Chuyen de he phuong trinh

Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

ng
CHUYÊN ĐỀ TOÁN PHỔ THÔNG

ươ
SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

ỳD
hu
ịT
Th
ần
Tr
à n♥
To
ng
oà
ôH
Ng

c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 1


ng
LỜI NÓI ĐẦU

ươ
Trong thế giới toán học,các mảng kiến thức luôn có mối quan hệ hữu cơ với nhau. Nhà toán học
René Descartes đã đại số hoá hình học khi tạo ra thế giới hình giải tích . Có thể nói khi ta quan tâm
đến một vấn đề nào đó trong toán mà lại lãng quên đi các lĩnh vực khác thì thật là điều đầy tiếc

ỳD
nối,muốn thành công phải biết chiêm nghiệm và học hỏi nhiều điều,giữa những khoảng không gian
bao la luôn tồn tại tình yêu đẹp.
Bất đẳng thức được xem như là đề tài hấp dẫn thu hút sự quan tâm của các toán thủ trên các diễn
đàn,sự huyền bí của hai cặp dấu ≥ ≤ luôn thách thức trí óc và độ tư duy của người giải toán. Chẳng

hu
những thế,phân môn này luôn là câu đánh đố cao trong các đề thi học sinh giỏi,Olympic và tuyển
sinh đại học. Chợt nhớ đến đề thi đại học khối A năm 2012 vừa qua là câu khống chế điểm của hầu

ịT
hết thí sinh,như thế cho ta thấy mức độ khó của lớp bài toán này luôn cao.
Nếu xem bất đẳng thức như "Ông hoàng" trong toán phổ thông thì hệ phương trình như một
cô gái chân quê hút hồn bao nhiêu gã si tình,những chàng thợ săn mãi mê tìm vẻ đẹp của nàng,khẽ
gõ cửa trái tim nàng để mong đến lúc nào đó tìm ra chân lí (x; y) ở đâu ? Ta lại chợt nhận ra nếu

Th
câu bất đẳng thức trong đề đại học không có hay không quá khó thì nàng lại vững bước kiêu sa làm
cho bao sỉ tử đau đầu đi chinh phục. Đó có lẽ là tình yêu đẹp có chút nhẹ nhàng nhưng lắm phong
ba.
Sự xa cách của nơi đô thành tấp nập và chốn thôn quê bình dị ấy,có lúc nào lại gặp nhau nơi
ần
dòng sông hò hẹn này,nơi tình cảm nồng ấm của những đôi trai gái yêu nhau.Tác giả xin làm con đò
nhỏ đưa lữ khách sang sông,nối nhịp đôi bờ lại với nhau qua chuyên đề
Tr

SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Cho bài biết tham gia vào "Tuyển tập các chuyên đề ôn thi đại học của diễn đàn
n♥

www.k2pi.net 1 " để góp phần đưa các thí sinh đang có chút phân vân về cách học và ôn tập toán
như thế nào là hiệu quả để thẳng tiến vào cánh cổng đại học phía xa kia có một tài liệu ôn tập bổ
trợ cả hai mảng hệ phương trình và bất đẳng thức,đồng thời cũng muốn gởi đến đọc giả yêu toán
chút gia vị yêu thương dù nhỏ bé này.
à

Điều đặc biệt tác giả muốn gởi tặng chuyên đề này đến người con gái mà tác giả yêu thương
mang tên Trần Thị Thuỳ Dương Lớp Dược B Khoá 38 Đại Học Y Dược Cần Thơ như thể hiện tình
To

cảm của chính bản thân mình.
Do không phải theo nghiệp cầm phấn và kiến thức toán còn hạn hẹp nên chắc hẳn sai sót là điều
không thể tránh khỏi được,rất mong nhận được sự góp ý của quý bạn đọc qua địa chỉ Ngô Hoàng Toàn
ng

Lớp YD1 khoá 38 Trường Đại học Y Dược Cần Thơ hoặc email:Ngohoangtoan1994@gmail.com.
Rất mong nhận được sự quan tâm của các bạn để lần viết chuyên đề sau được hoàn thiện hơn.
Thân mến!
oà

Cần Thơ, ngày 01 tháng 01 năm 2013
ôH

Ngô Hoàng Toàn

1
Tuyển tập dự kiến sẽ tổng hợp và biên soạn các bài viết dưới dạng các bài giảng,chuyên đề thành
Ng

một ebook hoàn chỉnh.Dự kiến sẽ hoàn thành trong tháng 3 năm 2013.Mọi thắc mắc và đăng kí tham
gia chuyên đề xin liên hệ trực tiếp tại forum:www.k2pi.net.

2 TY D


ng
Phần 1:KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

ươ
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG

• Bất đẳng thức AM-GM:

ỳD
Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực không âm thì ta có:
√
a1 + a2 + ... + an ≥ n n a1 a2 ...an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .

hu
Tuy nhiên,khi giải toán ta hay quan tâm nhiều đến trường hợp và .Mà ta thường được biết
đến dưới phát biểu:

ịT
√
1. Cho a, b ≥ 0 .Khi đó ta có:a + b ≥ 2 ab .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b.
Bất đẳng thức này còn được viết dưới dạng khác tương đương là:
2

Th
a+b
(a) ≥ ab
2
(b) (a + b)2 ≥ 4ab
(c) a2 + b2 ≥ 2ab
(a + b)2
ần
2 2
(d) a + b ≥
2
√
2. Cho a, b, c ≥ 0 Khi đó ta có: a + b + c ≥ 3 3 abc .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Tr

Bất đẳng thức này còn có một số ứng dụng khác khá phổ biến như sau: Với mọi số thực
a, b, c ta luôn có:
(a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
n♥

(a + b + c)2
(b) a2 + b2 + c2 ≥
3
2
(c) (a + b + c) ≥ 3 (ab + bc + ca)
(d) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ abc (a + b + c)
à

(e) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc (a + b + c)
To

• Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
Với hai bộ số thực tùy ý a1 , a2 , ..., an vàb1 , b2 , ..., bn ta có :
(a2 + a2 + ... + a2 )(b2 + b2 + ... + b2 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2
1 2 n 1 2 n
a1 a2 an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = ... = .
ng

b1 b2 bn
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel
Giả sử a1 , a2 , ..., an là các số thực bất kì và b1 , b2 , ..., bn là các số thực dương . Khi đó ta luôn
oà

a1 2 a2 2 an 2 (a1 + a2 + ... + an )2
có : + + ... + ≥
b1 b2 bn b1 + b2 + ... + b
a1 a2 an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = ... =
ôH

b1 b2 bn
Tuy nhiên,khi giải toán ta hay quan tâm nhiều đến trường hợp n = 2 và n = 3 .
Khi đó ta gặp một số đánh giá quen thuộc sau:
Cho a, b, c > 0 ta có:
Ng

(a + b + c)2
1. a2 + b2 + c2 ≥
3


ng
1 1 1
2. (a + b + c) + + ≥9
a b c

ươ
• Bất đẳng thức Minkowski
1 1 1
+
a1 , a2 , ..., an ∈ n
p n
p n
p
và 1 < p ∈ + .Khi đó ap bp (ak + bk )p

ỳD
Cho k + k ≥
b1 , b2 , ..., bn ∈ + k=1 k=1 k=1

Nhưng ta quan tâm nhiều nhất là các bất đẳng thức quen thuộc sau:

√ √

hu
1. a2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2
√
2. a2 + b 2 + c 2 + m 2 + n2 + p2 ≥ (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2

ịT
3. a1 2 + b 1 2 + a2 2 + b2 2 + ... + an 2 + b n 2 ≥ (a1 + a2 + ... + an )2 + (b1 + b2 + ... + bn )2

Th
ần
Tr
à n♥
To
ng
oà
ôH
Ng

4 TY D


ng
Phần 2.CON ĐƯỜNG ĐI TỪ BÀI TOÁN ĐẾN SUY NGẪM CỦA BẢN THÂN

ươ
Chương I.BẤT ĐẲNG THỨC VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2 ẨN SỐ

Bài toán 01 Giải hệ phương 
trình: √

ỳD
4 4 xy
x +y 3

4 = −
x+y 8

(x + y) (1)
√ 1 3
 +√ =4
x y


hu
Phân tích bài toán

ịT
Câu hỏi đặt ra lúc này là khi ta nhìn vào hệ này,tại sao ta lại nghĩ rằng đây là hệ giải bằng phương
pháp Bất đẳng thức.Thật ra, điều ta quan tâm đến giả thiết bài toán đó chính√ phương trình
là
x4 + y 4 xy
thứ nhất.Sự đối xứng hai biến x, y và có sự xuất hiện của đại lượng 4
và .Đây là điều
(x + y) x+y

Th
quen thuộc trong các bước đánh giá bất đẳng thức.Đại lượng (x + y)4 yếu hơn x4 + y 4 nên ta
√
nhận ra được V T ≥ a còn x + y thì mạnh hơn xy nên ta nghĩ đến việc đánh giá V P ≤ a để đưa
về V T ≥ a ≥ V P từ đó đưa ra dấu đẳng thức.Việc còn lại là giải phương trình thứ hai không quá khó.
ần
Lời Giải

Điều kiện x, y > 0
Tr

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có:
(x2 + y 2 )2 (x + y)4
x4 + y 4 ≥ ≥
2 8
n♥

1
Do đó vế trái hệ (1) ≥
8
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho vế phải hệ (1) ta có
√ √
xy 3 xy 3 1
à

− ≤ √ − =
x+y 8 2 xy 8 8
To

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y
4
Thay vào hệ (2) ta có √ = 4 ⇔ x = 1.
x
ng

Vậy nghiệm của hệ là x = y = 1 .

Nhận xét
oà

Với việc bắt đầu bước vào giải các lớp bài toán hệ bằng bất đẳng thức,đây có lẽ là ví dụ dễ tiếp
cận với các bạn làm quen phương pháp này.Ý tưởng trong sáng cho hệ trên và phương pháp kết hợp
1
ôH

chặn V P ≤ ≤ V T là một trong những bước khởi đầu cho con đường chinh phục các dạng toán
8
như thế này.Với việc đánh giá như thế ta có thể đưa bài toán khó hơn chút nửa như sau.
Giải hệ phương trình : 
4x4 + y 4 + 6x2 y 2 = x3 x2 − y 2
Ng

x4 y + y 4 √x + 7√x = 0



ng
Bài tập tương tự

ươ
1.Giải hệ phương trình sau: 
2x + 4y = 32
xy = 8

ỳD
Đề thi học sinh giỏi Hà Tĩnh năm 2008-2009.

hu
2.Giải hệ phương trình sau:


ịT
2(x + y)2 + 4xy − 3 = 0
(x + y)4 − 2x2 − 4xy + 2y 2 + x − 3y + 1 = 0

Bài toán 02 Tìm tất cả các cặp số (x; y) không âm thỏa mãn hệ:

Th
 √
(2x + 4x2 + 1)( y 2 + 1 − y) = 1
 1 + 1 + 1 = 3
1 + 3x 1 + 2y 1 + 5x 1 + 4x
ần
Nguồn gốc
Tr

Bài toán được đưa lên trang www.k2pi.net bởi anh Nguyễn Trung Kiên,bài toán chuẩn mực và đầy
lí thú ,những tư duy chặt chẽ trong đó cho ta nhiều điều suy ngẫm để hướng tới những bài toán và
cách sáng tạo hệ mới.Lời giải đến hiện nay cho bài toàn này là từ anh Con Phố Quen, một lời giải
đẹp mang đậm chất nghệ thuật.
n♥

1 1 1
Điều đầu tiên khi ta nhìn vào bài toán này chính là các đại lượng + + đó là các
à

√ 1 + 3x 1 + 2y 1 + 5x
đại lượng mũ và điều kì thú là 3x .4x .5x = 60x ≤ 64x với 64x = 4x .Vậy chắc rằng tồn tại bất đẳng
3
To

1 1 1 3
thức có dạng + + ≥ √ để hệ thứ hai là một bất đẳng thức dưới dạng bổ
1+a 1+b 1+c 1 + 3 abc
đề toán.Chính điều này đã định hướng phần nào cho ta cách tiếp cận bài toán dưới cách nhìn bất
đẳng thức.
ng

Lời giải
oà

Trước tiên ta cần để ý rằng :
ôH

y 2 + 1 − y = 0; y2 + 1 − y y2 + 1 + y = 1

Tiếp đến là một bất thức quen thuộc được dùng trong bài toán này như một bổ đề :
Ng

1 1 1 3
+ + ≥ √ với a, b, c ≥ 1
1+a 1+b 1+c 1 + 3 abc

6 TY D


ng
Với đánh giá thứ nhất ta đưa phương trình thứ nhất trong hệ về phương trình :

ươ
√
2x + 4x2 + 1 = y + y 2 + 1

√ t

ỳD
Tới đây xét hàm số f (t) = t + t2 + 1, ∀t ≥ 0. Ta có f (t) = 1 + √ > 0, ∀t ≥ 0.
t2 + 1
Từ đó ta có :f (2x) = f (y) ⇔ y = 2x.
Với kết quả này cùng với đánh giá thử hai tức là bổ đề nêu ra ta có :
1 1 1 3 3

hu
x
+ x
+ x
≥ √3
≥ √
1+3 1+4 1+5 1 + 60 x 1 + 3 64x
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = 0

ịT
Nhận xét
Lời giải trên giúp ta có lối tư duy đẹp cho việc tạo ra các bài toán hay,cái khó của bài toán còn
nằm ở chổ đánh giá 60x ≤ 64x với x ≥ 0.Từ bài toán trên ta cũng có thể tạo ra những bài toán ấn

Th
tượng,ví dụ như bài toán sau.
Giải
 hệ phương trình sau:
(2x + √4x2 + 1)( y 2 + 1 − y) = 1
(1 + 2x )(1 + 2y )(1 + 5x ) = (1 + 4x )
ần
1.Tìm nghiệm dương của hệ :
 3x 4y 2z
+ + =1
Tr


x+1 y+1 z+1 .
 9 3 4 2
8 .x y z = 1
2.Giải hệ phương trình

n♥

x + y + z = 1
x4 + y 4 + z 4 = xyz

Bài toán 03 Tìm tất cả các cặp số (x; y) dương thỏa mãn hệ:
à


9 41 x2 + 1

To

= 3 + 40x (1)
2 2x + y

x2 + 5xy + 6y = 4y 2 + 9x + 9 (2)

ng

Nguồn gốc
Bài toán này được bạn Hải với nick hoanghai1195 đưa lên diễn đàn www.K2pi.net trong thời gian
dài dù nhận được nhiều sự quan tâm nhưng chưa có lời giải nào.Sau đó bạn đã đưa lời giải của mình
oà

lên,một lời giải đẹp và đầy tính đánh đố.
ôH

Đại lượng căn làm ta có cảm giác thấy khó xử lí,công việc ta cần làm là phá các căn thức đó
đi,để ý rằng 41.2 = 82 = 92 + 12 vậy theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có :
1 1
Ng

(92 + 12 ) x2 + ≥ |9x + |
2x + y (2x + y)



ng
Mà ta dự đoán được x = y = 3 là nghiệm của hệ nên để ý đến việc chọn điểm rơi để phá căn thức
còn lại như sau:

ươ
1 1.3 6 6
|9x + | = |9x + | ≥ |9x + | ≥ 9x +
2x + y) 9(2x + y) 2x + y + 9 2x + y + 9

ỳD
Việc phá căn hoàn tất vấn đề còn lại là sử dụng giả thiết còn lại bài toán để giải quyết vấn đề trên.

Lời giải

hu
41 2 1 1 6 + 80x
9 x + = 3 + 40x ⇔ 82 x2 + = (a)
2 2x + y 2x + y 9

ịT
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có :

1 1 1
82 x2 + = (92 + 12 ) x2 + √ ≥ |9x + |

Th
2x + y ( 2x + y)2 (2x + y)
Theo bất đẳng thức AM − GM ta lại có :
1 1.3 6
|9x + | ≥ 9x + ≥ 9x +
(2x + y) 9(2x + y) 2x + y + 9
ần
Để phương trình (a) có nghiệm thì
Tr

6 + 80x 18x2 + 9xy + 81x + 6
≥ ⇔ 3x − 2x2 − xy + 6y ≥ 0 (3)
9 2x + y + 9

Cộng phương trình (2) với phương trình (3) ta được:
n♥

−x2 + 4xy − 4y 2 + 12y − 6x − 9 ≥ 0 ⇔ −(x − 2y + 3)2 ≥ 0 ⇔ x + 3 − 2y = 0

Vậy dấu bằng ở các bất đẳng thức trên xảy ra hay: x = y = 3.
Thử lại ta thấy thoả mãn hệ ban đầu.
à

x=3
To

Vậy nghiệm của hệ :
y=3
Nhận xét
Xét về tính thực tế bài này rất khó đòi hỏi người giải phải thuần thục kỉ năng sử dụng cả hai bất
ng

đẳng thức AM − GM và Cauchy Schwarz.Điều ta quan tâm là cách tác giả đi từ những đánh giá
cơ bản đi đến bài toán của mình,khi các bạn đọc lời giải trên có lẽ các bạn thấy được rằng điểm
mấu chốt giải quyết bài toán nằm ở các đánh giá thông qua việc chọn điểm rơi trong bất đẳng thức
oà

AM − GM và Cauchy Schwarz.Xin được nói thêm cách chọn được điểm rơi như thế.

• Thứ nhất
ôH

1 1
Việc có đánh giá (92 + 12 ) x2 + √ ≥ |9x + | là do ta đoán được hệ
( 2x + y)2 (2x + y)
9 1
có nghiệm x = y = 3 nên ta quan tâm dấu đẳng thức xảy ra là = . khi ta thay
x 1
√
Ng

2x + y
x = y = 3 vào thì điều này đúng,vậy ta lí giải được phần đáng giá này.

8 TY D


ng
• Thứ hai
1.3 6
Với đánh giá này 9x + ≥ 9x + ta dựa vào điểm rơi của AM − GM
9(2x + y) 2x + y + 9

ươ
qua việc phá bỏ căn thức.Thấy biểu thức trong căn có giá trị là 9 muốn phá bỏ căn thức này
ta cần thêm vào số 3 dưới mẫu thì thêm 3 trên tử.Như thế khi áp dụng AM − GM dấu đẳng

ỳD
thức vẫn bảo toàn.

Giải hệ phương trình:
x + 6√xy − y = 6


hu

x3 + y 3
x + 6 2
 − 2(x2 + y 2 ) = 3
x + xy + y 2

ịT
Bài toán 04 Tìm tất cả các cặp số (x; y) dương thỏa mãn hệ:

2x2 (4x + 1) + 2y 2 (2y + 1) = y + 32
x 2 + y 2 − x + y = 1

Th
2

ần
Ta thấy rõ việc đánh giá bất đẳng thức qua sự đối xứng các biến x, y.Nhưng điều quan trọng là ta
nên khai thác giả thiết này như thế nào ? Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ được viết thành
1 1 1 1
(x− )2 +(y + )2 = 1 vậy nếu đặt a = x− ; b = y + thì ta có ngay chặn của biến a, b ∈ [−1; 1].Việc
Tr

2 2 2 2
còn lại là biến đổi phương trình thứ nhất về các đại lượng đánh giá thích hợp.
n♥

Lời giải
1 1
Từ phương trình 2 ta có: (x − )2 + (y + )2 = 1
2 2
1 1 1 1
Vậy nếu ta đặt x − = a; y + = b thì x = a + ; y = b − và a, b ∈ [−1; 1]
à

2 2 2 2
Lúc này thay vào phương trình 1 ta có được:
To

8a3 + 14a2 + 8a + 4b3 − 4b2 = 30

Hay
ng

(4a2 + 11a + 15)(a − 1) + 2b2 (b − 1) = 0(1)

Vì a, b ∈ [−1; 1] nên ta có  2 + 11a + 15)(a − 1) ≤ 0 và b2 (b − 1) ≤ 0
(4a 
oà

a = 1 a = 1
Kết hợp với (1) ta suy ra hoặc
b = 0 b = 1

x = 3
ôH


a = 1 
* Nếu thì 2
b = 0 y = −1

 2

a = 1 x =
 3
*Nếu thì 2
Ng

b = 1 y = 1

2



ng
3 −1 3 1
Vậy nghiệm (x; y) của hệ là ( ; ), ( ; ) .
2 2 2 2

ươ
Nhận xét
Thật trùng hợp khi bài toán trên có một dạng tương tự khá khó nằm trong đề thi thử lần 1 của diễn
đàn K2pi.net như sau:

ỳD
Giải hệ phương trình :
(x + y) (25 − 4xy) = 105 + 4x2 + 17y 2

4
4x2 + 4y 2 + 4x − 4y = 7

hu
3a − 1 3b + 1
Lời giải Đặt x = ;y = .Lúc đó hệ trở thành:
2 2

−6b3 + 9b2 = 6a3 + 14a − 20 (1)

ịT
a2 + b 2 = 1

Ta có (1) ⇔ 3b2 (3 − 2b) = (a − 1)(6a2 + 6a + 20)

Th
⇔ 3(1 − a2 )(3 − 2b) = (a − 1)(6a2 + 6a + 20)
⇔ (a − 1)(6a2 + 6a + 20 + 9 − 6b + 9a − 6ab) = 0
1
+) Với a = 1 ⇒ b = 0 ⇒ x = 1; y =
2
ần
+) Với 6a2 + 29 + 15a − 6b − 6ab = 0 (2) ta có: V T (2) ≥ 6a2 + 29 − 15 − 6 − 3 = 6a2 + 5 > 0 nên
trường hợp này phương trình vô nghiệm.
1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; )
Tr

2
Bài toán tương tự
Giải hệ phương trình : 
n♥

x 4 + y 4 = 2
x3 − 2x2 + 2x = y 2
.
x + 2(y − √x − 1) ≤ 19 + 1


Bài toán 05 Giải hệ bất phương trình: 5 y2 + 1
 √2x + y − 2 + √y − x + 1 = 3
à
To

• Lời giải 1
ng

Phân tích :
Nhận thấy hệ này có ba biểu thức chứa căn, ta suy nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để bỏ căn. Nhưng
bài toán đặt ra là đặt ẩn phụ như thế nào?
oà

√ √
Rõ ràng hai biểu thức 2x + y − 2; y − x + 1 có mối liên hệ với nhau nên ta chỉ cần đặt ẩn
√
phụ cho một trong hai biểu thức này và đặt ẩn còn lại là x − 1.
√ √
ôH

Lời giải dưới đây lựa chọn y − x + 1 làm một ẩn, bạn hoàn toàn có thể đặt u = 2x + y − 2

Lời giải 
 x≥1

Điều kiện: y−x+1≥0
Ng


2x + y − 2 ≥ 0


10 TY D


ng
√
u= y−x+1≥0 x = v2 + 1
Đặt √ ⇒
v = x−1≥0 y = u2 + v 2

ươ
Khi đó đưa về hệ bất phương trình:

 v 2 + 1 + 2 (u2 + v 2 − v) ≤ 19 + 1

5 (u2 + v 2 )2 + 1

ỳD
u + 2 (v 2 + 1) + u2 + v 2 − 2 = 3


 (v − 1)2 + 2 (u2 + v 2 ) ≤ 19 + 1


hu
⇔ 5 (u2 + v 2 )2 + 1
√

u+ u 2 + 3v 2 = 3

ịT
Để ý bất phương trình đầu của hệ có chung nhân tử (u2 + v 2 ) nên ta nghĩ đến việc loại bỏ
(v − 1)2 ≥ 0, từ bất phương trình này ta suy ra được:

19 1

Th
2 u2 + v 2 ≤ +
5 (u 2 + v 2 )2 + 1

2
⇔ u2 + v 2 − 2 10 u2 + v 2 + u2 + v 2 + 12 ≤ 0

⇔ u2 + v 2 ≤ 2
ần
Mặt khác sử dụng bất đẳng thức AM − GM cho
Tr

√ u2 + 1 4 + u2 + 3v 2 3 (u2 + v 2 ) + 6 3.2 + 6
3=u+ u2 + 3v 2 ≤ + = ≤ =3
2 4 4 4
Do vậy các dấu đẳng thức xảy ra, tức
n♥


 (v − 1)2 = 0 √
 u=1 y−x+1=1 x=2
u=1 ⇔ ⇔ √ ⇔
 √ v=1 x−1=1 y=2

2= u 2 + 3v 2
à

thỏa mãn điều kiện.
To

Vậy hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2) .

• Lời giải 2 
2x + y − 2 ≥ 0

ng

Điều kiện: 2y − 2 + 2 ≥ 0

x≥1

Ta có:
√
oà

(x − 2)2
x + 2y − 2 x − 1 = √ + 2y ≥ 2y (∗)
x+2 x−1
Do đó bất phương trình (1) đúng khi và chỉ khi bất phương trình sau phải đúng
ôH

19 1
+ 2 ≥ 2y
5 y +1
Ng

⇔ (y − 2)(10y 2 + y + 12) ≤ 0 ⇔ y ≤ 2 (∗∗)



ng
Từ phương trình (2):

ươ
x + 2y − 1 + 2 (2x + y − 2)(y − x + 1) = 9
Ta có
2x + y − 2 + 4(y − x + 1) 9y
V T ≤ x + 2y − 1 + =

ỳD
2 2
Từ đó suy ra
9y
≥9⇔y≥2( )
2
Từ ( ); ( ); ( ) hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2)

hu
Nhận xét

ịT
Các đánh giá trong bài toán đều rất khéo tuy nhiên lời giải 1 là tường minh và cho ta suy nghĩ đẹp
hơn.Những hệ bất phương trình dạng này là một ví dụ điển hình cho lối giải toán bất đẳng thức
trong hệ.

Th

1. Giải hệ phương trình:
2√xy + √1 − 2y ≤ √2y

ần
2005√2xy − y + 2006y = 1003
Tr

2. Giải hệ phương trình : 
x6 + y 8 + z 10 ≤ 1
x2007 + y 2009 + z 2011 ≥ 1
n♥

(y + 1)2 + y y 2 + 1 = x + 3


Bài toán 06 Giải hệ phương trình: 2
x + √x2 − 2x + 5 = 1 + 2√2x − 4y + 2
à
To

ng

Bài toán này không dễ nhận ra việc sử dụng bất đẳng thức như thế nào,lớp bài toán này thường
hay phổ biến trong các đề.Khi ta biến đổi qua một số bước sẽ đưa đến việc dùng bất đẳng thức để
chứng minh các phương trình là có nghiệm hay vô nghiệm.Qua biến đổi ta đưa về một phương trình
oà

là :
(x − 1)2 + 4 ≥ |x − 1| ≥ (x − 1)
ôH

2 y 2 + 1 > 2 |y| ≥ 2y

.Việc phát hiện ra dùng đánh giá dạng A2 ≥ 0 là cách đưa bài toán dễ chứng minh hơn bởi nếu ta
tìm cách giải phương trình (x − 1) + (x − 1)2 + 4 = 2y + 4y 2 + 4 là điều rất khó bởi hệ trên có
cả căn thức và hai biến x, y.Vì thế ta đi đến lời giải sau
Ng

Điều kiện : x − 2y + 1 ≥ 0

12 TY D


ng
Từ phương trình (1) của hệ ta có :

ươ
(y 2 + 1) + 2y y 2 + 1 + y 2 = 2x − 4y + 2
2
⇔ y+ y2 + 1 = 2x − 4y + 2 (a)

ỳD
Từ phương trình thứ (2) ta lại có :

2
2
(x − 1) + (x − 1) + 4 = 4(2x − 4y + 2) (b)

hu
Từ (a) và (b) cho ta :

ịT
2 2
2
(x − 1) + (x − 1) + 4 = 4 y + y 2 + 1

x + 2y − 1 + (x − 1)2 + 4 + 2 y 2 + 1 = 0

Th
(3)
⇔ 
(x − 1) + (x − 1)2 + 4 = 2y + 4y 2 + 4 (4)

-Với phương trình (3) để ý là :
ần
(x − 1)2 + 4 ≥ |x − 1| ≥ (x − 1)
2 y 2 + 1 > 2 |y| ≥ 2y
Tr

⇒ x + 2y − 1 + (x − 1)2 + 4 + 2 y 2 + 1 > 0( )
n♥

- Với phương trình (4) ta có :

[(x − 1) − 2y] (x + 2y − 1)
[(x − 1) − 2y] + = 0 ⇔ x − 1 = 2y
(x − 1)2 + 4 + 4y 2 + 4
à
To

( Do chứng minh ( ) làm cho biểu thức trong ngoặc của nhân tử liên hợp >0 )
-Với x − 1 = 2y ta thay vào phương trình thứ hai của hệ ban đầu ta được phương trình:

√ √
x+ x2 − 2x + 5 = 1 + 2 4x + 1
ng

Phần việc còn lại không khó xin dành cho bạn đọc.
oà

Bài toán 07 Giải hệ phương trình:
ôH

(x + y + 1)(x + y + 1 + xy) = 12xy
√
y 3x − 2x2 − 1 + x 1 + y − 2y 2 + xy = 1
Ng



ng

Bản chất của bài toán nằm ở đánh giá lượng của phương trình thứ nhất,khi quan sát ta nhận thấy

ươ
lượng xy của vế phải yếu hơn x + y của vế trái nên ta nghĩ đến việc dùng AM − GM để đưa về tìm
các chặn của xy.Tương tự như bài toán 1 ta đưa về dạng đánh giá 1 ≤ xy ≤ 1 (Lời giải 1).
1 1 1

ỳD
Về lời giải thứ 2,sự khéo léo nằm ở việc biến đổi − = ở phương trình
x + y + 1 x + y + 1 + xy 12
1
đầu,vấn đề còn lại là dùng bất đẳng thức AM − GM để chuyển về phương trình −
x+y+1
4 1 4 1
2 sau đó dùng đạo hàm chứng minh f (t) = − 2 ≤ .Từ những định tính ban
t 12

hu
(x + y + 2) (t + 1)
đầu ta đi đến lời giải sau.

ịT
Lời giải

1

3x − 2x2 − 1 ≥ 0  ≤x≤1
Lời giải 1 Điều kiện: ⇐⇒ 2

Th
1 + y − 2y 2 ≥ 0  −1 ≤ y ≤ 1

2
Lúc này ta có:

x + y + 1 ≥ 1 + −1 + 1 = 1 > 0
ần

2 2
x + y + 1 + xy ≥ 1 + −1 + 1 + 1. −1 = 1 > 0

2 2 2 2
Tr

Suy ra 12xy = (x + y + 1)(x + y + 1 + xy) > 0 ⇒ xy > 0
Mà x > 0 nên suy ra y > 0
Do đó từ phương trình 2 ta dễ suy ra được xy ≤ 1
n♥

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM − GM thì từ phương trình 1 ta có:
5
√
12xy = (x + y + 1)(x + y + 1 + xy) ≥ 3 3
x.y.1.(2 x.y + 2 1.xy) = 12(xy) 6
à

Suy ra xy ≥ 1
To

Do đó xy = 1 ⇐⇒ x = y = 1
Thử  thấy x = 1; y = 1 là nghiệm của hệ.
lại
x = 1
Vậy .
y = 1
ng


 1
 − ≤x≤1
Lời giải 2 Điều kiện: 2
 −1 ≤ y ≤ 1
oà


2
+) Với : (x + y + 1) (x + y + 1 + xy) = 0 hệ vô nghiệm.
ôH

+) Với : (x + y + 1) (x + y + 1 + xy) = 0
1 1 1
Từ phương trình (1) cho ta : − =
x + y + 1 x + y + 1 + xy 12
1 1 1 4
Lại có : − ≤ −
x + y + 1 x + y + 1 + xy x + y + 1 (x + y + 2)2
1 4
Ng

Xét hàm số : f (t) = − , t ∈ [1; 3] , trong đó : t = x + y + 1
t (t + 1)2

14 TY D


ng
1
Lập bảng biến thiên cho ta : f (t) ≤ f (3) =
12
x+1=y+1 x=1

ươ
Vậy (1) ⇔ ⇔
x+y+1=3 y=1
x=1
Thử lại cho ta nghiệm của hệ :

ỳD
y=1

Vậy nghiệm của hệ là (x, y) = (1; 1)
Nhận xét

hu
• Lời giải 1 tự nhiên hơn hẳn,chỉ thuần sử dụng bất đẳng thức để đánh giá,cái tinh tế ở đây là
việc ta sử dụng bất đẳng thức AM − GM tại

ịT
5
√
12xy = (x + y + 1)(x + y + 1 + xy) ≥ 3 3
x.y.1.(2 x.y + 2 1.xy) = 12(xy) 6

Th
Tại sao ta không áp dụng AM − GM trực tiếp cho các số mà phải ghép cặp lại,chỉ vì khi ta
xét dấu đẳng thức thì việc ghép cặp giúp ta bảo toàn dấu đẳng thức bài toán.

• Sự tinh ý của lời giải 2 nằm ở vị trí đánh giá
ần
(x + y + 2)2 ≥ 4(x + y + 1 + xy) với điều kiện x, y ≤ 1.

Điều này đúng theo bất đẳng thức AM − GM vì ta có
Tr

(x + y)2 (x + y)2 + 4(x + y) + 4 (x + y + 2)2
x + y + 1 + xy ≤ x + y + 1 + +x+y+1= =
4 4 4
n♥


(x + 6y + 3)√xy + 3y = (8y + 3x + 9)y

à

 −x2 + 8x − 24y + 417 = (y + 3)√y − 1 + 3y + 17
To

ng

Hệ đã cho gồm các phương trình căn thức và đa thức,việc ta nên làm là giải quyết các căn thức
khó chịu trên.Và phương pháp thương dùng nhất là đặt ẩn phụ,nhưng đặt ẩn phụ như thế nào là
oà

ổn.Đó là điều ta quan tâm ?
ôH

Lời giải

Ta viết lại hệ phương trình đã cho như sau:
√
(x + 6y + 3) xy + 3y = (8y + 3x + 9)y (1)
Ng

√
−x2 + 8x − 24y + 417 = (y + 3) y − 1 + 3y + 17 (2)



ng
√ √
Ta đặt a = x + 3; b = y với a, b ≥ 0
Tư đó ta viết lại phương trình (1) thành :

ươ
(a2 + 6b2 )ab = b2 (8b2 + 3a2 )

ỳD
Vậy ta có : b = 0 hay a3 + 6ab2 = 8b3 + 3a2 b
Vậy ta có :

hu
• b = 0 Suy ra y = 0 không thoả phương trình (2).

• (a − 2b)(a2 − ab + 4b2 ) = 0 ⇒ a = 2b

ịT
Với a = 2b ⇒ x + 3 = 4y
Thay vào (2) ta có :
4 (y + 4)(6 − y) = (y + 3) y − 1 + 3y + 17

Th
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có :

(y + 4 + 6 − y)
4 (y + 4)(6 − y) ≤ 4 = 20
2
ần
Và ta có :
(y + 3) y − 1 + 3y + 17 ≥ 3y + 17 ≥ 3 + 17 = 20
Tr

Vậy đẳng thức xảy ra khi y = 1 thay vào ta có x = 1.
Vậy nghiệm của hệ là (x, y) = (1; 1)
n♥


 x3 − y 3 + 5 (x + y)2 + 5x2 − 8 xy + 13x = 100
Bài toán 09 Giải hệ phương trình: 3 3 3
 x2 + y 2 + xy − 3x − 4y + 4 = 0

Lời giải
à
To


Đây là dạng toán hay và quen thuộc với việc kết hợp hai công cụ mạnh là đánh giá bất đẳng
thức và đạo hàm.Với những dạng toán như thế này,công việc ban đầu ta làm là tìm các chặn của các
ng

biến x, y dựa vào việc đánh giá Delta của một trong hai phương trình của hệ.Khi đó ta sẽ có tiếp
hai hướng để giải quyết
oà

1. Sử dụng đạo hàm để đánh giá dạng f (x) + g(y) = a với min hoặc max của f (x) , g(y) có tổng
bằng a.
ôH

2. Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá dạng A + B ≥ a với A, B là hai biểu thức nào đó và a là
hằng số.
Ng

Lời giải

16 TY D


ng
Ta viết lại hệ đã cho như sau

 x3 − y 3 + 5 (x + y)2 + 5x2 − 8 xy + 13x = 100 (1)

ươ
3 3 3
 x2 + y 2 + xy − 3x − 4y + 4 = 0(2)

4

ỳD
 ≥x≥0
Từ (2) ta suy ra điều kiện của x; y là 73
 ≥y≥1

3
Rút xy từ (2) thay vào (1) ta được

hu
(3x3 + 18x2 + 45x) + (3y 2 − 3y 3 + 8y) = 108 (3)

Xét hàm số
4

ịT
f (x) = 3x3 + 18x2 + 45x; x 0;
3
4
Suy ra f (x) ≥ 0 nênf (x) là hàm đồng biến với x 0;
3

Th
892
⇔ f (x) ≤ f 4  = (4)
  9
3
Xét hàm số
ần
7
g(y) = 3y 2 − 3y + 8y; y 1;
3
Dựa vào bảng biến thiên:
Tr

80
g(y) ≤ g 4  = (5)
  9
3

x = 4
n♥


Từ (3), (4), (5) suy ra hệ có nghiệm ⇔ 3
y = 4

3
Thử lại thấy nghiệm thỏa mãn phương trình thứ hai.
4 4
à

Hệ phương trình có nghiệm (x; y) = ( ; )
3 3
To

x4 + y 2 = 698


1. Giải hệ phương trình 81
x2 + y 2 + xy − 3x − 4y + 4 = 0
ng


x3 − y 3 − 15(x − y) − (x + y)2 = x2 − 9y 2 − 15y + 94
2. Giải hệ phương trình
4x2 + 4y 2 + 6x + 6y − 2xy − 9 = 0
oà

√x + √y + 2(x2 + y 2 ) = 4 + 2xy

ôH

Bài toán 10 Giải hệ phương trình :
x 3x2 + 6xy + y 3y 2 + 6xy = 6
Lời giải
Ng



ng
Bài toán này rất thú vị,nếu ta không nhận ra rằng nếu sử dụng các bất đẳng thức quá mạnh sẽ

ươ
dẫn tới làm khó bài toán và gần như là đưa kết quả về con số 0.Bài toán được anh Nguyễn Trung
Kiên đưa lên trang www.k2pi.net trong một thời gian không nhận được lời giải,sau đây là lời giải
của chúng tôi,một lời giải áp dụng chỉ bất đẳng thức cơ bản nhưng khá tinh tế.Mời các bạn cùng

ỳD
thưởng thức.
Lời giải
Ta viết lại đề bài:

hu
√x + √y + 2(x2 + y 2 ) = 4 + 2xy


ịT
x 3x2 + 6xy + y 3y 2 + 6xy = 6

Từ phương trình thứ hai,áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có :

Th
x 3x2 + 6xy + y 3y 2 + 6xy ≥ 2 xy. 3x2 + 6xy. 3y 2 + 6xy

≥ 2. xy (9x2 y 2 + 18xy(x2 + y 2 ) + 36x2 y 2 ) ≥ 2. xy (9(xy)2 + 36(xy)2 + 36(xy)2 ) = 6xy
Suy ra xy ≤ 1 (1).
ần
Để ý rằng √ √ √ √
x. 9x. 3x + 6y y. 9y. 3y + 6x
x 3x2
+ 6xy + y 3y 2
+ 6xy = +
Tr

3 3
Ta lại có theo bất đẳng thức AM − GM thì :
√ √ √ √
x. 9x. 3x + 6y y. 9y. 3y + 6x 12x2 + 6xy 12y 2 + 6xy
+ ≤ + = 2(x2 + y 2 + xy)
n♥

3 3 6 6
Vậy ta suy ra:x2 + y 2 + xy ≥ 3
Mà xy ≤ 1 nên x2 + y 2 ≥ 2 .
Từ phương trình thứ nhất ta có:
√ √ √
à

4 + 2xy ≥ x+ y + 4 ≥ 2. 4 xy + 4.
To

√ √
Vậy suy ra xy ≥ 4 xy ⇐⇒ 4 xy ≥ 1
Hay xy ≥ 1 (2).
Từ (1); (2) ta suy ra xy = 1.
Và từ các dấu bằng bất đẳng thức ta có x = y = 1.
ng

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = (x; y) = (1; 1).
oà

Bài toán 11 Tìm tất cả các nghiệm dương của hệ phương trình :

√x + y + 2(2x2 − 5x − 3) = y(1 − y − 5x) + √3


ôH

1 1 2

4 + 2x(12x + 1) + 2(y + 2)
+ 4 + 2y(12y + 1) + 2(x + 2)
=
16x 16y 145

Ng

18 TY D


ng
Nguồn gốc

Bài toán được đưa lên www.k2pi.net bởi anh Con Phố Quen trong topic hệ sáng tạo từ các thành

ươ
viên K2pi.netvà lời giải đến hiện nay cho bài toán này là của chúng tôi,một lời giải thân quen với
những công cụ bất đẳng thức đưa bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều.Thay vì phân tích hướng

ỳD
làm,chúng tôi mời các bạn đọc bài toán và tự rút ra hướng làm cho bản thân mình.Vì như thế các
bạn sẽ hiểu rõ hơn cách giải và có những sáng tạo nhất định.Chúng tôi chờ đợi lời giải từ các bạn.

Lời giải

hu
Ta viết lại hệ phương trình

√x + y + 2(2x2 − 5x − 3) = y(1 − y − 5x) + √3 (1)



ịT
1 1 2

4 + 2x(12x + 1) + 2(y + 2)
+ 4 + 2y(12y + 1) + 2(x + 2)
= (2)
16x 16y 145


√
-Xét (1). Đặt t = x + y;t > 0. Ta viết phương trình (1) về dạng:

Th
√
t + 4x2 − 10x − 6 = y − y 2 − 5xy + 3

Theo cách "chân quê" ta cứ rút y theo x, t nên ta có :y = t2 − x Vậy phương trình trên biến đổi lại
ần
thành:
√
t4 − t2 + t − 6 − 3 = 3(3 − t2 )x
√ √ √ √ √
⇐⇒ (t − 3)(t3 + 3t2 + 2t + 2 3 + 1) = 3( 3 − t)( 3 + t).x
Tr

Đến đây các bạn có thắc mắc tại sao tôi biết được cách phân tích như thế không ? Thật ra,khi nhìn
vào phương trình thứ hai,ta dễ nhận thấy phương trình trên là một bất đẳng thức nào đó ,nên điều
ta thiết nghĩ lúc này có chăng là x = y. Thật vậy,bằng kiểm tra đơn giản,ta có ngay một nghiệm bài
n♥

3
toán là x = y = .Đến đây với cách "chân quê" ta lại có biến đổi như trên là điều hoàn toàn giải
2
thích được. Phương trình trên cho ta :
√
t = 3 (3)
à

√ √ √
t3 + 3t2 + 2t + 2 3 + 1 = −3( 3 + t).x (4)
To

√
Chúng ta hãy tạm giải quyết trường hợp t = 3 trước. Quay trở lại phương trình (2) ta có:
1 1 2
+ =
16x4 + 2x(12x + 1) + 2(y + 2) 16y 4 + 2y(12y + 1) + 2(x + 2) 145
ng

1 1 4
oà

+ ≥
16x4 + 2x(12x + 1) + 2(y + 2) 16y 4 + 2y(12y + 1) + 2(x + 2) 16(x 4 + y 4 ) + 24(x2 + y 2 ) + 4(x + y + 2)

Ta biến đổi bất đẳng thức về :
ôH

16(x4 + y 4 ) + 24(x2 + y 2 ) + 4(x + y + 2) ≤ 290

Đặt t = x + y . Theo bất đẳng thức AM − GM ta có các đánh giá :
Ng

x+y ≤ 2(x2 + y 2 )



ng
x2 + y 2 ≥ 2(x4 + y 4 )
√
Đặt u = 2 2. 4 x4 + y 4 .

ươ
Vậy ta có :

16(x4 + y 4 ) + 24(x2 + y 2 ) + 4(x + y + 2) ≤ 2u4 + 12u2 + 4(u + 2) ≤ 290

ỳD
Mà 2u4 + 12u2 + 4(u + 2) − 290 = (u − 3)(2u3 + 6u2 + 30u + 94) = 0 do u = 3.
Vậy đây chỉ là một đẳng thức.
3
Vậy dấu bằng xảy ra khi x = y =

hu
2
-Ta giải quyết (4).
√ √ √
t3 + 3t2 + 2t + 2 3 + 1 = −3( 3 + t).x
√ √ √

ịT
Dễ nhận thấy với điều kiện x, t > 0 ta có t3 + 3t2 + 2t + 2 3 + 1 + 3( 3 + t).x > 0 nên phương
trình này vô nghiệm.
3 3
Vậy tóm lại hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x; y) = ( ; ).
2 2

Th
Nhận xét Cách tạo hệ từ bất đẳng thức như thế này giúp ta có thể có được những bài toán hay,có
thể lấy một bài bất đẳng thức trong đề thi thử chuyên Khoa học tự nhiên năm 2012 làm bài toán
hệ như sau:
Tìm nghiệm dương của hệ sau
ần

x + y = 2
1 1 2
Tr


2 + 9x4
+ 2 + 9y 4
=
2 + 6x 2 + 6y 17

n♥

Giải hệ phương trình sau:
√ √
 x + √y + z = 2013
 1 +
1
+
1
=
1
+
1
+
1
3x + 2y 3y + 2z 3z + 2x x + 2y + 2z y + 2z + 2x z + 2x + 2y
à
To
ng
oà
ôH
Ng

20 TY D


ng
ươ
BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHƯƠNG I

x + √ 2xy
 = x2 + y
3
x2 − 2x + 9

.

ỳD
1. Giải hệ phương trình 2xy
y +
 = y2 + x
3
y 2 − 2y + 9


(x + y)3 + 4xy = 3

hu
(x + y)4 − 2x2 − 4xy + 2y 2 + x − 3y + 1 = 0.

(2x + 3)√4x − 1 + (2y + 3)√4y − 1 = 2 (2x + 3)(2y + 3)


ịT
x + y = 4xy.
√ √
 1 + 2x2 + 1 + 2y 2 = 2 1 + 2xy

Th
 x(1 − 2y) + x(1 − 2y) = 2 .
3

x + y 2 + 8xy = 16
 2
x+y


ần
2 3 2
x
 + 2x = x + y − y .
 8y

3 3y 4 2
Tr


x + y + 4 = 2xy
6. Cho hệ phương trình
2x+y = m( x2 + y 2 + x + y + 5 + x + y).
Tìm m để hệ có nghiệm (x, y) thoả x, y ≥ 1.
n♥

√x + x2 + y + 3 = 2


2√x + 4 + 3√y + 8 = 13.

à

3(x + y) = 2 |xy + 1|
To

9(x3 + y 3 ) = |x3 y 3 + 1|

x + y = √24

3

9. Giải hệ phương trình √
( x + √y) √ 1 +√
1
=2
ng

x + 3y y + 3x


√x + √32 − x − y 2 = −3

4

10. Giải hệ phương trình √
 4 x + √32 − y + 6y = 24
oà
ôH
Ng



ng
2
Chương II.BẤT ĐẲNG THỨC VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 3 ẨN SỐ

ươ

ỳD
 √ + √ + √ = 3√3 (1)
1 1 1


 x


 y z

x + y + z = 1 (2)


hu
x + y + z = 1 (2)



xy + yz + zx = 7 + 2xyz (3)



27

ịT
Lời giải

Th
Điều kiện:x > 0, y > 0, z > 0
1
Kết hợp với (2): x + y + z = 1 ta thấy trong các số x; y; z phải có ít nhất 1 số không lớn hơn ,
3
ần
1
không mất tính tổng quát ta giả sử z ≤
3
1
Do đó: z ∈ 0;
Tr

3
Đặt:
S = xy + yz + zx − 2xyz = xy (1 − 2z) + z (x + y) = xy (1 − 2z) + z (1 − z)
n♥

Do:
2 2
x+y 1−z
xy ≤ =
2 2
Vậy:
à

2
1−z 1
S≤ (1 − 2z) + z (1 − z) = −2z 3 + z 2 + 1
2 4
To

Xét hàm số
1
f (z) = −2z 3 + z 2 + 1
4
ng

Ta có:
1 1 1
f (z) = −6z 2 + 2z = z (−3z + 1) ≥ 0, ∀z ∈ 0;
4 2 3
oà

Vậy:
1 7 1
f (z) ≤ f = , ∀z ∈ 0;
3 27 3
ôH

Do đó:
7
S≤
27
Ng

2
Hệ dạng này thường ít đề cập trong đề thi đại học nên chúng tôi không phân tích nhiều,các cứ xem
như một bài tham khảo

22 TY D


ng
Dấu xảy ra khi và chỉ khi:

ươ
1
x = y, z =
3

ỳD
Thay vào (2) ta được:
1
x=y=z=
3

Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình

hu
1 1 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y; z) = ; ;
3 3 3

ịT

 1 = x +1


Th

 xy

 z
1 y
= +1
 yz x
1

x
= +1



zx y
ần
Tr

Lời giải

Điều kiện xyz = 0 .Nhận thấy nếu một trong ba số x, y, z có một số âm,chẳng hạn x < 0 thì
phương trình thứ ba vô nghiệm.Nếu hai trong ba số x, y, z là số âm,chẳng hạn x, y < 0 thì phương
n♥

trình thứ hai vô nghiệm.Vậy ba số x, y, z cùng dấu.

1. Xét trường hợp x, y, z > 0 thì ta viết lại hệ như sau
à


z = x2 y + xy
To




x = y 2 z + yz


y = z 2 x + zx

ng

Cộng ba phương trình lại ta được

x + y + z = (x2 y + y 2 z + z 2 x) + (xy + yz + zx) ≥ 6xyz ( )
oà

Mặt khác ta biến đổi hệ về dạng z
 xy = x + z
ôH




x
=y+x
 yz
y

=y+z


zx
Ng

z x y
→ + + = 2(x + y + z)
xy yz zx



ng
Thì ta có
x2 + y 2 + z 2 (x + y + z)2

ươ
2(x + y + z) = ≥ ⇒ 6xyz ≥ x + y + z ( )( )
xyz 3xyz

Từ ( ) và ( )( ) ta có x = y = z,từ đó ta có nghiệm của hệ là trong trường hợp này là

ỳD
√ √ √
2 2 2
(x, y, z) = , ,
2 2 2

2. Trường hợp x, y, z < 0 ta đặt a = −x; b = −y; c = −z ta chuyển về trường hợp số dương và

hu
làm như trường hợp 1.
√ √ √
2 2 2

ịT
Vậy nghiệm của hệ là (x, y, z) = , ,
2 2 2
Bài toán 03a Giải hệ phương trình:

Th

x + y + z = 0



x2 + y 2 + z 2 = 1
√
x + y 5 + z 5 = 5 6


 5
36
ần
a
Cải biên đề thi đại học khối B năm 2012
Tr

Lời giải

Với x + y + z = 0 và x2 + y 2 + z 2 = 1 ta có
n♥

0 = (x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2x (y + z) + 2yz = 1 − 2x2 + 2yz
1
Nên yz = x2 −
2
à

√ √
y2 + z2 1 − x2 1 1 − x2 6 6
Mặt khác yz ≤ = suy ra x2 − ≤ do đó − ≤x≤ (∗)
To

2 2 2 2 3 3
Khi đó
P = x5 + (y 2 + z 2 ) (y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 (y + z)
1 2
= x5 + (1 − x2 ) [(y 2 + z 2 ) (y + z) − yz (y + z)] + x2 − 2 x
2
ng

1
= x5 + (1 − x2 ) −x (1 − x2 ) + x x2 − 2 + x2 − 1 x = 5 (2x3 − x)
2 4
√ √ √
6 6 6
Xét hàm số f (x) = 2x3 − x với − ≤x≤ suy ra f (x) = 6x2 − 1; f (x) = 0 ⇔ x = ±
√ √ 3
√ √ 3 √ √ 6
oà

6 6 6 6 6 6
Ta có f − =f =− ,f =f − =
6 6 9 3 6 9
√ √
ôH

6 5 6
Do đó f (x) ≤ suy ra P ≤ .
9 √ 36 √
6 6
Vậy nghiệm của hệ là x = ;y = z = − và các hoán vị.
3 6
Ng

24 TY D


ng
ươ
BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHƯƠNG II

 √ + 1 + √ = 3√3

 1 √
1
1. Giải hệ phương trình x y z

ỳD
x + y + z = 1



xy 3 = 9
x + 3y = 6

hu

x 5 + y 5 + z 5 = 3

ịT
x 6 + y 6 + z 6 = 3

3(x2 + y 2 + z 2 ) = 1

Th
x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 = xyz(x + y + z)3

36x2 y − 60x2 + 25y = 0



5. Giải hệ phương trình 36y 2 z − 60y 2 + 25z = 0
ần


 2
36z z − 60z 2 + 25x = 0
Tr
à n♥
To
ng
oà
ôH
Ng



ng
Chương IV.TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN HỆ GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP BẤT
ĐẲNG THỨC

ươ

ỳD
√ 1 1 1

 + =√
1 + 2x2 1 + 2y 2 1 + 2xy
 x(1 − 2x) + y(1 − 2y) = 2

9

hu
Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2009

Lời giải

ịT

1 + 2xy ≥ 0 
0 ≤ x ≤ 1

 

Điều kiện: x(1 − 2x) ≥ 0 ⇐⇒ 2

 0 ≤ y ≤ 1

y(1 − 2y) ≥ 0 2


Th
√
1 1 1 1 1 2 2 √
Với điều kiện trên ta được :x2 ≤ ; y 2 ≤ ⇒ √ =√ + ≥ > 2→
4 4 1 + 2xy 1 + 2x2 1 + 2y 2 3
2xy < 1
1
Mặt khác với mọi a, b ∈ [0; √ ] và ab < 1 ta luôn có bất đẳng thức sau:
ần
2
1 1 2
√ +√ ≤√ (∗)
1+a 2 1+b 2 1 + ab
Tr

Thật vậy bất đẳng thức (∗) tương đương với :

1 1 2 4
n♥

2
+ 2
+√ √ − ≤0
1+a 1+b 1+a 2 . 1 + b2 1 + ab

à

2 2
(1 + a2 )(1 + b2 ) ≥ 1 + ab ⇒ √ √ ≤
1 + a2 . 1 + b 2 1 + ab
To

Mặt khác ta có :

1 1 2 (a − b)2 (ab − 1)
ng

+ − = ≤0
1 + a2 1 + b2 1 + ab (1 + ab)(1 + a2 )(1 + b2 )
√ √
oà

Áp dụng bất đẳng thức trên với a = 2x; b = 2y ta được

1 1 1
√ + ≤√
1 + 2x2 1 + 2xy
ôH

1 + 2y 2

Đẳng thức xảy ra khi x = y.
Với x = y thay vào hệ thứ hai ta được phương trình:
Ng

162x2 − 81x + 1 = 0

26 TY D

Chuyen de he phuong trinh

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Andere mochten auch

Andere mochten auch (20)

Ähnlich wie Chuyen de he phuong trinh

Ähnlich wie Chuyen de he phuong trinh (20)

Chuyen de he phuong trinh