100 KI THUAT DANH GIA GIAI HE PT THAY HUNG DZ

Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

KĨ THUẬT ĐÁNH GIÁ TRONG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
 x 2 + y 2 + 3 4 x 3 − y 3 = 2 xy + 3 ( x + y )3 − 5 y 3

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 
( x + y − 1) x 2 − x + 1 = 2 y + 1 x + y + 1


(

)

Lời giải

 x2 − x + 1 ≥ 0

ĐK:  y ≥ 0

x + y +1 ≥ 0

(*)

Từ (2) ⇒ x + y − 1 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1 > 0. Khi đó ta có
3
3
2

4 x 3 − y 3 − ( x + y ) + 5 y 3 = 4 ( x 3 + y 3 ) − ( x + y ) = ( x + y )  4 ( x 2 − xy + y 2 ) − ( x + y ) 



= ( x + y ) ( 3x 2 − 6 xy + 3 y 2 ) = 3 ( x + y )( x − y ) ≥ 0 ⇒ 4 x3 − y 3 ≥ ( x + y ) − 5 y 3
2

⇒ 3 4 x3 − y 3 ≥

3

( x + y)

3

3

− 5 y 3 dấu " = " xảy ra ⇔ x = y > 0.

Mặt khác x 2 + y 2 − 2 xy = ( x − y ) ≥ 0 ⇒ x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ x 2 + y 2 + 3 4 x3 − y 3 = 2 xy + 3 ( x + y ) − 5 y 3
2

3

⇒ VT (1) ≥ VP (1) dấu " = " xảy ra ⇔ x = y > 0.

(

)

x + x +1

(

)

4x + 4 x + 4

(

) (2

Thế vào (2) ta được ( 2 x − 1) x 2 − x + 1 = 2 x + 1

⇔ ( 2 x − 1) 4 x 2 − 4 x + 4 = 2 x + 1
⇔ ( 2 x − 1)

( 2 x − 1)

(

2

+ 3 = 2 x +1

)

2

x +1 + 3

)

⇔ f ( 2 x − 1) = f 2 x + 1

Xét hàm số f ( t ) = t t 2 + 3 với t ∈ ℝ có f ' ( t ) = t 2 + 3 +

(3)
t2
t2 + 3

> 0, ∀t ∈ ℝ

⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ nên (3) ⇔ 2 x − 1 = 2 x + 1 ⇔ x − x − 1 = 0 ⇔ x =
⇒ x=

1± 5
2

1+ 5
6+ 2 5 3+ 5
3+ 5
⇒x=
=
⇒y=
thỏa mãn hệ đã cho.
2
4
2
2

 3+ 5 3+ 5 
Đ/s: ( x; y ) = 
;
.
2 
 2

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

2 ( x + 2 y ) x 2 + 7 xy + y 2 = 2 x 2 + 11xy + 5 y 2

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 
2
2 ( x + y ) ( y − y + 1) = ( x + 4 ) 1 + 2 x + 5

(

)

Lời giải

2 x + 5 ≥ 0
ĐK:  2
2

 x + 7 xy + y ≥ 0

(*)

Áp dụng BĐT Côsi ta có

VT (1) ≤ 2 x + 2 y

x 2 + 7 xy + y 2 ≤ ( x + 2 y ) + ( x 2 + 7 xy + y 2 ) = 2 x 2 + 11xy + 5 y 2 = VP (1) .
2

x + 2 y ≥ 0
 x + 2 y ≥ 0
x + 2 y ≥ 0
 x ≥ 0, y = 0

Dấu " = " xảy ra ⇔ 
⇔
⇔
⇔
y
=
0



2

2
2

2
x = y ≥ 0
( x + 2 y ) = x + 7 xy + y
3 y = 3xy
 x = y

•

(

TH1. x ≥ 0, y = 0 thế vào (2) ta được 2 x = ( x + 4 ) 1 + 2 x + 5

)

(3)

Với x ≥ 0 ⇒ VP ( 3) > ( x + 4 )(1 + 1) = 2 x + 8 > 2 x = VT (1) ⇒ Loại.
•

(

TH2. x = y ≥ 0 thế vào (2) ta được 4 x ( x 2 − x + 1) = ( x + 4 ) 1 + 2 x + 5
⇔ 2 x ( 4 x2 − 4 x + 4) = ( 2 x + 8)

(

2
⇔ ( 2 x − 1) + 1 ( 2 x − 1) + 3 =



⇔ f ( 2 x − 1) = f

(

2x + 5

)

)

2x + 5 + 1

(

)(

2x + 5 +1 


2x + 5

)

2

+ 3


)

(4)

Xét hàm số f ( t ) = ( t + 1) ( t 2 + 3) = t 3 + t 2 + 3t + 3 với t ∈ ℝ có
f ' ( t ) = 3t 2 + 2t + 3 = 2t 2 + ( t + 1) + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ.
2

1

1

x ≥ 2
x ≥
Do đó (4) ⇔ 2 x − 1 = 2 x + 5 ⇔ 
⇔
⇔ x = 2 ⇒ y = 2.
2
( 2 x − 1)2 = 2 x + 5 4 x 2 − 6 x − 4 = 0


Thử lại x = y = 2 thỏa mãn hệ phương trình đã cho.

Đ/s: ( x; y ) = ( 2; 2 ) .
 y ( x + 1) + 1 = y 2 + 1. x 2 + 2 x + 2
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 
 2 y + 2 x + 3 = 2 y − x + 3
Lời giải:
Điều kiện: x ≥ −3; y ≥ 0 .

2

2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:  y ( x + 1) + 1 ≤ ( y 2 + 1) ( x + 1) + 1 = ( y 2 + 1)( x 2 + 2 x + 2 )



⇔ y ( x + 1) + 1 ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

y 2 + 1. x 2 + 2 x + 2 ⇔ y ( x + 1) + 1 ≤

y 2 + 1. x 2 + 2 x + 2

y x +1
=
⇔ y = x + 1 . Nên từ phương trình một suy ra.
1
1

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được:
2 x + 2 + 2 x + 3 = x + 5 ⇔ 2 x + 2 + 4 x + 12 = x + 5 ( i )
a = 2 x + 2
b2 − a2
Đặt 

⇔ 2 ( a + b ) + a 2 − b2 = 0
( a, b ≥ 0 ) ⇒ b 2 − a 2 = 2 ( x + 5) , khi đó ( i ) ⇔ a + b =
2
b = 2 x + 3
a + b = 0
⇔ 2 ( a + b ) + ( a − b )( a + b ) = 0 ⇔ ( a + b )( a − b + 2 ) = 0 ⇔ 
a + 2 = b
•

Với a + b = 0 ta có:

•

Với a + 2 = b , ta có:

 2 x + 2 = 0
 x = −1
2x + 2 + 2 x + 3 = 0 ⇔ 
⇔
( vô nghiệm ).
x
=
−
3
x
+
3
=
0



2 x + 2 + 2 = 2 x + 3 ⇔ 2 x + 2 + 4 2 x + 2 + 4 = 4 ( x + 3)

 x ≥ −1
 x ≥ −1
⇔ 2 2x + 2 = x + 3 ⇔  2
⇔
⇔ x = 1 ⇒ y = 2 ( thỏa mãn điều kiện ).
2
x − 2x + 1 = 0
( x − 1) = 0
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = (1; 2 ) .

 xy
1
2 x
+
=

x+ y
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 1 + y xy + y

2
 x + xy + 2 xy 4 − x = 2 x + 18
Lời giải:

Điều kiện: x ≥ 0; 4 ≥ y ≥ 0 .

Nhận xét: x = y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình. Với x, y ≠ 0 , đặt a =

1
; b = y; a, b > 0 , khi đó
x

a
b
2
+
=
.
b + ab a + ab 1 + ab
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

phương trình một của hệ tương đương với:

( a + b)
a
b
a2
b2
1
1
2
+
=
+
≥
=
≥
=

2
2
ab
2
ab
ab
1
b + ab a + ab ab + a b ba + ab
ab ( a + b ) + 2ab
1 + ab
+
+
2
a + b (a + b)
2 ab 2
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b ⇔

1
= y ⇔ xy = 1 .
x

Thế vào phương trình hai hệ, ta được:

( x + 1)( 4 − x ) = 2 x 2 + 18
x + 1 ( 2 x + 1) x + 1 − 4 4 − x  = 0 ⇔ ( 2 x + 1)

x + 1 + 2 4 − x = 2 x 2 + 18 ⇔ 17 − 3 x + 4
⇔4

( x + 1)( 4 − x ) = ( x + 1)( 2 x + 1) ⇔

u = x + 1
Đặt 
( u , v ≥ 0 ) , khi đó ta có hệ phương trình
v = 4 − x

x +1 = 4 4 − x

u 2 + v 2 = 5
u 2 + v 2 = 5
⇔

2
2
4
v
=
u
9
−
2
u
(
)

4v = u ( 9 − 2v )

u 2 + v 2 = 5

u 2 + v 2 = 5
u 2 + v 2 = 5
⇔
⇔
⇔
2
2
2
2
2
2
2
4
v
=
u
u
+
v
−
2
u
+
4
4
v
=
u
v
−

u
+
4
(
)
(
)


4 ( v − u ) = u ( v − u )
3
1
3 1
⇔ v = u ⇔ x + 1 = 4 − x ⇔ x = ⇒ y = ⇒ ( x; y ) =  ;  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
2
2
2 2

x2 + y 2 + 9 y + 1
2
2
2
2
7
x
+
2
xy
+
7

y
+
3
x
+
y
=

2
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình 
( x − 1)2 + ( y − 1)2 = 5 x − 6 y + 1

Lời giải.

.

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

Điều kiện x; y ∈ ℝ . Phương trình thứ hai tương đương với
7 x + 5 y x2 + y 2 + 9 y + 1
x + y − 2x − 2 y + 2 = 5x − 6 y + 1 ⇔ 7 x + 5 y = x + y + 9 y + 1 ⇔
=
.
2
2

7x + 5y
Phương trình thứ nhất trở thành 7 x 2 + 2 xy + 7 y 2 + 3 x 2 + y 2 =
.
2
7 x 2 + 2 xy + 7 y 2 = 4 ( x + y )2 + 3 ( x − y )2 ≥ 4 ( x + y ) 2
Nhận xét 
2
2
2
2
2
12 x + 4 y = ( 3 x + y ) + 3 ( x − y ) ≥ ( 3 x + y )
3x + y
3x + y 7 x + 5 y
Dẫn đến 7 x 2 + 2 xy + 7 y 2 + 3 x 2 + y 2 ≥ 2 x + y +
≥ 2x + 2 y +
=
.
2
2
2
Phương trình thứ hai có nghiệm khi các dấu đẳng thức xảy ra tức là
x = y
 x ≥ 0; y ≥ 0
x = y = 1


⇔ x = y
⇔
 x + y ≥ 0;3 x + y ≥ 0

1
x = y =

 2
2
2

2
7 x + 5 y = x + y + 9 y + 1  2 x + 1 = 3 x
1 1
Thử lại nghiệm ta thấy hệ có hai nghiệm ( x; y ) = (1;1) ,  ;  .
2 2
2

2

2

2

 2 y + y − 2 x = ( y + 1)( y + 2 − 2 x )

Ví dụ 6. Giải hệ phương trình 
 y 2 + 2 ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 2 x 2 − 4 x
Lời giải:
Điều kiện: y ≥ 0; y ≥ 2 x .
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho phương trình một của hệ, ta có:

(

2 y + y − 2x

) =(
2

y . 2 + 1. y − 2 x

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

y
2

)

=

2

≤ ( y + 1)( y + 2 − 2 x ) ⇔ 2 y + y − 2 x ≤

1
⇔
y − 2x

( y + 1)( y + 2 − 2 x )

y ( y − 2x) = 2 ⇔ y ( y − 2x) = 2

⇔ y 2 − 2 xy + x 2 = x 2 + 2 ⇔ ( y − x ) = x 2 + 2 ⇔ y = x + x 2 + 2
2

(

Thế xuống phương trình thứ hai trong hệ, ta được: x + x 2 + 2

) + 2 ( x + 1)
2

x2 + 2 x + 3 = 2 x2 − 4 x

⇔ 2 x 2 + 2 + 2 x x 2 + 2 + 2 ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 2 x 2 − 4 x ⇔ 2 x + 1 + x x 2 + 2 + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0
⇔ x + 1 + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = x x 2 + 2 − x ⇔ x + 1 + ( x + 1)

( x + 1)

Xét hàm số f ( t ) = t + t t 2 + 2 với t ∈ ℝ , có f ' ( t ) = 1 + t 2 + 2 +

2

+ 2 = ( −x) + (−x)

t2
t2 + 2

(−x)

2

+2

(i )

> 0; ∀t ∈ ℝ suy ra f ( t ) là hàm

số liên tục và đồng biến trên ℝ nên từ ( i ) thu được f ( x + 1) = f ( − x ) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = −

1
⇒ y = 1.
2

 1 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) =  − ;1 .
 2 

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!