Giải hệ phương trình bằng cách sử dụng bất đẳng thức

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------------

NGUYỄN VĂN SƠN

GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH
SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số : 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - năm 2016.


Mục Lục
LỜI NÓI ĐẦU .................................................................................................. 3
CHƢƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN ..................................................... 5
1.1 Bất đẳng thức AM – GM ...................................................................... 5
1.2 Bất đẳng thức Bunhia –Cauchy – Schwart (B – C – S) ....................... 6
1.3 Bất đẳng thức Minkowski..................................................................... 7
1.4 Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối .............................................................. 7
1.5 Các bổ đề bất đẳng thức thƣờng dùng .................................................. 7
CHƢƠNG 2. SÁNG TÁC HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG
BẤT ĐẲNG THỨC ........................................................................................ 10
CHƢƠNG 3. GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT
ĐẲNG THỨC ................................................................................................. 33
Phần 1. Bài tập ví dụ.................................................................................... 33
Phần 2. Bài tập tự luyện .............................. Error! Bookmark not defined.

KẾT LUẬN ..................................................... Error! Bookmark not defined.
LỜI CẢM ƠN ................................................. Error! Bookmark not defined.
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................... 39


LỜI NÓI ĐẦU
Hệ phƣơng trình là một phân môn quan trọng trong chƣơng trình Toán học ở các
trƣờng trung học phổ thông. Các bài giải hệ phƣơng trình rất hay xuất hiện trong các đề
thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng ( trƣớc đây) và nay là kì thi trung họcphổ thông Quốc
gia.
Bên cạnh đó, bất đẳng thức cũng là một lĩnh vực xuất hiện lâu đời và đóng góp nhiều vào
trong sự phát triển của Toán học, từ toán học sơ cấp tới toán học cao cấp. Trong chƣơng
trình Toán học của mọi quốc gia trên thế giới trong đó có Việt Nam bất đẳng thức là một
phần không thể thiếu đƣợc.
Ta có thể tìm thấy rất nhiều các tài liệu liên quan tới giải hệ phƣơng trình bằng các
phƣơng pháp nhƣ: biến đổi đại số, thế ẩn, thế lƣợng giác, dùng hàm số,…. nhƣng còn rất
ít các tài liệu sử dụng các kiến thức về bất đẳng thức để giải hệ phƣơng trình. Chính vì
thế, tác giả đã chọn đề tài “Giải hệ phƣơng trình bằng cách sử dụng bất đẳng thức”.
Luận văn gồm ba chƣơng :
Chương 1. Các kiến thức cơ bản. Trong chƣơng này, tác giả sẽ nhắc lại và chứng minh
hai bất đẳng thức kinh điển là bất đẳng thức AM – GM, bất đẳng thức Bunhia–Cauchy –
Schwart (B – C – S), cùng với đó là các bất đẳng thức Minkowski, bất đẳng thức giá trị
tuyệt đối và một số bổ đề bất đẳng thức hay đƣợc sử dụng trong chƣơng trình Trung học
phổ thông mà tác giả đề cập tới trong các chƣơng tiếp theo của luận văn.
Chương 2. Sử dụng bất đẳng thức để sáng tác hệ phương trình. Trong chƣơng này tác giả
sẽ sử dụng các bất đẳng thức đã đƣợc nhắc lại ở chƣơng 1 để sáng tác các bài toán hệ
phƣơng trình. Mục đích chƣơng này giúp ngƣời đọc dần đƣợc làm quen với ý tƣởng của
ngƣời ra đề qua đó giúp việc giải hệ bằng cách sử dụng bất đẳng thức trở nên dễ dàng
hơn.
Chương 3. Giải hệ phương trình bằng cách sử dụng bất đẳng thức. Cấu trúc chƣơng này

gồm hai phần là bài tập ví dụ và bài tập tự luyện. Chƣơng này sẽ đi phân tích để tìm ra
hƣớng giải bài toán một cách tự nhiên, cuối bài sẽ là nhận xét từ tác giả. Cần nhấn mạnh
rằng, có thể giải hệ phƣơng trình bằng các phƣơng pháp khác nhƣng sẽcho lời giải không
“đẹp” đƣợc nhƣ phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức.
3


Hà Nội, tháng 11 năm 2016
Nguyễn Văn Sơn

4


CHƢƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
Bất đẳng thức AM – GM
Cho các số thực x1 , x2 ,...., x n không âm, ta luôn có
x1  x2  ....  x n n
 x1 x2 ....x n .
n

1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1  x2  ....  xn .
Chứng minh. Đặt  

x1  x2  ....  x n
.
n

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tƣơng đƣơng với  n  x1 x2 ....x n .

 2

Với n  1 , bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Giả thiết quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n  n  1 , tức là với mọi x1 , x2 ,...., x n
 x  x  ....  x n 
không âm thì    1 2
  x1 x2 ....x n . Xét
n


n

n

n 1

số thực không âm

x1 , x2 ,...., x n , xn 1 ta có  n  1  x1  x2  ....  x n  xn 1 . Nếu tất cả các số đều bằng  thì bất
đẳng thức cần chứng minh đúng. Xét các trƣờng hợp còn lại, dễ thấy tồn tại ít nhất một số
nhỏ hơn  và một số lớn hơn  . Không mất tính tổng quát ta giả sử x n   và xn 1   .
Khi đó ta có  x n    xn 1     0 .

 3

Xét n số x1 , x2 ,...., x n 1 , x 'n trong đó x 'n  x n  xn 1    x n    0 .
Từ đó suy ra n  x1  x2  ....  xn 1   x n  xn 1     x1  x2  ....  xn 1  x 'n .
Do  là trung bình cộng của x1 , x2 ,..., x n 1 , x 'n nên theo giải thiết quy nạp , ta có
 n 1   n .   x1 x2 ....x n 1 .x 'n    x1 x2 ....x n 1  .x 'n .

 4

Mặt khác từ  3 ta lại có  x n  xn 1     x n xn 1   x n     xn 1   0 .
Suy ra  x n  xn 1     x n xn 1 hay  .x 'n  x n xn 1 .

 5

Hiển nhiên   0 , nếu có ít nhất một trong các số x1 , x2 ,...., xn 1 bằng không thì bất đẳng
thức hiển nhiêu đúng và dấu bằng không xảy ra. Xét các trƣờng hợp còn lại, kết hợp  4 
5


và  5  thu đƣợc  n 1   x1 x2 ....x n 1  x n xn 1   x1 x2 ....x n xn 1 .
Vậy bất đẳng thức đã đƣợc chứng minh.

Bất đẳng thức Bunhia –Cauchy – Schwart (B – C – S)
Cho hai dãy số thực a1 , a2 ,...., an và b1 , b2 ,...., bn . Khi đó ta có

 a1b1  a2b2  .....  anbn 

2

  a12  a22  ....  an 2 b12  b22  ....  bn 2  .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a
a1 a2


 ....  n với quy ƣớc nếu một số bi nào đó
b1 b2
bn

 i  1, 2,.., n  bằng không thì ai tƣơng ứng cũng bằng không.
Chứng minh.
2

 n
 n   n

Từ đẳng thức   ai2   bi2     aibi    (aib j  a jbi )2 .
 i 1  i 1   i 1
 1i j n
2

 n
  n 2  n 2 
Suy ra   aibi     ai   bi  .
 i 1
  i 1  i 1 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a
a1 a2

 ....  n .
b1 b2
bn

Hệ quả
+ Với các số thực a, b, x, y ta luôn có  ax  by    a 2  b2  x 2  y 2  .
2

Dấubằng xảy ra khi và chỉ khi ay  bx .
+ Với các số thực a, b,c, x, y, z ta luôn có

 ax  by  cz 

2

  a 2  b2  c 2  x 2  y 2  z 2  .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
x

y

z

+ Ngoài ra ta còn hay sử dụng B – C – S dạng phân số với các số dƣơng x, y và với các
a 2 b2  a  b 
 
số thực a, b ta có
. Dấu bằng xảy ra khi ay  bx .
x
y
x y
2

Bất đẳng thức trên còn đƣợc gọi là B – C – S dạng Engel.
6


Bất đẳng thức Minkowski
Với các số thực a, b, x, y ta luôn có

a  x

a 2  b2  x 2  y 2 

2

 b  y  .
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ay  bx .
Chứng minh.








Với hai vecto u   a, b  , v   x, y  . Khi đó u  a 2  b2 , v  x 2  y 2 .




 

Ta có u  v   a  x; b  y  và u  v 

2
2
 a  x   b  y  .

   
2
2
Vì u  v  u  v  a 2  b2  x 2  y 2   a  x    b  y  .
 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai vecto u, v cùng phƣơng hay ay  bx .

Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối
i.1  a  a  a . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  0 .
i.2 a  b  a  b . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a .b  0 .
i.3 a  b  a  b . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi  a  b  .b  0 .

Các bổ đề bất đẳng thức thƣờng dùng
i.1 a2  b2  2ab; a, b  R . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b .
Chứng minh. Bất đẳng thức tƣơng đƣơng với  a  b 2  0 . Điều này luôn đúng. Vậy bất
đẳng thức đƣợc chứng minh.
i.2  a  b 2  4ab; a, b  R . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b .
Chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh  a  b 2  4ab   a  b 2  0 .
Điều này luôn đúng. Vậy bất đẳng thức đƣợc chứng minh.

i.3Với số tự nhiên n và thực dƣơng a ta luôn có a n 1  na  
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 

1
.
n 1

7

1

 n  1

n 1

.


Chứng minh.
Nếu 1  na  0  a n 1  na   0 . Vế phải của bất đẳng thức luôn dƣơng.
Khi đó bất đẳng thức luôn đúng.
Nếu 1  na  0 , áp dụng bất đẳng thức AM – GM với n số a và một số thực dƣơng
 a  ...  a  1  na  
1  na  ta có a......a.1  na   

n 1





1

 n  1

n 1

.

1
.
n 1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  1  na  a 
i.4Cho hai số a, b  0 ta luôncó

n 1

1
1
2
với ab  1 .


1  a 1  b 1  ab

Dấu bằng xảy ra khi a  b hoặc ab  1 . Bất đẳng thức đổi chiều khi ab  1 .
Chứng minh. Bất đẳng thức tƣơng đƣơng với





2




a b
ab  1
1
1
1
1
 0.



0
1  a 1  ab 1  b 1  ab
1  a 1  b  1  ab

Dấu bằng xảy ta khi a  b hoặc ab  1 .
i.5Với các số dƣơng a, b ta luôn có

b
a
2
.



a  ab b  ab 1  ab

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b .
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức B – C – S dạng phân thức ta có

 a  b
b
a
b2
a2
1





.
2
2
ab
2ab
a  ab b  ab ab  ab ab  a b ab  a  b   2ab

2
a

b
a  b

2
ab
1


2

4ab   a  b 2
2
a

b




Ta có đánh giá sau 
 1  1 .
a  b  2 ab
 a  b 2 ab
2

8


Nên

b
a
2

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b .


a  ab b  ab 1  ab

1

i.6 Với các số dƣơng a, b ta luôn có

 a  1

2



1

 b  1

2



1
. Dấu bằng xảy ra khi
ab  1

và chỉ khi a  b  1 .
Chứng minh.Áp dụng bất đẳng thức B – C – S ta đƣợc
2


b 
b
1
a
1

.
.
 b  1   ab.  1   ab  1   1 
2
a 
a 
 b  1 a  b ab  1

2

Tƣơng tự ta có
Từ đó suy ra

1

 a  1
1

 a  1

2

2





b
1
.
.
a  b ab  1

1

 b  1

2



1
.
ab  1


ab 


Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 
ab 




a
b
 a  b  1.
b
a

i.7 Với các số thực a, b, c, d ta luôn có  ab  xy    a 2  x 2  b2  y 2  . Dấu bằng xảy ra
2

khi

và

chỉ

khi

Bất đẳng thức trên còn gọi là bất đẳng thức giả B – C – S.
Chứng minh. Bất đẳng thức trên tƣơng đƣơng

 ab  xy 

2

  a 2  x 2  b2  y 2    ay  bx   0 .
2

Điều này luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ay  bx .

9

ay  bx .


CHƢƠNG 2.SÁNG TÁC HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ
DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
Phần lớn trong những ngƣời học toán thƣờng có thói quen khi gặp một bài toán là cố
gắng nhanh chóng tìm ra lời giải rồi vui mừng sau khi kết thúc xong bài toán. Và lại tiếp
tục tìm một bài toán khác để giải. Vậy có ai đặt ra câu hỏi các bài tập đó ở đâu mà ra ? Ai
là ngƣời nghĩ ra nó ? Nghĩ nhƣ thế nào ? Để trả lời câu hỏi này, tác giả sẽ trình bày một
số quy trình để sáng tác một bài toán giải hệ phƣơng bằng cách sử dụng kiến thức về bất
đẳng thức.
Bất đẳng thức 1.Với x  0 theo bất đẳng thức AM – GM ta luôn có x 

1
 2.
x

Nhƣng nếu ta thay đổi điều kiện của bài toán ta sẽ có một bài bất đẳng thức mới.
Ví dụ nhƣ với x  2 ta sẽ đƣợc bất đẳng thức chặt hơn là x 
và chỉ khi x  2 . Thật vậy, ta có x 
a  2; b  2 ta luôn có a 

1 5
 . Dấu bằng xảy ra khi
x 2

1  x 1  3x
x 1 3x 5
  
2 . 
 . Nên với
x 4 x 4
4 x 4 2

1
1
 b   5 . Vậy muốn xây dựng một hệ phƣơng trình từ bất
a
b

đẳng thức trên nhƣ thế nào ?
1
1
Hệ phƣơng trình đó sẽ bao gồm phƣơng trình a   b   5 và phƣơng trình còn lại
a
b

phải chứa điều kiện a  2; b  2 và phải có nghiệm a  2; b  2 . Phƣơng trình chứa điều
kiện a  2; b  2 , thông thƣờng ta sẽ lấy là một phƣơng trình có chứa căn thức vì khi đó ta
sẽ luôn có điều kiện của biểu thức trong căn. Ví dụ nhƣ phƣơng trình a  b  2  2. Vậy
ta có bài toán sau :
1
1

a   b   5
b

Bài toán 1. Giải hệ phƣơng trình  a
a  b  2  2.


Giải.Biến đổi phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc a  2  b  2 .
10


Điều kiện a  2; b  2 .
Khi đó ta có a 
b

1  a 1  3a
a 1 3a 5
  
2 . 
 .
a 4 a 4
4 a 4 2

1  b 1  3b
b 1 3b 5
  
2 . 
 .
b 4 b 4
4 b 4 2

1
1

Nên a   b   5 . Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  2; b  2 .
a
b

Thay a  2; b  2 vào phƣơng trình thứ hai của hệ thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  a; b    2;2  .
Để nâng dần bài toán khó lên trƣớc tiên ta chỉ cần thế a, b bằng các biểu thức phức tạp
a  x  1
. Thay vào Bài toán 1 ta đƣợc bài toán giải hệ phƣơng trình
b  y  2

hơn. Ví dụ cho 
mới sau

1
1

x  x 1  y  y  2  8
Bài toán 2. Giải hệ phƣơng trình 
 x  y  4  3.


Giải. Điều kiện : y  4; x  3 .
a  x  1
Đặt 
Khi đó hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với hệ sau
b  y  2.

1
 1

a   b   5
b
 a
a  b  2  2.


Theo Bài toán 1 ta có nghiệm  a; b    2;2  .
Do đó hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm là  x; y    3;4  .
Để tránh trƣờng hợp ở phƣơng trình thứ nhất của hệ có sự đối xứng của hai biến, ta có thể
chọn các bất đẳng thức dạng này không đối xứng với hai biến. Ví dụ nhƣ với a  2; b  2
ta cũng chứng minh đƣợc là 3a 
Khi đó 3a 

2
1 5
 7 và b 
 .
a
2b 4

2
1 33
3a 2  2 2b 2  1 33
b

.



a

2b 4
a
2b
4

Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  2; b  2 .
11


a  x
b  y  2.

Giờ ta cũng thế a, b bằng các biểu thức, ví dụ nhƣ 

Sau khi thế , biến đổi tƣơng đƣơng ta đƣợc phƣơng trình thứ nhất của hệ là
3x 2  2 2 y 2  4 y  5 33
.


x
2  y  2
4

Phƣơng trình này có nghiệm là x  2; y  4 . Giờ phƣơng trình thứ hai cần thỏa mãn điều
kiện x  2; y  4 và nhận hai nghiệm mà ta đã chọn ở trên. Ví dụ nhƣ phƣơng trình
x  2  4 y  4  xy  4  2 . Vậy ta có bài toán.

 3x 2  2 2 y 2  4 y  5 33




2  y  2
4
Bài toán 3. Giải hệ phƣơng trình  x

4
 x  2  y  4  xy  4  2.

a  x
Khi đó a  2; b  2.
b  y  2.

Giải. Điều kiện x  2; y  4 .Đặt 

 3a 2  2 2b 2  1 33



Hệ phƣơng trình trở thành  a
2b
4
 a  2  4 y  4  ab  2b  4.

2
a

Biến đổi phƣơng trình thứ nhất của hệ trên ta đƣợc 3a   b 
Vì a  2; b  2. Nên ta lần lƣợt có 3a 
2
a

Suy ra 3a   b 

1 33
.

2b 4

2
1 5
 7; b 
 .
a
2b 4

1 33
. Dấu bằng xảy ra khi a  2; b  2 .

2b 4

Thay a  2; b  2 vào phƣơng trình thứ hai của hệ phƣơng trình thấy thỏa mãn. Nên hệ
phƣơng trình trên nhận nghiệm là  a; b    2;2  . Suy ra x  2; y  4 .
Vậy hệ ban đầu đã cho có nghiệm là  x; y    2;4  .
Để tiếp tục nâng dần độ khó dạng bài toánta có thể “ chèn” thêm bất đẳng thức
Minkowski vào Bài toán 1nhƣ sau.
Ta sẽ luôn có

a 2  b2  c 2  d 2 

a  c

2

  b  d  với mọi số thực a, b, c,d .
2

12


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ad  bc .
1
x

1
y

Để sử dụng đƣợc bất đẳng thức này ta chọn nhƣ sau a  x; b  y;c  ; d  với điều kiện
ban đầu của hai biến x, y thỏa mãn x  2; y  2 . Khi đó ta có đƣợc bất đẳng thức
2

1
1
1 
1
5 2

.
x  y  2  2  x   y  
x
y

x 
y
2

2

2

2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  2; y  2 . Giờ ta đi lập một phƣơng trình nhận hai
nghiệm đã chọn và kèm theo điều kiện x  2; y  2 của nghiệm là đƣợc . Khi đó ta sẽ có
một bài toán giải hệ phƣơng trình mới
 2
1
1 5 2
2
 x y  2 2 
x
y
2
Bài toán 4. Giải hệ phƣơng trình 

 x  y  2  2.

Giải. Điều kiện x  2; y  2 .
2

1
1

1 
1

x  y  2  2  x   y  .
x
y
x 
y

2

Áp dụng bất đẳng thức Minkowskicó

2

2

1 5
1 5
Vì x  2; y  2 nên ta có x   ; y   . Suy ra
x 2
y 2

Do đó

x2  y 2 

2

1 

1
5 2

.
x   y  
x 
y
2

2

1
1 5 2
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  2; y  2 .
 2 
2
x
y
2

Thay vào phƣơng trình thứ hai thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm là  x; y    2;2  .
Qua các ví dụ ở trên tác giả hi vọng ngƣời đọc sẽ hiểu ra phần nào đó về ý tƣởng của tác
giả khi sáng tác một bài giải hệ bằng cách sử dụng bất đẳng thức. Ở các bài toán trên thì
công việc đó sẽ bao gồm hai công đoạn: công đoạn đầulà lựa chọn bất đẳng thức cần sử
dụng, ở bƣớc này ta cần chọn đƣợc nghiệm rõ ràng của bài toán ( nếu không thì phải thiết
lập đƣợc mối quan hệ giữa các nghiệm). Sau đó là ta thiết lập một phƣơng trình thứ hai
chứa điều kiện và thỏa mãn nghiệm mà ta đã lựa chọn ban đầu. Bây giờ, ta sẽ thử đi sử
13

dụng một bài bất đẳng thức khác và thử xây dựng giống ý tƣởng của bài toán bên trên.
Bất đẳng thức 2.Với số thực không âm a và số nguyên dƣơng n , ta luôn có
a n 1  na  

1

 n  1

n 1

.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 

1
.
n 1

1
Xét với n  1 và hai số thực không âm a, b ta có bất đẳng thức a 1  a   b 1  b   .
2
1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  .
2

Muốn có nghiệm đẹp khi giải từ hệ này, ta có thể chọn trƣớc hai nghiệm, ví dụ hai
1
1
nghiệm ở đây là x  1; y  .Lúc đó ta có xy   x  2 y .

4
2
a  xy
1

và sẽ sử dụng đƣợc bất đẳng thức a 1  a   b 1  b   vì việc
2

b  x  2 y

Khi đó ta đặt 

lựa chọn đã đảm bảo dấu bằngcủa bất đẳng thức ta sử dụng sẽ xảy ra . Ta có một phƣơng
trình của hệ là





1
xy 1  xy   x  2 y  2 y  1  x   . Bây giờ thiết lập phƣơng trình thứ
2

hai ta cần phải đặt điều kiện cho các biến, ở đây ta chỉ cần biến x  2 y không âm và nhận
nghiệm đã chọn ban đầu là đƣợc. Việc này hoàn toàn đơn giản.Vậy ta có bài toán sau





1

 xy 1  xy   x  2 y  2 y  1  x   2
Bài toán 5. Giải hệ phƣơng trình 
 1  xy  x  2 y .

2 2

Giải. Điều kiện 0  xy  1; x  2 y  0 .
a  xy
1
Phƣơng trình thứ nhất của hệ trở thành a 1  a   b 1  b   .
2
b  x  2 y.

Đặt 

1
1
1
Vì a 1  a   ; b 1  b   . Dấu bằng xảy ra khi a  b  .
4
4
2

14


1


x  1
 xy  2


Suy ra ta có 
1 . Thử vào phƣơng trình thứ hai thấy thỏa mãn.
x  2 y  1
 y  2

2

 1



Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y   1;  .
2
Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức a n 1  na  
đẳng thức a 2 1  2a  

1

 n  1

n 1

với n  2 ta đƣợc lần lƣợt các bất

1
1

và b2 1  2b   .
27
27
1
3

Đẳng thức xảy ra khi a  b  .
Suy ra ta có bất đẳng thức a 2 1  2a   b2 1  2b  

2
.
27

Ta chọn nghiệm x, y trƣớc, ví dụ nhƣ x  2; y  1 . Muốn sử dụng bất đẳng thức trên để
sáng tác thì ta phải đặc biệt chú ý dấu bằng của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khihai biến
1
x y
xy
a  b  . Ta có thể chọn a, b nhƣ sau a 
;b  .
3
3
6
x y
Thế a, b vào ta có 

 3 

2


 x  y    xy 
1  2  3     6 

  


2


 xy   2
1  2  6    27 .
 


Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình ta có 4  x  y 2  3  2 y  2 x   x2 y 2  3  xy   8 . Giờ cần
lập phƣơng trình thứ hai để x  y; xy dƣơng và nhận nghiệm mà ta đã chọn ban đầu. Ta có
thể lấy phƣơng trình

x  y  1  4 xy  1  1 . Vậy ta có bài toán sau

2
2 2

4  x  y   3  2 y  2 x   x y  3  xy   8
Bài toán 6. Giải hệ phƣơng trình 
4

 x  y  1  xy  1  1.

Giải. Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc
 x y


 3 

2


 x  y    xy 
1  2  3     6 

  


2


 xy   2
1  2  6    27 .
 


15


Đặt a 

x y
xy

; b  . Khi đó phƣơng trình trên đƣợc viết lại thành
3
6

a 2 1  2a   b 2 1  2b  

2
.
27
1
1
và b2 1  2b   .
27
27

Áp dụng bất đẳng thức a 2 1  2a  

1
3

Do đó để phƣơng trình trên xảy ra khi và chỉ khi a  b  . Suy ra x  2; y  1 .
Thử vào phƣơng trình thứ hai thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm  x; y    2;1 .
Bất đẳng thức 3. Với a, b dƣơng a.b 

ab
.Dấu bằng xảy ra khi a  b .
2

Áp dụng với a  x 2 , b  y 2 bất đẳng thức trở thành x2  y 2  2 xy .

Dấu bằng xảy ra khi x  y .
Giờ ta sẽ xây dựng theo cách mới nhƣ sau: Giả sử bây giờ ta xây dựng đƣợc bất đẳng
thức x2  y 2  2 xy và kết hợp với bất đẳng thức trên là x2  y 2  2 xy thì sẽ suy ra đƣợc
x  y . Muốn có điều này khi sáng tác hệ phƣơng trình ta sẽ phải gán đƣợc phƣơng trình

x 2  y 2  f  x; y  và ta đi chứng minh f  x; y   2 xy .

Đầu tiên ta chọn hai nghiệm trƣớc thỏa mãn điều kiện x  y là x  y  1 .
2 xy

Ta có  x  12  22016  22016 nên
2016

2 xy

Suy ra
2016

 x  1

2

2

2

2 xy


2016

 x  1

2

2016

 y  1

2

2

2 xy

 xy và
2016

2016

 y  1

2

2

 xy .
2016

 2 xy .

2016

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 .
Giờ ta sẽ đi lập hệ phƣơng trình sao cho khi giải sẽ thu đƣợc phƣơng trình
2 xy
2016

 x  1

2

2

2 xy


2016

2016

 y  1

2

2

 x2  y 2 .
2016

Nếukhông muốn xuất hiện luôn phƣơng trình này, ta sẽ buộcngƣời giải phảicộng đại số

16


hai vế của hai phƣơng trình trong hệ. Ta sẽ lập hai phƣơng trình của hệ, (có thể) là khi
cộng đại số vào thì chúng triệt tiêu cho nhau. Đặc biệt chú ý khi lựa chọn phƣơng trình
cần phải nhận nghiệm x  y  1 nếu không sẽ làm phƣơng trình vô nghiệm. Vậy ta có bài
toán
2 xy
 2016
 y 2  y 2016
 x  2016 2
2016
x  2x  2 1

Bài toán 7. Giải hệ phƣơng trình 
2 xy
 y 2016 
 x 2  x 2016 .
2
2016
2016

y  2 y  2 1


Giải.Cộng vế với vế hai phƣơng trình của hệta đƣợc
2 xy
2016

x  2x  2

2

2016

Ta có

2 xy
2016

1

 x  1  22016
2

2 xy


2016

y  2y  2
2

2016

1

2 xy


2016

 y  1  22016
2

 x2  y 2 .


2 xy
2016

22016



2 xy
2016

22016

 2 xy  2 xy .

Mà x 2  y 2  2 xy . Để đẳng thức xảy ra thì x  y  1 .Thử lại, thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y   1;1 .
Giờ ta vẫn tiếp tục sử dụng Bấtđẳng thức 3, ta sẽ lần lƣợt có đƣợc hai bất đẳng thức là

2a  1  a và 3 3b  2  b .
Suy ra ta có đƣợc

2a  1  3 3b  2  a  b .

Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  1 .
Ta sẽ sáng tác một bài hệ phƣơng trình từ bất đẳng thức trên. Trƣớc tiên ta vẫn chọn hai
1
nghiệm trƣớc của hệ, ví dụ là x  y  . Để sử dụng bất đẳng thức trên ta cần đảm bảo
2

dấu bằng sẽ xảy ra, ví dụ chọn a  x  y; b  4xy. Với cách chọn hai biến này ta sẽ đảm bảo
đƣợc dấu bằng của bất đẳng thức trên.
Khi đó ta có phƣơng trình

2  x  y   1  3 12 xy  2  x  y  4 xy . Việc còn lại là ta lập

phƣơng trình thứ hai nhận nghiệm đã chọn ban đầu là đƣợc. Ta có thể lập phƣơng trình

17


nhƣ sau 3 x  y  4 x  y  1 . Vậy ta có bài toán sau
 2  x  y   1  3 12 xy  2  x  y  4 xy
Bài toán 8. Giải hệ phƣơng trình 
 3 x  y  4 x  y  1.

Giải. Điều kiện : 2  x  y   1  0; x  y  0 .Đặt a  x  y; b  4xy.
Phƣơng trình thứ nhất của hệ trở thành 2a  1  3 3b  2  a  b .
Theo điều kiện ban đầu ta có
2a  1 
3

3b  2 

Suy ra

 2a  1  1
2

 3a  2   1  1
3

 a . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  1 .

 b . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b  1 .

2a 1  3 3b  2  a  b  VP . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  1 .
x  y  1
1
x y .
2
4 xy  1

Từ đó suy ra 

1
2

Thay x  y  vào phƣơng trình thứ hai thấy thỏa mãn.
1 1



Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm  x; y    ;  .

2 2
Thay đổi một chút về cách sáng tác hệ phƣơng trình bằng cách sử dụng Bất đẳng thức 3,
muốn lập một hệ gồm hai phƣơng trình mà phải sử dụng cả hai phƣơng trình chứ không
phải là đơn thuần giải từng phƣơng trình,ta có thể làm theo cách hƣớng ngƣời giảiphải
cộng đại số cả hai vế của hai phƣơng trình đó.
Trƣớc tiên, ta vẫn chọn hai nghiệm trƣớc, giả sử x  2; y  1 . Với các nghiệm vừa chọn ta
lập đƣợc các cặp số 5 y  x  y 2  1  1;3 y  x  1; x  1  1 mục đích để thỏa mãn dấu bằng khi
sử dụngbất đẳng thức

2a  1  a .

Mà theo bất đẳng thức AM – GM ta có
5 y  x  y2 1 

5 y  x  y2 1  1
3y  x 1
; 3y  x 
;2 x  1  x.
2
2

18


Suy ra ta có đƣợc bất đẳng thức sau
 y 2  8 y  1 6 y  2   y  1
5 y  x  y 1  3 y  x  2 x 1 

.
2

2
2

2

Mà ta đã chọn nghiệm y  1 nên

5 y  x  y 2  1  3 y  x  2 x  1  3 y  1 . Nhƣ vậy ta sẽ

lập một hệ mà có vế phải của hai phƣơng trình sẽ có tổng là 3 y  1 . Đồng thời cùng với
đó là cần cân bằng các giá trị tại các nghiệm đảm bảo hai phƣơng trình của hệ phải có
nghiệm ban đầu là x  2; y  1.Lƣu ý để tránh trƣờng hợp ngƣời đọc lại đi giải riêng từng
phƣơng trình thì hai phƣơng trình đó ta cần cồng kềnh một chút, ví dụ nhƣ có xuất hiện
căn thức to khó bính phƣơng hay lập phƣơng, hoặc là bậc của các biểu thức là không
giống nhau. Với ý tƣởng đó ta sẽ chọn đƣợc hai phƣơng trình thỏa mãn là
5 y  x  y 2  1  y  2 x  4 và

3 y  x  2 x  1  2  x  y   3 có bài toán giải hệ phƣơng

trình sau.
 5 y  x  y 2  1  y  2 x  4
Bài toán 9. Giải hệ phương trình 
 3 y  x  2 x  1  2  x  y   3.

Giải. Điều kiện 5 y  x  y 2  1  0,3 y  x  0, x  1 .
Cộng hai vế hai phƣơng trình ta đƣợc

5 y  x  y2 1  3 y  x  2 x 1  3 y  1 .

 *

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lần lƣợt có
5 y  x  y2 1 

5 y  x  y2 1 1
3y  x 1
; 3y  x 
;2 x  1  x .
2
2

Do đó ta có đƣợc bất đẳng thức sau
5 y  x  y 1  3 y  x  2 x 1 
2

6 y  2   y  1
2

2

 3 y  1  VP * .

2

 5 y  x  y  1  1; 3 y  x  1  x  2
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 
.

y 1


x

1

1;
y

1

0



Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    2;1 .
Lưu ý : Ý tƣởng của bài toán trên có thể bị đổ vỡ nếu trong quá trình cân bằng ta lại để
xuất hiện một phƣơng trình của hệ có denta chính phƣơng khi biến đổi tƣơng đƣơng bằng
19


cách bình phƣơng hai vế.
Tiếp theo ta sẽ đi xây dựng bài toán giải hệ phƣơng trình theo hƣớng mới là khi sử dụng
bất đẳng thức thì ta sẽ đƣợc tìm ra mối liên hệ giữa các nghiệm. Ví dụ muốn có đƣợc mối
liên hệ x  y khi giải phƣơng trình, khi đó ta có đƣợc các cặp đại lƣợng bằng nhau là

y 2  2 xy  y 2 , x2  5 y 2  4 x2 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM với hai bộ số đó ta đƣợc
y 2  2 xy  y 2   xy, x 2  5 y 2  4 x 2  

5 y 2  3x 2
.
2

Từ đó suy ra 3 y 2  2 xy  y 2   x 2  5 y 2  4 x 2  

5 y 2  3x 2
 3xy .
2

Giờ ta muốn ép để có x  y ta chỉ cần cho vế trái của bất đẳng thức trên là
3 y 2  2 xy  y 2   x 2  5 y 2  4 x 2  bằng giá trị 4y (giá trị này có đƣợc là khi ta thay điều
2

kiện x  y vào). Giờ muốn có một hệ ta chỉ cần lập thêm một phƣơng trình nữa, phƣơng
trình này giúp ta tính ra chính xác nghiệm. Giờ ta chọn nghiệm trƣớc, ví dụ chọn nghiệm
x  5 , ta lấy phƣơng trình x

3

 11x2  36  18  4 4 27 x  54 . Vậy ta có đƣợc bài toán sau

3 y 3  2 x  y   x 2  5 y 2  4 x 2   4 y 2

Bài toán 10. Giải hệ phƣơng trình 
 x3  11y 2  36  18  4 4 15 x  12 y  54.

Giải.Điều kiện y3  2 x  y   0,5 y 2  4 x 2  0,15x  12 y  54  0 .
Biến đổi phƣơng trình thứ nhất của hệ ta có 3 y 2  2 xy  y 2   x2  5 y 2  4 x 2   4 y 2 . Theo
bất đẳng thức AM – GM ta có các đánh giá sau
y 2  2 xy  y 2   xy, x 2  5 y 2  4 x 2  

5 y 2  3x 2

.
2

Nên 3 y 2  2 xy  y 2   x 2  5 y 2  4 x 2  
Suy ra 4 y 2 

5 y 2  3x 2
 3xy .
2

5 y 2  3x 2
2
 3xy  3  x  y   0  x  y .
2

Thay x  y vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc phƣơng trình
20


x3  11x2  36  18  4 4 27 x  54  x  2  .

 *

Ta có 4 4 27 x  54  4 4 3.3.3.  x  2   x  7 .
Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  2  3  x  5 .
Kết hợp với phƣơng trình * ta có
x3  11x 2  36  18  x  7   x  5

2

 x  1  0  x  5  y  5 .

Đối chiếu với điều kiện thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    5;5  .
Để kết thúc việc sử dụng Bất đẳng thức 3 để sáng tác hệ phƣơng trình, tác giả sẽ làm khó
bài toán dạng này nhƣ sau:trƣớc tiên ta vẫn chọn trƣớc một mối liên hệ giữa hai biến tùy
thích, ví dụ là y 2  x  3 . Trong trƣờng hợp ta chọn hai cặp số mà không đƣa cùng về một
mối liên hệ ban đầu thì với hai mối liên hệ đó ta sẽ tìm luôn ra đƣợc nghiệm của phƣơng
trình đó. Đó là điều mà ta đã làm từ trƣớc nên ta sẽ không sử dụng ý tƣởng đó.Ta sẽ biến
đổi để hai biểu thức này đều phải biểu thị mối liên hệ y 2  x  3 .Để làm đƣợc điều này ta
 y2  x  3

cần phải tìm các cặp số bằng nhau, chả hạn nhƣ cặp số 
Rõ ràng chúng đều
2

 x  4  y  1.

biểu thị y 2  x  3 .
Sử dụng Bất đẳng thức 3 talần lƣợt có các đánh giá sau
x  y2  5
y2  x  3
và y x  3 
.
 x  4   y  1 
2
2
2

Từ đó suy ra

 x  4  y 2  1  y

x  3  y2  x  4 .

Giờ việc còn lại là đi lập một phƣơng trình để giải ra nghiệm nữa là xong. Muốn cho đẹp,
ta chọn trƣớc nghiệm y  2 . Ta có thể dễ dàng lập đƣợc phƣơng trình chứa căn thức thỏa
mãn là

y 2  3  3 y  1  4 y3  8  0 . Vậy ta có bài toán sau

  x  4   y 2  1  x  y 2  y x  3  4

Bài toán 11. Giải hệ phƣơng trình 
 x  3 y  1  4 y 3  8  0.

21


Giải. Điều kiện  x  4  y 2  1  0, x  0, y  2 .
Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc

 x  4  y 2  1  y

 *

x  3  y2  x  4 .

Mà áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

 x  4   y 2  1 

x  y2  5
y2  x  3
.
; y x3 
2
2

Do đó ta có  x  4   y 2  1  y x  3  y 2  x  4  VP * .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y 2  x  3 . Thay y 2  x  3 vào phƣơng trình thứ hai ta
đƣợc phƣơng trình

y 2  3  3 y  1  4 y3  8  0 .

Xét hàm số f  t   t 2  3  3 t  1  4 t 3  8 với t   3 . Đây là một hàm đồng biến có
f  2   0 . Do đó hàm số có nghiệm duy nhất y  2 . Suy ra x  1 . Thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y   1;2  .
Bất đẳng thức 5. Với các số thực a, b, x, y ta luôn có  ax  by    a 2  b2  x 2  y 2  . Dấu
2

bằng xảy ra khi và chỉ khi ay  bx .
Cho a  1 và b  1 ta có đƣợc bất đẳng thức 2  x2  y 2    x  y  .
2

Dấu bằng xảy ra khi x  y .
Kết hợp với đánh giá x  xy  y   x  y   xy   x  y  
2

Ta có bất đẳng thức

2

2

2

 x  y
4

2



3 x  y 
4

2

.

x2  y 2
x 2  xy  y 2

 x y.
2
3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y .

Muốn sáng tác một hệ phƣơng trình bằng cách sử dụng Bất đẳng thức 5 ta cho xuất hiện
phƣơng trình

x2  y 2
x 2  xy  y 2

 x  y . Khi đó ta đã ép đƣợc x  y . Giờ ta sẽ đi
2
3

sáng tác một phƣơng trình thứ hai, trƣớc tiên ta vẫn chọn nghiệm trƣớc, ví dụ là x  3 . Vì
khi sử dụng Bất đẳng thức 5 ta không cần điều kiện gì của biến nên ta có thể chọn một
22


phƣơng trình căn thức bậc lẻ nhƣ

3

x  5  6  7 3 11  x  2 x .

Ta có bài toán sau
 x2  y2
x 2  xy  y 2

 x y

Bài toán 12. Giải hệ phƣơng trình 
2
3

3
3
 4 x  3 y  5  6  7 11  9 x  8 y  10 x  12 y.

Giải. Điều kiện x  y  0 .
Xét phƣơng trình thứ nhất của hệ, ta lần lƣợt có các đánh giá sau
x2  y 2 1
x 2  xy  y 2 1
  x  y ,
  x  y .
2
2
3
2

Dấu bằng của hai bất đẳng thức xảy ra khi x  y  0 .
Thay x  y vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc
3

x  5  6  7 3 11  x  2 x 
x 3


3

 x  5  2 3 x  5  4
2





3

 



x  5  2  7 2  3 11  x  2  x  3  0
7  x  3

4  2 3 11  x  3 11  x 

2

 2  x  3  0



1
7

  x  3

 2  0  x  3  0
 3 x  5 2  2 3 x  5  4 4  2 3 11  x  3 11  x 2





 

1

( Vì với x  0
3

 x  5  2 3 x  5  4
2



7
4  2 3 11  x 

3

11  x 

2

 2  0)

 x  3  y  3 . Thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm  x; y   3;3  .
Quay trở lại Bất đẳng thức 5 ta muốn sáng tác một bài giải hệ phƣơng trình sử dụng bất
đẳng thức trên ta sẽ chọn đánh giá kiểu đơn lẻ từng biến chứ không đi đánh giá cả hai
biến nhƣ trên, ta làm nhƣ sau.
Trƣớc tiên tachọn trƣớc hai nghiệm là x  1; y  1 . Khi đósử dụng Bất đẳng thức 5 ta có

các đánh giá x  2 5  x2  5 và

1
1
 2 5 2  5.
y
y

23


1
y



Suy ra x   2  5  x 2  5 


1
y2


  10 .


Giờ muốn ép cho hệ phƣơng trình này nhận nghiệm x  1; y  1 ta sẽ cho dấu bằng ở bất
đẳng thức trên xảy ra. Công việc còn lại ta chỉ cần lập phƣơng trình còn lại lấy x  1; y  1
là nghiệm nữa, ví dụ nhƣ phƣơng trình

x  3  3 y  7  4. Ở đây ta không cần nhất thiết

phải chọn phƣơng trình chứa căn thức vì lí do ta không cần tới điều kiện của biến. Giờ ta
có bài toán giải hệ phƣơng trình


1
1 
2
 x   2  5  x  5  2   10
y 
Bài toán 13. Giải hệ phƣơng trình  y 

3
 x  3  y  7  4.

Giải. Điều kiện 5  x 2  0;5 

1
 0.
y2

Áp dụng bất đẳng thức B – C – S ta có đƣợc các đánh giá
x  2 5  x 2  5 và

1



1

1
 2 5 2  5.
y
y

1 

Suy ra x   2  5  x 2  5  2   10 .
y
y 

2 x  5  x 2
x  1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
2
 y  1.
2 y  5  y

Thay x  1; y  1 vào phƣơng trình thứ hai thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm  x; y   1;1 .
1
x



Cũng với hai nghiệm là x  1; y  1 và bất đẳng thức x   2  5  x 2  5 


1

x2


  10 ta


muốn vế trái của bất đẳng thức trên xuất hiện bằng cách cộng đại số cả hai vế của một hệ
phƣơng trình nào đó, còn vế phải sẽ là một hàm f  y  thỏa mãn f  y   10 , dấu bằng đạt
đƣợc tại y  1 . Để có đƣợc hàm f  y  nhƣ mong muốn ta có hai cách lập thông dụng đó
là hàm căn thức hoặc một hàm đa thức với bậc chẵn. Ở đây tác giả chọn là một hàm đa
24


thức bậc hai, ví dụ là f  y   2  y  12  10 . Bây giờ công việc chỉ là sắp xếp cân bằng giá
trị các đại lƣợngtại x  1; y  1 của phƣơng trình là đƣợc. Ví dụ nhƣ hai phƣơng trình
x

1
 2  3  2 y  và
x

5  x2  5 

1
 y 2  3. Với hai phƣơng trình này ta lập đƣợc hệ
2
x

1


x   2 3  2 y 

x

phƣơng trình thỏa mãn các điều kiện đã chọn ban đầu là 
Nên
1
2
2
 5 x  5
 y  3.

x2


ta có bài toán sau
1

x   2 3  2 y 

x

Bài toán 14. Giải hệ phƣơng trình 
 5  x 2  5  1  y 2  3.

x2


Giải. Điều kiện 5  x 2  0,5 

1
 0.
x2

Nhân 2 cả hai vế phƣơng trình thứ hai rồi cộng với phƣơng trình thứ nhất ta đƣợc
x


1
1 
2
 2  5  x 2  5  2   2  y  1  10 .
x
x 


Áp dụng bất đẳng thức B – C – S ta có x  2 5  x2  5 và
1



 *
1
1
 2 5  2  5.
x
x

1 

Từ đó suy ra x   2  5  x 2  5  2   10 . Lại có 2  y  12  10  1 .
x
x 

Để đẳng thức * xảy ra khi và chỉ khi x  1; y  1 .Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y   1;1 .
Cũng với ý tƣởng sử dụng Bất đẳng thức 5để sáng tạo bài toán và dùng cách giải cho hệ
này là phƣơng pháp cộng đại số. Ta chọn lấy hai nghiệm đẹp trƣớc, ví dụ là x  2; y  2 .
Để áp dụng đƣợc bất đẳng thức này cần phải lƣu ý tới điều kiện xảy ra dấu bằng của bất
đẳng thức , nên ta ƣu tiên chọn sử dụng các cặp số bằng nhau khi x  2 , y  2 , ta tìm

25