Tài liệu Làm chủ hệ phương trình năm 2016-nguyễn phú khánh

Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh Lời nói đầu Trong những năm gần đây đề thi thpt Quốc Gia đã có những thay đổi về cả hình thức và chất lượng đề thi,theo đó kể từ năm 2015 trong đề thi đã định hình khá rõ hệ thống các câu phân loại bao gồm:Pt,hpt,Bpt – Hình học tọa độ phẳng Oxy – BĐT. Trong đó pt – hpt – bpt có thể sẽ là câu các em có khả năng lấy điểm cao nhất, mặc dù ở mức độ câu phân loại thì luôn cần đến sự tư duy cao và tư duy tổng hợp cho một bài toán,tuy nhiên thầy muốn các em hãy ghi nhớ một điều rằng tất cả không vượt quá những gì các em đã được học, vì thế hãy trang bị cho mình những kỹ năng và kiến thức cơ bản nhất có thể, có như vậy các em mới không bị mất phương hướng khi ta gặp một bài toán “ mới mà cũ” trong đề thi.Để giúp các em tự tin làm chủ được phần hpt chúng tôi đã cố gắng biên soạn bộ tài liệu nhỏ này một cách chi tiết ,rõ ràng và có hệ thống bao gồm 1. Giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số 2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp Liên hợp 3. Giải hệ phương trình bằng ẩn phụ không hoàn toàn kết hợp phân tích nhân tử 4. Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá, bđt 5. Phương pháp nhóm tích Do thời gian biên soạn cận kề với ngày tết truyền thống của dân tộc nên chúng tôi chưa viết được thật nhiều ví dụ,nhưng hi vọng rằng với những phân tích cụ thể qua mỗi ví dụ các em sẽ tự rút ra được phương pháp giải cho bản thân mình Cuối cùng xin chúc các em và gia đình mùa xuân mới với nhiều niềm vui,sức khỏe và tràn đầy hạnh phúc.Chúc cho những ước mơ và dự định của các em trong năm mới sẽ trở thành hiện thực,chúc cho các em luôn vững tin vào bản thân mình – gạt bỏ tất cả những hoài nghi để vượt lên chính mình các em nhé. Thân ái! Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh – Nguyễn Đại Dương Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh A.GIẢI HPT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1. Cơ sở lý thuyết: Cho hàm số y  f  x  lien tục và xác định trên D - Nếu y  f  x  đơn điệu nghiêm ngặt trên D thì phương trình f  x   k sẽ có tối đa một nghiệm - Nếu y  f  x  đơn điệu nghiêm ngặt trên D thì f  u   f  v   u  v  x 2 y  2x 2  2y 2  5y  2  0  1 Bài Mẫu 01.  2 2 2 2  y  1  x  y  2xy  x  x  2xy  y  1  y  2  x  y  0 ĐK :  y  0 Từ pt (2) ta cho x = 100; y = 100 thu được x = 200 = 2y , đồng thời thay x = 200; y = 100 vào các biểu thức  y  xy   trong pt (2) ta có  x 2  2xy  y 2  1  y 2  1  2  2xy  x Vậy ta kết hợp các đại lượng này với nhau thì được 2     y  xy   x 2  2xy  y 2  1  y 2  1  x  2y  x   0   1 x    2y  x    x   0 ( do x = y = 0 không là nghiệm)  y  xy  2  x  y   1  y2  1    x  2y(a)  2   x  y  1  y2  1  1    1    x   0x  0 2 2  y  xy   x  y   1  y  1    thay (a) vào (1) đc : 4y 3  10y 2  5y  2  0  y  2  x  4 vậy hệ chỉ có một nghiệm Chú ý ta có thể tìm ra x = 2y bằng cách viết lại pt (2) như sau y2  1  y  y 2   x  y 2 2  1  x  y   x  y   f  t   t 2  1  t  t 2t  0  4x 8x  4  12y 2  5  4y 3  13y  18x  9 Bài mẫu 02 :  2 3 2  4x  8x  4 2x  1  2y  7y  2y  0 1 ĐK : x  Từ pt (1) cho Y = 100, x = 100 shitf – solve thu được 2  x = 5101  2x  10202  10000  200  2  y 2  2y  2  2x  1  y  1 4   3 3  2 ta viết lại pt (1) ở dạng mới: 2x  1  2x  1  4  y  1   y  1  f  t   4t 3  t  f '  t   12t 2  1  0t  R Vậy ta có 2x  1  y  1  2x  y 2  2y  2 Chú ý: việc tìm ra hàm đặc trưng có thể làm như sau,từ biểu thức của y ta có f  y   4y 3  12y 2  13y  5  f ''(y)  24y  24  24(y  1)  t  y  1 Để tìm ra các hệ số 4 và 1 ta dùng phương pháp đồng nhất hệ số  Thay 2x – 1 = y  1  2  vào (2) thu được y 2  y  y 2   5y  6  0 Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh    xy 1  1  x 2  y  1  y 2  1   Bài mẫu 03: Giải hệ phương trình  4y  1 1 1 4 3   8 2  xy xy  1  3y  2  y 2 Hướng dẫn:  1   3  y  2 ĐK:   xy   1  xy  0  3 Phân tích casio,từ pt (1) shift – Solve với x = 100; y = 100 ta thu được x = 1/100 = 1/y Quan sát pt(1) ta thấy rõ ràng có dấu hiệu của hàm đặc trưng, nhưng biến x , y chưa độc lập vì bên trái vẫn chứa y 2 ,điều này khiến ta suy nghĩ tới việc làm thế nào để các biến đọc lập, ý tưởng đặt ra đó là chia 2 vế cho y 2 Nhận xét: y = 0 không phải là nghiệm của hpt 1  y 2  y  y  0  vt(1)  0  x  0 Y+ Chia 2 vế của pt(1) cho y 2 ta có: x  x 1  x 2  1 1 1 1  1  2  f  x  f   y y y y  Xét f t  t  t 1  t 2 ; t  0  f '(t)  1  1  t 2  t2 1 1  0t vậy f  x   f    x  y 1  t2 y  1   3 2 1  1 y  1  xy    1 Thay x = 1/y vào (2) ta có 4y 2  3y  1  0  y   (L); y  1(N)  x  1 4  x 3  y 3  17x  32y  6x 2  9y 2  17 Bài mẫu 04 :  2  y  2  x  4   x  9  2y  x  9  x  9y  1   Lại có: 2  1  3y  2  y   Hướng dẫn giải x  4  0 ĐK :   2y  x  9  0 Phân tích casio : từ pt(1) shift – Solve với X = 100 ; Y = 100 ta có x = 99 = y – 1, mặt khác các biến trong (1) độc lập với nhau do đó ta tiến hành tìm hàm đặc trưng như sau, viết lại (1) x 3  6x 2  17x  17  y 3  9y 2  32y  f  x   f  y            Có f ' x  3x 2  12x  17  f '' x  6x  12  2 x  2 ; f '' y  6y  18  6 y  3 do đó ta xác định được x – 2 = y – 3 ; bằng đồng nhất hệ số,ta tìm  được : x  2  3 3  5  x  2    y  3   5  y  3   f  t   t 3  5t  f '  t   3t 2  5  0t  R Vậy x – 2 = y – 3  x  y  1 thay vào (2) ta có :  x  3 x  4   x  9  x  11  x 2  9x  10    x  3  x  4   x  9  x  11  x 2  9x  10  0  3  Bằng casio ta nhận thấy pt chỉ có một nghiệm duy nhất x = 5 và cũng nhận định sẽ dùng phương pháp nhân lượng liên hợp để giải pt còn lại,tuy nhiên với đk x  4 thì x + 3 chưa xác định về dấu do đó khi  liên hợp ta cần làm xuất hiện x  3  2 muốn vậy ta giả sử lượng cần liên hợp với 1 7 ; b   4 x  4  x  7 ta viết lại pt (3) như sau : 4 4 x  11  x  11  4   2x 2  6x  80  0   5(nghiệm) và x = -3 (vì muốn có x + 3) vào ta có a   x  3  x  7  4 x  4   x  9  x  4  ax  b thay x = Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh   x  3  x  5    x5    x  3     x  9  x  11    2  x  5  x  8   0  4  x  11   x  7  4 x  4  2  x  3   x  9  x  11  2 x  8   0 vậy x = 5 là nghiệm duy nhất nên hpt có    x  5    x 7  4 x  4 4  x  11   nghiệm là ( 5 ; 6)  2y 3  y  2x 1  x  3 1  x  1  Bài mẫu 05 :  2 2 2  9  4y  2x  6y  7  2  Phân tích casio : 2y 3  y  2x 1  x  3 1  x; shift  solve; X  100; Y  100  x  9999   y 2  1 Do pt (1) có : 1. Các biến độc lập với nhau 1  x do đó từ x   y 2  1  y  1  x từ đây cho ta kết luận pt (1) có hàm đặc trưng 2. có Y và   và có f y  f   1  x hay  1  2y 3  y  2 1  x  3  1  x  f  t   2t 3  t  Vậy có f ' t  6t 2  1  0t  R  y  1  x thay vào (2) ta có : 5  4x  2x 2  6x  1...... 2  x 3  y 3  3y 2  3x  2  0 1  x  0 Bài mẫu 06 :  ĐK :  2 2 2 2  2y  y  0  x  1  x  3 2y  y  2  0 Phân tích casio : Nhập pt (1) : x 3  y 3  3y 2  3x  2; shift  Solve; x  100; y  100  x  99  y  1 Cũng giống như vd5 ta cũng có:  x  1 3 2  3  x  1  y 3  3y 2  f  t   t 3  3t 2 ; t  0; 2   f '  t   3t 2  6t  0; t  0; 2  (chú ý: tìm đk cho t ta tìm đk cho x + 1 và cho y rồi cộng đk lại thì có đk cho t như trên) t  1 vi : t  1  x 2  0 t   3(L)  Vậy thay y = x + 1 vào (2) ta có: x 2  2 1  x 2  2  0  t 2  2t  3  0    2y 3  12y 2  25y  18   2x  9  x  4  Bài mẫu 07 :  2 2  3x  1  3x  14x  8  6  4y  y Hướng dẫn giải :  1 x   3 6  4 y  y 2  0  ĐK :  Phân tích : Do phương trình (1) các biến x và y độc lập, một cách tự nhiên ta sẽ đi tìm hàm đặc trưng cho pt này ta có 3  f  x    2x  9  x  4  2  x  4  x  4  x  4  2 x  4  x  4  f  y   2y 3  12y 2  25 y  18  f ''(y)  12  y  2  f  y   2  y  2  3   y  2     Vậy ta có hàm đặc trưng cho     pt(1) : f t  2t 3  t  f ' t  6t 2  1  0 ; t  R  f y  2  f   x 4  y2 x4 Thay vào pt(2) ta có : 3x  1  3x 2  14 x  8  6  x  3x  1  6  x  3x 2  14 x  8  0      3x  1  4  1  6  x  3x 2  14 x  5  0 Chinh phục hpt 3 x  5  Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh x5   x  5  3x  1  0 3x  1  4 1  6  x   3 1  x  5    3x  1  0  3x  1  4 1  6  x  x  5   3 1  1  vậy x = 5  y  1 nên hệ có nghiệm duy nhất (2 ;1)   3x  1  0 ; x   ; 6   3x  1  4 1  6  x 3      x 2  y 3  y 2  2 3 x 4  2y y  1 x  3 x  Bài mẫu 09 :giải hệ pt  3  x 4  x 3  x 2  1  x  y  1  1  Hướng dẫn giải :  y  1 3 2  x  x  1  0 Đk :  Quan sát thấy hpt khá phức tạp và không có dấu hiệu gì của hàm đặc trưng vì các biến x ;y không độc lập hơn nữa số mũ cũng không đồng nhất,do đó ta nhận định bài toán có một hướng đi khác,thật vậy  2   2y y  1  x  x   y  y  1  0   x  x   y y  1   0  x  x  y y  1     x   x   y  1  y  1  f  x   f  Pt(1)  x  3 x 2 3 3 3 3 2 3 3 3 3 y 1  Tới đây mọi chuyện đã rõ ràng rồi nhé : Xét f  t   t 3  t  f '  t   3t 2  1  0; t  R  f  x  f 3  3 y  1  3 x  y  1 hay x 2   y  1 (ĐK x  0 ) Thay vào (2) ta có :  2  x 4  x 3  x2  1  x 3  1   x  0 1  x 3  x  1  x 3  x 2  1  1  0  x 2  x  1  x  0   1  x 3  x2  1  x  1  1 Do x  0  x  0 1  x 3  x2  1 Vậy với x  0  y  1; x  1  y  2 vậy nghiệm của hpt :(0 ;1) và (1 ; 2)  x 3  3x 2  9 x  22  y 3  3y 2  9 y(1)  Bài mẫu 10 :Gải hpt :  2 1 2 x  y  x  y   2  2 Hướng dẫn giải : Quan sát pt(1) ta thấy ngay đây là bài toán có dạng hàm đặc trưng vì các biến x ;y độc lập với nhau và có cùng số bậc là bậc 3,cách tìm hàm đặc trưng cho kiểu đa thức như sau : f  x   x 3  3x 2  9x  22  f ''  x   6  x  1 Xét   x  1  y  1 (dự đoán là như vậy) 3 2 f(y)  y  3y  9 y  f ''  y   6(y  1) Từ nhận định trên ta dễ dàng viết lại pt(1) như sau :  x  1 3 3  12  x  1   y  1  12  y  1  f  x  1  f  y  1   3 2 Xét hàm số : f t  t  12t;  f ' t  3t  12 ??? làm sao đây khi mà f '(t) không xác định về dấu ??? Một cách tự nhiên ta suy nghĩ xem liệu có đk gì không ?nhưng quan sát thì thấy bài toán không có căn ???vậy đk sẽ lấy ở đâu để chứng minh ?Xin trả lời các em vẫn chưa dùng đến pt(2),pt(2) có dạng bậc 2 Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh ẩn x hoặc bậc 2 ẩn y ta sẽ đi tìm đk để pt có nghiệm ( có thể tính lần lượt  x ;  y ).bài này thì không cần  1  3 1 2 2 1  x  2  1   2  x  1  2  1  1  3 3 vì : pt(2)   x     y    1     t   ;  2  2   2 2  1  y  1  1   1  y  1  3  2  2 2  3 3      Vậy f ' t  0 ; t    ;   f x  1  f y  1  x  1  y  1  x  y  2 2 2    4 x 3  12x 2  15 x  7   y  1 2y  1  1 Bài mẫu 11 : Giải hpt :  6  x  2  y  x  26  6 3 16x  24y  28  2 1 Hướng dẫn giải :ĐK : y  2 Quan sát pt (1) ta thấy các biến độc lập,cùng bậc,do đó ta nghĩ ngay tới việc đi tìm hàm đặc trưng cho pt này  pt(1)  8 x 3  24x 2  30x  14  2y  2 3   2x  2   3  2x  2      2y  1 3 2y  1  3 2y  1  f  2x  2   f  2y  1   Xét f(t) = t 3  3t  f ' t  3t 2  3 ; t  R   Vậy f 2x  2  f  x  1 2y  1  2x  2  2y  1   2  2y  4 x  8 x  5       Thay vào pt(2) ta có 3 x  2 4 x 2  8x  5  x  26  6 3 16 x  12 4 x 2  8x  5  28  3   6x 3  24 x 2  31x  2  6 3 6 x 2  10 x  4  2  2   2x  2    x  1    7 x  2 2   3 2  x  1 x  2  3 x  2  y  3y  5 y  3  1  Bài mẫu 12 : Giải hpt  2  x 3  2x 2  x  7 y 2  14 y  19  3 3 9  y  1  2  Hướng dẫn giải :ĐK : x  2 Phân tích casio :Nhập pt(1)  x  1 x  2  3 x  2  y 3  3y 2  5 y  3 : Shift  Solve; X  100 , Y  100 Ta được kết quả: x  10199  10000  200  1  y 2  2y  1 Quan sát pt(1) ta phán đoán x 2  y1 3   VT1   x  2  x  2  2 x  2   x  2   2 x  2  f Thật vậy :   VP1   y  1 3  2  y  1  f  y  1    x2   Xét f t  t 3  2t; t  R  f ' t  3t 2  2  0 ; t  R Vậy f   y  1 x  2  f  y  1  x  2  y  1   2 thay vào pt(2) ta được  x  2   y  1  pt  1  x 3  2x 2  6x  12  3 3 9  x  2  dùng casio dễ dàng ta biết pt này chỉ có một nghiệm duy nhất x = -1 và ta cũng phán đoán bài toán dùng liên hợp,vấn đề với bài này nếu liên hợp bình thường sẽ khó để chứng minh nghiệm duy nhất,trong trường hợp này ta nghĩ tới truy ngược dấu.Viết lại pt(1) như sau 3x 3  6 x 2  18x  36  9 3 9  x  2  0 Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh    3 9  x  2  3 81  x  2   9   9  x  2  3x 3  6x 2  18x  36  0     x  1 x  5      x  1 3x 2  9x  18  0 3  9  x  2 .81  3   4 2 2 3 x  2 81  9 81 x  2  81       2     81 3 9  x  2   x  5   2   x  1  3x  9x  18   0 3  4 2 2 3   x  2  81  9 81  x  2   81  x  1  9 81 3 9  x  2   x  2   vì min f  x   3x 2  9x  18  2  3x  9 x  18  0 4  4 2  3  x  2 812  9 3 81  x  2  81   23  3x  7  x   20  3y  6  y  1 Bài mẫu 13:Giải hệ phương trình  2  2x  y  2  3x  2y  8  3x  14 x  8  2  Hướng dẫn giải x  7  y  6 ĐK:   2x  y  2  0  3x  2y  8  0 Phân tích casio  Nhập pt(1): 23  3x  7  x   20  3y  6  y ; Shift  Solve : Y  5; X  5  x  6  y  1 Quan sát pt(1) phán đoán 7  x  6  y  x  y  1 do đó ta phân tích pt(1) như sau 3  VT1   23  3x  7  x  3  7  x  7  x  2 7  x  3  7  x   2 7  x pt  1 :  VP   20  3y  6  y  3  6  y  6  y  2 6  y  3  6  y  3  2 6  y  1 Vậy pt (1)  f    7x f 6 y    Xét f t  3t 3  3t; t  0  f ' t  9t 2  3  0; t  0 Lúc đó:  f    7x f  6  y  7  x  6  y  x  y  1 , thay vào pt(2) ta có  1  pt( 2)  3x  1  6  x  3x 2  14 x  8  0  DK :   x  6  (2’) 3   Phân tích casio Nhập pt(2’) 3x  1  6  x  3x 2  14 x  8; Shift  Solve : X  0  x  5 Bài toán có 2 căn,một cách tự nhiên ta đi tìm đại lượng liên hợp; thay x = 5 vào từng căn thức ta có kết quả  3x  1  3.5  1  4  3x  1  4 chính là các đại lượng liên hợp cần tìm    6  x  6  5  1 1  6  x Ta được pt(2’)      3x  1  4  1  6  x  3x 2  14 x  5  0  3x  15 x5       x  5  3x  1  0  3x  1  4 1  6  x    3 1  x  5    3x  1  0  4  3x  1 1  6  x  Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh x  5   3 1  1    3x  1  0 ; x    ; 6   4  3x  1 1  6  x  3  Vậy x = 5 ; y = 4 là nghiệm duy nhất của hpt đã cho  x 3  2x 2  5  2y  1 Bài mẫu 14: giải hệ pt   15  2x  6  x   4 y  9  2y  3  2  x  2  x 2  4 x  7  y y 2  3  x  y  2  0 1 Bài Mẫu 15 : Giải hệ phương trình  2 2  3 x  9  x  y  3 x  1  4 x  y  3  2  Hướng dẫn giải : ĐK : 4 x  y  3  0 Ví dụ 16 :  3 y  1  5 x  4  3 xy  y  3  Giải hệ pt sau:  4  x 2  xy  y 2   2 x2  2 y 2   2 x  y  3  x  4 / 5 Phân tích:Đk:   y  1/ 3 Nhập pt: 4  x 2  xy  y 2  2x2  2 y 2  3  2x  2 y Shift + Solve với Y = 100, X = 100 ta có kết quả Như vậy sẽ có nhân tử là x - y Tiếp tục nhâp X = Y = 100 vào từng căn thức ta có và Do đó ta nhận định các đại lượng kết hợp với hai căn sẽ có thể là 2x hoặc 2y hoặc x + y Tuy nhiên quan sát thấy cả hai căn thức đều chứa đồng thời x , y mà vế phải là 2 ( x + y ) nên ta suy đoán đại lượng cần dùng là x + y Câu hỏi : Sau khi biết các đại lượng liên kết với các căn thì ta dùng phương pháp gì để làm xuất hiện nhân tử chung LIÊN HỢP hay ĐÁNH GIÁ Trả lời : có thể dùng cả hai tuy nhiên kinh nghiệm cho thấy những bài toán có tổng căn như thế này việc đánh giá sẽ nhanh hơn so với liên hợp,ta tiến hành đánh giá như sau : 2 2 2 x 2  2 y 2  x  y  2 x 2  2 y 2   x  y    x  y   0 dấu (=) xảy ra khi x = y 3  x 2  xy  y 2  3  x y  4  x 2  xy  y 2  3 2 2   x  y    x  y   0 dấu (=) xảy ra khi x = y Vậy pt (2) xảy ra khi x = y.thay vào phương trình (1) ta có (1)  3 x  1  5 x  4  3 x 2  x  3 Dùng casio cho ta hai nghiệm x = 0, x = 1 do đó ta cũng xác định được các đại lượng cần liên hợp với từng căn thức là x + 1 và x + 2(cái này đã quen rồi nhé)    Pt   x  1  3 x  1  x  2  5 x  4  3 x 2  3 x  0  x  x  1  x  0  x  1  1 1   0  x  1  3 x  1 x  2  5 x  4 1  x  1  3x  1  1  0 x  2  5x  4  Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh     x  x 2  2x  2  1 y  y 2  1  1  1  Ví dụ : Giải hệ pt :   y  xy  9  2014  y 2  2y  4  2015x  2   Hướng dẫn giải : ĐK : y  xy  9  0 Nhập pt (1) (x  x 2  2x  2  1)(y  y 2  1);shift - Solve Y = 100; x = 100  x=-101= - y - 1 hay x + 1 = - y Quan sát vào cấu trúc của pt (1) ta thấy ngay pt(1) có dạng hàm đặc trưng, vấn đề ở đây làm thế nào để độc lập các biến x ; y và xuất hiện hàm đặc trưng ? y 2  1  y  y  y  y 2  1  0 nhân cả hai vế của (1) cho y  y 2  1 ta có : Nhận xét : 1   x  1     x  1    x 2  2x  2   y  y 2  1  x  1 2   1  y    y   t  Xét f t  t  t 2  1  f ' t  1      2  1  f  x  1  f   y  1 t2   Vậy f x  1  f  y  y   x  1 thay vào (2) ta được x 2  8  x 2  3  2015 x  2014    x2  8  3   x 2  3  2  2015  x  1  0  x1  x1   x  1    2015   0 2 x2  3  2  x 83  x  1   x  1 x 1 x 1 x 1   2015  0 vi x 2  8  3  x 2  3  2   0 2 2 2 2  x  8  3 x 32 x 83 x 32 Vậy hệ đã cho chỉ có một nghiệm duy nhất x = 1 ; y = -2 ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN – KẾT HỢP PHÂN TÍCH NHÂN TỬ CASIO  2y 4   x  3 2  y 3  x  6   2xy  9  Bài 1 : giải hpt   x  2  y  2  6 ĐK : x  2  y  2 . Phân tích Casio cho phương trình (1)  Nhập 2y 4  x  3  2  y 3  x  6   2xy  9; shift  Solve  X  100; y  100  x  206  2y  6 Nhập tiếp: 2 A 2y 4   x  3   y 3  x  6   2xy  9 x  2y  6  Vậy: 2y 4  x  3  2 calcx  100; y  1 1  A  99, 999  100   x  y3 100 1000000   y 3  x  6   2xy  9   x  2y  6  x  y 3   x  2y  6  x  y 3 +) với x = 2y + 6 thay vào (2) có:   +)Với x  y 3  pt2  2y  4  y  2  6  y3  2  y  2  6        y3  2  5   x 2  y 3  2y  5  y 2  y  2 x 2  5  0  Bài 2 : Giải hpt   3 y 2  1  xy 2  5x  4  x  2 Hướng dẫn giải :ĐK ? Phân tích casio   2y  4  4   y2 2 0 y 6x ?  y 2 1  0  y  3  x  ? Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh Thoạt nhìn ta thấy bài toán này hoàn toàn không giống ví dụ trên vì ở cả 2pt đều chứa căn thức, tuy nhiên may mắn rằng Pt(1) chỉ có một căn do đó ta nghĩ ngay tới việc đặt ẩn phụ không hoàn toàn.....Nhưng đặt ẩn phụ không hoàn toàn có phức tạp lắm không ?Liệu tính  có chính phương không ??? câu tả lời là KHÔNG hãy theo dõi lời giải sau đây để thấy rằng việc dùng ẩn phụ không hoàn toàn không phức tạp như các em nghĩ đâu nhé :     Đặt t  x 2  5  t  5  pt1  t 2  y 2  y  2 t  y 3  2y  0 (3)   Nhập x 2  y 2  y  2 x  y 3  2y; shift  solveX  100; Y  100  x  100  y vậy sẽ có nhân tử chung là x – y.(Chú ý ở đây coi t = x nhé vì máy chỉ coi x là biến thui) Nhập tiếp A   x 2  y 2  y  2 x  y 3  2y xy ; calcx  100; y  1 980001 1 A  98   x  y2  2 100 10000 10000 Nhắc lại x ở đây là t   Lúc đó viết lại được (3)  t  y t  2  y 2    y  5 t  y  x2  5  y   2 2 0 x  5  y thay vào (2)  2  t  2  y  2(L) Có lẽ tới đây là bài quen thuộc rồi,thầy nhường lời giải còn lại cho các em.....  3y 2  1  2y  x  1  4 y x 2  2y  1 Bài 3 :   y  y  x   3  3y ĐK : x 2  2y  1  0 Phân tích phương trình (1) :Đặt t = x 2  2y  1; t  0 lúc đó (1) được viết lại như sau : t 2  4 yt  x 2  3y 2  2xy  0 Phân tích casio Lúc này coi t là ẩn x ; x = A ;y giữ nguyên nhập pt trên vào máy t 2  4 yt  A 2  3y 2  2Ay; shift  solve : X  100 ; A  100 ; y  1 1  t  100 , 01  100   Ay 100 100 Vậy pt có một nhân tử là t – A – y Nhậptiếp : t 2  4 yt  A 2  3y 2  2Ay 1 10497 3 calc : t  100; y  ; A  5  kQ   100  5   t  A  3y tAy 100 100 100 Vậy ta có kết quả phân tích như sau (trả lại A = x nhé)  x 2  2y  1  x  y t 2  4 yt  x 2  3y 2  2xy   t  x  y  t  x  3y   0    x 2  2y  1  3y  x  2 2  1  y  x  2y  x  2y  3xy  Bài 4 :   y  1  x 2  2y 2  2y  x ĐK : Phân tích casio : Đặt t = x 2  2y 2 ; t  0 ;  1  t 2   1  y  t  x 2  2y 2  x  2y  3xy  0 Coi x = A (nhớ nhé trong máy chỉ coi x là biến thôi,mà ở đây ta coi t là biến nên nhập t = x) ta có : X 2   1  y  X  A 2  2y 2  A  2y  3Ay; shift  Solve : X  100; y   X(  t)  100 , 02  100  1 ; A  100 100 2  A  2y vậy có nhân tử X – A – 2y hay t – A – 2y 100 Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh X   1  y  X  A  2y  A  2y  3Ay 2 Nhập tiếp : 2 2 X  A  2y ; Calc : X  100; y  1 ;A  5 100 10601 1  100  5  1   X  A  1 Y 100 100 Vậy ta có : X 2   1  y  X  A 2  2y 2  A  2y  3Ay   X  A  2y  X  A  1  y  Ta thu được kết quả   x 2  2y 2  x  2y  X  A  2y  t  x  2y    X  A  y  1  t   x  y  1  x 2  2y 2  x  y  1 Vậy pt (1)   Chú ý thầy đã thay X  t  x 2  2y 2 ; A  x nhé  x 3  7 y 3  3y 2  6xy  x  2y   3x  4  0  Bài 5: giải hpt  y 3  x  2  x  y  1   y  1 4x  4  x   2 Đk: x  y  1  0 Phân tích hướng giải: casio cho pt (1) ta dễ dàng có ngay nhân tư là x + y = 1 Tìm nhân tử còn lại như sau: Nhập biểu thức A x 3  7 y 3  3y 2  6xy  x  2y   3x  4 x  y1 x  7 y  3y 2  6 xy  x  2y   3x  4 3 Vậy A  shift  Solve : x  100; y  3 x  y1  10000  100  9   1 407  A  10109  100 10000 4 7   x2  x  9  4 y  7 y2 100 10000  Lúc đó ta viết lại pt (1) như x 3  7 y 3  6xy(x  2y)  3x  4  x  y  1 x 2  x  9  7 y 2  4 y  x  1  y  2 2  2  1  2  229 2  x  x  9  7 y  4 y   x  2   7  y  7   28  0; x, y       3 3   3  x  2y    y  1  3  y  1 Thay x = 1 – y vào pt (2) ta có: 2  x  2  4 x  4  2  x  2 2x  2  3x  1  2 '  Cách 2: dễ dàng có thể viết lại pt(1) ở dạng x  2y 3 Nhận thấy x = 2 không là nghiệm của (2’) nên ta có 3x  1 2x  4 3 f  x   4 x  4  2x  2 ; x  1;   , x  2  2'  Xét 3 4 x  4  2x  2  ta có ngay f(x) luôn đồng biến, g(x) luôn nghịch biến mà 3x  1 2x  4 + Xét 1  x  2 pt vô nghiệm g x  + Xét x > 2 f  3   g  3   x  3 là nghiệm duy nhất của phương trình , ta có y = -2 (tm) PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP I.Cơ sở lý thuyết Công thức thường dùng trong liên hợp Biểu thức A B Biểu thức liên hiệp A B Tích A B Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh 3 A3B 3 A2  3 AB  3 B2 AB 3 A3B 3 A2  3 AB  3 B2 A B II.Định hướng liên hợp bằng máy tính casio 1. Chọn một trong hai pt có trong hệ phân tích casio (có thể có pt sẽ không tìm ra mối quan hệ) 2. Nhập pt vào máy rồi ấn ‘’ shift – Solve’’ cho Y  100; X  100 ( đây chỉ là gán ghép giá trị ban đầu, nhiều khi sẽ bị cant ‘solve, lúc đó kiểm tra đk của x, y rồi gán giá trị phù hợp đk) 3. Sau khi shift – solve máy cho nghiệm x, ví dụ x  102  x  y  2; x  99  x  1  y 4. Thay lại các giá trị y  100 và x vừa tìm được vào pt để tìm đại lượng liên hợp ( thường là các đại lượng bằng nhau) Các ví dụ mẫu : 1  2x  y  1  4  2x  y  2  6x  3y  Bài 1.giải hpt   x  1 2x 2  x  4  8x 2  4 xy  4 Phân tích hướng giải ĐK: 2 x  y  0 Nhập pt (1) 2 1  2x  y  1  4  2x  y   6x  3y ; shift  Solve : X  100 ; y  100  x  49 , 75  50  Tìm nhân tử còn lại  6  2x  y  1 ,Calc : y  100 ; x  49, 75  2x  y  1  2   6 Có  6x  3y ; Calc : y  100 ; x  49 , 75  6x  3y  2  2  4  2x  y   1   Viết lại pt(1) như sau 2 6x  3y  2x  y  1  4  2x  y   1  0   1   4 x  2y  1   2  2x  y  1   0  6x  3y  2x  y  1   4 x  2y  1  0  1   2  2x  y  1  0( 2 x  y  0 )  6x  3y  2x  y  1    Thay 4x + 2y – 1 = 0 vào (2) ta được x  1 x  1 2x 2  x  2  2   2 2  x  1 2x  x  2  4 Dó đó ta có các đại lượng bằng nhau sẽ là lượng liên hợp của nhau  x  y  x  x  y   2 y  2 y 2 1 Bài 2.Giải hệ phương trình  2  x  4 y  3  1  3 x  2  y  2  Hướng dẫn giải:   y 1 1   4 2 4 Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh 2  x  3  ĐK:  y  0  2 x  4 y  3  0  x  y  x  x  y   2 y  2y2 Phân tích pt (1): Nhập vào máy shift  solve : Y  100; X  100  x  100  y ta dự đoán pt có nhân tử x – y Tìm lượng liên hợp ; thay x  100, y  100 vào từng biểu thức trong pt (1) ta có kết quả như sau  x  y  10 2  2 y  2  x  x  y   20000  2 y Vậy ta viết lại pt(1) như sau: x  y  2 y  x  x  y   2 y 2  0  x y  x 2  y 2  xy  y 2  0 x  y  2y 2    do x  , y  0  3     1   x  y   x  2 y  0  x  y  2 y  x  y   1 2  x  2 y  0; x  , y  0 3  x  y  2 y Thay x = y vào pt (2) ta có:  2    x 2  4 x  3  1  3x  2  x  x  1 2  2  3x  2   3x  2  1  u 2  2v 2  u  v  u  x  1; v  3x  2  ,bình phương đưa về pt đẳng cấp  x 2  y  3  y 2  3 x  7 1 Bài 3. Giải hệ phương trình  2 2  y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y  2  Hướng dẫn giải: x  0  ĐK:  y  1  y 2  3x  0  y  1  2 y 2  1  x  x 2  xy  3 y shift  solve : x  100; y  100  x  99  y  1  x  y  1 là nhân tử chung Phân tích casio cho pt (2): Nhập Truy tìm lượng lien hợp: thay x = 99, y = 100 vào ta có y  1  x  99 (đây chính là các đại lượng lien hợp của nhau) Xét thấy x = 0; y = 1 không là nghiệm của hpt ta có  2  y  1  x  2 y 2  x 2  xy  3 y  1  0   y  x 1   1  x  2 y  1  0; x  0, y  1  y  1  x Thay y = x + 1 vào pt (1) ta được : (1)  x2  x  1  3  x2  x  1  7  x 2  x  1  x 2  x  1  7  3  3 y  x 1 y 1  x   y  x  1 x  2 y  1 Chinh phục hpt Xét Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh f  x   x2  x  1  x2  x  1  f '  x   Xét : g  t   t 2 t 3 3  g 't   3 2x 1 2 2 x  x 1 2x 1  2 2 x  x 1 2x 1   2 x  1 2  3 2x 1  2 x  1 2 3  0, t  R t 2  3 Do 2 x  1  2 x  1  g  2 x  1  g  2 x  1  f  t  đồng biến ,nên (3)  f  x   f  2   x  2; y  3 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (2; 3) Chú ý: để phân tích 2 y 2  x 2  xy  3 y  1   y  x  1 x  2 y  1 ta làm như sau Nhập A  2 y 2  x 2  xy  3 y  1 1 2 Calc : X  100; Y   A  99,02  100  1  x  2 y  1 y  x 1 100 100  x 2  y 2  2 2 x 2  3 xy  2 y 2  x  y  2 xy 1 Bài 4. Giải hệ phương trình :   x  y  x  y  3x  4 y  4  2  Hướng dẫn giải x  y  0  ĐK:  x  y  0  2 x 2  3xy  2 y 2  0  Phân tích casio: Nhập pt (1): x 2  y 2  2 2 x 2  3 xy  2 y 2  x  y  2 xy : shift  solve : x  100; y  100  x  100  y  x  y Là nhân tử chung của pt Truy tìm lượng liên hợp  2 2 x 2  3 xy  2 y 2 Calc : x  100; y  100  kq  200  x  y Nhập:  2 2  x  y  2 xy  20000 Ta viết lại (1): 2 2 x 2  3 xy  2 y 2   x  y   x 2  y 2  2 xy  0 (1’)  2 2 x 2  3 xy  2 y 2  0 Xét   x  y  0 (ko thỏa mãn)  x  y  0 Lúc đó 1'   7  x  y 2 2 2 2 2 2 x  3 xy  2 y  x  y   x  y  0   7 2   x  y   1  0  2 2 x 2  3 xy  2 y 2  x  y  7  1  0  2 2 x 2  3 xy  2 y 2 Thay x = y vào pt (2) ta được: 2 x  4  x.......  x  y  x  1  x  y  y 1  Bài 5. Giải hpt    x  2  2y  x  6   2 y 1  3  4 2 Hướng dẫn giải 1 , x  y  x  1  0, 2 y  x  6  0 2 Phương trình (1)  x  y  x  1  y  x  y  0 Điều kiện: x  0, y  Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh x  xy  y  y  Vì 2 x  y  x  1  y x y 0 x y    1 y 1 0 x y   x  y   x  y   x  y  x  1  y 1 y 1 1   0; y  thay x = y vào phương trình (2) ta được 2 x y x  y  x  1  y  Xét f  x   x2 x6   2x 1  3  4 x  2  x  6  0  f ' x  1 1  0  f  x  đồng biến 2 x2 2 x6 1 Tương tự xét g  x   2 x  1  3  0  g '  x    0  g  x  luôn đồng biến 2x 1 Vậy f  x  .g  x    x2 x6    2 x  1  3 luôn đồng biến Mặt khác f  7  .g  7   4 vậy hpt có nghiệm duy nhất (x;y) = (7; 7)  x  y  x  x  y   2 y  2 y 2 1 Bài 6: Giải hpt  2  x  4 y  3  1  3 x  2  y  2  Hướng dẫn: pt(1)  x  y  2 y  x  x  y   2 y 2  0  x y   x  y  x  2 y   0 x  y  2y   1   x  y   x  2y  0  x  y  x  y  2 y  1  y  x  y  x  2   x  y  1 y 1 Bài 7. giải hpt :  2  2 y  3 x  6 y  1  2 x  2 y  4 x  5 y  3  2  ĐK: y  0; x  2 y; 4 x  5 y  3  pt1  1  y   x  y  1   x  y  1 1  1  y  x  y  1   x  y  11  y   0  x  y 1  y 0 1 y  1 1   1  y  x  y  1   0  x  y  1 1  y  y 1   y  x 1 Với y = 1 ta có (2) : 9 – 3x = 0  x  3 1   y  x  1;  pt 2   2 x 2  x  3  2  x   x 2  x  1  2  0 x 1  2  x    x2  x  1  0  x  1 5 2  4 x 2   4 x  9  x  y   xy  3 y 1  Bài 8.Giải hpt   4  x  2  y  2 x   3  x  3 2  Hướng dẫn giải: ĐK: 4 x 2   4 x  9  x  y   0, xy  0,  x  2  y  2 x   0 Chinh phục hpt Xét thấy x = 0; y = 0 không là nghiệm của hpt Từ pt(1) ta có y > 0    pt1   4 x 2   4 x  9  x  y   2 y  Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh  xy  y  0  8x  4 y  9 y  0   x  y    4 x 2   4 x  9  x  y   2 y xy  y    x  y  42x  y   9 y    0a  4 x 2   4 x  9  x  y   2 y xy  y  Ta cm (a) vô nghiệm bằng cách cm: 4  2 x  y   9  0; x  0, y  0 Thật vậy từ pt(2) ta có 3 x3  3 1  3 y  2x     x2     4  2x  y   9 4 x2  4 x2  2 Vậy thay x = y vào (2) ta có x = y =1  x  y  3 x  3  3 y  5 1  Bài 9.  2  x  16  y  x   y  2 xy  2  Hướng dẫn ĐK: x  0; y  5; x 2  16  y  x   0 Pt (2)  x 2  16  y  x   xy  xy  y  0  x  16 y  0   x  y    x 2  16  y  x   xy xy  y    Ta chứng minh x – 16 < 0 Thật vậy  y 53 y 5  x 3 x3 5  0 Pt (1)     t 2  3t  x  3 x  3  3  0 t  y  5    9  4 x  5  3 x  3 Để pt(1) có nghiệm thì   0  0  x3   6  2 10  x  16  0 4 Vậy x = y. PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài 1.  x 1  y 2  y 1  x 2  1 (1) Giải hệ phương trình  2 2  3 x  xy  4 x  7 (2)  x, y    . Lời giải Điều kiện: 1  x , y  1 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy  Schwarz , ta có x 1  y 2  y 1  x2  x 1  y 2  1  x2 y  Do đó 1  x 1  y2  x 2    1  x2 1  y2  y 2  1 . 1  x2  x 2  y 2  1 . Thay vào  2  , ta được y 3 x 3  3 x 2  3 x  7  0   x  1  8  x  1 . Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm:  x; y    1; 0  . ▪ Chinh phục hpt Bài 2. Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh  x  1  y  1  2 y2  2y  x  2 (1)  Giải hệ phương trình  2 x  x  y 1  x  x  y    x  1 y  1  (2) x 1     x, y    . Lời giải Điều kiện: x  1, y  1 .  Xét hai vectơ: a    x  1; y  1 và b   1;1 . Ta có    a.b  a b  x  1.1   y  1 .1    x  1   y  1  2 . 12  12   x  1  y  1  2 y2  2 y  x  2 . x 1 y 1   x 1  y 1 . 1 1 Do đó 1  Ta có  2   x 2 1'    x  x  y    x  1 y  1  x 2  x  y  1 . Áp dụng bất đẳng thức cơ bản ab  a2  b2 , a , b   . Ta có 2  x2  y 2 2  x  x  x  y   x  x. x  y  2  .  2 2 x  1  y  1   x  2 x y2    x  1 y  1  2 2  Suy ra x 2   x  x  y    x  1 y  1   x 2  x  x  y Do đó  2     x2  y x2  2x  y  2   x2  x  y  1 . 2 2  2'   y  1  x  1.  x  1  y  1  x  1  y  1  *  . Điều kiện: x  1 và y  1 . Khi đó  y  1  x  1  x  y  y  1  x  1 x  y  x  1  y  1  0   *     x  1  y  1  x  1  y  1 Từ 1'  và  2'  , suy ra hệ đã cho tương đương       1  x  y   1  0  y  x    x  1  y  1     x  1  y  1  x  1  y  1  y  x x  0 x  3  y  x hoặc  .     x  x  3   0  x  1  x  1 y  0 y  3 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  x; y    3; 3  . Bài 3.    Giải hệ phương trình    x2  1  x  3  y2  1  y  2 2 2 (1) 3 18 x  16 y  40 xy  34 x  9 1  2 x 1  3 x (2) ▪    1  x  0;  , y    . 3     Lời giải  1 Điều kiện: x  0;  .  3  x2  1  x  2 y 2  1  2 y  (3)  2 x 2  1  2 x  y 2  1  y (4) Phương trình 1 được viết lại thành  . Ta có 2.  4    3   3 x 2  1  5 x  4 y  5x  4 y  3 x 2  1 2       5x  4 y   9 x 2  1  25x 2  40 xy  16 y 2  9 x 2  1 . Chinh phục hpt Kết hợp với phương trình  2  , ta được Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh 2 x3  2x2  1  1  2 x 3 1  3x . Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 2 x 3  2 x 2  1  1  2 x 3 1  3 x  1  x 1  x   1  2 x 3  3 x 2  0  x 2  2 x  3   0  x  0 (do x  0;  ).  3  3 Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm:  x; y    0;  . ▪  4 Bài 4.  y 2  4 x  1 2  3 4 x 8 x  1 (1)      Giải hệ phương trình   40 x 2  x  y 14 x  1  x, y    . (2) Lời giải Điều kiện: 14 x  1, y   . Lấy 1 cộng  2  vế theo vế, ta được 3 2   4 x  8 x  1  2 y 14 x  1  y 2   4 x  1  2 40 x 2  x . Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 3 (8 x  1) .1  2 y 14 x  1 2 1 8x  1    8x   1   y 2  14 x  1 3 2  2 2 3  y 2   4 x  1  2 40 x 2  x   8 x  1 2 4 x(8 x  1)  2 y 14 x  1  3 8 x.  y2    4 x  1  2  40 x 2 2   x.  8x  1 1 8 x  2  1  x  8  2  Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi:  y  14 x  1   .  y  3   2 8 x  1  0 1 8  Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm:  x; y    ; Bài 5.  x 2 xy y    (1) y  1 x  1  xy  1 Giải hệ phương trình   5  3 4 (2)  x 1 y 1  3 . 2   x, y    . Lời giải Điều kiện: x , y  1 . Ta chứng minh bất đẳng thức:  1 1 2   1  a 1  b 1  ab   * với a và b dương, ab  1 .  Thật vậy,  *    1  a  1  ab  1  b  1  ab  2 1  a  1  b      a  b  2  1  ab  2 1  a 1  b    a  b  ab  2 ab  a  b  2 ab    ab  1 a b  2  0 luôn đúng với a và b dương, ab  1 . Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi: a  b hoặc ab  1 . Ta có ▪ Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh 2 xy y x   y 1 x1 xy  1    2 xy  1 y x 1  2 2 xy  1 . 1 1   2   x  y  1    y 1 x1 xy  1 xy  1  x1 y 1  x  y  1  2 xy  1  Theo bất đẳng thức Cauchy và  *  , ta có  1 . 1 2 1  x  1  y  xy  1  Do đó 1  x  y . Thay vào  2  , ta được 5 3  x 1 x 1  4  x1  2  x  5. Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  x; y    5; 5  . Bài 6.  1  x2  2 x 1  y 2  1 2 Giải hệ phương trình  1    1 x 1 y 1  xy  ▪ (1)  x, y    . (2) Lời giải Điều kiện: x  1, y  1, xy  0 . Từ 1 suy ra 0  x  1 . Do đó 0  y  1 . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta có 2  1  1 1  1     12  12    .  1 x  1  x 1  y 1 y    Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi: x  y .  Mặt khác, ta lại có bất đẳng thức:  1 1 2   với 0  x , y  1 . 1  x 1  y 1  xy  * * *    x  y  2  1  xy  2 1  x 1  y    x  y  xy  2 xy  x  y  2 xy   xy  1  x y  2  0 luôn đúng với 0  x , y  1 . Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi : x  y hoặc xy  1 . Từ  *  và  * *  , suy ra  2   x  y . Thay vào 1 , ta được  x  1 1  x 2  2 x 1  x 2  1  x 2 1  2 x   0   . x  1  2  1 1     Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm:  x; y    ;  , 1;1 . 2 2 Bài 7.  xy  6 y x  1  12 y  4  Giải hệ phương trình  xy 1 2 x  1  y  xy  y  x y  (1) (2) Lời giải Điều kiện: x  1, y  0 . Phương trình  2   xy 1 1 1  1 y xy  y 2 x x y 2   x, y    . ▪ Chinh phục hpt Nhóm tác giả: Nguyễn Tiến Chinh – Nguyễn Phú Khánh  1 1  4 x 2 y .   xy  y  1    1  y xy y x y   2'  2 a 2 b2  a  b    m n mn 2 2 a b    m  n    . m n  * Ta chứng minh bất đẳng thức: Thật vậy,  *    a  b  2 với a , b   và m , n  0 . 2   a 2 b2  a b   n. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta có  m .    m  n    . m n  m n a b Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi :  . m n Áp dụng  *  cho vế trái của  2'  , ta có 2    1  1  xy  y  1    y  xy  y  1  1 1 y  xy1 y    xy  y  1 . xy  2 y  1  4  xy  2 y  1   4  1  xy  2 y  1  .       Theo bất đẳng thức Cauchy , ta có     4 x 2 y y   y y   41  . 41   4 1    xy  2 y  1  2 xy  2 y  2 x  2 y  x y     1 1  1  Do đó  2    1  y xy  y  xy  1  y  . Thay vào 1 , ta được x  xy  1  6 12 x  1   4  0  x  10 . x x  1  Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm:  x; y    10;  . 10   1 Bài 8.  1 1 2    2 2 1  2 xy 1  2y  1  2x Giải hệ phương trình   2  x 1  2x   y 1  2 y    2 ▪ (1)  x, y    . (2) Lời giải 1 Điều kiện: 0  x , y  . 2 a Với các số thực a  0 , b  0 . Ta đặt a 2  2 x 2 , b2  2 y 2 . Suy ra x    1 2 , y b 2 . 2 Từ điều kiện x , y  0;  ta có a , b   0;  . Khi đó 1 trở thành  2  2  1 1 a 2  1 1 b 2 2  1  ab 1'  . Ta có 1 1 a Mà 2  1 1 b 2 1  1. 1 a 2 1  1. 1 b 2  1 2  1 1   12   . 2 1  a 1  b2     2 1 1 2 2     a  b   ab  1  0 luôn đúng với a , b   0; . 2 1  a2 1  b2 1  ab   Do đó 1'   a  b suy ra x  y . Thay vào  2  , ta được 2 1  16 x 2  8 x  1  0  x  . 4 4 1 1 Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm:  x; y    ;  . 4 4 x 1  2x  ▪