Tài liệu Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá

MỤC LỤC Trang Mục lục …………………………………………………………………... 1 A. Đặt vấn đề..…………………………………………………………..... 2 I. Lí do chọn đề tài……………………………………………………….. 2 II. Thực trạng của vấn đề………………………………………………… 2 B. Giải quyết vấn đề……………………………………………………... 4 I. Giải pháp thực hiện……………………………………………………. 4 1. Giải pháp chung….………………………………………………….... 4 2. Biện pháp cụ thể…..…………………………………………………... 4 II. Kết quả ứng dụng đề tài. …..……………………………………......... 35 C . Kết luận……………………………………………………………..... 36 1 A. ĐẶT VẤN ĐỀ Tên đề tài: “GIẢI HỆ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ” I. Lí do chọn đề tài : Trong thời đại cạnh tranh khốc liệt hiện nay, con người muốn hội nhập và phát triển thì rất cần có khả năng tư duy sáng tạo. Có thể nói rằng, dạy học sinh biết sáng tạo và khả năng xử lí tình huống là một nhiệm vụ hết sức quan trọng của người thầy. Phải nói hệ phương trình là một loại toán khó trong chương trình ôn thi đại học của những năm trước đây. Nó khó bởi nhiều vấn đề, trong đó vấn đề then chốt là học sinh phải vững các kiến thức tổng hợp về toán học, vận dụng thành thạo và linh hoạt các kiến thức, biết phán đoán và tư duy một cách logic cũng như sự phán đoán nhanh nhẹn... đây là những khả năng mà không phải ở học sinh nào cũng có. Với cách thi tự luận như trước đây thì bài giải hệ phương trình luôn là một thách thức với các em học sinh, ngay cả đối với các em có lực học khá giỏi. Nhưng với cách thi trắc nghiệm như hiện nay thì đất diễn cho những bài hệ này bị thu hẹp lại. Tuy nhiên với các cuộc thi học sinh giỏi thì đất diễn của nó lại vô cùng phong phú. Đây cũng là một dạng toán mà các em học sinh khá giỏi rất thích khám phá cũng như các giáo viên dạy rất thích nghiên cứu về nó, bởi qua cách dạy “ Giải hệ phương trình” giáo viên có thể rèn luyện khả năng tư duy, khả năng độc lập làm việc và đặc biệt là khả năng thường xuyên tổng hợp các kiến thức cơ bản về toán học, qua đó có thể tổng quát hóa các vấn đề liên quan. Việc giải một hệ phương trình có rất nhiều phương pháp như “ Cộng trừ đại số, rút thế, định thức, phân tích đa thức thành nhân tử, liên hợp, phương pháp hàm số, phương pháp đánh giá...Trong đó có lẽ “ GIẢI HỆ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ” là một phương pháp khá mạnh tuy nhiên để nhận diện hệ giải bằng phương pháp này là một chướng ngại không hề nhẹ đối với người giải. Để giải hệ này yếu tố cần có đó chính là độ tinh tế, sự nhạy cảm và thông hiểu, vận dụng đúng đại lượng nào cần 2 đánh giá và đánh giá bằng cách nào thì điều này còn có nhiều bỏ ngõ đối với học sinh. Chính vì vậy, tôi luôn trăn trở làm sao để các em học sinh đặc biệt là trong công tác ôn luyện đội tuyển cũng như trong việc ôn luyện những học sinh là nhân tố lấy điểm cao trong kỳ thi tốt nghiệp THPTQG, biết cách tư duy để định dạng được phương pháp đánh giá của một bài hệ phương trình và tự tin với các câu hỏi vận dụng cao trong các kỳ thi TNTHPT và kỳ thi chọn học sinh giỏi. Do đó tôi quyết định chọn đề tài SKKN: “GIẢI HỆ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ” nhằm giới thiệu với đồng nghiệp một số kinh nghiệm của bản thân trong việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh giải quyết các bài toán hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá, từ đó góp phần nâng cao chất lượng mũi nhọn trong giảng dạy môn toán bậc THPT. II. Thực trạng của vấn đề cần nghiên cứu Sau khi dạy xong phần hệ phương trình đại số trong chương trình toán 10 nâng cao, tôi cho học sinh thử làm một số bài hệ ở dạng: Rút thế, cộng trừ đại số, đặt ẩn phụ đưa về hệ quen thuộc... thì thấy rằng có nhiều học sinh giải được, và làm tương đối tốt. Tiếp tục tôi giới thiệu một số bài dạng đánh giá thì rất ít học sinh làm được, mặc dù đối tượng trong lớp có nhiều em là học sinh khá, giỏi của nhà trường. Phải chăng do đề ra khó quá, hay do tâm lí các em chưa tự tin. Tôi cho rằng đề thi không phải quá khó, bám sát dạng cơ bản. Tuy nhiên có biến hoá một chút làm cho học sinh lúng túng không biết phương hướng giải. Do đó nếu chỉ dựa vào kinh nghiệm là chưa đủ. Điều quan trọng hàng đầu là phải rèn luyện được khả năng tư duy để giải quyết vấn đề. Trong khuôn khổ của một SKKN, tôi chỉ đề cập đến việc rèn luyện khả năng tư duy và xử lí tình huống khi gặp một số hệ phương trình có thể giải bằng phương pháp “ Đánh giá”. Đối với học sinh khá – Giỏi. 3 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. Giải pháp thực hiện Chúng ta thường gặp các dạng hệ đánh giá thông qua các hướng sau : 1) Đánh giá qua điều kiện nghiệm của hệ. Thông thường hệ đánh giá được qua điều kiện nghiệm ta thường gặp các đánh giá cơ bản sau đây :  Yếu tố điều kiện có nghiệm của một phương trình bậc 2.  Đưa về dạng f1  x  0  f 2  x  0  2 2 2 2 f1  x   f 2  x   f3  x   ...  f n  x  0  f 3  x  0 ...  f n  x  0  . 2) Đánh giá qua các bất đẳng thức cơ bản. Thông thường hệ được đánh giá thông qua các bất đẳng thức ta thường gặp các đánh giá sau :  a 2  b 2 2ab, a,b   . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b . 2 2 2 a b    a  b  4ab, a, b   ,   a  b 2 2 , a, b   n  , a, b  0, n   . Bất đẳng thức AM- GM (hay còn gọi là bất đẳng Cauchuy ). a  b 2 ab, a, b 0 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Tổng quát : a1  a 2  ...  a n n n a b . a1a 2 ...a n a i 0,i  1,2,..., n , n  , n 2 , Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  , a n  bn  a  b    2  2  a1 a 2 ... a n Bất đẳng thức B.C.S ( bất đẳng thức Bunnhicopxki). a 2  b 2 c2  d 2  ac  bd    2 , a, b,c,d   . 4 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ad bc . Tổng quát : a 2 1  a 22  ...  a 2n 2 1  b  b 22  ...  b 2n  a1b1  a 2 b 2  ...  a n b n   Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 a1 a 2 a  ...  n b1 b 2 bn , a j , b j   . . Bất đẳng thức B.C.S dạng phân số ( hay bất đẳng thức Sva xơ). 2 a12 a 22  a1  a 2    , a1 ,a 2  , b1 , b 2  0 b1 b2 b1  b 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Tổng quát : a12 a 22 a 2  a  a 2  ...  a n    ...  n  1 b1 b2 bn b1  b 2  ...  b 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  . 2 , a j  , b j  0 a1 a 2 a  ...  n b1 b 2 bn . . Bất đẳng thức Mincopxki. a 2  b2  c2  d 2   a  c 2   b  d 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  Bất ad bc  ac  bd 0 đẳng thức dấu giá trị tuyệt đối. A  B A B . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A  B A  B . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  A  B B 0 .  Một  a1 a 2  b1 b 2 ) AB 0 . số bổ đề thường dùng. 1 1 2   1  a 1  b 1  ab , với a  0, b  0,ab 1 . 5 +) 1 1 2   1  a 1  b 1  ab , với a  0, b  0,ab 1 . Dấu đẳng thức xảy ra ở cả hai bổ đề khi và chỉ khi a b  ab 1 . Ở thể loại hệ được giải bằng phương pháp này ta thường gặp các bài toán mà đánh giá có thể xảy ra trên một phương trình trong hệ hoặc cả hai phương trình trong hệ hoặc có được đánh giá khi kết hợp cả hai phương trình lại. Sau đây chúng ta sẽ đi vào các ví dụ minh họa. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  x 2  5y 2  4xy  2x  8y  5 0  1   3 3 x 3  xy  6y 2  2  y 3  2x 2  6 5  2   x, y    Phân tích : Với hệ này, rõ ràng chúng ta không thể bắt đầu với phương trình thứ hai. Phương trình thứ nhất lại là một phương trình bậc hai hai ẩn quen thuộc nên ta sẽ tính delta của phương trình này xem thử nghiệm của hệ này sẽ bị chặn ở đâu. Ta biến đổi phương trình thứ nhất thành : Ta có 2  '  2y  1  5y 2  8y  5   y  2  2 x 2  2  2y  1 x  5y 2  8y  5 0 . . Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi 2  ' 0    y  2  0  y  2 0  y  2 Từ đây ta suy ra được được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : Ta có  1 x  3 . . Và tới đây việc còn lại là thử lại nghiệm là hệ đã y3  2x 2  8 0  x 2  2  2y  1  5y 2  8y  5 0 . Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 6 2 2  '  2y  1  5y 2  8y  5   y  2  0  y  2 0  y  2 Thay Thế y  2 . 2 vào  1 ta có :  x  3 0  x  3 . x  3, y  2 vào  2  ta có kết quả luôn đúng. Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là  x, y    3;  2  . Bình luận : Cấu trúc của bài toán buộc lòng chúng ta phải xoáy vào phương trình thứ nhất. Vì với phương trình này chúng ta có nhiều đường hướng để gợi mở như là bắt nhân tử và chặn miền nghiệm. Và thực tế bài này là chúng ta sủ dụng điều kiện có nghiệm của phương trình này để tìm nghiệm của hệ. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  y  2x  2  4 y  6x  2 2  x  1  y  1  1   2 3  y  1 x  x  1  y  1  3x  2   x, y      Phân tích : Với hệ này, rõ ràng sự lựa chọn công phá từ phương trình thứ nhất là lựa chọn tối ưu vì phương trình chứa hai căn bậc lệch và nếu có tính đến ẩn phụ hóa thì cũng không tìm được mối liên quan nào có lợi để giải hệ. Ta biến đổi (1) về phương trình sau : y 2 2x   4   y  6x  2 2  x  1  y  1 . Tới đây ta hãy để ý đại lượng ngoài căn và không có bình phương : liên quan đến đại lượng trong căn và đại lượng dưới mũ 2. Thật vậy, ta có : 2  x  1  y  1  2x  2   y  1 có 4  y  6x có 2x  2  y  1 2x  y  3 Vậy ta sẽ tìm mối quan hệ : 4  y  6x m  2x  y  3  n  y  2x   2m  2n  x   m  n  y  3m . 7 Ta đồng nhất hệ số hai vế ta sẽ có được rằng hệ số 4  2m  2n 6   m  n  1  3m 4  sẽ điều chỉnh lại là Khi đó ta có  1   y  3 m 1   n  2 3m 4  . Và tới đây, ta nhận đinh thì  m, n   1;  2  là bộ số thuận lợi nhất. 2 2x   1  6x  y  3  2 2  x  1  y  1 0 2   y  2x   2  y  2x   1  2x  y  3  2 2  x  1  y  1 0 2   y  2x  1  2x  2  2 2  x  1  y  1  y  1 0 2   y  2x  1   2x  2  y 1  2  y  2x  1 0   y 2x  1 0  2x  2  y  1 Và tới đây, ta chỉ cần thực hiện phép thế vào  2  ta được phương trình : 2x 3  2x  1  1  2x 3 1  3x . 3 Để ý vế phải phương trình này chưa tích mà mỗi thừa số có dạng ab, abc nên ta nghỉ đến bất đẳng thức AM  GM . Mặt khác ta đoán được nghiệm của phương trình là x 0 . Vậy nếu ta sử dụng dạng ab  a b 2 thì 1  1  2x 1  2x  2 . Dấu đẳng thức xảy ra  1 1  2x  x 0 3 Còn nếu abc  a b c 2 3 thì 1  1  1  3x 1  3x  3 . Dấu đẳng thức xảy ra  1 1 1  3x  x 0 . Như vậy hướng phán đoán của chúng ta có thêm niềm tin để giải phương trình này bằng đánh giá là chính xác. Do đó hệ có thể giải quyết. Lời giải : Điều kiện :  x  1   y 0 . Từ  1 ta biến đổi thành phương trình sau: 8 y 2 2x   2  y  2x   1  2x  2  2 2  x  1  y  1  y  1 0 2   y  2x  1   2x  2  y 1  2  y  2x  1 0 0    y 2x  1  2x  2  y  1 . Thế vào  2  ta có phương trình : Từ điều kiện 3 Suy ra :  x  1 1   1  x  2  x  2 , 1  3x  0  x  1 3. 2x 3  2x 2  1  1  2x 3 1  3x . ta có 2x 3  2x 2  1 2x 2  x  1  1  0 Vậy tổng hợp các điều kiện ta có : AM  GM Từ đây ta suy ra : 0  1  2x 3 1  3x  x  1  1  x  Vậy ta cần chứng minh : Ta có : 3 2 2 2x  2x  1 1  x  x 1 1 x  2 3. . 2x 3  2x 2  1  x  1  1  x  2  1  1  2x  x  1  1  2x  2   3 1  3x 1  1  1  3x 1  x  3 Áp dụng bất đẳng ta có : . ,  1 1 x    ;   2 3 .  2x  3 0 ( luôn đúng Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 0  1 1 x    ;   2 3 ( thỏa mãn ). Suy ra : ). y 1 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là  x, y   0;1 Bình luận : Bài toán được giải bằng cách đánh giá trên từng phương trình trong hệ. Ở phương trình thứ nhất ta sử dụng hằng đẳng thức và dùng tính chất tổng các số không âm, phương trình thứ hai ta dùng bất đẳng thức cơ bản để giải quyết. Có một vấn đề chắc học sinh thắc mắc là tại sao chúng ta không biến đổi : 4  y  6x m  x  2y  3  n  y  2x  . Điều này là thắc mắc có lý. Câu trả lời với phân tích này chúng ta tìm được bộ số  m,n  ”không có lợi” cho chúng ta biến đổi. 9 Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  3 x 2  xy  1  3 y 2  xy  1  2 2  x  y  2    16xy  5  x  y  4 0   (Thi thử Yên Phong Bắc Ninh 2015) Phân tích: Với hệ này, chúng ta nhận định được rằng phương trình thứ hai là phương trình đối xứng hai biến nhưng ta lại không phân tích được thành nhân tử. 2 Ở phương trình thứ nhất ta để ý : x  xy  1  y tưởng đặt ẩn phụ hóa phương trình thứ nhất. Đặt 2 2  xy  1  x  y   2 nên ta đẩy ý a 3 x 2  xy  1  2  a 3  b3  x  y   2  2  2  x  y  2 a 3  b3  4 0  a 3  b3 2  b 3 y 2  xy  1  Mặt khác từ phương trình thứ nhất ta có :  2 a  b  2 2  x  y   a  b  2 0  a  b 2 Khi đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình :  3 a  b  2 2 a  b 3   4  a  b 2  a Mặt khác ta lại có : a 2  ab  b2  a 3  b3 Vậy ta sẽ có : a 2  ab  b 2 do đó từ   ta có : Vì  3 b 3   2 a 3  b3 a 2  ab  b 2 2 a 3  b3  2     1 3 1  a  b  2   a  b  2   a  b  2 1 4 4 4 a 3  b3 1 , 2 a 3  b3  2 a 3  b3  a 3  b3 2   a 3  b3 2 2 2  a 3  b3 2   x  y   2 2   x  y  0  x y  3 3 a  b 2 . Và tới đây bài toán đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện  x 0  :  y 0 . 10 Đặt a 3 x 2  xy  1  2  a 3  b3  x  y   2  2  2  x  y  2 a 3  b3  4 0  a 3  b3 2  b 3 y 2  xy  1   2 a  b  2 2  x  y   a  b  2 0  a  b 2 Mặt khác từ phương trình thứ nhất ta có : Khi đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình :  3 3 a  b  2 2 a  b   4  a  b 2  a Mặt khác ta lại có : a 2  ab  b2  a 3  b3 Vậy ta sẽ có : a 2  ab  b 2  3 b 3   2 a 3  b3 2 a  ab  b 2 2 a 3  b3  2     1 3 1  a  b  2   a  b  2   a  b  2 1 4 4 4 a 3  b3 1 , do đó từ   ta có : 2 a 3  b3  2 a 3  b3  a 3  b3 2  Vì  a 3  b3 2 2 2  a 3  b3 2   x  y   2 2   x  y  0  x y  3 3 a  b 2 . Thế vào phương trình thứ hai ta thu được phương trình:  Đặt  16t 4 t  x , t 0 . 16x 2  5  x  2 0  3 . Lúc đó phương trình  3 trở thành phương trình :  5 t  2 0  16t 5  5t  2 0   2t  1   2t  1 0  t  1 2 3 2  4t 3 2 vì 4t  4t  3t  2  0, t 0 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là  4t 2  3t  2 0   1 1 1 x   x  y 2 4 4 1 1 ;   4 4 .  x, y   Bình luận : Đây là một bài toán khá hay, bài toán chắc chắn sẽ làm khó học sinh rất nhiều, bởi vì trong bài toán ta cần sử dụng các đánh giá khéo léo kết hợp với liên hiệp một cách tinh tế nếu không chúng ta sẽ khó tìm ra lời giải cho bài toán. Và nếu sử dụng đánh giá không khéo cũng sẽ dẫn đến những đánh giá rất khó chịu. 11 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  x 2  2 x  7  3 x 2  y 2  4y  3  y 2  4y  5    2x 5  3y  4 x  7  5 y  6 100       y 6  x, y    Phân tích : Quan sát hệ này, ta nhận thấy cả hai phương trình trong hệ đều chứa hai đại lượng chung đó là x  7, y  6 điều này dẫn đến cho suy nghỉ ẩn phụ hóa. Nhưng nếu ẩn phụ hóa thì ta lại thu được một hệ mới mà bậc của nó là khá cao nên phương án này xem như thất bại. Với các kinh nghiệm đã có ta có thể nhận định được nếu cho hai căn thức bằng nhau và làm phép thử xem có được điều gì ? Ta có : x  7  y  6  x  7 y  6 . Thử ngay với  x, y   2;3 ta thấy hệ hoàn toàn đúng. Vậy đây chính là mối quan hệ giữa x, y trong hệ này. Với phương trình thứ nhất trong hệ ta nhận thấy các biến có thể cô lập với nhau nên khả năng xảy ra xét hàm số đại diện cũng khá cao nên ta sẽ tiến hành tách xem sao ? Cụ thể ta có : x 2 2  x  7  3x 2  y 2  4y  5   y  6  3y 2  12y  9 . Với phương trình này ta nhận xét được là tuy các biến cô lập nhưng lại không xét được hàm đại diện, vậy ý tưởng hàm đại diện lại thất bại. Tuy nhiên quan sát phương trình mới, chỉ cần thêm bớt là tách được đại lượng tiến hành tách như sau : x 2 2  x  7  3x 2  y 2  4y  5  x2  2   2  x 2         2 x  7  3  y  4y  5 nên ta y  6  3y 2  12y  9 x  7  3 x 2  2  y 2  4y  5  x 2  2, y 2  4y  5   y  6  3 y 2  4y  5 y 6  3   x  2    2  x  2 x 7 3 y  2   4y  5  y  3  y 6 3 12 Từ phương trình cuối ta lại có được  x  2   y  3 0 . Vậy tới đây, ta sẽ đẩy ý tưởng đánh giá hệ qua miền giá trị của x, y . Điều này sẽ càng có niềm tin khi mà đối với phương trình thứ hai trong hệ ta có hai nhận xét :  5 Cố định y và xét hàm số f  x  2x  4 Ta có :  2 f '  x  10x 4  x 7  0, x   7 . Vậy hàm số f  x  đồng biến. Cố định x và xét hàm số f  y  3y  5 Ta có : f '  y  3  5  0, y   6 2 y6 x  7  3y  5 y  6  100 x  7 , . y  6  2x 5  4 x  7, y  6 . . Vậy hàm số f  y  đồng biến. Với hai nhận xét này ta sẽ luôn có những đánh giá thuận chiều. Vậy xem như đường hướng giải quyết bài toán đã có.  x  7   y  6 . Lời giải : Điều kiện : Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi lại thành phương trình : x 2 2  x  7  3x 2  y 2  4y  5  x2  2   2  x 2   y  6  3y 2  12y  9 x  7  3 x 2  2  y 2  4y  5        2 x  7  3  y  4y  5   y  6  3 y 2  4y  5 y 6  3   x  2    2  x  2 x 7 3 y  2   4y  5  y  3  y 6 3   Vì ta luôn có : x2  2 x 7 3   0; y 2  4y  5 y 6 3 Trường hợp 1: Nếu 0 nên từ   x 2  y 3     x  2   y  3 0     x 2    y 3 x 2  2x 5  3y  4 x  7  5 y  6 100   y 3 . 13 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  .  x 2  2x 5  3y  4 x  7  5 y  6 100  y  3  . Trường hợp 2 ; Nếu Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Thử lại ta thấy  x, y   2;3 .  x 2   y 3  x 2   y 3  x 2   y 3 . ta thấy thỏa mãn hê. Vậy hệ phương trình nghiệm Bình luận : Bài toán sử dụng đánh giá trên miền giá trị của các biến x, y kết hợp với tính đơn điệu của hàm số và phép khử liên hiệp. Sự phát hiện ra tính chất hàm số đơn điệu tăng đã làm cho các đánh giá của bài toán trở nên đơn giản và gọn gàng. Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 2  2 4  x y  1 y 4  x 2 1  2x 2    1  1   x  y  2  x 2 x 4  1  2x 2  2xy 2          x, y    . Phân tích : Với hệ này, cấu trúc hệ khá khó đoán. Tuy nhiên hãy để ý tới các đại lượng trong căn ở cả hai phương trình ta sẽ có những đánh gia quen thuộc. Thật vậy, ta có : 2  2 4  x y  1 4   1   x  y  2 1    2  2  4  x y  1 2    1  x  y 2 1      2  2  4  x y  1 2  2  1  1   x  y  2    y 4  x 2 1  2x 2 2   2 4  x x  1  2x 2  2xy2 2  .  Từ đây dẫn đến ta có các đánh giá sau : .    14  3 2  y 4  x 2 1  2x 2  x 2 x 4  1  2x 2  2xy 2  x  y    2   x 2 y 1  x y  1 0  x y  x  y 0      Suy ra :      2 0 Và như thế hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : Ta có :  2  2 4  x y  1 4   1   x  y  2 1   2 4  x 2 y  1 0   2  2  4  x y  1 2    1  x  y 2 1      2  2  4  x y  1 2  2  1  1   x  y  2    y 4  x 2 1  2x 2 2   2 4   x x  1  2x 2  2xy 2 2  .  Do đó từ hệ ta sẽ có : .    Để hệ có nghiệm thì dấu đẳng thức ở các đánh giá xảy ra. Do đó ta có :  3 2  y 4  x 2 1  2x 2  x 2 x 4  1  2x 2  2xy 2  x  y    2   x 2 y 1  x y  1 0  x y  x  y 0           2 0  x 1    y 1 . Thử lại và đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là  x, y   1;1 . Bình luận : Nhìn lời giải gọn gàng của hệ, ta tưởng chừng đó là hệ đơn giản. Nhưng trên thực tế với hệ này nếu không có đủ tinh tế nhìn nhận, chọn lựa đánh giá phù hợp thì bài toán này không hề dễ. Cái hay và thú vị của hệ này đó chính là chỉ cần xử lý các đánh giá quen thuộc là giải quyết được bài toán. Ví dụ 6: Giải hệ phương trình  5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2 3  x  y    3  x, y     2x  y  1  2 7x  12y  8 2xy  y  5 15 Phân tích : Với hệ này, rõ ràng từ phương trình thứ hai ta không khai thác được gì vì chứa hai căn bậc lệch và các đại lượng trong căn lại chẳng tương đồng gì với nhau để có thể kết hợp lại. Trong khi đó phương trình thứ nhất rất ‘gợi ý liên hợp” nên tại sao ta không bắt đầu từ phương trình này để công phá. Sử dụng kỷ thuật đoán nghiệm trong phương pháp liên hợp. Ta có ngay nếu x y thì hai vế phương trình thứ nhất luôn đúng.  5x 2  2xy  2y 2  3x    2x 2  2xy  5y 2  3y Khi đó ta sẽ tách liên hiệp dạng : với dạng này trở ngại của x, y chúng ta chính là dấu của từ điều kiện cho ta không rõ ràng nên cách này không triệt để được. Còn nếu ta để ý : hợp sau: 5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2 3 x 2  y 2     ta sẽ dẫn đến cách liên 5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2 3  x  y  3 x 2  y2   5x 2  2xy  2y 2   2y 2  2xy  5y 2 3  x  y  . Thì rõ ràng cũng không an toàn cho lắm vì sẽ bị vướng đánh giá phần sau, chưa kể ta phải kiểm tra nghiệm  x, y   0;0  vì nghiệm này không khó để thấy thỏa hệ. Vậy về phương diện trực tiếp liên hợp có vẻ không khả thi lắm. Nhưng ta nhận thấy được qua phương trình thứ nhất hai đại lượng trong căn khá đặc biệt. Thật vậy, ta có : 5x 2  2xy  2y2  2x  y  2   x  y  2   2 2 2 2x  2xy  5y 2  x  2y    x  y  . 2 Sự xuất hiện của đại lượng chung  x  y  dẫn ta đến đánh giá : 5x 2  2xy  2y 2  2x  y  2   2 2  2x  2xy  5y 2  x  2y  . 16 Lại có : x  2y  2x  y 3  x  y  và các đại lượng đều nằm trong căn thức nên ta nghỉ đến đánh giá bằng bất đẳng thức có dấu trị tuyệt đối dạng A  B A B . Áp dụng tư duy này ta biến đổi phương trình thứ nhất trong hệ thành : 5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2   2x  y  x  2y 3 x  y 3  x  y   2x  y  2   x  y  2   x  2y  2   x  y  2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : x y 0 . Và tới đây mọi chuyện còn lại chỉ là thế vào phương trình thứ hai để giải và hệ được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : 2x  y  1 0 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành hệ phương trình : √ 5 x 2+2 xy+2 y 2+√ 2 x 2+2 xy +5 y 2=√ ( 2 x + y )2+( x− y )2+√ ( x+2 y )2+( x− y )2  2x  y  x  2y 3 x  y 3  x  y  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 0 . Nhận xét  x, y   0;0  thỏa hệ nên ta chỉ cần xét x  0, y  0 . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 3x  1  2 3 19x  8 2x 2  x  5  2 x2  x  x 1      2  2 x  x     3x  1  2 x  2  3 19x  8 0 x2  x x  1  3x  1  x 2 2   x  2x  14   x  2    x  2  3 19x  8  3  19x  8  2  1 2x  14   x  1  2    2 2 3 x  1  3x  1  8  3  19x  8            x 2     x  2 19x          P 0   0   vì x 0 17  x 1  y 1 x 0 P 0. vì Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là  x, y    0;0  ;  1;1  . Bình luận : Bài toán nhìn có vẻ liên hợp trực tiếp nhưng lại gây khó khăn lúc thực hành trực tiếp, nhưng với sự tinh ý ta đã chuyển phương trình về đánh giá cơ bản thông qua bất đẳng thức dấu trị tuyệt đối khá đẹp mắt và gọn. Ví dụ 7 : Giải hệ phương trình    x  4 y 2  1  x  4 y y  x  3    x 2 y2  1  2x  1 3 x 2  6y 2  17       x, y    Phân tích : Với hệ này, một lần nữa ta phải thừa nhận để công phá hệ ta cần công phá phương trình thứ nhất trong hệ. Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình :  x  4   y2  1  y x  3 y 2  x  4 Ta thấy vế trái phương trình này hai số hạng trong tổng đều có dạng thử liên tưởng đến phép đánh giá quen thuộc sau : Khi đó ta có :  x  4  y2  1    x  4  y2  1 2 ; ab  y x 3  ab nên ta a 2  b2 , a, b   2 . y2  x  3 2 . Cộng vế theo vế các đánh giá này ta thu được :  x  4   y 2  1  y x  3 y 2  x  4 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :  x  4  y2  1    y  x  3  y 0   y  x  3 . Và tới đây ta chỉ cần thực hiện phép thế vào phương trình thứ hai là hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : x  3 . 18 Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành :  x  4   y 2  1  y x  3 y 2  x  4 Sử dụng đánh giá :  x  4   y2  1  ab  . a 2  b2 , a, b   2 , x  4  y2  1 2 ; y x 3  ta có : y2  x  3 2 . Cộng vế theo vế các đánh giá này ta thu được :  x  4   y2  1  y x  3 y 2  x  4 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :  x  4  y2  1    y  x  3  y 0   y  x  3 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 3 3 2 2 3 x 3  2x 2  2x  1  x 2  6x  1   x  1   x  1 x  6x  1  x  6x  1  1 3 Xét hàm số f  t  t  t, t   . Ta có: Vậy hàm số f  t đồng biến trên . f '  t  3t 2  1  0, t   Do đó từ .  1  f  x  1 f  3 x 2  6x  1   x 0  y  3    x 1  y 2 3  x  3  y 0  x  1 3 x 2  6x  1   x  1 x 2  6x  1  x x 2  2x  3 0  .  Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x, y    0;  3 ;  1;2  ;   3;0  . Bình luận : Bài toán này được tác giả ra chắc với hai chủ đích chính là đánh giá và sử dụng hàm số đại diện để giải hệ, sự kết hợp này làm cho bài toán có độ khó riêng của nó. Ví dụ 8: Giải hệ phương trình 19  x 2  y2 x 2  xy  y 2   x  y 2 3  3 3  4x  3y  5  6 7 11  9x  8y  10x  12y  x, y    Phân tích : Với bài hệ này, chúng ta cũng chỉ công phá phương trình thứ nhất thôi. Ở phương trình thứ nhất ta có ba cách để đánh giá với sự trợ giúp của điều kiện x  y 0  Cách 1 : Sử dụng hằng đẳng thức theo kiểu tổng hiệu. Ta có : 1 1 2 2 x  y   x  y x 2  y2 2  1 1 1 2 2 2 2    x  y   x  y   x  y 2 2 4 4 4 3 1 2 2 x  y   x  y x 2  xy  y 2 4  1 1 1 2 2 2 4    x  y   x  y   x  y  3 3 4 12 4 Từ đó ta có : x 2  y2 x 2  xy  y2  x  y 2 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x y . Cách 2: Sử dụng đánh giá quen thuộc a 2  b2   a  b 2 . 2 Ta có : x 2  xy  y 2  1 1 1 1 3  x  y  2  x 2  y2   x  y  2   x  y  2   x  y  2 2 2 2 4 4 Do đó ta có :   Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   x  y 2 x 2  y2 x 2  xy  y 2   2 2 4   Ta có :  4 x  y . x y . Cách 3 : Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức 2 x 2  y2 x 2  y2   2 4  x  y 2  1 1  x 2  y 2  4  B.C.S và  a b ab    2  2 ta có : 1  x  y 2 20