Chuyen de he phuong trinh

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g

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

CHUYÊN ĐỀ TOÁN PHỔ THÔNG

SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

c© Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 1

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


LỜI NÓI ĐẦU

Trong thế giới toán học,các mảng kiến thức luôn có mối quan hệ hữu cơ với nhau. Nhà toán học

René Descartes đã đại số hoá hình học khi tạo ra thế giới hình giải tích . Có thể nói khi ta quan tâm

đến một vấn đề nào đó trong toán mà lại lãng quên đi các lĩnh vực khác thì thật là điều đầy tiếc

nối,muốn thành công phải biết chiêm nghiệm và học hỏi nhiều điều,giữa những khoảng không gian

bao la luôn tồn tại tình yêu đẹp.

Bất đẳng thức được xem như là đề tài hấp dẫn thu hút sự quan tâm của các toán thủ trên các diễn

đàn,sự huyền bí của hai cặp dấu ≥ ≤ luôn thách thức trí óc và độ tư duy của người giải toán. Chẳng

những thế,phân môn này luôn là câu đánh đố cao trong các đề thi học sinh giỏi,Olympic và tuyển

sinh đại học. Chợt nhớ đến đề thi đại học khối A năm 2012 vừa qua là câu khống chế điểm của hầu

hết thí sinh,như thế cho ta thấy mức độ khó của lớp bài toán này luôn cao.

Nếu xem bất đẳng thức như "Ông hoàng" trong toán phổ thông thì hệ phương trình như một

cô gái chân quê hút hồn bao nhiêu gã si tình,những chàng thợ săn mãi mê tìm vẻ đẹp của nàng,khẽ

gõ cửa trái tim nàng để mong đến lúc nào đó tìm ra chân lí (x; y) ở đâu ? Ta lại chợt nhận ra nếu

câu bất đẳng thức trong đề đại học không có hay không quá khó thì nàng lại vững bước kiêu sa làm

cho bao sỉ tử đau đầu đi chinh phục. Đó có lẽ là tình yêu đẹp có chút nhẹ nhàng nhưng lắm phong

ba.

Sự xa cách của nơi đô thành tấp nập và chốn thôn quê bình dị ấy,có lúc nào lại gặp nhau nơi

dòng sông hò hẹn này,nơi tình cảm nồng ấm của những đôi trai gái yêu nhau.Tác giả xin làm con đò

nhỏ đưa lữ khách sang sông,nối nhịp đôi bờ lại với nhau qua chuyên đề

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

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

www.k2pi.net 1" để góp phần đưa các thí sinh đang có chút phân vân về cách học và ôn tập toán

như thế nào là hiệu quả để thẳng tiến vào cánh cổng đại học phía xa kia có một tài liệu ôn tập bổ

trợ cả hai mảng hệ phương trình và bất đẳng thức,đồng thời cũng muốn gởi đến đọc giả yêu toán

chút gia vị yêu thương dù nhỏ bé này.

Điều đặc biệt tác giả muốn gởi tặng chuyên đề này đến người con gái mà tác giả yêu thương

mang tên Trần Thị Thuỳ Dương Lớp Dược B Khoá 38 Đại Học Y Dược Cần Thơ như thể hiện tình

cảm của chính bản thân mình.

Do không phải theo nghiệp cầm phấn và kiến thức toán còn hạn hẹp nên chắc hẳn sai sót là điều

không thể tránh khỏi được,rất mong nhận được sự góp ý của quý bạn đọc qua địa chỉ Ngô Hoàng Toàn

Lớp YD1 khoá 38 Trường Đại học Y Dược Cần Thơ hoặc email:[email protected].

Rất mong nhận được sự quan tâm của các bạn để lần viết chuyên đề sau được hoàn thiện hơn.

Thân mến!

Cần Thơ, ngày 01 tháng 01 năm 2013

Ngô Hoàng Toàn

1Tuyển tập dự kiến sẽ tổng hợp và biên soạn các bài viết dưới dạng các bài giảng,chuyên đề thànhmột ebook hoàn chỉnh.Dự kiến sẽ hoàn thành trong tháng 3 năm 2013.Mọi thắc mắc và đăng kí thamgia chuyên đề xin liên hệ trực tiếp tại forum:www.k2pi.net.

2 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Phần 1:KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG

• Bất đẳng thức AM-GM:

Cho a1, a2, ..., an là các số thực không âm thì ta có:

a1 + a2 + ...+ an ≥ n n√a1a2...an

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .

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

đến dưới phát biểu:

1. Cho a, b ≥ 0 .Khi đó ta có:a+ b ≥ 2√ab .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b.

Bất đẳng thức này còn được viết dưới dạng khác tương đương là:

(a)

(a+ b

2

)2

≥ ab

(b) (a+ b)2 ≥ 4ab

(c) a2 + b2 ≥ 2ab

(d) a2 + b2 ≥ (a+ b)2

2

2. Cho a, b, c ≥ 0 Khi đó ta có: a+ b+ c ≥ 3 3√abc .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Bất đẳng thức này còn có một số ứng dụng khác khá phổ biến như sau: Với mọi số thực

a, b, c ta luôn có:

(a) a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ca

(b) a2 + b2 + c2 ≥ (a+ b+ c)2

3(c) (a+ b+ c)2 ≥ 3 (ab+ bc+ ca)

(d) a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ abc (a+ b+ c)

(e) (ab+ bc+ ca)2 ≥ 3abc (a+ b+ c)

• Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

Với hai bộ số thực tùy ý a1, a2, ..., an vàb1, b2, ..., bn ta có :

(a21 + a22 + ...+ a2n)(b21 + b22 + ...+ b2n) ≥ (a1b1 + a2b2 + ...+ anbn)2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia1b1

=a2b2

= ... =anbn

.

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel

Giả sử a1, a2, ..., an là các số thực bất kì và b1, b2, ..., bn là các số thực dương . Khi đó ta luôn

có :a1

2

b1+a2

2

b2+ ...+

an2

bn≥ (a1 + a2 + ...+ an)2

b1 + b2 + ...+ b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia1b1

=a2b2

= ... =anbn

Tuy nhiên,khi giải toán ta hay quan tâm nhiều đến trường hợp n = 2 và n = 3 .

Khi đó ta gặp một số đánh giá quen thuộc sau:

Cho a, b, c > 0 ta có:

1. a2 + b2 + c2 ≥ (a+ b+ c)2

3


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


2. (a+ b+ c)

(1

a+

1

b+

1

c

)≥ 9

• Bất đẳng thức Minkowski

Cho

{a1, a2, ..., an ∈ +

b1, b2, ..., bn ∈ +và 1 < p ∈ + .Khi đó

(n∑

k=1

apk

)1

p +

(n∑

k=1

bpk

)1

p ≥[

n∑k=1

(ak + bk)p]1

p

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

1.√a2 + b2 +

√c2 + d2 ≥

√(a+ c)2 + (b+ d)2

2.√a2 + b2 + c2 +

√m2 + n2 + p2 ≥

√(a+m)2 + (b+ n)2 + (c+ p)2

3.√a12 + b1

2 +√a22 + b2

2 + ...+√an2 + bn

2≥√

(a1 + a2 + ...+ an)2 + (b1 + b2 + ...+ bn)2

4 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


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

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

Bài toán 01 Giải hệ phương trình:x4 + y4

(x+ y)4=

√xy

x+ y− 3

81√x

+3√y

= 4(1)

Phân tích bài toán

Câu hỏi đặt ra lúc này là khi ta nhìn vào hệ này,tại sao ta lại nghĩ rằng đây là hệ giải bằng phương

pháp Bất đẳng thức.Thật ra, điều ta quan tâm đến giả thiết bài toán đó chính là phương trình

thứ nhất.Sự đối xứng hai biến x, y và có sự xuất hiện của đại lượngx4 + y4

(x+ y)4và

√xy

x+ y.Đây là điều

quen thuộc trong các bước đánh giá bất đẳng thức.Đại lượng (x + y)4 yếu hơn x4 + y4 nên ta

nhận ra được V T ≥ a còn x + y thì mạnh hơn√xy nên ta nghĩ đến việc đánh giá V P ≤ a để đưa

về V T ≥ a ≥ V P từ đó đưa ra dấu đẳng thức.Việc còn lại là giải phương trình thứ hai không quá khó.

Lời Giải

Điều kiện x, y > 0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có:

x4 + y4 ≥ (x2 + y2)2

2≥ (x+ y)4

8

Do đó vế trái hệ (1) ≥ 1

8Áp dụng bất đẳng thức AM −GM cho vế phải hệ (1) ta có

√xy

x+ y− 3

8≤√xy

2√xy− 3

8=

1

8

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y

Thay vào hệ (2) ta có4√x

= 4⇔ x = 1.

Vậy nghiệm của hệ là x = y = 1 .

Nhận xét

Với việc bắt đầu bước vào giải các lớp bài toán hệ bằng bất đẳng thức,đây có lẽ là ví dụ dễ tiếp

cận với các bạn làm quen phương pháp này.Ý tưởng trong sáng cho hệ trên và phương pháp kết hợp

chặn V P ≤ 1

8≤ V T là một trong những bước khởi đầu cho con đường chinh phục các dạng toán

như thế này.Với việc đánh giá như thế ta có thể đưa bài toán khó hơn chút nửa như sau.

Giải hệ phương trình : 4x4 + y4 + 6x2y2 = x3√x2 − y2

x4y + y4√x+ 7

√x = 0


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Bài tập tương tự

1.Giải hệ phương trình sau: 2x + 4y = 32

xy = 8

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

2.Giải hệ phương trình sau:2(x+ y)2 + 4xy − 3 = 0

(x+ y)4 − 2x2 − 4xy + 2y2 + x− 3y + 1 = 0

Bài toán 02 Tìm tất cả các cặp số (x; y) không âm thỏa mãn hệ:(2x+√

4x2 + 1)(√y2 + 1− y) = 1

1

1 + 3x+

1

1 + 2y+

1

1 + 5x=

3

1 + 4x

Nguồn gốc

Bài toán được đưa lên trang www.k2pi.net bởi anh Nguyễn Trung Kiên,bài toán chuẩn mực và đầy

lí thú ,những tư duy chặt chẽ trong đó cho ta nhiều điều suy ngẫm để hướng tới những bài toán và

cách sáng tạo hệ mới.Lời giải đến hiện nay cho bài toàn này là từ anh Con Phố Quen, một lời giải

đẹp mang đậm chất nghệ thuật.


Điều đầu tiên khi ta nhìn vào bài toán này chính là các đại lượng1

1 + 3x+

1

1 + 2y+

1

1 + 5xđó là các

đại lượng mũ và điều kì thú là 3x.4x.5x = 60x ≤ 64x với 3√

64x = 4x.Vậy chắc rằng tồn tại bất đẳng

thức có dạng1

1 + a+

1

1 + b+

1

1 + c≥ 3

1 + 3√abc

để hệ thứ hai là một bất đẳng thức dưới dạng bổ

đề toán.Chính điều này đã định hướng phần nào cho ta cách tiếp cận bài toán dưới cách nhìn bất

đẳng thức.

Lời giải

Trước tiên ta cần để ý rằng :√y2 + 1− y 6= 0;

(√y2 + 1− y

)(√y2 + 1 + y

)= 1

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

1

1 + a+

1

1 + b+

1

1 + c≥ 3

1 + 3√abc

với a, b, c ≥ 1

6 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


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

2x+√

4x2 + 1 = y +√y2 + 1

Tới đây xét hàm số f(t) = t+√t2 + 1,∀t ≥ 0. Ta có f ′(t) = 1 +

t√t2 + 1

> 0,∀t ≥ 0.

Từ đó ta có :f(2x) = f(y)⇔ y = 2x.

Với kết quả này cùng với đánh giá thử hai tức là bổ đề nêu ra ta có :

1

1 + 3x+

1

1 + 4x+

1

1 + 5x≥ 3

1 + 3√

60x≥ 3

1 + 3√

64x

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = 0

Nhận xét

Lời giải trên giúp ta có lối tư duy đẹp cho việc tạo ra các bài toán hay,cái khó của bài toán còn

nằm ở chổ đánh giá 60x ≤ 64x với x ≥ 0.Từ bài toán trên ta cũng có thể tạo ra những bài toán ấn

tượng,ví dụ như bài toán sau.

Giải hệ phương trình sau:(2x+√

4x2 + 1)(√y2 + 1− y) = 1

(1 + 2x)(1 + 2y)(1 + 5x) = (1 + 4x)


1.Tìm nghiệm dương của hệ :3x

x+ 1+

4y

y + 1+

2z

z + 1= 1

89.x3y4z2 = 1.

2.Giải hệ phương trìnhx+ y + z = 1

x4 + y4 + z4 = xyz

Bài toán 03 Tìm tất cả các cặp số (x; y) dương thỏa mãn hệ:9

√41

2

(x2 +

1

2x+ y

)= 3 + 40x (1)

x2 + 5xy + 6y = 4y2 + 9x+ 9 (2)

Nguồn gốc

Bài toán này được bạn Hải với nick hoanghai1195 đưa lên diễn đàn www.K2pi.net trong thời gian

dài dù nhận được nhiều sự quan tâm nhưng chưa có lời giải nào.Sau đó bạn đã đưa lời giải của mình

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


Đại lượng căn làm ta có cảm giác thấy khó xử lí,công việc ta cần làm là phá các căn thức đó

đi,để ý rằng 41.2 = 82 = 92 + 12 vậy theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có :

(92 + 12)

(x2 +

1

2x+ y

)≥ |9x+

1√(2x+ y)

|


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


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

còn lại như sau:

|9x+1√

2x+ y)| = |9x+

1.3√9(2x+ y)

| ≥ |9x+6

2x+ y + 9| ≥ 9x+

6

2x+ y + 9

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

Lời giải

9

√41

2

(x2 +

1

2x+ y

)= 3 + 40x⇔

√82

(x2 +

1

2x+ y

)=

6 + 80x

9(a)

Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có :√82

(x2 +

1

2x+ y

)=

√(92 + 12)

(x2 +

1

(√

2x+ y)2

)≥ |9x+

1√(2x+ y)

|

Theo bất đẳng thức AM −GM ta lại có :

|9x+1√

(2x+ y)| ≥ 9x+

1.3√9(2x+ y)

≥ 9x+6

2x+ y + 9

Để phương trình (a) có nghiệm thì

6 + 80x

9≥ 18x2 + 9xy + 81x+ 6

2x+ y + 9⇔ 3x− 2x2 − xy + 6y ≥ 0 (3)

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

−x2 + 4xy − 4y2 + 12y − 6x− 9 ≥ 0⇔ −(x− 2y + 3)2 ≥ 0⇔ x+ 3− 2y = 0

Vậy dấu bằng ở các bất đẳng thức trên xảy ra hay: x = y = 3.

Thử lại ta thấy thoả mãn hệ ban đầu.

Vậy nghiệm của hệ :

{x = 3

y = 3

Nhận xét

Xét về tính thực tế bài này rất khó đòi hỏi người giải phải thuần thục kỉ năng sử dụng cả hai bất

đẳng thức AM − GM và Cauchy Schwarz.Điều ta quan tâm là cách tác giả đi từ những đánh giá

cơ bản đi đến bài toán của mình,khi các bạn đọc lời giải trên có lẽ các bạn thấy được rằng điểm

mấu chốt giải quyết bài toán nằm ở các đánh giá thông qua việc chọn điểm rơi trong bất đẳng thức

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

• Thứ nhất

Việc có đánh giá

√(92 + 12)

(x2 +

1

(√

2x+ y)2

)≥ |9x +

1√(2x+ y)

| là do ta đoán được hệ

có nghiệm x = y = 3 nên ta quan tâm dấu đẳng thức xảy ra là9

x=

11√

2x+ y

. khi ta thay

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

8 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


• Thứ hai

Với đánh giá này 9x +1.3√

9(2x+ y)≥ 9x +

6

2x+ y + 9ta dựa vào điểm rơi của AM − GM

qua việc phá bỏ căn thức.Thấy biểu thức trong căn có giá trị là 9 muốn phá bỏ căn thức này

ta cần thêm vào số 3 dưới mẫu thì thêm 3 trên tử.Như thế khi áp dụng AM −GM dấu đẳng

thức vẫn bảo toàn.


Giải hệ phương trình: x+ 6

√xy − y = 6

x+ 6x3 + y3

x2 + xy + y2−√

2(x2 + y2) = 3

Bài toán 04 Tìm tất cả các cặp số (x; y) dương thỏa mãn hệ:2x2(4x+ 1) + 2y2(2y + 1) = y + 32

x2 + y2 − x+ y =1

2


Ta thấy rõ việc đánh giá bất đẳng thức qua sự đối xứng các biến x, y.Nhưng điều quan trọng là ta

nên khai thác giả thiết này như thế nào ? Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ được viết thành

(x− 1

2)2+(y+

1

2)2 = 1 vậy nếu đặt a = x− 1

2; b = y+

1

2thì ta có ngay chặn của biến a, b ∈ [−1; 1].Việc

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

Lời giải

Từ phương trình 2 ta có: (x− 1

2)2 + (y +

1

2)2 = 1

Vậy nếu ta đặt x− 1

2= a; y +

1

2= b thì x = a+

1

2; y = b− 1

2và a, b ∈ [−1; 1]

Lúc này thay vào phương trình 1 ta có được:

8a3 + 14a2 + 8a+ 4b3 − 4b2 = 30

Hay

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

Vì a, b ∈ [−1; 1] nên ta có (4a2 + 11a+ 15)(a− 1) ≤ 0 và b2(b− 1) ≤ 0

Kết hợp với (1) ta suy ra

a = 1

b = 0hoặc

a = 1

b = 1

* Nếu

a = 1

b = 0thì

x =

3

2

y =−1

2

*Nếu

a = 1

b = 1thì

x =

3

2

y =1

2


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Vậy nghiệm (x; y) của hệ là (3

2;−1

2), (

3

2;1

2) .

Nhận xét

Thật trùng hợp khi bài toán trên có một dạng tương tự khá khó nằm trong đề thi thử lần 1 của diễn

đàn K2pi.net như sau:

Giải hệ phương trình : (x+ y) (25− 4xy) =105

4+ 4x2 + 17y2

4x2 + 4y2 + 4x− 4y = 7

Lời giải Đặt x =3a− 1

2; y =

3b+ 1

2.Lúc đó hệ trở thành:−6b3 + 9b2 = 6a3 + 14a− 20 (1)

a2 + b2 = 1

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

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

⇔ (a− 1)(6a2 + 6a+ 20 + 9− 6b+ 9a− 6ab) = 0

+) Với a = 1⇒ b = 0⇒ x = 1; y =1

2+) Với 6a2 + 29 + 15a− 6b− 6ab = 0 (2) ta có: V T (2) ≥ 6a2 + 29− 15− 6− 3 = 6a2 + 5 > 0 nên

trường hợp này phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (1;1

2)

Bài toán tương tự

Giải hệ phương trình : x4 + y4 = 2

x3 − 2x2 + 2x = y2

.

Bài toán 05 Giải hệ bất phương trình:

x+ 2(y −√x− 1) ≤ 19

5+

1

y2 + 1√2x+ y − 2 +

√y − x+ 1 = 3

• Lời giải 1

Phân tích :

Nhận thấy hệ này có ba biểu thức chứa căn, ta suy nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để bỏ căn. Nhưng

bài toán đặt ra là đặt ẩn phụ như thế nào?

Rõ ràng hai biểu thức√

2x+ y − 2;√y − x+ 1 có mối liên hệ với nhau nên ta chỉ cần đặt ẩn

phụ cho một trong hai biểu thức này và đặt ẩn còn lại là√x− 1.

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

√2x+ y − 2

Lời giải

Điều kiện:

x ≥ 1

y − x+ 1 ≥ 0

2x+ y − 2 ≥ 0

10 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Đặt

{u =√y − x+ 1 ≥ 0

v =√x− 1 ≥ 0

⇒

{x = v2 + 1

y = u2 + v2

Khi đó đưa về hệ bất phương trình: v2 + 1 + 2 (u2 + v2 − v) ≤ 19

5+

1

(u2 + v2)2 + 1

u+√

2 (v2 + 1) + u2 + v2 − 2 = 3

⇔

(v − 1)2 + 2 (u2 + v2) ≤ 19

5+

1

(u2 + v2)2 + 1

u+√u2 + 3v2 = 3

Để ý bất phương trình đầu của hệ có chung nhân tử (u2 + v2) nên ta nghĩ đến việc loại bỏ

(v − 1)2 ≥ 0, từ bất phương trình này ta suy ra được:

2(u2 + v2

)≤ 19

5+

1

(u2 + v2)2 + 1

⇔(u2 + v2 − 2

) (10(u2 + v2

)2+ u2 + v2 + 12

)≤ 0

⇔ u2 + v2 ≤ 2

Mặt khác sử dụng bất đẳng thức AM −GM cho

3 = u+√u2 + 3v2 ≤ u2 + 1

2+

4 + u2 + 3v2

4=

3 (u2 + v2) + 6

4≤ 3.2 + 6

4= 3

Do vậy các dấu đẳng thức xảy ra, tức(v − 1)2 = 0

u = 1

2 =√u2 + 3v2

⇔

{u = 1

v = 1⇔

{ √y − x+ 1 = 1√x− 1 = 1

⇔

{x = 2

y = 2

thỏa mãn điều kiện.

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

• Lời giải 2

Điều kiện:

2x+ y − 2 ≥ 0

2y − 2 + 2 ≥ 0

x ≥ 1

Ta có:

x+ 2y − 2√x− 1 =

(x− 2)2

x+ 2√x− 1

+ 2y ≥ 2y (∗)

Do đó bất phương trình (1) đúng khi và chỉ khi bất phương trình sau phải đúng

19

5+

1

y2 + 1≥ 2y

⇔ (y − 2)(10y2 + y + 12) ≤ 0⇔ y ≤ 2 (∗∗)


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Từ phương trình (2):

x+ 2y − 1 + 2√

(2x+ y − 2)(y − x+ 1) = 9

Ta có

V T ≤ x+ 2y − 1 +2x+ y − 2 + 4(y − x+ 1)

2=

9y

2Từ đó suy ra9y

2≥ 9⇔ y ≥ 2 (? ? ?)

Từ (?); (??); (? ? ?) hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2)

Nhận xét

Các đánh giá trong bài toán đều rất khéo tuy nhiên lời giải 1 là tường minh và cho ta suy nghĩ đẹp

hơn.Những hệ bất phương trình dạng này là một ví dụ điển hình cho lối giải toán bất đẳng thức

trong hệ.


1. Giải hệ phương trình: 2√xy +

√1− 2y ≤

√2y

2005√

2xy − y + 2006y = 1003

2. Giải hệ phương trình : x6 + y8 + z10 ≤ 1

x2007 + y2009 + z2011 ≥ 1

Bài toán 06 Giải hệ phương trình:

(y + 1)2 + y√y2 + 1 = x+

3

2x+√x2 − 2x+ 5 = 1 + 2

√2x− 4y + 2


Bài toán này không dễ nhận ra việc sử dụng bất đẳng thức như thế nào,lớp bài toán này thường

hay phổ biến trong các đề.Khi ta biến đổi qua một số bước sẽ đưa đến việc dùng bất đẳng thức để

chứng minh các phương trình là có nghiệm hay vô nghiệm.Qua biến đổi ta đưa về một phương trình

là : { √(x− 1)2 + 4 ≥ |x− 1| ≥ (x− 1)

2√y2 + 1 > 2 |y| ≥ 2y

.Việc phát hiện ra dùng đánh giá dạng A2 ≥ 0 là cách đưa bài toán dễ chứng minh hơn bởi nếu ta

tìm cách giải phương trình (x− 1) +√

(x− 1)2 + 4 = 2y +√

4y2 + 4 là điều rất khó bởi hệ trên có

cả căn thức và hai biến x, y.Vì thế ta đi đến lời giải sau

Điều kiện : x− 2y + 1 ≥ 0

12 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Từ phương trình (1) của hệ ta có :

(y2 + 1) + 2y√y2 + 1 + y2 = 2x− 4y + 2

⇔[y +

√y2 + 1

]2= 2x− 4y + 2 (a)

Từ phương trình thứ (2) ta lại có :[(x− 1) +

√(x− 1)2 + 4

]2= 4(2x− 4y + 2) (b)

Từ (a) và (b) cho ta :[(x− 1) +

√(x− 1)2 + 4

]2= 4[y +

√y2 + 1

]2⇔

x+ 2y − 1 +√

(x− 1)2 + 4 + 2√y2 + 1 = 0 (3)

(x− 1) +√

(x− 1)2 + 4 = 2y +√

4y2 + 4 (4)

-Với phương trình (3) để ý là :{ √(x− 1)2 + 4 ≥ |x− 1| ≥ (x− 1)

2√y2 + 1 > 2 |y| ≥ 2y

⇒ x+ 2y − 1 +

√(x− 1)2 + 4 + 2

√y2 + 1 > 0(?)

- Với phương trình (4) ta có :

[(x− 1)− 2y] +[(x− 1)− 2y] (x+ 2y − 1)√

(x− 1)2 + 4 +√

4y2 + 4= 0⇔ x− 1 = 2y

( Do chứng minh (?) làm cho biểu thức trong ngoặc của nhân tử liên hợp >0 )

-Với x− 1 = 2y ta thay vào phương trình thứ hai của hệ ban đầu ta được phương trình:

x+√x2 − 2x+ 5 = 1 + 2

√4x+ 1

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

Bài toán 07 Giải hệ phương trình:{(x+ y + 1)(x+ y + 1 + xy) = 12xy

y√

3x− 2x2 − 1 + x√

1 + y − 2y2 + xy = 1


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g



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

lượng xy của vế phải yếu hơn x+ y của vế trái nên ta nghĩ đến việc dùng AM −GM để đưa về tìm

các chặn của xy.Tương tự như bài toán 1 ta đưa về dạng đánh giá 1 ≤ xy ≤ 1 (Lời giải 1).

Về lời giải thứ 2,sự khéo léo nằm ở việc biến đổi1

x+ y + 1− 1

x+ y + 1 + xy=

1

12ở phương trình

đầu,vấn đề còn lại là dùng bất đẳng thức AM − GM để chuyển về phương trình1

x+ y + 1−

4

(x+ y + 2)2sau đó dùng đạo hàm chứng minh f (t) =

1

t− 4

(t+ 1)2≤ 1

12.Từ những định tính ban

đầu ta đi đến lời giải sau.

Lời giải

Lời giải 1 Điều kiện:

3x− 2x2 − 1 ≥ 0

1 + y − 2y2 ≥ 0⇐⇒

1

2≤ x ≤ 1

−1

2≤ y ≤ 1

Lúc này ta có: x+ y + 1 ≥ 1

2+−1

2+ 1 = 1 > 0

x+ y + 1 + xy ≥ 1

2+−1

2+ 1 + 1.

−1

2=

1

2> 0

Suy ra 12xy = (x+ y + 1)(x+ y + 1 + xy) > 0⇒ xy > 0

Mà x > 0 nên suy ra y > 0

Do đó từ phương trình 2 ta dễ suy ra được xy ≤ 1

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM −GM thì từ phương trình 1 ta có:

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

√x.y + 2

√1.xy) = 12(xy)

5

6

Suy ra xy ≥ 1

Do đó xy = 1 ⇐⇒ x = y = 1

Thử lại thấy x = 1; y = 1 là nghiệm của hệ.

Vậy

x = 1

y = 1.

Lời giải 2 Điều kiện:

−1

2≤ x ≤ 1

−1

2≤ y ≤ 1

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

+) Với : (x+ y + 1) (x+ y + 1 + xy) 6= 0

Từ phương trình (1) cho ta :1

x+ y + 1− 1

x+ y + 1 + xy=

1

12

Lại có :1

x+ y + 1− 1

x+ y + 1 + xy≤ 1

x+ y + 1− 4

(x+ y + 2)2

Xét hàm số : f (t) =1

t− 4

(t+ 1)2, t ∈ [1; 3] , trong đó : t = x+ y + 1

14 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Lập bảng biến thiên cho ta : f (t) ≤ f (3) =1

12

Vậy (1) ⇔

{x+ 1 = y + 1

x+ y + 1 = 3⇔

{x = 1

y = 1

Thử lại cho ta nghiệm của hệ :

{x = 1

y = 1

Vậy nghiệm của hệ là (x, y) = (1; 1)

Nhận xét

• Lời giải 1 tự nhiên hơn hẳn,chỉ thuần sử dụng bất đẳng thức để đánh giá,cái tinh tế ở đây là

việc ta sử dụng bất đẳng thức AM −GM tại

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

√x.y + 2

√1.xy) = 12(xy)

5

6

Tại sao ta không áp dụng AM − GM trực tiếp cho các số mà phải ghép cặp lại,chỉ vì khi ta

xét dấu đẳng thức thì việc ghép cặp giúp ta bảo toàn dấu đẳng thức bài toán.

• Sự tinh ý của lời giải 2 nằm ở vị trí đánh giá

(x+ y + 2)2 ≥ 4(x+ y + 1 + xy) với điều kiện x, y ≤ 1.

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

x+ y + 1 + xy ≤ x+ y + 1 +(x+ y)2

4+ x+ y + 1 =

(x+ y)2 + 4(x+ y) + 4

4=

(x+ y + 2)2

4

Bài toán 08 Giải hệ phương trình:(x+ 6y + 3)√xy + 3y = (8y + 3x+ 9)y√

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


Hệ đã cho gồm các phương trình căn thức và đa thức,việc ta nên làm là giải quyết các căn thức

khó chịu trên.Và phương pháp thương dùng nhất là đặt ẩn phụ,nhưng đặt ẩn phụ như thế nào là

ổn.Đó là điều ta quan tâm ?

Lời giải

Ta viết lại hệ phương trình đã cho như sau:{(x+ 6y + 3)

√xy + 3y = (8y + 3x+ 9)y (1)√

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


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Ta đặt a =√x+ 3; b =

√y với a, b ≥ 0

Tư đó ta viết lại phương trình (1) thành :

(a2 + 6b2)ab = b2(8b2 + 3a2)

Vậy ta có : b = 0 hay a3 + 6ab2 = 8b3 + 3a2b

Vậy ta có :

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

• (a− 2b)(a2 − ab+ 4b2) = 0⇒ a = 2b

Với a = 2b⇒ x+ 3 = 4y

Thay vào (2) ta có :

4√

(y + 4)(6− y) = (y + 3)√y − 1 + 3y + 17

Theo bất đẳng thức AM −GM ta có :

4√

(y + 4)(6− y) ≤ 4(y + 4 + 6− y)

2= 20

Và ta có :

(y + 3)√y − 1 + 3y + 17 ≥ 3y + 17 ≥ 3 + 17 = 20

Vậy đẳng thức xảy ra khi y = 1 thay vào ta có x = 1.

Vậy nghiệm của hệ là (x, y) = (1; 1)


x3 − y3 +5

3(x+ y)2 + 5x2 − 8

3xy + 13x =

100

3x2 + y2 + xy − 3x− 4y + 4 = 0

Lời giải


Đây là dạng toán hay và quen thuộc với việc kết hợp hai công cụ mạnh là đánh giá bất đẳng

thức và đạo hàm.Với những dạng toán như thế này,công việc ban đầu ta làm là tìm các chặn của các

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

hai hướng để giải quyết

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

bằng a.

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

hằng số.

Lời giải

16 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Ta viết lại hệ đã cho như sau x3 − y3 +5

3(x+ y)2 + 5x2 − 8

3xy + 13x =

100

3(1)

x2 + y2 + xy − 3x− 4y + 4 = 0(2)

Từ (2) ta suy ra điều kiện của x; y là

4

3≥ x ≥ 0

7

3≥ y ≥ 1

Rút xy từ (2) thay vào (1) ta được

(3x3 + 18x2 + 45x) + (3y2 − 3y3 + 8y) = 108 (3)

Xét hàm số

f(x) = 3x3 + 18x2 + 45x;xε

[0;

4

3

]Suy ra f ′(x) ≥ 0 nênf(x) là hàm đồng biến với xε

[0;

4

3

]⇔ f(x) ≤ f4

3

=892

9(4)

Xét hàm số

g(y) = 3y2 − 3y + 8y; yε

[1;

7

3

]Dựa vào bảng biến thiên:

g(y) ≤ g4

3

=80

9(5)

Từ (3), (4), (5) suy ra hệ có nghiệm ⇔

x =

4

3

y =4

3Thử lại thấy nghiệm thỏa mãn phương trình thứ hai.

Hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (4

3;4

3)


1. Giải hệ phương trình

x4 + y2 =698

81x2 + y2 + xy − 3x− 4y + 4 = 0


x3 − y3 − 15(x− y)− (x+ y)2 = x2 − 9y2 − 15y + 94

4x2 + 4y2 + 6x+ 6y − 2xy − 9 = 0

Bài toán 10 Giải hệ phương trình :

√x+√y + 2(x2 + y2) = 4 + 2xy

x√

3x2 + 6xy + y√

3y2 + 6xy = 6

Lời giải


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g



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

dẫn tới làm khó bài toán và gần như là đưa kết quả về con số 0.Bài toán được anh Nguyễn Trung

Kiên đưa lên trang www.k2pi.net trong một thời gian không nhận được lời giải,sau đây là lời giải

của chúng tôi,một lời giải áp dụng chỉ bất đẳng thức cơ bản nhưng khá tinh tế.Mời các bạn cùng

thưởng thức.

Lời giải

Ta viết lại đề bài: √x+√y + 2(x2 + y2) = 4 + 2xy

x√

3x2 + 6xy + y√

3y2 + 6xy = 6

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

x√

3x2 + 6xy + y√

3y2 + 6xy ≥ 2

√xy.(√

3x2 + 6xy.√

3y2 + 6xy)

≥ 2.

√xy√

(9x2y2 + 18xy(x2 + y2) + 36x2y2) ≥ 2.

√xy√

(9(xy)2 + 36(xy)2 + 36(xy)2) = 6xy

Suy ra xy ≤ 1 (1).

Để ý rằng

x√

3x2 + 6xy + y√

3y2 + 6xy =x.√

9x.√

3x+ 6y

3+y.√

9y.√

3y + 6x

3

Ta lại có theo bất đẳng thức AM −GM thì :

x.√

9x.√

3x+ 6y

3+y.√

9y.√

3y + 6x

3≤ 12x2 + 6xy

6+

12y2 + 6xy

6= 2(x2 + y2 + xy)

Vậy ta suy ra:x2 + y2 + xy ≥ 3

Mà xy ≤ 1 nên x2 + y2 ≥ 2 .

Từ phương trình thứ nhất ta có:

4 + 2xy ≥√x+√y + 4 ≥ 2. 4

√xy + 4.

Vậy suy ra xy ≥ 4√xy ⇐⇒ 4

√xy ≥ 1

Hay xy ≥ 1 (2).

Từ (1); (2) ta suy ra xy = 1.

Và từ các dấu bằng bất đẳng thức ta có x = y = 1.

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

Bài toán 11 Tìm tất cả các nghiệm dương của hệ phương trình :√x+ y + 2(2x2 − 5x− 3) = y(1− y − 5x) +

√3

1

16x4 + 2x(12x+ 1) + 2(y + 2)+

1

16y4 + 2y(12y + 1) + 2(x+ 2)=

2

145

18 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Nguồn gốc

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

viên K2pi.netvà lời giải đến hiện nay cho bài toán này là của chúng tôi,một lời giải thân quen với

những công cụ bất đẳng thức đưa bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều.Thay vì phân tích hướng

làm,chúng tôi mời các bạn đọc bài toán và tự rút ra hướng làm cho bản thân mình.Vì như thế các

bạn sẽ hiểu rõ hơn cách giải và có những sáng tạo nhất định.Chúng tôi chờ đợi lời giải từ các bạn.

Lời giải

Ta viết lại hệ phương trình√x+ y + 2(2x2 − 5x− 3) = y(1− y − 5x) +

√3 (1)

1

16x4 + 2x(12x+ 1) + 2(y + 2)+

1

16y4 + 2y(12y + 1) + 2(x+ 2)=

2

145(2)

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

t+ 4x2 − 10x− 6 = y − y2 − 5xy +√

3

Theo cách "chân quê" ta cứ rút y theo x, t nên ta có :y = t2 − x Vậy phương trình trên biến đổi lại

thành:

t4 − t2 + t− 6−√

3 = 3(3− t2)x

⇐⇒ (t−√

3)(t3 +√

3t2 + 2t+ 2√

3 + 1) = 3(√

3− t)(√

3 + t).x

Đến đây các bạn có thắc mắc tại sao tôi biết được cách phân tích như thế không ? Thật ra,khi nhìn

vào phương trình thứ hai,ta dễ nhận thấy phương trình trên là một bất đẳng thức nào đó ,nên điều

ta thiết nghĩ lúc này có chăng là x = y. Thật vậy,bằng kiểm tra đơn giản,ta có ngay một nghiệm bài

toán là x = y =3

2.Đến đây với cách "chân quê" ta lại có biến đổi như trên là điều hoàn toàn giải

thích được. Phương trình trên cho ta :[t =√

3 (3)

t3 +√

3t2 + 2t+ 2√

3 + 1 = −3(√

3 + t).x (4)

Chúng ta hãy tạm giải quyết trường hợp t =√

3 trước. Quay trở lại phương trình (2) ta có:

1

16x4 + 2x(12x+ 1) + 2(y + 2)+

1

16y4 + 2y(12y + 1) + 2(x+ 2)=

2

145

Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có :

1

16x4 + 2x(12x+ 1) + 2(y + 2)+

1

16y4 + 2y(12y + 1) + 2(x+ 2)≥ 4

16(x4 + y4) + 24(x2 + y2) + 4(x+ y + 2)

Ta biến đổi bất đẳng thức về :

16(x4 + y4) + 24(x2 + y2) + 4(x+ y + 2) ≤ 290

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

x+ y ≤√

2(x2 + y2)


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


x2 + y2 ≥√

2(x4 + y4)

Đặt u =√

2√

2. 4√x4 + y4.

Vậy ta có :

16(x4 + y4) + 24(x2 + y2) + 4(x+ y + 2) ≤ 2u4 + 12u2 + 4(u+ 2) ≤ 290

Mà 2u4 + 12u2 + 4(u+ 2)− 290 = (u− 3)(2u3 + 6u2 + 30u+ 94) = 0 do u = 3.

Vậy đây chỉ là một đẳng thức.

Vậy dấu bằng xảy ra khi x = y =3

2-Ta giải quyết (4).

t3 +√

3t2 + 2t+ 2√

3 + 1 = −3(√

3 + t).x

Dễ nhận thấy với điều kiện x, t > 0 ta có t3 +√

3t2 + 2t + 2√

3 + 1 + 3(√

3 + t).x > 0 nên phương

trình này vô nghiệm.

Vậy tóm lại hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x; y) = (3

2;3

2).

Nhận xét Cách tạo hệ từ bất đẳng thức như thế này giúp ta có thể có được những bài toán hay,có

thể lấy một bài bất đẳng thức trong đề thi thử chuyên Khoa học tự nhiên năm 2012 làm bài toán

hệ như sau:

Tìm nghiệm dương của hệ saux+ y = 21

2 + 6x2 + 9x4+

1

2 + 6y2 + 9y4=

2

17


Giải hệ phương trình sau:√x+√y +√z = 2013

1

3x+ 2y+

1

3y + 2z+

1

3z + 2x=

1

x+ 2y + 2z+

1

y + 2z + 2x+

1

z + 2x+ 2y

20 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHƯƠNG I


x+

2xy3√x2 − 2x+ 9

= x2 + y

y +2xy

3√y2 − 2y + 9

= y2 + x.


(x+ y)3 + 4xy = 3

(x+ y)4 − 2x2 − 4xy + 2y2 + x− 3y + 1 = 0.


(2x+ 3)√

4x− 1 + (2y + 3)√

4y − 1 = 2√

(2x+ 3)(2y + 3)

x+ y = 4xy.


√

1 + 2x2 +√

1 + 2y2 = 2√

1 + 2xy√x(1− 2y) +

√x(1− 2y) =

2

3.


x2 + y2 +

8xy

x+ y= 16

x2

8y+

2x

3=

√x3

3y+y2

4− y

2.

6. Cho hệ phương trình

x+ y + 4 = 2xy

2x+y = m(√x2 + y2 + x+ y + 5 + x+ y).

Tìm m để hệ có nghiệm (x, y) thoả x, y ≥ 1.


√x+

√x2 + y + 3 = 2

2√x+ 4 + 3

√y + 8 = 13.


3(x+ y) = 2 |xy + 1|

9(x3 + y3) = |x3y3 + 1|


x+ y = 3

√24

(√x+√y)

(1√

x+ 3y+

1√y + 3x

)= 2


√x+ 4√

32− x− y2 = −3

4√x+√

32− y + 6y = 24


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


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


1√x

+1√y

+1√z

= 3√

3 (1)

x+ y + z = 1 (2)

x+ y + z = 1 (2)

xy + yz + zx =7

27+ 2xyz (3)

Lời giải

Điều kiện:x > 0, y > 0, z > 0

Kết hợp với (2): x + y + z = 1 ta thấy trong các số x; y; z phải có ít nhất 1 số không lớn hơn1

3,

không mất tính tổng quát ta giả sử z ≤ 1

3

Do đó: z ∈(

0;1

3

]Đặt:

S = xy + yz + zx− 2xyz = xy (1− 2z) + z (x+ y) = xy (1− 2z) + z (1− z)

Do:

xy ≤(x+ y

2

)2

=

(1− z

2

)2

Vậy:

S ≤(

1− z2

)2

(1− 2z) + z (1− z) =1

4

(−2z3 + z2 + 1

)Xét hàm số

f (z) =1

4

(−2z3 + z2 + 1

)Ta có:

f ′ (z) =1

4

(−6z2 + 2z

)=

1

2z (−3z + 1) ≥ 0,∀z ∈

(0;

1

3

]Vậy:

f (z) ≤ f

(1

3

)=

7

27,∀z ∈

(0;

1

3

]Do đó:

S ≤ 7

27

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

22 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Dấu xảy ra khi và chỉ khi:

x = y, z =1

3

Thay vào (2) ta được:

x = y = z =1

3

Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình

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

(1

3;1

3;1

3

)


1

xy=x

z+ 1

1

yz=y

x+ 1

1

zx=x

y+ 1

Lời giải

Điều kiện xyz 6= 0 .Nhận thấy nếu một trong ba số x, y, z có một số âm,chẳng hạn x < 0 thì

phương trình thứ ba vô nghiệm.Nếu hai trong ba số x, y, z là số âm,chẳng hạn x, y < 0 thì phương

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

1. Xét trường hợp x, y, z > 0 thì ta viết lại hệ như sauz = x2y + xy

x = y2z + yz

y = z2x+ zx

Cộng ba phương trình lại ta được

x+ y + z = (x2y + y2z + z2x) + (xy + yz + zx) ≥ 6xyz (?)

Mặt khác ta biến đổi hệ về dạng z

xy= x+ z

x

yz= y + x

y

zx= y + z

→ z

xy+

x

yz+

y

zx= 2(x+ y + z)


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Thì ta có

2(x+ y + z) =x2 + y2 + z2

xyz≥ (x+ y + z)2

3xyz⇒ 6xyz ≥ x+ y + z (?)(?)

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

(x, y, z) =

(√2

2,

√2

2,

√2

2

)

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

làm như trường hợp 1.

Vậy nghiệm của hệ là (x, y, z) =

(√2

2,

√2

2,

√2

2

)Bài toán 03a Giải hệ phương trình:

x+ y + z = 0

x2 + y2 + z2 = 1

x5 + y5 + z5 =5√

6

36

aCải biên đề thi đại học khối B năm 2012

Lời giải

Với x+ y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 1 ta có

0 = (x+ y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2x (y + z) + 2yz = 1− 2x2 + 2yz

Nên yz = x2 − 1

2

Mặt khác yz ≤ y2 + z2

2=

1− x2

2suy ra x2 − 1

2≤ 1− x2

2do đó −

√6

3≤ x ≤

√6

3(∗)

Khi đóP = x5 + (y2 + z2) (y3 + z3)− y2z2 (y + z)

= x5 + (1− x2) [(y2 + z2) (y + z)− yz (y + z)] +(x2 − 1

2

)2x

= x5 + (1− x2)[−x (1− x2) + x

(x2 − 1

2

)]+(x2 − 1

2

)2x = 5

4(2x3 − x)

Xét hàm số f (x) = 2x3 − x với −√

6

3≤ x ≤

√6

3suy ra f ′ (x) = 6x2 − 1; f ′ (x) = 0⇔ x = ±

√6

6

Ta có f

(−√

6

6

)= f

(√6

6

)= −√

6

9, f

(√6

3

)= f

(−√

6

6

)=

√6

9

Do đó f (x) ≤√

6

9suy ra P ≤ 5

√6

36.

Vậy nghiệm của hệ là x =

√6

3; y = z = −

√6

6và các hoán vị.

24 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHƯƠNG II


1√x

+1√y

+1√z

= 3√

3

x+ y + z = 1


xy3 = 9

x+ 3y = 6


x5 + y5 + z5 = 3

x6 + y6 + z6 = 3


3(x2 + y2 + z2) = 1

x2y2 + y2z2 + z2x2 = xyz(x+ y + z)3


36x2y − 60x2 + 25y = 0

36y2z − 60y2 + 25z = 0

36z2z − 60z2 + 25x = 0


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


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

ĐẲNG THỨC

Bài toán 01 Giải hệ phương trình:1√

1 + 2x2+

1√1 + 2y2

=1√

1 + 2xy√x(1− 2x) +

√y(1− 2y) =

2

9

Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2009

Lời giải

Điều kiện:

1 + 2xy ≥ 0

x(1− 2x) ≥ 0

y(1− 2y) ≥ 0

⇐⇒

0 ≤ x ≤ 1

2

0 ≤ y ≤ 1

2

Với điều kiện trên ta được :x2 ≤ 1

4; y2 ≤ 1

4⇒ 1√

1 + 2xy=

1√1 + 2x2

+1√

1 + 2y2≥ 2√

2

3>√

2→

2xy < 1

Mặt khác với mọi a, b ∈ [0;1√2

] và ab < 1 ta luôn có bất đẳng thức sau:

1√1 + a2

+1√

1 + b2≤ 2√

1 + ab(∗)

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

1

1 + a2+

1

1 + b2+

2√1 + a2.

√1 + b2

− 4

1 + ab≤ 0


√(1 + a2)(1 + b2) ≥ 1 + ab⇒ 2√

1 + a2.√

1 + b2≤ 2

1 + ab

Mặt khác ta có :

1

1 + a2+

1

1 + b2− 2

1 + ab=

(a− b)2(ab− 1)

(1 + ab)(1 + a2)(1 + b2)≤ 0

Áp dụng bất đẳng thức trên với a =√

2x; b =√

2y ta được

1√1 + 2x2

+1√

1 + 2y2≤ 1√

1 + 2xy

Đẳng thức xảy ra khi x = y.

Với x = y thay vào hệ thứ hai ta được phương trình:

162x2 − 81x+ 1 = 0

26 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Giải phương trình trên ta được: x =81 +

√5913

324;x =

81−√

5913

324

Vậy nghiệm của hệ là : (x; y) = (81 +

√5913

324;81 +

√5913

324); (

81−√

5913

324;81−

√5913

324) .

Bài toán 02 Giải hệ phương trình:(2x2 − 1)(2y2 − 1) =7

2xy

x2 + y2 + xy − 7x− 6y + 14 = 0

Lời giải

Dể thấy xy = 0 không là nghiệm của hệ

Với xy 6= 0 ta viết hệ dưới dạng(2x− 1

x)(2y − 1

y) =

7

2

x2 + y2 + xy − 7x− 6y + 14 = 0

Điều kiện để phương trình x2 + y2 + xy − 7x− 6y + 14 = 0 có nghiệm theo ẩn x là :

∆ = (y − 7)2 − 4y2 + 24y − 56 ≥ 0 ⇐⇒ y ∈ [1;7

3]

Điều kiện để phương trình x2 + y2 + xy − 7x− 6y + 14 = 0 có nghiệm theo ẩn y là :

∆ = (x− 6)2 − 4x2 + 28x− 56 ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [2;10

3]

Xét hàm số : f(t) = 2t− 1

tlà hàm đồng biến trên (0; +∞) nên:

f(x).f(y) ≥ f(1)f(2) =7

2.

Kết hợp với phương trình thứ nhất ta được (x; y) = (2; 1) .

Bài toán 03 Giải hệ phương trình:x4

y4+y4

x4− (

x2

y2+y2

x2) +

y

x+x

y= −2

x2 + y6 − 8x+ 6 = 0

Lời giải

Điều kiện: x, y 6= 0

Ta viết lại hệ như sau: x4

y4+y4

x4− (

x2

y2+y2

x2) +

y

x+x

y= −2 (1)

x2 + y6 − 8x+ 6 = 0 (2)

Đặt t =x

y+y

xsuy ra t2 =

x2

y2+y2

x2+ 2

Mặt khác

(x2

y2+y2

x2)2 = (t2 − 2)2 ⇐⇒ x4

y4+y4

x4+ 2 = t4 − 4t2 + 4



Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


x2

y2+y2

x2≥ 2 hay t2 ≥ 4 suy ra |t| ≥ 2

Ta có vế trái phương trình (1) được biến đổi thành g(t) = t4 − 5t2 + t+ 4 , |t| ≥ 2.

Có g′(t) = 4t3 − 10t+ 1 = 2t(2t2 − 5) + 1

Nhận xét:

1. Nếu t ≥ 2 suy ra 2t(2t2 − 5) ≥ 4(8− 5) > 0⇒ g′(t) > 0

2. Nếu t ≤ −2 suy ra 2t ≤ −4 ;2t2− 5 ≥ 3 ;−2t(2t2− 5) ≥ 12 ⇒ 2t(2t2− 5) ≤ −12 hay g′(t) < 0

Lập bảng biến thiên ta suy ra giá trị nhỏ nhất của g(t) = −2 đạt được khi t = −2.

Vậy từ phương trình (1) ta cóx

y+y

x= −2 từ đây suy ra x = −y.

Thay x = −y vào phương trình thứ hai ta có :x6+x2−8x+6 = 0 ⇐⇒ (x−1)2(x4+2x3+3x2+4x+6) =

0 ⇐⇒ (x− 1)2[x2(x+ 1)2 + 2(x+ 1)2 + 4] = 0 .

Vậy ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (1;−1) .

Bài toán 04 Giải hệ phương trình:x3 + 3xy2 = x2 + y2 + 2 (1)

x4 + y4 + 6x2y2 = 8 (2)

Lời giải

Từ phương trình thứ hai ta có :

x(x2 + 3y2) = x2 + y2 + 2⇒ x > 0

Nếu y = 0 thì hệ trở thành :

x4 = 8

x3 = x2 + 2Vô nghiệm

Từ đó suy ra y 6= 0 .

Viết lại hệ dưới dạng: (x2 + y2)2 + (2xy)2 = 8 (3)

x2 + y2 + 2 = x(x2 + y2) + y(2xy) (4)

Từ (4) ta có :

(x2 + y2 + 2)2 = [x(x2 + y2) + y(2xy)]2 ≤ (x2 + y2)[(x2 + y2)2 + (2xy)2] = 8(x2 + y2) (?)do (3)

⇒ (x2 + y2)2 − 4(x2 + y2) + 4 ≤ 0

⇒ x2 + y2 = 2

Dấu đẳng thức trong (?) xảy ra khix2 + y2

x=

2xy

y⇐⇒ x2 = 1 ⇐⇒ x = 1.

28 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Thế vào hệ ta được y = 1.

Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (1; 1) .

Bài toán 05 Giải hệ phương trình:√

1 +√

1− x2 = x(1 + 2√

1− y2) (1)1√

1 + x+

1√1 + y

=2√

1 +√xy

(2)

Lời giải

Điều kiện:|x| , |y| ≤ 1 , xy > 0.

Từ (1) suy ra 0 ≤ x ≤ 1.Do đó 0 ≤ y ≤ 1.


(1√

1 + x+

1√1 + y

)2

≤ 2

(1

1 + x+

1

1 + y

)(3)

Ta sẽ chứng minh

1

1 + x+

1

1 + y≤ 2√

1 +√xy

(4)

Thật vậy:

(4) ⇐⇒ (1−√xy)(√x−√y)2 ≥ 0

Điều trên đúng với mọi x, y ∈ [0; 1].

Từ đó suy ra :

1√1 + x

+1√

1 + y≤ 2√

1 +√xy

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Thế x = y vào (2) ta được : √1 +√

1− x2 = x(1 + 2√

1− x2) (5)

Đặt x = sint, t ∈ [0;π

2] thì

(5)⇒√

1 + cost = sint(1 + 2cost)

⇒√

2cost

2= 2sin

t

2cos

t

2[1 + 2(1− 2sin2 t

2] (do t ∈ [0;

π

2]→ cos

t

2> 0)


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


⇒ 3sint

2− 4sin3 t

2=

√2

2

sin3t

2= sin

π

4

⇒

t =π

6+k4π

3

t =π

2+k4π

3

k ∈ Z

Với t ∈ [0;π

2],ta được : t =

π

6+k4π

3

t =π

2+k4π

3

→

x =1

2x = 1

Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1

2;1

2); (1; 1) .

Bài toán 06 Giải hệ phương trình:y2 + (4x− 1)2 = 3√

4x(8x+ 1)

40x2 + x = y√

14x− 1

Lời giải

Điều kiện:x ≥ 1

14

Đặt t = 4x (t ≥ 2

7).Hệ phương trình trở thành:

y2 + (t− 1)2 = 3√t(2t+ 1) (1)

5

2t2 +

t

4= y

√7

2t− 1 (2)

Từ (2) ta có y > 0 nên áp dụng bất đẳng thức AM −GM ta có :

3√t(2t+ 1) =

3

√2t.

2t+ 1

2.1 ≥

2t+2t+ 1

2+ 1

3= t+

1

2

Do đó từ phương trình thứ nhất ta có :

y2 + (4x− 1)2 ≤ t+1

2⇒ y2 ≤ −t2 + 3t− 1

2(3)

Mặt khác theo bất đẳng thức AM −GM ta lại có :

30 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


y

√7

2t− 1 ≤

y2 +7

2t− 1

2

Suy ra

y2 ≥ 5t2 − 3t+ 1 (4)

VTừ (3) và (4) ta có :

5t2 − 3t+ 1 ≤ −t2 + 3t− 1

2⇐⇒ (2t− 1)2 ≤ 0

Suy ra t =1

2⇐⇒ x =

1

8thay vào hệ ta tìm được y =

√3

2.

Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (1

8;

√3

2) .

Bài toán 07 Giải hệ phương trình:x2y2 − 2x+ y2 = 0 (1)

2x3 + 3x2 + 6y − 12x+ 13 = 0 (2)

Lời giải

Từ phương trình (1) ta có :

y2 =2x

x2 + 1suy ra x ≥ 0.

Do x ≥ 0 nên áp dụng bất đẳng thức AM −GM ta có :

y2 ≤ 1⇒ −1 ≤ y ≤ 1 (?)

Từ (2) ta suy ra :

y =−2x3 − 3x2 + 12x− 13

6=

(−2x− 7)(x− 1)2

6− 1 (3)

Do x ≥ 0 nên từ (3) suy ra y ≤ −1 (??).

Từ (?) và (??) suy ra y = −1.

Thay y = −1 vào ta tìm được x = 1.

Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (1;−1) .

Bài toán 08 Giải hệ phương trình:x

y + 1+

y

x+ 1=

2√xy

√xy + 1

5√x− 1

+3√y − 1

= 4


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Lời giải

Điều kiện :x, y > 1⇒ xy > 1

Ta chứng minh

1

x+ 1+

1

y + 1≥ 2√xy + 1

(?)

⇐⇒ (x+ 1)(√xy + 1) + (y + 1)(

√xy + 1) ≥ 2(x+ 1)(y + 1)

⇐⇒ (√xy − 1)(

√x−√y)2 ≥ 0

Luôn đúng với mọi xy > 1.

Ta có :

x

y + 1+

y

x+ 1=

2√xy

√xy + 1

⇐⇒ x

y + 1+ 1 +

y

x+ 1+ 1 =

2√xy

√xy + 1

+ 2

⇐⇒ (x+ y + 1)(1

x+ 1+

1

y + 1) = 2

2√xy + 1

√xy + 1

Mặt khác theo bất đẳng thức AM −GM và (?) ta cóx+ y + 1 ≥ 2

√xy + 1

1

x+ 1+

1

y + 1≥ 2√xy + 1

⇒ (x+ y + 1)(1

x+ 1+

1

y + 1) ≥ 2

2√xy + 1

√xy + 1

Đẳng thức xảy ra khi x = y.Thay vào hệ tìm được x = y = 5.

Vậy nghiệm của hệ là x = y = 5 .

Bài toán 09 Giải hệ phương trình:√x2 + y2

2+

√x2 + xy + y2

3= x+ y

x√

2xy + 5x+ 3 = 4xy − 5x− 3

Lời giải

32 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Ta có :

x2 + xy + y2 =1

2(x+ y)2 +

1

2(x2 + y2) ≥ 1

2(x+ y)2 +

1

4(x+ y)2 =

3

4(x+ y)2

Vậy suy ra

√x2 + y2

2+

√x2 + xy + y2

3≥√

(x+ y)2

4+

√√√√ 3

4(x+ y)2

3≥ x+ y

Từ đó suy ra x = y ≥ 0

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

x√

2x2 + 5x+ 3 = 4x2 − 5x− 3

⇐⇒ 2x2 + 5x+ 3− x√

2x2 + 5x+ 3− 6x2 = 0

⇐⇒

[√2x2 + 5x+ 3 = −3x√2x2 + 5x+ 3 = 2x

Do x ≥ 0 nên ta nhận√

2x2 + 5x+ 3 = 2x

Suy ra :

−2x2 + 5x+ 3 = 0 ⇐⇒

x = −1

2x = 3

Thử lại nhận nghiệm x = 3.

Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (3; 3) .

Bài toán 10 Giải hệ phương trình:x+ y + xy = z2

2003+ 2z2

2002(1)

x4 + y4 = 2z22004

(2)

(x+ y)z−1 = (z + 2004)x−y (3)

Lời giải

Từ phương trình thứ hai ta có :

2z22004

= x4 + y4 ≥ 2x2y2 ⇒ xy ≤ z22003

(?)


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Ta lại có

(x+ y)2 ≤ 2(x2 + y2)

⇒ (x+ y)4 ≤ 2(x2 + y2)2 ≤ 8(x4 + y4) = 16z22004

⇒ x+ y ≤ 2z22002

(? ?)

Từ (?) và (? ?) ta có :

x+ y + xy ≤ z22003

+ 2z22002

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z22002

.

Hệ phương trình tương đương với :

x = y = z22002

(2x)z−1 = 1⇐⇒

x = y = z = 1

x = y =1

2; z = ±2

−1

22002

Bài toán 11 Giải hệ phương trình:x2 + 2x− 2 =√−y2 − 4y − 2

6x− y + 11 +√

10− 4x− 2x2 = 0

Lời giải

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

y − 6x+ 11 =√

10− 4x− 2x2 =

√4(10− 4x− 2x2)

2≤ 4 + 10− 4x− 2x2

4

Thu gọn phương trình trên ta được

x2 − 10x+ 2y − 15 ≤ 0 (1)

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM −GM cho phương trình thứ nhất của hệ ta được

x2 + 2x− 2 =√−y2 − 4y − 2 =

√1(−y2 − 4y − 2) ≤ −y

2 − 4y − 2 + 1

2

34 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Thu gọn ta có

2x2 + 4x+ y2 + 4y − 3 ≤ 0 (2)

Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta có :

3x2 − 6x+ y2 + 6y + 12 ≤ 0 ⇐⇒ 3(x− 1)2 + (y + 3)2 ≤ 0

Từ đó suy ra nghiệm của hệ là (x; y) = (1;−3) .

Bài toán 12 Giải hệ phương trình:{ √2x+ 1−

√2y + 1 = y − x

16x2y2 + 5 = 6 3√

4x2y + x

Lời giải

Điều kiện: x, y ≥ −1

2.

Từ phương trình thứ nhất ta có

√2x+ 1 + x =

√2y + 1 + y,

hay

f(x) = f(y) với f(t) =√

2t+ 1 + t.

Dễ dàng nhận thấy rằng f(t) là hàm liên tục và tăng nghiêm ngặt trên

[−1

2, +∞

)nên f(x) = f(y)

sẽ tương đương với x = y.

Thay vào phương trình thứ hai ta được

16x4 + 5 = 63√

4x3 + x. (1)

Do 16x4 + 5 > 0 nên từ đây ta suy ra 4x3 + x > 0, tức x > 0.

Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

3√

4x3 + x = 3√x(4x2 + 1) =

3√

4x · (4x2 + 1) · 22

≤ 4x+ (4x2 + 1) + 2

6.

Kết hợp với (1), ta suy ra

16x4 + 5 ≤ 4x2 + 4x+ 3,

hay tương đương

2(2x2 + 2x+ 1)(2x− 1)2 ≤ 0.


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Nhưng điều này chỉ xảy ra khi x = 12.

Mặt khác, ta dễ thấy x = 12thỏa mãn phương trình (1).

Từ đây, ta đi đến kết luận hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x, y) =

(1

2,

1

2

).

Bài toán 13 Giải hệ phương trình:x2 + 3 =√

3 |xy|

(2x−√

3y)2 + y2 = 4

Lời giải

Ta viết lại hệ phương trình như sau:

⇔

x2 + 3 =√

3 |xy|

x2 + y2 = 1 +√

3xy

Mặt khác ta có :

|xy| ≥ xy

Nên

x2 + 3 ≥ x2 + y2 − 1

Vậy suy ra :

y2 ≤ 4⇒ |y| ≤ 2

. Sử dụng bất đẳng thức AM −GM ta được:

x2 + 3 ≥ 2√

3 |x| ≥√

3 |xy|

Như vậy ta có đẳng thức xảy ra khi x = ±√

3; y = ±2

Vậy nghiệm của hệ là: (x, y) = ±(√

3, 2) .

Bài toán 14 Giải hệ phương trình: x2 = y + 2

y2 = z + 2

z2 = x+ 2

Lời giải

Dòng tâm sự:

Bài toán trên được một bạn có nick luong_qt đưa lên diễn đàn toanphothong.vn và tại đây đã nhận

được hai lời giải đầy tính nghệ thuật từ anh Võ Quốc Bá Cẩn.Thật sự khi đọc hai lời giải này,tác

giả thật sự chiêm nghiệm được nhiều điều,mỗi bài toán khi đi ta điều nên có hướng dẫn dắt,khi đặt

bút lên trang giấy suy nghĩ,đòi hỏi ta phải có những cảm nhận thật xác đáng và có hướng tư duy

thật gọn.

36 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


• Về lời giải thứ nhất,nét nghệ thuật nằm ở những biến đổi lượng giác kết hợp với đánh giá bất

đẳng thức để đưa ta đến kết quả.Cách làm gọn và quen thuộc,nhưng mấu chốt nằm ở việc ta

quan sát được miền nghiệm bài toán là x, y, z ≥ −2 để ta nghĩ đến việc thêm một chặn nữa

x, y, z ≤ 2 với việc làm trên ta đã đưa khéo x, y, z ∈ [−2; 2] và như một thói quen dân dã,ta

nghĩ đến lượng giác hoá để được về bài toán lượng dễ xử lí hơn.Vậy việc đặt x = 2 cosα là điều

dễ hiểu.

• Lời giải thứ hai là nét tinh ý của người làm toán,với việc nhận ra các mối liên hệ đẳng thức

(x2 − 1) = (x + 1)(x − 1) x2 − 4 = (x − 2)(x + 2) với việc nhận ra từng mối liên hệ như

thế và việc hệ ban đầu là đối xứng nên khi ta nhân vào thì chắc hẳn các mối liên hệ của

(x− 1)(y − 1)(z − 1) và (x+ 2)(y + 2)(z + 2) sẽ giúp ta định hướng và giải bài toán trên đơn

giản hơn .

Cách 1 Do x2, y2, z2 ≥ 0 nên ta có y + 2, z + 2, x+ 2 ≥ 0 (dựa vào các phương trình của hệ), suy

ra x, y, z ≥ −2.

Bây giờ, ta xét hai trường hợp:

1. Nếu −2 ≤ x, y, z ≤ 2

Đặt x = 2 cosα với α ∈ [0, π]. .

Ta có

y = x2 − 2 = 4 cos2 α− 2 = 2 cos 2α.

Suy ra

z = y2 − 2 = 4 cos2 2α− 2 = 2 cos 4α.

Từ đây đưa đến

2 cosα = x = z2 − 2 = 4 cos2 4α− 2 = 2 cos 8α.

Từ đó ta suy ra được:

[8α = α + k2π

8α = −α + k2π⇐⇒

α =k2π

7

α =k2π

9

(k ∈ Z)

Vậy ta suy ra các nghiệm của bài toán là :

(x; y; z) = (2 cosα; 2 cos 2α; 2 cos 4α) với

α =k2π

7

α =k2π

9

k ∈ Z

2. Nếu max{x, y, z} > 2:

Không mất tính tổng quát, giả sử x = max{x, y, z}..Khi đó, ta có x > 2, suy ra

x2 > 2x = x+ x > x+ 2 ≥ y + 2.

Mâu thuẫn với những gì có được từ hệ. Vậy trường hợp này không thể xảy ra.


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Cách 2 Ta xét ba trường hợp:

1. Nếu (x+ 1)(y + 1)(z + 1) = 0:

Không mất tính tổng quát, giả sử x+ 1 = 0.

Khi đó ta có x = −1.

Từ phương trình thứ nhất suy ra y = −1.

Từ đây và từ phương trình thứ hai, ta được x = y = z = −1.

2. Nếu (x− 2)(y − 2)(z − 2) = 0:

Không mất tính tổng quát, giả sử x− 2 = 0.

Khi đó ta có x = 2. Từ phương trình thứ nhất suy ra y = 2.

Từ đây và từ phương trình thứ hai, ta được x = y = z = 2.

3. Nếu (x+ 1)(y + 1)(z + 1) 6= 0 và (x− 2)(y − 2)(z − 2) 6= 0:

Chú ý rằng hệ đã cho tương đương với hai hệ phương trình saux2 − 1 = y + 1

y2 − 1 = z + 1

z2 − 1 = x+ 1x2 − 4 = y − 2

y2 − 4 = z − 2

z2 − 4 = x− 2

Từ hệ thứ nhất, ta suy ra (x2 − 1)(y2 − 1)(z2 − 1) = (x + 1)(y + 1)(z + 1), và do

(x+ 1)(y + 1)(z + 1) 6= 0 nên suy ra

(x− 1)(y − 1)(z − 1) = 1.

Từ hệ thứ hai, ta thu được (x2 − 4)(y2 − 4)(z2 − 4) = (x − 2)(y − 2)(z − 2), và do

(x− 2)(y − 2)(z − 2) 6= 0 nên ta có

(x+ 2)(y + 2)(z + 2) = 1.

Như vậy, trong trường hợp này, ta thu được

(x+ 2)(y + 2)(z + 2)− (x− 1)(y − 1)(z − 1) = 0,

Hay tương đương

xy + yz + zx+ x+ y + z + 3 = 0

Nếu x+ y + z = 0: Do xy + yz + zx+ x+ y + z + 3 = 0 nên xy + yz + zx = −3.

Từ đây và từ đẳng thức

1 = (x− 1)(y − 1)(z − 1) = xyz − (xy + yz + zx) + (x+ y + z)− 1,

38 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


ta thu được xyz = −1. Vậy ta cóx+ y + z = 0

xy + yz + zx = −3

xyz = −1

Suy ra x, y, z là ba nghiệm của phương trình

X3 − 3X + 1 = 0.

Dễ dàng giải phương trình này, từ đó tìm được x, y, z. Thử lại vào hệ ban đầu để loại

nghiệm. Nếu x+ y+ z = −1: Do xy+ yz+ zx+ x+ y+ z+ 3 = 0 nên xy+ yz+ zx = −2.

Từ đây và từ đẳng thức

1 = (x− 1)(y − 1)(z − 1) = xyz − (xy + yz + zx) + (x+ y + z)− 1,

ta thu được xyz = 1. Vậy ta có x+ y + z = −1

xy + yz + zx = −2

xyz = 1

Suy ra x, y, z là ba nghiệm của phương trình

X3 +X2 − 2X − 1 = 0.

Dễ dàng giải phương trình này, từ đó tìm được x, y, z. Thử lại vào hệ ban đầu để loại

nghiệm.

Bài toán 15 Giải hệ phương trình:√x2 + 4 +

√x2 − 2xy + y2 + 1 +

√y2 − 6y + 10 = 5

log3 8xyz3 = 10 log9 z2 −

(log3

3x2z

y

)2

Lời giải

Xét phương trình:√x2 + 4 +

√x2 − 2xy + y2 + 1 +

√y2 − 6y + 10 = 5

Ta áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có:{√x2 + 4 +

√(y − x)2 + 1 ≥

√y2 + 9√

y2 + 9 +√

(3− y)2 + 1 ≥ 5

⇒√x2 + 4 +

√x2 − 2xy + y2 + 1 +

√y2 − 6y + 10 ≥ 5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x

y − x= 2

y

3− y= 3⇒

x =

3

2

y =9

4


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Vậy hệ có nghiệm là (x; y) = (3

2;9

4)

Bài toán 16 Giải hệ phương trình:x2 − yz

2x2 + y2 + z2+

y2 − xz2y2 + x2 + z2

+z2 − xy

2z2 + y2 + x2= 0

x2y + y2z −(x√y

√z

+ 2√yz + 4

√xz

)= 5

Lời giải

Ta sẽ chứng minhx2 − yz

2x2 + y2 + z2+

y2 − xz2y2 + x2 + z2

+z2 − xy

2z2 + y2 + x2≥ 0

Để ý rằng:2(x2 − yz)

2x2 + y2 + z2= 1− (y + z)2

2x2 + y2 + z2

Thiết lập các biểu thức còn lại tương tự. Ta quy về chứng minh

3 ≥ (y + z)2

2x2 + y2 + z2+

(x+ z)2

2y2 + z2 + x2+

(x+ y)2

2z2 + x2 + y2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có∑ (y + z)2

(x2 + y2) + (y2 + z2)≤∑

(y2

x2 + y2+

z2

z2 + y2) = 3

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z

Thay vào hệ (2) ta có 2y3 = 12⇔ y = 3√

6

Vậy hệ có nghiệm x = y = z =3√

6 .

Bài toán 16 Giải hệ phương trình:x2 + y2 = 1

125y5 − 125y3 + 6√

15 = 0

Lời giải

Ta biến đổi phương trình thứ hai về dạng

y3(1− y2) =6√

15

125⇐⇒

y > 0

y6x4 =4.32

55

Áp dụng bất đẳng thức AM −GM ta được:

3 = 3(x2 + y2) = y2 + y2 + y3 +3

2x2 +

3

2x2 ≥ 5

5

√y6

9

4x4 ⇐⇒ y6x4 ≤ 4.32

55

40 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Từ đó ta có y2 =3

2x2.Do đó ta tìm được nghiệm của hệ là : (x; y) = ((

√10

5;

√10

5); (−

√10

5;−√

10

5))

Bài toán 17 Giải hệ phương trình:xyz = 32

x2 + 4xy + 4y2 + 2z2 = 96

x, y, z > 0

(?)

Lời giải


x2 + 4xy+ 4y2 + 2z2 = x2 + z2 + z2 + 4y2 + 4xy ≥ 2xz+ 4yz+ 4xy ≥ 3 3√

2.4.4x2.y2.z2 = 33√

322 = 96

Từ đó suy ra

x2 + 4xy + 4y2 + 2z2 ≥ 96

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x = z

z = 2y

2xz = 4yz = 4xy

⇐⇒

x = 2y

z = 2y

Thế vào hệ (?) ta được:

2y.y.2y = 32→ y = 2⇒

x = 4

z = 4

Vậy nghiệm của hệ là (4, 2, 4) .

Bài toán 18 Giải hệ phương trình:x2 + y2 = 2 (1)

z2 + 2z(x+ y) = 8 (2)

z(x− y) = 4√

3 (3)

Lời giải

Từ (1) và (2) ta có :

2x2 + 2y2 + z2 + 2xz + 2xy = 12 ⇐⇒(x+

z

2

)= 6.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có :

(zy − zx)2 ≤[(2y)

(x+

z

2

)+ (−2x)

(y +

z

2

)]2≤ (4x2 + 4y2)[

(x+

z

2

)2

+

(y +

z

2

)2

]

Suy ra (zy − zx)2 ≤ 8.6→ zy − zx ≤ 4√

3


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Do (3) nên ta có

zy − zx ≥ 0 (4)

x+z

22y

=y +

z

2−2x

(5)

(5) ⇐⇒ 2x2 + 2y2 = −z(x+ y) ⇐⇒ z(x+ y) = −4 (6)

Thay vào (2) ta có z2 = 16 ⇐⇒ z = ±4

• Nếu z = 4

Ta có :

x+ y = −1

x2 + y2 = 2⇐⇒

x =−1 +

√3

2

y =−1−

√3

2

(loại) hoặc

x =−1−

√3

2

y =−1 +

√3

2

• Nếu z = −4

Ta có :

x+ y = 1

x2 + y2 = 2⇐⇒

x =

1 +√

3

2

y =1−√

3

2

hoặc

x =

1−√

3

2

y =1 +√

3

2

(loại)

Vậy hệ có hai nghiệm:

x =−1−

√3

2

y =−1 +

√3

2z = 4

hoặc

x =

1 +√

3

2

y =1−√

3

2z = −4

Bài toán 19 Giải hệ phương trình:√x− x2 +

√y − y2 +

√z − z2

(x− y)(y − z)(z − x)(x+ y + z) =2√

3

9

Lời giải

Điều kiện:

x− x2 ≥ 0

y − y2 ≥ 0

z − z2 ≥ 0

⇐⇒

0 ≤ x ≤ 1

0 ≤ y ≤ 1

0 ≤ z ≤ 1

Giả sử x = Maxx, y, z ⇒

x ≥ y

x ≥ z,có hai trường hợp:

• Nếu x ≥ y ≥ z

(x− y)(y − z)(z − x)(x+ y + z) ≤ 0 suy ra hệ vô nghiệm

• Nếu x ≥ z ≥ y

Ta chứng minh: P = (x− y)(y − z)(z − x)(x+ y + z) ≤ 2√

3

9Thật vậy ta có :

4P = 4(x− y)(y − z)(z − x)(x+ y + z) ≤ 4(z − y)(x− z)(x+ y + z)

= 2(z − y)[(√

3 + 1)(x− z)][(√

3− 1)(x+ y + z)]

42 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


≤ 1

27

[2(z − y) + (

√3 + 1)(x− z) + (

√3− 1)(x+ y + z)

]3=

1

27

[2√

3x− (3−√

3)y

]3≤ 1

27(2√

3x)3 ≤ (2√

3)3

27=

8√

3

9⇐⇒ P ≤ 2

√3

9

Dấu đẳng thức tức xảy ra khi

x = 1

y = 0

z =1√3

Do đó:(2) thế vào (1) ta thấy nghiệm này thoả(1).

Tương tự cho các trường hợp còn lại .

Vậy hệ có ba nghiệm là

x = 1

y = 0

z =1√3

;

x = 0

y =1√3

z = 1

;

x =

1√3

y = 1

z = 0

Bài toán 20 Giải hệ phương trình:2x2 = y(x2 + 1)

3y3 = z(y4 + y2 + 1)

4z4 = x(z6 + z4 + z2 + 1)

Lời giải

• Trường hợp 1

Với x = 0 thì hệ có nghiệm x = y = z = 0

• Trường hợp 2

Với x 6= 0 để hệ có nghiệm thì x > 0, y > 0, z > 0 Gỉa sử (x, y, z) là nghiệm của hệ ta có :2x2 = y(1 + x2) ≥ 2xy ⇐⇒ x ≥ y (vì x2 + 1 ≥ 2x)

3y3 = z(y4 + y2 + 1) ≥ 3zy2 ⇐⇒ y ≥ z (vì y4 + y2 + 1 ≥ 3y2)

4z4 = x(z6 + z4 + z2 + 1) ≥ x4z3 ⇐⇒ z ≥ x (vì z6 + z4 + z2 + 1)

Từ hệ suy ra x = y = z

Thay vào hệ ban đầu ta được hai nghiệm của hệ là x = y = z = 0 ;x = y = z = 1 .

Bài toán 21 Giải hệ phương trình:xy +√

2(x4 + y4) = 1 (1)

xn+4yn + xnyn+4 =2

3n+2(2)

n là số nguyên dương lẻ,khác 1


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Lời giải

Từ (2) biến đổi ta được :(xy)n(x4 + y4) =2

3n+2→ xy > 0

Khi đó từ (1) với lưu ý :2(x4 + y4) ≥ 4x2y2,suy ra :

0 < xy ≤ 1

3

x4 + y4 =(1− xy)2

2Kết hợp (1) với (2),ta có :

(xy)n(x4 + y4) = (xy)n−1xy.(1− xy)2

2

Áp dụng bất đẳng thức AM −GM ta có

(xy)n−1xy.(1− xy)2

2≤ 2.

(1

3

)n−1(xy +

(1

2− xy

2

)+

(1

2− xy

2

)3

)3

=2

3n+2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

xy =1

3x = y

⇐⇒

x = y =

√3

3

x = y = −√

3

3

Vậy hệ đã cho có các nghiệm là x = y =

√3

3x = y = −

√3

3.

Bài toán 22 Giải hệ phương trình:x1 + x2 + ....x2009 = 2009

x81 + x82 + ...+ x82009 = x61 + x62 + ...+ x62009

Lời giải

Giả sử(x1, x2, ..., x2009) là một nghiệm của hệ.

Không giảm tính tổng quát giả sử x21 ≥ x22 ≥ .... ≥ x22009Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có :

2009

(x21 + x22 + ....+ x22009

)≥(x1 + x2 + ....x2009

)2

= 20092 ↔ x21 + x22 + ....+ x22009 ≥ 2009 (1)

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho các bộ số (x21, x22, ..., x

22009) và (x61, x

62, ..., x

62009) ta có(

x21 + x22 + ....+ x22009

)(x61 + x62 + ....+ x62009

)≤ 2009

(x81 + x82 + ....+ x82009

)(2)

Từ (1) và (2) suy ra

x81 + x82 + ...+ x82009 ≥ x61 + x62 + ...+ x62009

Đẳng thức xảy ra tại x1 = x2 = ... = x2009 = 1.

Vậy nghiệm của hệ là x1 = x2 = ... = x2009 = 1 .

Bài toán 23 Giải hệ phương trình:xy(x+ y) = x2 − xy + y2

1

x3+

1

y3= 16

44 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Lời giải

Điều kiện:x, y 6= 0

Đặt a =1

x; b =

1

yTừ giả thiết ta suy ra

1

ab

(1

a+

1

b

)=

1

a2− 1

ab+

1

b2↔ a+ b = a2 − ab+ b2

1

x3+

1

y3= a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2) = (a+ b)2

Ta có bất đẳng thức cơ bản sau:

a2 − ab+ b2 ≥ (a+ b)2

4→ a+ b ≥ (a+ b)2

4↔ 0 ≤ a+ b ≤ 4

→ 1

x3+

1

y3= (a+ b)2 ≤ 16

Đẳng thức xảy ra khi a = b hay x = y =1

2

Vậy nghiệm của hệ là x = y =1

2.

Bài toán 24 Giải hệ phương trình:1√x

+1√y

+1√z

= 3√

3

x+ y + z = 1

xy + yz + zx =7

27+ 2xyz (?)

Lời giải

Ta có

(?) ⇐⇒ xy + yz + zx− 2xyz =7

27

Lại có

xyz ≥ (x+ y − z)(y + z − x)(z + x− y) = (1− 2x)(1− 2y)(1− 2z)

→ 9xyz ≥ 4(xy + yz + zx)− 1 ⇐⇒ 2xyz ≥ 8(xy + yz + zx)− 2

9

Ta phải chứng minh xy + yz + zx ≤ 1

3=

(x+ y + z)2

3đúng.

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z =1

3.

Vậy nghiệm của hệ là x = y = z =1

3.

Bài toán 25 Giải hệ phương trình:√x+ a+

√y + a+

√z + a = 3

√a2 + 1

a√a− x+

√a− y +

√a− z = 3

√a2 − 1

a

a>1 và a là hằng số


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Lời giải

Đặt A =√x+ a+

√y + a+

√z + a,B =

√a− x+

√a− y +

√a− z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có :A2 ≤ 3(3a+ x+ y + z)

B2 ≤ 3(3a− x− y − z)

Cộng hai vế của hai bất đẳng thức trên lại ta có:

A2 +B2 ≤ 18a (?)

Mặt khác theo giả thiết ta lại có:

A2 +B2 = 9

(a2 + 1

a+a2 − 1

a

)= 18a

Dấu đẳng thức trong hệ (?) xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1

a.

Vậy nghiệm của hệ là x = y = z =1

a

Bài toán 26 Giải hệ phương trình:√

1 + x1 +√

1 + x2 + ....+√

1 + x2013 = 2013

√2014

2013√

1− x1 +√

1− x2 + ....+√

1− x2013 = 2013

√2014

2013

Điều kiện:−1 ≤ xi ≤ 1 (i = 1, 2, 3, ..., 2013).Ta có

201322014

2013=

(√1 + x1 +

√1 + x2 +

√1 + x3 + ....+

√1 + x2013

)2

≤ 2013(2013+x1 +x2 + ...+x2013)

Suy ra x1 + x2 + ...+ x2013 ≥ 1 (1)

Lại có

201322014

2013=

(√1− x1 +

√1− x2 +

√1− x3 + ....+

√1− x2013

)2

≤ 2013(2013−x1−x2− ...−x2013)

Suy ra x1 + x2 + ...+ x2013 ≤ 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra x1 + x2 + ...+ x2013 = 1

Do đó hệ phương trình trở thành1 + x1 = 1 + x2 = .... = 1 + x2013

1− x1 = 1− x2 = .... = 1− x2013x1 + x2 + ...+ x2013 = 1

⇔ x1 = x2 = ... = x2013 =1

2013

Vậy nghiệm của hệ là x1 = x2 = ... = x2013 =1

2013.

46 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Chương V.SÁNG TẠO HỆ QUA CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC

1 Tìm nghiệm dương của hệ sau:x+ y +

√2x2 + 2xy + 3y2 = 4

x2y = 32

(√5

3− 1

)3

Bài toán trên được xuất phát từ bài toán sau đây:

Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x+ y +√

2x2 + 2xy + 3y2 = 4.

Tìm giá trị lớn nhất của của biểu thức x2y.

Bài này được Michael Rozenberg đưa lên trang www.mathlink.ro và được đề cập đến trong sách

"Phân loại & phương pháp giải toán bất đẳng thức" của các tác giả Vasile Cirtoaje,Võ Quốc

Bá Cẩn,Trần Quốc Anh.Bài toán hay và có nhiều điều lí thú xung quanh bài này,tuy nhiên khuôn

khổ bài viết không cho phép chúng tôi bàn đến vẫn đề này.Quay trở lại hệ đã cho,khi quan sát chắc

hẳn ta có thể nghĩ ngay đến việc sử dụng bất đẳng thức để giải quyết bài toán này.Nhưng đây không

có ý gì là hay khi sáng tạo hệ kiểu này,ta tìm một bất đẳng thức có điều kiện sau đó dùng cực trị

của nó làm một phương trình trong hệ thì chắc hẳn ta có thể tạo ra hằng trăm bài như thế.Việc

quan trọng là ta khéo léo che đi cái giá trị lớn nhất nhìn không đẹp mắt này.

Ta nghĩ đến việc thêm vào một ẩn số z =

√5

3− 1 vậy bài toán nhìn sẽ đẹp hơn và đầy thú vị.Để ý

rằng đẳng thức xảy ra tại x = 2y = 4z vậy ta có thể tìm thêm các mối liên hệ các biến x, y, z với

nhau.

Từ đây ta có thể tạo ra những hệ phương trình khó từ bài toán đặc biệt trên

1.

Bài toán 01 Giải hệ phương trình sau trên tập số dương :x+ y +

√2x2 + 2xy + 3y2 = 4 (1)

x2y = 32z3 (2)

3xz2 + 6xz + 3z3 + 15z2 + 16z = 2x+ 6 (3)

Lời giải

Từ giả thiết đã cho ta dễ dàng nhận thấy x+ y < 4.Do đó phương trình (1) có thể viết thành

2x2 + 2xy + 3y2 = (4− x− y)2

Từ đây bằng một số biến đổi ,ta có

(x+ y)2 + 2(y + 2)2 = 40,

hay

2

(2 +

x

2

)2

+ (y + 2)2 = 20


Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


Tới đây sử dụng lần lượt các bất đẳng thức AM −GM và Holder ,ta có

(2 +

x

2

)2

+

(2 +

x

2

)2

+ (y + 2)2 ≥ 3

[(2 +

x

2

)2

(2 + y)

]2

3 ≥(

2 +3

√x2y

4

)2

Từ đó suy ra

20 ≥ 3

(2 +

3

√x2y

4

)2

,

hay

x2y ≤ 32

(√5

3− 1

)3

Từ (3) ta biến đổi về

[3(z + 1)2 − 5][x+ z + 3] = 0

Vậy ta có z =

(√5

3−1

)Suy ra x2 ≤ 32z3. Từ đó suy ra nghiệm của hệ là x = 2y = 4z = 4

(√5

3− 1

)2. Bằng cách đó ta tiếp tục biến đổi phương trình thứ (3) cho khó hơn,ta có thể đưa về việc xét

hàm như sau:

f(3z2 + 5z

)= f (2− z)

Vậy ta sẽ đưa về3√

3z2 + 5z + 3z2 + 5z = (2− z)3 + 2− z

⇐⇒ 3√

3z2 + 5z + 3z2 + 5z = 8− 12z + 6z2 − z3 + 2− z

⇐⇒ z3 − 3z2 + 18z +3√

3z2 + 5z − 10 = 0

Vậy là ta có được một hệ mới làx+ y +

√2x2 + 2xy + 3y2 = 4

x2y = 32z3

z3 − 3z2 + 18z + 3√

3z2 + 5z − 10 = 0

Ghi chú

Với những hướng như trên các bạn có thể tạo ra nhiều hệ hay hơn và khó hơn nửa,làm cho bài toán

càng đẹp hơn.

Đi từ các bài toán có vẻ không hay lắm,thế ta đi từ các bổ đề vậy.

Trong sách "Sử dụng phương pháp Cauchy Schwarz để chứng minh bất đẳng thức " của

các anh Võ Quốc Bá Cẩn và Trần Quốc Anh trang 194 có bổ đề nhỏ là

Nếu x ≥ 4y thì√x+√y ≥√x+ 5y

Vậy ta có ý tưởng lại tạo ra một phương trình có điều kiện là x ≥ 4y phương trình còn lại của

hệ sẽ sử dụng bất đẳng thức trên.Nhưng nếu để như thế thì lộ quá,ta sẽ biến đổi.

• Thay x bởi x2 − xy + y2

48 TY D

Ngô

Hoà

ngToà

n♥

Trầ

nThị

Thu

ỳD

ươn

g


• Thay y bởi y2 + 2x

Vậy ta có hệ phương trình là:

Bài toán 02 Giải hệ phương trình sau :√x2 − x(8 + y)− 3y2 +

√x2 − 3x+ y2 + 9 = 7√

x2 − xy + y2 +√y2 + 2x =

√x2 − x(10 + y) + 6y2

Ghi chú:Sẽ tiếp tục cập nhật3 4

CHÚC MỪNG NĂM MỚI 2013——————————–♥♥♥———————————–

3Rất mong nhận được sự góp ý của các bạn để lần sau bài viết sẽ được hoàn thiện nhiều hơn.Thânmến!

4Bài viết được LATEX2ε bởi Ngohoangtoan nick thienlonghoangde với mục đích phi thương mại,mọihành vi sao chép nhằm mục đích lợi nhuận tuyệt đối không được cho phép.


Documents

Chuyen de he phuong trinh