Chuong i 11(359 416)

VI HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Đây phương pháp mạnh để nhận diện hệ giải phương pháp chướng ngại không nhẹ người giải Để giải hệ yếu tố cần có độ tinh tế, nhạy cảm thông hiểu, vận dụng đại lượng cần đánh giá đánh giá cách điều cịn có nhiều bỏ ngõ học sinh Trong đề mục thường gặp dạng hệ đánh giá thông qua hướng sau : 1) Đánh giá qua điều kiện nghiệm hệ Thông thường hệ đánh giá qua điều kiện nghiệm ta thường gặp đánh giá sau :  Yếu tố điều kiện có nghiệm phương trình bậc f1  x    f  x    2 2  Đưa dạng f1  x   f  x   f3  x    f n  x    f  x     f n  x    2) Đánh giá qua bất đẳng thức Thông thường hệ đánh giá thông qua bất đẳng thức ta thường gặp đánh giá sau :  a  b2  2ab, a,b  Dấu xảy a  b   a  b   4ab, a,b  , a  b2   a  b 2 , a, b   , n a n  bn  a  b     , a,b  0,n     Bất đẳng thức AM- GM (hay gọi bất đẳng Cauchuy ) a  b  ab, a,b  Dấu đẳng thức xảy a  b Tổng quát : a1  a   a n  n n a1a a n , a i  0,i  1,2, ,n ,n  ,n  Dấu đẳng thức xảy a1  a   a n  Bất đẳng thức B.C.S ( bất đẳng thức Bunnhicopxki) a    b2 c2  d   ac  bd  , a,b,c,d  Dấu đẳng thức xảy ad  bc Tổng quát : a 359 |    a 22   a 2n b12  b22   b2n   a1b1  a 2b2   a n b n  , a j ,b j  Dấu đẳng thức xảy a1 a a    n b1 b2 bn  Bất đẳng thức B.C.S dạng phân số ( hay bất đẳng thức Sva xơ) a12 a 22  a1  a    , a1 ,a  , b1 , b  b1 b2 b1  b 2 Dấu đẳng thức xảy a1 a  b1 b a12 a 22 a  a  a   a n  , a j  ,b j     n  b1 b2 bn b1  b   b 2 Tổng quát : Dấu đẳng thức xảy a1 a a    n b1 b2 bn  Bất đẳng thức Mincopxki a  b2  c2  d   a  c 2   b  d 2 ad  bc Dấu đẳng thức xảy  ac  bd   Bất đẳng thức dấu giá trị tuyệt đối A  B  A  B Dấu đẳng thức xảy AB  A  B  A  B Dấu đẳng thức xảy  A  B B   Một số bổ đề thường dùng 1   , với a  0,b  0,ab    a  b  ab 1   + , với a  0,b  0,ab   a  b  ab a  b Dấu đẳng thức xảy hai bổ đề  ab  Ở thể loại hệ giải phương pháp ta thường gặp toán mà đánh giá xảy phương trình hệ hai phương trình hệ có đánh giá kết hợp hai phương trình lại Sau vào ví dụ minh họa Ví dụ 1:  x  5y2  4xy  2x  8y   1  Giải hệ phương trình   x, y   3 3 x  xy  6y   y  2x       Phân tích : Với hệ này, rõ ràng bắt đầu với phương trình thứ hai Phương trình thứ lại phương trình bậc hai hai ẩn quen thuộc nên ta tính delta phương trình xem thử nghiệm hệ bị chặn đâu Ta biến đổi phương trình thứ thành : x   2y  1 x  5y2  8y   Ta có  '   2y  1  5y2  8y     y   2 Phương trình có nghiệm  '     y     y    y  2 Từ ta suy x  3 Và tới việc lại thử lại nghiệm hệ giải Lời giải : Điều kiện : y3  2x   Ta có 1  x   2y  1  5y2  8y   Phương trình có nghiệm  '   2y  1  5y2  8y     y     y    y  2 2 Thay y  2 vào 1 ta có :  x  3   x  3 Thế x  3, y  2 vào   ta có kết ln Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ  x, y    3; 2  Bình luận : Cấu trúc tốn buộc lịng phải xốy vào phương trình thứ Vì với phương trình có nhiều đường hướng để gợi mở bắt nhân tử chặn miền nghiệm Và thực tế sủ dụng điều kiện có nghiệm phương trình để tìm nghiệm hệ Ví dụ 2:  y  2x 2   y  6x  2  x  1 y  1 1  Giải hệ phương trình   x, y   y  1 x  x   y   3x      Phân tích : Với hệ này, rõ ràng lựa chọn cơng phá từ phương trình thứ lựa chọn tối ưu phương trình chứa hai bậc lệch có tính đến ẩn phụ hóa khơng tìm mối liên quan có lợi để giải hệ Ta biến đổi (1) phương trình sau :    y  2x 2    y  6x   2  x  1 y  1 Tới ta để ý đại lượng khơng có bình phương :  y  6x có liên quan đến đại lượng đại lượng mũ Thật vậy, ta có :  x  1 y  1   2x   y  1 có 2x   y   2x  y  361 | Vậy ta tìm mối quan hệ :  y  6x  m  2x  y  3  n  y  2x    2m  2n  x   m  n  y  3m 2m  2n  m    Ta đồng hệ số hai vế ta có m  n  1  n  2 Và tới đây, ta 3m  3m    nhận đinh hệ số điều chỉnh lại  m,n   1; 2  số thuận lợi Khi ta có 1   y  2x    6x  y   2  x  1 y  1    y  2x    y  2x    2x  y   2  x  1 y  1    y  2x  1  2x   2  x  1 y  1  y     y  2x  1   2x   y   0   y  2x     y  2x    2x   y  Và tới đây, ta cần thực phép vào   ta phương trình : 2x3  2x    2x   3x Để ý vế phải phương trình chưa tích mà thừa số có dạng ab, abc nên ta nghỉ đến bất đẳng thức AM  GM Mặt khác ta đốn nghiệm phương trình x  ab   2x Vậy ta sử dụng dạng ab   2x  2 Dấu đẳng thức xảy    2x  x  abc    3x Cịn abc   3x  Dấu đẳng thức xảy     3x  x  Như hướng phán đoán có thêm niềm tin để giải phương trình đánh giá xác Do hệ giải  x  1 Lời giải : Điều kiện :  y  Từ 1 ta biến đổi thành phương trình sau:  y  2x 2   y  2x    2x   2  x  1 y  1  y     y  2x  1   2x   y     y  2x   0  y  2x    2x   y  Thế vào   ta có phương trình : 2x3  2x    2x   3x  x  1  2 Từ điều kiện   x   , ta có 2x  2x   2x  x  1   x    1 Suy :  3x   x  Vậy tổng hợp điều kiện ta có :   x  3   2x   x 1   2x  Áp dụng bất đẳng AM  GM ta có :    3x     3x   x  Từ ta suy :   2x   3x   x  11  x   1 Vậy ta cần chứng minh : 2x3  2x    x  11  x  , x    ;   3  1 Ta có : 2x3  2x    x  x  2x  3  ( x    ;  )  3 Dấu đẳng thức xảy x  ( thỏa mãn ) Suy : y  Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ  x, y    0;1 Bình luận : Bài tốn giải cách đánh giá phương trình hệ Ở phương trình thứ ta sử dụng đẳng thức dùng tính chất tổng số khơng âm, phương trình thứ hai ta dùng bất đẳng thức để giải Có vấn đề bạn thắc mắc không biến đổi :  y  6x  m  x  2y  3  n  y  2x  Điều thắc mắc có lý Câu trả lời với phân tích tìm số  m, n  ”khơng có lợi” cho biến đổi Ví dụ 3:   8y y   8 y  x   xy   x x xy   Giải hệ phương trình   x, y   8 x  y    xy  Phân tích: Với hệ này, bước ta cần biến đổi lại phương trình thứ hệ dễ nhìn Cụ thể ta có phương trình thứ biến đổi thành phương trình :   363 |     y  x   8y  xy  xy    xy   Tới ta quan sát với phương trình thứ hai ta nghỉ đến phép Cụ thể từ phương trình thứ hai ta có:  8y  8x  , vào phương xy 8x   trình biến đổi thu gọn ta phương trình : x  y x x  y y    x  y  Ta quan tâm đến hệ sau :  x  y 1 a  b  a  x    với  1  2  8 a  b  5 b  y  8 x  y   ab  xy      Ở hệ ta liên tưởng đến đánh giá quen thuộc : a  b 2 a  b   hai lần ta có lời giải Vậy hệ giải Lời giải : Điều kiện : x  0, y  Phương trình thứ biến đổi thành phương trình :   y  x   8y  xy  xy   xy   Lấy phương trình vừa biến đổi cộng với phương trình thứ hai hệ vế theo vế ta thu : x  y x  x  y  y  x  y 1 x  y     x  y   Trường hợp : x  y Thay vào phương trình thứ hai hệ ta thu 8x      phương trình :  x   1  17  16x    16x  5x     x  x   1  17 x   1  17 Đối chiếu điều kiện ta thu x  y  ; x  y  a  x x  y  Đặt  , a,b  b  y  Trường hợp : a  b   Khi ta có hệ :  4 8 a  b  ab    Ta có a  b 2   a  b 2  Vậy ta có : a  b 4 Do : a  b 4 a     b2    a  b 2         1 ab 4 Mặt khác ta có : a  b  ab  ab      ab   Từ hai đánh giá ta có : a  b4   ab 1    a x x   a  b    2 Dấu đẳng thức xảy chỉ     a  b 1  b   y y  2        1   1  17 1  17    ; Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    ;  ;    8  4      Bình luận : Ở trường hợp 2, ta dễ nhận thấy hệ thu với hai ẩn a, b hệ đối xứng loại 1, ta sử dụng phương pháp giải loại hệ để giải Tuy nhiên, với phương pháp dễ gặp khó khăn vướng phải phương trình bậc cao Do dựa vào kết a, b dương ta đánh giá qua bất đẳng thức AM-GM để làm gọn toán Bài toán phối hợp kỷ thuật thế, ẩn phụ đánh giá Bài tốn chúng tơi đề xuất  x  xy   y  xy     x  y 2  Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  16xy  5 x  y     (Thi thử Yên Phong Bắc Ninh 2015) Phân tích: Với hệ này, nhận định phương trình thứ hai phương trình đối xứng hai biến ta lại khơng phân tích thành nhân tử   Ở phương trình thứ ta để ý : x  xy   y2  xy    x  y   nên ta đẩy ý tưởng đặt ẩn phụ hóa phương trình thứ 365 | a  x  xy   Đặt   a  b3   x  y    b  y  xy      x  y   a  b3    a  b3  Mặt khác từ phương trình thứ ta có : a  b   2 x  y  a  b    a  b  2 Khi phương trình thứ hệ biến đổi trở thành phương trình :     a  b   a  b3   a  b  a  b   a  b3 a  ab  b2    a  b3     Mặt khác ta lại có : a  ab  b2  Vậy ta có :   a  b3 a  ab  b2   a  b 2   a  b 2   a  b 2  4 a  b3 , từ   ta có : a  b3   a  b3  a  b3  3  a  b  2 Vì   a  b3    x  y      x  y    x  y 3  a  b  Và tới toán giải x  Lời giải : Điều kiện :  y  a  x  xy   Đặt   a  b3   x  y   2  b  y  xy      x  y   a  b3    a  b3  Mặt khác từ phương trình thứ ta có : a  b   2 x  y  a  b    a  b  2 Khi phương trình thứ hệ biến đổi trở thành phương trình :     a  b   a  b3   a  b  a  b   a  b3 a  ab  b 2    a  b3     Mặt khác ta lại có : a  ab  b2  Vậy ta có :   a  b3 a  ab  b2   a  b 2   a  b 2   a  b 2  4 a  b3 , từ   ta có : a  b3   a  b3  a  b3  3  a  b  2 Vì   a  b3    x  y      x  y    x  y 3  a  b   Thế vào phương trình thứ hai ta thu phương trình: 16x   x    3 Đặt t  x, t  Lúc phương trình  3 trở thành phương trình : 16t     t    16t  5t     2t  1 4t  4t  3t   4t  4t  3t   0, t  1  x  x y 4 1 1 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ  x, y    ;  4 4 Bình luận : Đây toán hay, toán chắn làm khó học sinh nhiều, toán ta cần sử dụng đánh giá khéo léo kết hợp với liên hiệp cách tinh tế khơng khó tìm lời giải cho toán Và sử dụng đánh giá dẫn đến đánh giá khó chịu Ví dụ 5: Giải hệ phương trình  2t    t         x  x   x  y  4y   y  4y  y    x, y     2x  3y  x   y   100  Phân tích : Quan sát hệ này, ta nhận thấy hai phương trình hệ chứa hai đại lượng chung x  7, y  điều dẫn đến cho suy nghỉ ẩn phụ hóa Nhưng ẩn phụ hóa ta lại thu hệ mà bậc cao nên phương án xem thất bại Với kinh nghiệm có ta nhận định cho hai thức làm phép thử xem có điều ? Ta có : x   y   x   y  Thử với  x, y    2;3 ta thấy hệ hoàn toàn Vậy mối quan hệ x, y hệ 367 | Với phương trình thứ hệ ta nhận thấy biến lập với nên khả xảy xét hàm số đại diện cao nên ta tiến hành tách xem ?  Cụ thể ta có : x    x   3x  y2  4y   y   3y2  12y  Với phương trình ta nhận xét biến cô lập lại không xét hàm đại diện, ý tưởng hàm đại diện lại thất bại Tuy nhiên quan sát phương trình mới, cần thêm bớt tách đại lượng x  2, y2  4y  nên ta tiến hành tách sau : x 2   x x    x   3x  y2  4y  y   3y2  12y   x   3 x  2   y  4y  5 y   3 y    x   3   y  4y  5  y   3    x    y  4y    y  3   x2  2  2  4y   2 x 7 3 y6 3 Từ phương trình cuối ta lại có  x   y  3  Vậy tới đây, ta đẩy ý tưởng đánh giá hệ qua miền giá trị x, y Điều có niềm tin mà phương trình thứ hai hệ ta có hai nhận xét :  Cố định y xét hàm số f  x   2x5  x   3y  y   100 , x  7 Ta có : f '  x   10x   0, x  7 Vậy hàm số f  x  đồng biến x7  Cố định x xét hàm số f  y   3y  y   2x  x  7, y  6 Ta có : f '  y     0, y  6 Vậy hàm số f  y  đồng biến y6 Với hai nhận xét ta ln có đánh giá thuận chiều Vậy xem đường hướng giải tốn có  x  7 Lời giải : Điều kiện :   y  6 Phương trình thứ hệ biến đổi lại thành phương trình : x 2   x   y   3y2  12y   x   3 x  2   y  4y  5 y   3 y    x   3   y  4y  5  y   3  x2  2  x   3x  y2  4y  2 2  4y        x   y   x     1   y   y   2   y  y 1        5 5 2    x  2  x      x   y  2 x  y        1   y     5 5   x  2  x              x   y    1   y       x        y  1     x      Đối chiếu điều kiện va thử lại ta có nghiệm hệ :    1     ;        Bình luận : Đây tốn hay, tốn có kết hợp ẩn phụ phân tích nhân tử, đánh giá đẳng thức Nội dung tốn khơng lại đặc sắc Bằng nhận định tinh tế tác giả khống chế kỉ thuật tốn, điều làm cho tốn tổng thể có nét đẹp riêng  x, y    0;  ;  403 | 2 x  y  y  xy  x y  Ví dụ 25: Giải hệ phương trình  x, y     3 4 xy  y   x    x  y   Phân tích: Với hệ này, cấu trúc hệ làm cho ta để ý đến hai đại lượng thức hai phương trình đại lượng xy  x y mang dáng dấp bình phương thiếu, đại lượng cịn lại   2x  y 2 hoàn toàn đánh giá Do để giải hệ ta nhận định để đưa đánh giá thích hợp Cụ thể ta có : xy  x y  2 1     xy  x y   4  1     xy   2  Từ đánh giá từ phương trình thứ ta có : x  y  y  Tới ta để ý ta cộng hai vế đánh giá vừa có cho đại lượng y  xy cộng chéo vế theo vế đánh giá với phương trình thứ hai ta khử đại lượng y Khi ta có đại lượng x , xy , y (không kể hệ số) mang dáng dấp đẳng thức nên sử dụng tiếp đánh giá Ta thử phép giả định sau từ đánh giá : x  y  y  xy   y  xy Cộng chéo vế theo vế đánh giá với phương trình thứ hai ta thu : 1  y  xy  xy  y   x  y  y  x  xy    x  y  2    xy  x  y    x  y   y  x     2x  y    y3  x  Và tới hệ giải hoàn toàn  2 x  y  Lời giải: Điều kiện xy  x2 y2  (*)  1  xy     2  y6  y3  x2  xy3   y3  xy3 Ta có y6  y3  x2  Cộng chéo vế theo vế đánh giá với phương trình thứ hai ta thu : y6  y3  x2  xy3  x2    x  y    y3  xy3   y6  x2  xy3    x  y    y 2 x    2x  y   y3  y   y   y  1  y  2x  y      Dấu xảy     1 y x  y  2x  x  x  x    2    Thử lại ta thấy, nghiệm hệ cho  x; y     ; 1    Bình luận: Đây hệ khó thực phép đánh giá bước xong cần có độ quan sát tinh tế thực bước đánh giá khơng khó đến lời giải trọn vẹn cho toán  y x y4    2 xy x  y Ví dụ 26: Giải hệ phương trình  y  x  x, y        y  x   32  x  y  1 y  Phân tích: Với hệ này, ta nhận định để giải hệ này, ta cần phương trình thứ hệ Và từ phương trình ta nhận thấy ta ẩn phụ hóa cho phương trình gọn gàng thơng qua phép chia cho đại lượng thích hợp tương ứng phân số 1 Cụ thể ta biến đổi phương trình dạng :   2 x     y x 1   1   1 y  x  y   Tới ta đặt a     x y ,b   a, b   Khi ta phương trình : y x 1   2  a  1  b  1 ab  Để giải phương trình sử dụng phép biến đổi tương đương, nhiên sử dụng đánh giá trực tiếp bất đẳng thức B.C.S trực tiếp để giải Cụ thể ta sử dụng bất đẳng thức B.C.S đánh sau : b   a     ab  1  b  1   a  1 a  b   ab  1      a  1   a  ab  1  b  1   b  12        a  b  ab  1 a     b  1 405 | Cộng vế theo vế đánh giá ta có :  ab  Dấu đẳng thức xảy khi:   ab    Lời giải :  a  1   b  1  ab  a a  b   x  y2 b b   a x   Điều kiện  y   y  x 1  1     x   y   1   1  x   y   x y Đặt a  ; b   a, b   ta có    * x y  a  1  b  1 ab  x 1 y Theo bất đẳng thức B.C.S ta có b   a     ab  1      a  1 a  b ab 1   a  1  b    a  ab  1  b     b  12   a    a  b ab 1      b  1 ab Suy VT  *     VP  *   a  b ab  1 ab   ab   Dấu "  " xảy    ab   a b  b   x  y2 b a  a Với x  y2 thay trở lại ta có phương trình : y y   32  y  1 2y   y  y2    y   Đặt : y   u  u  0 Phương trình cho trở thành : 2u5  u4 u4       8u  u  8u  u   *    +) Rõ ràng u  khơng nghiệm phương trình (*) +) Với u  , phương trình (*) tương đương với :  1  4  u u u u Hàm số : f  a  1  4  , nghịch biến  0;   f (1)  u u u u Suy phương trình (*) có nghiệm u  Thay trở lại ta có nghiệm hệ phương trình cho  x; y    25  ;   16  Bình luận : Bài tốn giải dựa phối hợp đánh giá bất đẳng thức quen thuộc hàm số Tuy nhiên, giải phương pháp biến đổi tương đương kết hợp với phương pháp nhân lượng liên hiệp để tìm nghiệm Bình diện chung, tốn hay gợi mở nhiều lối với lối tốn ln tạo nét riêng Các bạn thử sức với phương án biến đổi tương đương nhân lượng liên hiệp xem thử ! Ví dụ 27 : Giải hệ phương trình  x  x   x  xy  y  y  y    x, y     2    x  1    xy  y  1 x  y ( x  1)   Phân tích :Với hệ này, rõ ràng từ phương trình thứ hai ta khơng thể khai thác từ Do ta chuyển sang phương trình thứ nhất, quan sát thấy ba đại lượng đại lượng dạng bình phương thiếu Chính nhận định định làm cho liên tưởng đến bất đẳng thức Mincopski hay gọi bất đẳng thức véctơ Cụ thể ta biến đổi phương trình thứ phương trình : x  xy  y  y2  y   x2  x  Nhận xét ta có : y  y    y    ; x  xy  y   x  2    y   y2  x  xy  y   x  y   x 2  Mặt khác ta có bất đẳng thức Mincopski có dạng sau : a  b2  c  d  a  c  b  d  1 , c  x  y , d  y bất đẳng ,b  2 2 thức không xảy so với đề 1 Còn ta chọn a  y  , b  , c  x  y , d  x bất đẳng thức 2 2 xảy so với đề Từ nhận xét ta tiến tới đánh giá sau : Do ta xem a  y  407 | 2 2 2  1  3 1     1   3  y    x  y  x  y   x  y              x   x  x   2   2     2   2  Dấu đẳng thức xảy chi :  1 31  x y     x  y  2 2   xy  y  x Và lúc ta cần thực phép vào phương trình thứ hai xem hệ giải Lời giải : Điều kiện : x  y  x  1   Phương trình thứ biến đổi thành phương trình : 2  3 1  y        2    2   1  x  y x       2    x2  x  Áp dụng bất đẳng thức Mincopski ta có : 2 2  1  3 1     1   3   y        x  y    x    y   x  y     x   2   2     2   2   Dấu đẳng thức xảy : x2  x   1 31  x y     x  y  2 2   xy  y  x Từ ta có điều kiện x  1 Thay vào phương trình thứ hai ta phương trình :  x  1    x  1  x  1 2  x  1    x  1 x   2 Đặt t  x  , lúc phương trình vừa biến đổi trở thành phương trình :  t    t    t  4t   2   8t   t    t  8t   t t     t     2  t   2   8t    t   t  12t    t    t    t   x  1    t   (vn)  t   41  Với x  1  , ta có : y  x 1  5   x  1     Đối chiếu điều kiện, thử lại ta có nghiệm hệ :  x, y    1  5;      Bình luận : Bài tốn giải dựa yếu tố áp dụng bất đẳng thức Mincopski để đánh giá Để áp dụng đánh giá ta thường gặp toán mà dấu hiệu đại lượng thường chứa bình phương thiếu bình phương dư (nói cách khác chứa dạng độ dài véctơ )cộng hưởng với đại lượng thỏa điều kiện độ dài véctơ tổng hai véctơ Bài tốn cịn ý cách giải phương trình Ví dụ 28 : Giải hệ phương trình   y  x2  x   x2  y    x, y     2   2x  y  y   y  x   Phân tích : Với hệ này, để ý phương trình tách riêng để sử dụng lối khó để hồn thành Vì có nhận định vậy, câu trả lời để ý tới phép toán sau :       y  x   y  1  y  x  2   x  y   x  1  x  y  Với hai phép toán từ nhận xét này, ta đề xuất phối hợp hai phương trình lại phép cộng sử dụng bất đẳng thức B.C.S để đánh giá Cụ thể cộng vế theo vế hai phương trình ta có :  y  x   y  1   x  y  x      x2  y   y  x2   Sử dụng bất đẳng thức B.C.S ta có : 2  2 2   y  x   y  1    1  y  x   y  1   y  x      x  y   x  1  12  12   x  y   x  12   x  y    Cộng vế theo vế ta có dấu đẳng thức xảy :   1 2y  x   y 1     2x  y  x  Và tới ta xem hệ giải Lời giải : 1  y  x   Điều kiện : 1  x  y   2 x  y    y  x2       409 |   Cộng vế theo vế hai phương trình ta có :  y  x   y  1   x  y  x      x2  y   y  x2   Sử dụng bất đẳng thức B.C.S ta có : 2  2 2   y  x   y  1    1  y  x   y  1   y  x      x  y   x  1  12  12   x  y   x  12   x  y    Cộng vế theo vế ta có dấu đẳng thức xảy :  x  1, y  1    1 2y  x   y 1  1  y  x  y  y    1  x  y  x  x    2x  y  x        x  1, y  1    x2  y  4x    x2  y  4x    x  1, y  1    y  x   x2  x     x  1, y  1   y  x  x2  y  4x    x  1, y  1    y  x x   x   x    y  2 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ  x, y    2; 2  Bình luận : Bài toán sử dụng đánh giá kết hợp hai phương trình lại với Một điểm lưu ý dạng hệ mà có kết cấu đánh giá kết hợp hai phương trình lại với thường chia làm hai trường phái cộng (trừ) đánh giá đánh giá phương trình cộng (trừ) đưa đánh giá cuối Để nhận biết kiểu hệ thường ta dựa phép tốn kết hợp đại lượng có phương trình hệ phương trình hệ có dấu hiệu sử dụng đánh giá thông qua đánh giá ta chưa kết luận lúc dấu hiệu kết hợp đánh giá khả quan, loại hệ giải theo hướng chúng tơi có ví dụ ví dụ 19 Ví dụ 29 : Giải hệ phương trình  x y4 x y22 yx 3   x, y      x  2x    y  Phân tích : Với cấu trúc hệ này, khơng thể xuất phát từ phương trình thứ hai hệ đại lượng khơng liên quan đến với Do chuyển trọng tâm sang phương trình thứ hệ Hãy để ý phương trình thứ chứa x, y ta không đặt ẩn phụ để làm gọn phương trình có chứa số Với cấu trúc chúng   ta có lẻ phương án làm mà dễ nghỉ đến liên hiệp Muốn sử dụng liên hiệp ta cần đoán mối liên quan hai biến x, y để thoát làm cho hai vế Khơng khó để dự đốn mối quan hệ x  y    y  x  Và đặc biệt để liên hiệp với cấu trúc có lẻ dự trù phương án liên hiệp giả định kéo theo có tí khả quan, nhiên đại lượng tham gia thức không giúp nhìn nhận rõ ràng chung khả liên hiệp giả định kéo theo cho phép tính rắc rối sau Do với nhận định mối quan hệ hai biến x, y ta nghỉ đến đánh giá Nhưng để dùng đánh giá ta cần phải chọn xem đại lượng tham gia đánh giá đại lượng cấu trúc xếp để có đánh giá thành cơng Muốn có điều ta cần thực bước giả định sau cho y  x   Khi cho y  x   x  y    Khi cho y  x 1  y  x  Vậy ta có : x  y   yx Từ nhận định ta đẩy ý tưởng đánh giá bất đẳng thức B.C.S cho tổng tích vế trái phương trình thứ Cụ thể ta có : x  y     y  x   1  2 x  y   y  x   3 y  x  2 Tới đánh giá chưa thu rốt Tuy nhiên ta lại có nhận xét sau cho y  x   x  y   y  x  Vì sau đánh giá bước ta cịn lại tích dạng ab nên ta tiếp tục xử lí tiếp đánh giá bất đẳng thức AM-GM x y4 y x2 Cụ thể ta có : x  y   y  x    Và với hai bước đánh giá ta có : x  y  x  y   y  x  3   Như hệ giải Lời giải :  x  Điều kiện :  y    2  x  y    Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có : x  y     y  x   1   x  y   y  x    y  x   Do ta có : x y4   x y22 yx   yx2 x y4  1 Mặt khác từ điều kiện : 2  x  y    y  x   y  x   411 | Do áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có : yx2 x y4  y x2 x y4   2 Kết hợp 1   ta có : x y4   x y22 yx 3 Dấu đẳng thức xảy dấu đẳng thức đánh giá 1 ,   xảy    x  y      x y4  2 yx  y  x  yx2 Thay vào phương trình thứ hai hệ ta thu phương trình : x3  x    x   x3   x    x    x  1    x 1 x   x  x  x    1  2x        P  x    x   y  P  0, x  Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ cho  x, y   1;  Bình luận : Bài tốn toán hay, tư tưởng đến lời giải chúng tơi phân tích qua bạn nhận thấy từ suy nghỉ cho đường lối từ đưa khó khăn gặp phải để từ tiến tới lựa chọn phương án phù hợp Bài toán nhận diện đánh giá hai bất đẳng thức quen thuộc việc phát mối quan hệ hai biến định hoàn toàn đến cục diện lời giải tốn Ví dụ 30 : Giải hệ phương trình 2  3  x  y  1 x  y   y  y  x   x, y       10 y 10  x  x  y  94  Phân tích : Với hệ này, cấu trúc phương trình gợi ảnh đánh giá rõ ràng Ở hai phương trình hệ gợi đến hình ảnh đánh giá quen thuộc mà ta thường a  b2 dùng loại ab  , a, b   Từ phương trình thứ hệ ta áp dụng đánh giá ta có :  x  y  1   x  y   2  x  y  1 x  y   Từ ta có : y  xy   x2  y   xy  x  y  x2  y2  81    x  y   x  y   44  Tiếp đến ta đánh giá cho phương trình thứ hai dựa đánh giá có từ phương trình thứ   Ta có : 10 y 10  x  10  y  10  x   y  50  x     Do ta có : x  y  94  y  50  x  x  y   x  y   144  Đánh giá hồn tồn khơng có lợi cho với hai đánh giá có vấn đề không liên quan Vậy phương trình thứ hai khơng thể sử dụng đánh giá phương trình thứ vào được, nhiên hình thức dạng ab vế trái nên ta liên tưởng đến đánh giá thơng qua đẳng thức phải dựa đánh giá có bước đầu Cụ thể ta tách phương trình thứ hai dạng phương trình :   y  y 10  x  10  x  5 x  y  x  y  44   y  10  x      5 x  y  x  y  44    Từ ta có : 5 x  y  x  y  44   x2  y   x  y   44    5  x 5 x  y Và lúc có :   2  y2    x  y   44  , phép đánh giá    x  y   44  công hệ giải Lời giải :  x2  y   Điều kiện :    10  x  a  b2 Sử dụng đánh giá ab  , a, b   Ta có :  x  y  1 x  y    x  y  1   x2  y   Từ ta có : y  xy   x2  y   xy  x  y  x2  y2  81    x  y   x  y   44  1 Mặt khác từ phương trình thứ hai ta có biến đổi :   y  y 10  x  10  x  5 x  y  x  y  44   y  10  x       5 x  y  x  y  44   Từ ta có : 5 x2  y  x  y  44   x2  y   x  y   44     x  y   x2  y   Từ 1 ,   ta có :   y   10  x  x  y   x  y   44     413 |   x   10  x  x  10  x   x  1  1  x  x   1  x 2       y   10  x   y   10  x   2 5 x  y   x  y   44  5  x  y    x  y   44      1  x   1  x 10 x    1  x  x  10 x   x        y   10  x   y   10  x   2 2 5  x  y    x  y   44  5 x  y   x  y   44      x   x      10 x     x  45     41x  90 x  45    41       y   10  x   y   10  x  2  2 5 x  y   x  y   44  5  x  y    x  y   44              x    y  3 Đối chiếu điều kiện thử lại ta có nghiệm hệ  x, y   1; 3 Bình luận : Đây toán tư tưởng đánh giá rõ thực đánh giá cách có lợi lại khó Tuy nhiên phương diện định dạng chung vế trái phương trình cho lối đánh gia quen thuộc Về bình diện chung hai phương trình hệ sử dụng đẳng thức để đánh giá toàn Quan trọng cần chọn đại lượng đánh giá cho hợp lí hiệu Vi dụ 32 : Giải hệ phương trình  x   3 y  2   x  y  x  y   x, y     y  x  y   y  x  y       Phân tích : Với hệ ta nhận thấy toàn hệ chứa nhiều thức hai phương trình hệ chứa x  y nên theo lẻ tự nhiên ta xét hai trường hợp cho đại lượng thức  x   3 y  2  Nếu x  y  hệ trở thành :   y  x  y       Với hệ khơng có khó để giải Nếu x  y  từ phương trình thứ ta để ý thấy : x   2y   x  2y Từ ta đẩy ý tưởng sử dụng bất đẳng thức B.C.S để đánh giá cho phương trình thứ Ta có : x    y    1   x   y    x  y Từ ta có :  x  y  x  y  x  y  x  y  Mặt khác từ phương trình thứ hai hệ ta có phép biến đổi sau : y 3  y 1 x  2y  x  2y Sử dung bất đẳng thức AM- GM ta có đánh giá sau :  x  2y   x  2y  x4    1  x  2y  x  2y  x  2y Từ ta có : y   x    y  3 x  y    x   y  1 y 1 x  2y  x  y  y2    x  y  Với đánh giá xem trường hợp x  y  giải Lời giải :  x  2 Điều kiện :  y 1 x  y    Trường hợp : x  y  Lúc hệ phương trình cho trở thành hệ :  y 1    x   3 y  2    x2 0    x  y   y  1 x  y       y    y    (vn)   y 1  (thỏa)  x  2 Trường hợp : x  y  0, y  Khi phương trình thứ hai biến đổi y 3 x  2y   y 1 x  2y Sử dung bất đẳng thức AM- GM ta có đánh giá sau : thành phương trình : 415 |  x  2y   x  2y  x4    1  x  2y  x  2y  x  2y Từ ta có : y   x    y  3 x  y    x   y  1 y 1 x  2y  x  y  y2    x  y    Mặt khác từ phương trình thứ áp dụng bất đẳng thức B.C.S Ta có : x    y    1   x   y    x  y Từ ta có :  x  y  x  y  x  y  x  y    Từ   ,   suy hệ cho tương đương với hệ phương trình sau : 2y   x2 3 x  y  x  y   x  2y  ( hệ vô nghiệm) 1  x  y  y   x  5y  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x, y    2;1 Bình luận : Bài tốn dựa tính chất nhân tử chung hai phương trình xét trường hợp Các đánh giá có tốn đánh giá quen thuộc thường gặp 417 |