Giải hệ phương trình bằng cách sử dụng bất đẳng thức

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGUYỄN VĂN SƠN GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số : 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - năm 2016 Mục Lục LỜI NÓI ĐẦU CHƢƠNG CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Bất đẳng thức AM – GM 1.2 Bất đẳng thức Bunhia –Cauchy – Schwart (B – C – S) 1.3 Bất đẳng thức Minkowski 1.4 Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối 1.5 Các bổ đề bất đẳng thức thƣờng dùng CHƢƠNG SÁNG TÁC HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC 10 CHƢƠNG GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC 33 Phần Bài tập ví dụ 33 Phần Bài tập tự luyện Error! Bookmark not defined KẾT LUẬN Error! Bookmark not defined LỜI CẢM ƠN Error! Bookmark not defined TÀI LIỆU THAM KHẢO 39 LỜI NÓI ĐẦU Hệ phƣơng trình phân môn quan trọng chƣơng trình Toán học trƣờng trung học phổ thông Các giải hệ phƣơng trình hay xuất đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng ( trƣớc đây) kì thi trung họcphổ thông Quốc gia Bên cạnh đó, bất đẳng thức lĩnh vực xuất lâu đời đóng góp nhiều vào phát triển Toán học, từ toán học sơ cấp tới toán học cao cấp Trong chƣơng trình Toán học quốc gia giới có Việt Nam bất đẳng thức phần thiếu đƣợc Ta tìm thấy nhiều tài liệu liên quan tới giải hệ phƣơng trình phƣơng pháp nhƣ: biến đổi đại số, ẩn, lƣợng giác, dùng hàm số,… nhƣng tài liệu sử dụng kiến thức bất đẳng thức để giải hệ phƣơng trình Chính thế, tác giả chọn đề tài “Giải hệ phƣơng trình cách sử dụng bất đẳng thức” Luận văn gồm ba chƣơng : Chương Các kiến thức Trong chƣơng này, tác giả nhắc lại chứng minh hai bất đẳng thức kinh điển bất đẳng thức AM – GM, bất đẳng thức Bunhia–Cauchy – Schwart (B – C – S), với bất đẳng thức Minkowski, bất đẳng thức giá trị tuyệt đối số bổ đề bất đẳng thức hay đƣợc sử dụng chƣơng trình Trung học phổ thông mà tác giả đề cập tới chƣơng luận văn Chương Sử dụng bất đẳng thức để sáng tác hệ phương trình Trong chƣơng tác giả sử dụng bất đẳng thức đƣợc nhắc lại chƣơng để sáng tác toán hệ phƣơng trình Mục đích chƣơng giúp ngƣời đọc dần đƣợc làm quen với ý tƣởng ngƣời đề qua giúp việc giải hệ cách sử dụng bất đẳng thức trở nên dễ dàng Chương Giải hệ phương trình cách sử dụng bất đẳng thức Cấu trúc chƣơng gồm hai phần tập ví dụ tập tự luyện Chƣơng phân tích để tìm hƣớng giải toán cách tự nhiên, cuối nhận xét từ tác giả Cần nhấn mạnh rằng, giải hệ phƣơng trình phƣơng pháp khác nhƣng sẽcho lời giải không “đẹp” đƣợc nhƣ phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức Hà Nội, tháng 11 năm 2016 Nguyễn Văn Sơn CHƢƠNG CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN Bất đẳng thức AM – GM Cho số thực x1 , x2 , , x n không âm, ta có x1  x2   x n n  x1 x2 x n n 1 Dấu xảy x1  x2   xn Chứng minh Đặt   x1  x2   x n n Khi bất đẳng thức cần chứng minh tƣơng đƣơng với  n  x1 x2 x n  2 Với n  , bất đẳng thức hiển nhiên Giả thiết quy nạp: Giả sử bất đẳng thức với n  n  1 , tức với x1 , x2 , , x n  x  x   x n  không âm      x1 x2 x n Xét n   n n n 1 số thực không âm x1 , x2 , , x n , xn 1 ta có  n  1  x1  x2   x n  xn 1 Nếu tất số  bất đẳng thức cần chứng minh Xét trƣờng hợp lại, dễ thấy tồn số nhỏ  số lớn  Không tính tổng quát ta giả sử x n   xn 1   Khi ta có  x n    xn 1      3 Xét n số x1 , x2 , , x n 1 , x 'n x 'n  x n  xn 1    x n    Từ suy n  x1  x2   xn 1   x n  xn 1     x1  x2   xn 1  x 'n Do  trung bình cộng x1 , x2 , , x n 1 , x 'n nên theo giải thiết quy nạp , ta có  n 1   n    x1 x2 x n 1 x 'n    x1 x2 x n 1  x 'n  4 Mặt khác từ  3 ta lại có  x n  xn 1     x n xn 1   x n     xn 1   Suy  x n  xn 1     x n xn 1 hay  x 'n  x n xn 1  5 Hiển nhiên   , có số x1 , x2 , , xn 1 không bất đẳng thức hiển nhiêu dấu không xảy Xét trƣờng hợp lại, kết hợp     thu đƣợc  n 1   x1 x2 x n 1  x n xn 1   x1 x2 x n xn 1 Vậy bất đẳng thức đƣợc chứng minh Bất đẳng thức Bunhia –Cauchy – Schwart (B – C – S) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Khi ta có  a1b1  a2b2   anbn    a12  a22   an b12  b22   bn  Dấu xảy a a1 a2    n với quy ƣớc số bi b1 b2 bn  i  1, 2, , n  không tƣơng ứng không Chứng minh  n  n   n  Từ đẳng thức   ai2   bi2     aibi    (aib j  a jbi )2  i 1  i 1   i 1  1i j n  n   n  n  Suy   aibi       bi   i 1   i 1  i 1  Đẳng thức xảy a a1 a2    n b1 b2 bn Hệ + Với số thực a, b, x, y ta có  ax  by    a  b2  x  y  Dấubằng xảy ay  bx + Với số thực a, b,c, x, y, z ta có  ax  by  cz    a  b2  c  x  y  z  Dấu xảy a  b  c x y z + Ngoài ta hay sử dụng B – C – S dạng phân số với số dƣơng x, y với a b2  a  b    số thực a, b ta có Dấu xảy ay  bx x y x y Bất đẳng thức đƣợc gọi B – C – S dạng Engel Bất đẳng thức Minkowski Với số thực a, b, x, y ta có a  x a  b2  x  y   b  y  Dấu xảy ay  bx Chứng minh     Với hai vecto u   a, b  , v   x, y  Khi u  a  b2 , v  x  y     Ta có u  v   a  x; b  y  u  v  2  a  x   b  y      2 Vì u  v  u  v  a  b2  x  y   a  x    b  y    Dấu xảy hai vecto u, v phƣơng hay ay  bx Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối i.1  a  a  a Dấu "  " xảy a  i.2 a  b  a  b Dấu "  " xảy a b  i.3 a  b  a  b Dấu "  " xảy  a  b  b  Các bổ đề bất đẳng thức thƣờng dùng i.1 a2  b2  2ab; a, b  R Dấu "  " xảy a  b Chứng minh Bất đẳng thức tƣơng đƣơng với  a  b 2  Điều Vậy bất đẳng thức đƣợc chứng minh i.2  a  b 2  4ab; a, b  R Dấu "  " xảy a  b Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh  a  b 2  4ab   a  b 2  Điều Vậy bất đẳng thức đƣợc chứng minh i.3Với số tự nhiên n thực dƣơng a ta có a n 1  na   Dấu xảy a  n 1  n  1 n 1 Chứng minh Nếu  na   a n 1  na   Vế phải bất đẳng thức dƣơng Khi bất đẳng thức Nếu  na  , áp dụng bất đẳng thức AM – GM với n số a số thực dƣơng  a   a  1  na   1  na  ta có a a.1  na     n 1     n  1 n 1 n 1 Dấu xảy a   na  a  i.4Cho hai số a, b  ta luôncó n 1 1 với ab     a  b  ab Dấu xảy a  b ab  Bất đẳng thức đổi chiều ab  Chứng minh Bất đẳng thức tƣơng đƣơng với      a b ab  1 1     0  a  ab  b  ab 1  a 1  b   ab Dấu xảy ta a  b ab  i.5Với số dƣơng a, b ta có b a   a  ab b  ab  ab Dấu xảy a  b Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức B – C – S dạng phân thức ta có  a  b b a b2 a2      2 ab 2ab a  ab b  ab ab  ab ab  a b ab  a  b   2ab  a  b a  b ab    4ab   a  b 2 a  b     Ta có đánh giá sau    a  b  ab  a  b ab Nên b a Dấu xảy a  b   a  ab b  ab  ab i.6 Với số dƣơng a, b ta có  a  1   b  1  Dấu xảy ab  a  b  Chứng minh.Áp dụng bất đẳng thức B – C – S ta đƣợc  b  b a   b  1   ab  1   ab  1   1  a  a   b  1 a  b ab   Tƣơng tự ta có Từ suy  a  1  a  1 2   b a  b ab  1  b  1  ab   ab    Dấu "  " xảy  ab    a b  a  b  b a i.7 Với số thực a, b, c, d ta có  ab  xy    a  x  b2  y  Dấu xảy Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức giả B – C – S Chứng minh Bất đẳng thức tƣơng đƣơng  ab  xy    a  x  b2  y    ay  bx   Điều Dấu xảy ay  bx ay  bx CHƢƠNG 2.SÁNG TÁC HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC Phần lớn ngƣời học toán thƣờng có thói quen gặp toán cố gắng nhanh chóng tìm lời giải vui mừng sau kết thúc xong toán Và lại tiếp tục tìm toán khác để giải Vậy có đặt câu hỏi tập đâu mà ? Ai ngƣời nghĩ ? Nghĩ nhƣ ? Để trả lời câu hỏi này, tác giả trình bày số quy trình để sáng tác toán giải hệ phƣơng cách sử dụng kiến thức bất đẳng thức Bất đẳng thức 1.Với x  theo bất đẳng thức AM – GM ta có x   x Nhƣng ta thay đổi điều kiện toán ta có bất đẳng thức Ví dụ nhƣ với x  ta đƣợc bất đẳng thức chặt x  x  Thật vậy, ta có x  a  2; b  ta có a   Dấu xảy x  x  3x x 3x    2   Nên với x 4 x 4 x 1  b   Vậy muốn xây dựng hệ phƣơng trình từ bất a b đẳng thức nhƣ ? 1 Hệ phƣơng trình bao gồm phƣơng trình a   b   phƣơng trình lại a b phải chứa điều kiện a  2; b  phải có nghiệm a  2; b  Phƣơng trình chứa điều kiện a  2; b  , thông thƣờng ta lấy phƣơng trình có chứa thức ta có điều kiện biểu thức Ví dụ nhƣ phƣơng trình a  b   Vậy ta có toán sau : 1  a   b   b Bài toán Giải hệ phƣơng trình  a a  b    Giải.Biến đổi phƣơng trình thứ hai hệ ta đƣợc a   b  10 cặp  y  x  x  , mối liên hệ hai nghiệm x   y nên cặp thứ hai ta dễ dàng có đƣợc cách thay x   y vào cặp thứ đƣợc  x  y    y  1 Áp dụng bất đẳng thức ta lần lƣợt có đánh giá  y  x   y  1   2x  y2  x 1  1  1 1  y  x   y  1 1  1 1  x  y   x  1 2    y  x       x2  y  2  Khi ta có toán giải hệ phƣơng trình sau   y  x2  x 1   x2  y  2  Bài toán 15 Giải hệ phƣơng trình    x  y  y    y  x    Giải Điều kiện  y  x2  0,1  x  y  0, x2  y   0, y  x   Cộng vế với vế hai phƣơng trình ta đƣợc  y  x   y  1   x  y  x    y  x     x  y   Áp dụng bất đẳng thức B – C – S ta lần lƣợt có đƣợc đánh giá sau  y  x   y  1   y  x   ,  x  y  x    x  y   Từ ta suy  y  x   y  1   x  y  x    y  x     x  y   đẳng thức * xảy  x  1; y   x  1; y    y  x    y  1    2  1  y  x  y  y    x  y  y     x  y  x  1  x  y  x  x   x2  y  4x     x  1; y   x  1; y  x      y  x   y  x  y     x2  y  4x   x2  2x    Đối chiếu với điều kiện, thấy thỏa mãn 26 * Dấu "" Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    2; 2  Bất đẳng thức 6.Ta có A  B  A  B Dấu "  " xảy A.B  Để sáng tác giải hệ phƣơng trình trƣớc tiên ta chọn hai nghiệm trƣớc, ví dụ x  1; y  1 Khi với hai cặp số x  y  , y  x thỏa mãn điều kiện xảy dấu  x  y   y  x   Áp dụng bất đẳng thức ta có đƣợc bất đẳng thức sau x  y   y  x  x  y  Vì ban đầu ta chọn hai nghiệm x  1; y  1 nên x  y   Vậy muốn lập hệ có nghiệm chọn ta ép cho vế trái bất đẳng thức x  y   y  x Vậy ta có đƣợc phƣơng trình thứ hệ nhƣ sau x  y   y  x  Để ta có sử dụng bất đẳng thức x  y   dùng đánh giá phƣơng trình ta cần phải lập phƣơng trình thứ hai hệ cần phải có điểu kiện x  y  Ta nghĩ tới việc cho biểu thức x  y  cách gán x  y hàm thức Ta nghĩ tới dạng phƣơng trình thứ hai nhƣ  x  y  f  x; y   với f  x; y   Do ta lập phƣơng trình x3  y3  g  x, y   , dấu xảy x  1; y  1 Muốn lấy g  x, y   ta chọn g  x, y  bình phƣơng hàm, ví dụ nhƣ g  x; y    x  y    xy  1 Lƣu ý phƣơng trình phải nhận nghiệm x  1; y  1 Ta 2 có phƣơng trình x3  y3   x  y    xy  1 2 Vậy ta có toán giải hệ phƣơng trình sau   2x  y   x  y  Bài toán 16 Giải hệ phƣơng trình  4   x  x  y  y  xy  Giải Biến đổi phƣơng trình thứ hai hệ ta có x3  y3   x  y    xy  1 Từ suy 2 x3  y3    x  y   x2  xy  y    x  y  x2  xy  y  với x, y Biến 27 đổi thứ hai ta có x  y   y  x  Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối ta đƣợc 2x  y   y  x   2x  y  2   y  x   x  y  Vì x  y  nên x  y    VP Dấu xảy x   y kết hợp với phƣơng trình thứ ta có x3  y3   x  y    xy  1  x   y  2 Thử lại thấy thỏa mãn Vậy hệ phƣơng trình cho có nghiệm  x; y   1; 1 Bất đẳng thức Với hai số a, b  thỏa mãn ab  ta có 1 Dấu    a  b  ab đẳng thức xảy a  b a.b  Dấu Bất đẳng thức 7sẽ đổi chiều a, b  thỏa mãn ab  Trƣớc tiên ta muốn sử dụng Bất đẳng thức để sáng tác toán giải hệ phƣơng trình ta cần xác định để dấu Bất đẳng thức a  b hay ab  Giờ ta muốn bất đẳng thức có điểm rơi a  b ta cần phải loại tìm điều kiện hai biến cho a.b  cách chọn nghiệm trƣớc, ví dụ chọn a  b  cách lập phƣơng trình Trƣớc tiên ta ép cho a  b 1 Khi phƣơng trình thứ hai ta cần phải    a  b  ab chặn nghiệm khoảng từ  0;1 nhận nghiệm mà ta chọn Phƣơng trình lí tƣởng cho kiểu chặn nghiệm phƣơng trình chứa thức Ví dụ nhƣ phƣơng trình a 1  3b   b 1  3a   Nên từ ta có toán sau  a 1  3b   b 1  3a     Bài toán 17 Giải hệ phƣơng trình      1  a  b  ab 28 Giải Điều kiện  a, b  1 Khi a.b  ta có    a  b  ab Dấu đẳng thức xảy a  b Thay a  b vào phƣơng trình thứ hệ ta đƣợc a 1  3a   1 a  b 4 Đối chiếu với điều kiện thấy thỏa mãn 1 1   Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  a; b    ;  4 a  x Thay vào Bài toán 17 ta có toán giải hệ b  y Để toán phức tạp ta đặt  phƣơng trình   x 1  y   y 1  x    Bài toán 18 Giải hệ phƣơng trình  1     x  y   xy  Giải Điều kiện x 1  y   0; y 1  x   a  x Đặt  Ta đƣa đƣợc hệ tƣơng đƣơng b  y  a 1  3b   b 1  3a      1    1  a  b  ab  1 1   Nghiệm hệ  a; b    ;  theo Bài toán 17nên ta có nghiệm cho hệ 4  x; y    1 ;  8 4 Giờ ta sử dụng bất đẳng thức 1 để mong có đƣợc a.b  ta cần    a  b  ab 29 lập phƣơng trình cho hệ phƣơng trình không nhận nghiệm a  b xong Tiếp tục nâng dần độ khó toán , ta sử dụng bất đẳng thức B – C – S vào Bất đẳng thức 7, tức ta có số dƣơng a, b thỏa mãn a.b  ta có đƣợc bất đẳng thức đẹp  a2    b2  ab Dấu xảy a  b  1    Thật ta có    1  1      2   a  b   ab  b2   1 a  1  a2  1  b2   ab Giờ muốn áp dụng bất đẳng thức trƣớc tiên phải chặn đƣợc miền nghiệm biến thỏa mãn a, b  a.b  , thƣờng ta chọn lấy phƣơng trình chứa thức Chọn trƣớc hai nghiệm cho hệ phƣơng trình, ví dụ a  b  , ta lấy phƣơng trình a 1  2a   b 1  2b   Nên ta có hệ phƣơng trình      ab  b2 Bài toán 19 Giải hệ phƣơng trình   a  a 1  2a   b 1  2b    Giải Điều kiện  a, b  Khi ta có 1  a2  1  b2   ab a.b  Dấu xảy a  b Thế a  b vào phƣơng trình thứ hai hệ ta đƣợc lại thấy thỏa mãn 30 a 1  2a   1  a   b  Thử 3 1 1   Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  a; b    ;  3 Giờ ta muốn cho toán dạng phức tạp cách đặt a  x2 ; b  y 1 suy đƣợc x  y Muốn hệ phƣơng trình nhận nghiệm x  ; y  ta cân lại vế phải xong Thí dụ x 1  x   y 1  y   Ta có toán sau 2      xy  1 y2 Bài toán 20 Giải hệ phƣơng trình   x   x 1  x   y 1  y   Giải Điều kiện  x, y  Khi đặt a  x2 ; b  y Phƣơng trình thứ đƣợc viết lại thành Vì  x, y  nên a.b  Khi ta có 1  a2 1 a   1  b2 1 b    ab  ab Dấu xảy a  b  x  y Thay x  y vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc x 1  x   1 x y 3 Đối chiếu thấy thỏa mãn 1 1   Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    ;  Trên phƣơng pháp sáng tác hệ phƣơng trình từ số bất đẳng thức hay sử dụng chƣơng trình Trung học phổ thông từ tác giả Các toán lập đƣợc từ phƣơng pháp khó nhƣ ta áp dụng với bất đẳng thức khó với việc biến phức tạp Với việc kết hợp cách sử dụng bất đẳng thức để giải hệ phƣơng trình không nên lấn sang việc chứng minh bất đẳng thức khó nên yêu cầu bất đẳng thức đƣợc sử dụng mức độ không khó Ta cần toán mà qua dùng kiến thức từ 31 phân môn khác để hỗ trợ giải toán phƣơng pháp cổ điển Qua ta thấy đƣợc vẻ đẹp qua lời giải toán phƣơng pháp này, đƣợc kết hợp hai học phần hay chƣơng trình học Hi vọng góp phần gắn kết hai học phần này, mở hƣớng mối lƣơng duyên bất đẳng thức hệ phƣơng trình Tuy nhiên,không có tuyệt đối, phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức để giải phƣơng trình phƣơng án tối ƣu cho giải hệ phƣơng trình Ta phải sử dụng khéo léo phƣơng pháp thế, tạo nhân tử chung, dùng liên hợp kết hợp với phƣơng pháp đánh giá ta đƣợc lời giải tối ƣu 32 CHƢƠNG 3.GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC Phần Bài tập ví dụ Bài toán Giải hệ phƣơng trình  1  x  y     xy  3  2  x, y  R    2  x  1 y    y  1 x   10 1  2 Phân tích: Phƣơng trình thứ vế trái tổng hai bình phƣơng, vế phải số dƣơng; ta mong muốn phân tích để đƣa phƣơng trình dạng vế trái tổng bình phƣơng vế phải Nhƣng điều không thực đƣợc Nên phƣơng trình ta đánh giá mang kiện phụ để đánh giá Xét phƣơng trình thứ hai, vế trái phƣơng trình có dạng a.b , ta thử sử dụng đánh giá AM – GM cho hai biểu thức Ta có đánh giá x2  y  x  y  mà biểu thức x2  y  x  y  lại xuất hiệntrong khai triển phƣơng trình thứ hai Với ý tƣởng ta có lời giải cho toán nhƣ sau Giải Điều kiện: x2   Phƣơng trình thứ đƣợc biến đổi thành x2  y  xy  x  y  x y  6xy    x2  y  x  y    xy  4 Vì   xy  4   x2  y  x  y   * Xét phƣơng trình thứ hai hệ, áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta đƣợc  x  1 x2  x  y  y  y  x2  2 ; y 5   y  1 x   2 Suy  x  1 y    y  1 x   x  y  x  y  Nên 10  x2  y  x  y   x2  y  x  y  Từ kết hợp với * suy x2  y  x  y  33 Khi x, y nghiệm hệ  x2  y  x  y    xy   x  Đối chiếu với điều kiện, thấy thỏa mãn    y  x   y      y 1  x  Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    2;2  Nhận xét : Có nhiều cách lại dùng cách sử dụng bất đẳng thức để giải hệ ? Đó có lẽ câu hỏi nhiều ngƣời, nhƣng nhìn kĩ hệ phƣơng trình ta không tìm thấy biểu thức chung thuận lợi cho đặt ẩn phụ hay đánh giá không cô lập biến cho cấu trúc giống để xét hàm ,… nên ý tƣởng tự nhiên ta sử dụng kiến thức bất đẳng thức để đánh giá Đây toán hay đòi hỏi nhận định đƣợc phƣơng trình cần đánh giá trƣớc, sau kết hợp với kiện phƣơng trình lại để “chặn” biểu thức cần đánh giá Bài toán Giải hệ phƣơng trình 3 y  x  y   x  y  x   y     x  y    x  y 1  2  x, y  R  ( THPT Đặng Thúc Hứa, Nghệ An lần 1-2015) Phân tích : Trong hai phƣơng trình phƣơng trình thứ hai nhìn đơn giản nhƣng lại bình phƣơng bỏ để tìm đƣợc mối liên hệ biến phức tạp Phƣơng trình thứ nhìn biểu thức to, nhƣng ta lại thấy đƣợc dấu xảy phƣơng trình x  y Mà lại biểu thức chứa dạng ab , ta sử dụng đánh giá AM – GM biết đƣợc điểm rơi phƣơng trình x  y Ta sử dụng phƣơng pháp nhân liên hợp biết điểm rơi phƣơng trình thứ nhất, nhiên ta lại đƣợc kết không mong muốn phải đánh giá biểu thức phụ khác 34 Giải Điều kiện: x  2, y  1y3  x  y   0,5 y  x  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta lần lƣợt có y  2x  y   y  2xy  y   xy ; y  3x x 5 y  4x   2 Nên y  x  y   x  y  x   3xy  Suy y  3xy  y  3x y  3x 2  3 x  y    x  y Thay y  x vào phƣơng trình thứ hai biến đổi, ta đƣợc  x  x   x2  x  Vì  x  x    x2  x    x  Biến đổi phƣơng trình thứ hai hệ ta đƣợc     x2  x   x    x  x  x    x2  x   x2  x 1 x2  x 1  0 x 1   x x  x  1     x  x  1 1   0  x 1   x x  x    x2  x   ( Vì  x 1   với x  ) x 1   x x  x  1 1 Đối chiếu với điều kiện thấy thỏa mãn y 2  1   ;  2   Vậy phƣơng trình có nghiệm  x; y    Nhận xét: Giải phƣơng trình thứ theo cách sử dụng nhân liên hợp nhƣ sau y3  x  y   x  y  x   y 3     y3  x  y   y  y3  x  y  y3  x  y   y   x2 5 y  4x2   y  x2 5 y  4x2   y x2 5 y  4x2   y 0 35  y3  x  y  y3  x  y   y x   y  y  x  x2 5 y  4x2   y 0   x  y   y  x   y3    x  y  0  y3  x  y   y 2 2  x y  x  y     Ta nhận định đƣợc nghiệm x  y phƣơng trình nhiên biểu thức ngoặc lại không dễ để giải Nhận xét giải cách sử dụng bất đẳng thức AM – GM cho ta lời giải đẹp không Bài toán Giải hệ phƣơng trình  y   x   y y   y  y  x, y  R    y  x  3  27 y   y  1 Phân tích : Phƣơng trình thứ  2 phƣơng trình thức có vế trái biểu thức dạng ab để dự đoán đƣợc điểm rơi biến khó Tuy nhiên vế phải phƣơng trình y  y lại có mối liên hệ ta áp dụng đánh giá AM – GM cho thức y y   y  y  Dấu xảy y  Phƣơng trình thứ hai ta đánh giá đƣợc nhỏ 27 Dấu xảy y  Điểm rơi nghiệm trùng khớp với điểm rơi nên khả nhận nghiệm y  cao Với ý tƣởng có việc làm cần cân đại lƣợng để sử dụng đƣợc bất đẳng thức AM – GM mà Giải Điều kiện: x  1, y  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta đƣợc y y   y  y  Suy  y  2 x   y y    y   x   y  y   y  y   y  2 x 1  y  y  2   y  1 x     y  1  x  1  (Do y  ) 36 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta đƣợc y   y   x    y  x  3  y  1  x  1     27   3  y  x  3 Suy  27  *  4y  x    4y  x  Từ phƣơng trình thứ hai ta có  y  x  3  27 y   y   27 1   y  1   27  y  x    y  x  **   Từ * ** , hệ phƣơng trình cho tƣơng đƣơng với hệ phƣơng trình sau  y 1  4 x  x  x    Đối chiếu với điều kiện, thấy thỏa mãn  y 1  y  3y  2 y   x   Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    2;1 Nhận xét : Đấy toán hay qua ta thấy việc đánh giá chƣa kết hợp để chặn nghiệm đƣợc mà ta phải áp dụng để suy điều kiện khác Trong trƣờng hợp biểu thức bị chặn giá trị thƣờng ta cần phải chứng minh đƣợc biểu thức bị chặn dƣới giá trị chặn Bài toán Giải hệ phƣơng trình  1 2   sin x   cos y  sin x cos y    sin y   cos x    sin y cos x  20 y x y 20 x x y  x, y  R  (Trích đềthi HSG Quốc Gia 2013) Phân tích : Đây hệ phƣơng trình đối xứng hai biến nên khả giải phƣơng trình khó nên ta nghĩ tới việc cộng đại số nhân vế hai phƣơng trình lại với Nếu cộng đại số hai vế hai phƣơng trình vế trái ta 37 nhóm đƣợc thành cặp biểu thức liên quan tới biến, nhƣng vế phải lại không nhận xét đƣợc.Tới ta loại bỏ ý tƣớng cộng đại số hai phƣơng trình hệ với Việc nhân vế với vế hai phƣơng trình với vế trái phƣơng trình thu đƣợc sử dụng đƣợc hai bất đẳng thức AM – GM B – C – S vế phải thấy xuất đánh giá xy  x  y  Dấu xảy x  y trùng với việc nhận định nghiệm hệ đối xứng hai biến Giải Điều kiện : y x  0,  0,sin x.sin y  x y x y Áp dụng bất đẳng thức B – C – S ta đƣợc   sin x          sin x   cos x     sinx.cos x  sin x  cos x   sinx.cos x   sin x  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta đƣợc  sin x   sin x  2   sin x     2 sin x sin x   Dấu "  " xảy sin x   x  Nên  sin x    k  ,k  Z   25  cos x   sin x  cos x  Nhân hai vế hai phƣơng trình với ta đƣợc 38   2 25   1      2      1  1  2 2 sin y   cos x   sin x   cos y     20 2  sin x cos y sin y cos x    Ta có xy  x  y  1  1   cos y  sin y   cos x   sin x    2  sin x cos y  sin y cos x        sin x   cos2 x    sin y  2 sin x  cos x   sin    cos y  y  cos2   25    4    10 y  4 TÀI LIỆU THAM KHẢO Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2010), “Sử dụng phương pháp Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức”, NXB Đại học Sƣ phạm, Hà Nội Nguyễn Tài Chung (2013), “ Sáng tạo giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình”, NXB Tổng hợp thành phố Hồ Chí Minh Nguyễn Văn Mậu (2006), “Bất đẳng thức định lí áp dụng”, NXB Giáo Dục, Hà Nội Phạm Kim Hùng (2007), “Sáng tạo bất đẳng thức”, NXB Hà Nội, Hà Nội Nguyễn Vũ Lƣơng (chủ biên), Nguyễn Ngọc Thắng (2009), “Các giảng bất đẳng thức Bunhiacopxki”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội Nguyễn Vũ Lƣơng (chủ biên), Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2008), “Các giảng bất đẳng thức Côsi”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội Danh sách Website www.diendantoanhoc.net www.math.vn www.mathlinks.ro www.mathscope.org 39 www.mathnfriend.net 40 ... 1.5 Các bổ đề bất đẳng thức thƣờng dùng CHƢƠNG SÁNG TÁC HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC 10 CHƢƠNG GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ... việc giải hệ cách sử dụng bất đẳng thức trở nên dễ dàng Chương Giải hệ phương trình cách sử dụng bất đẳng thức Cấu trúc chƣơng gồm hai phần tập ví dụ tập tự luyện Chƣơng phân tích để tìm hƣớng giải. .. Để trả lời câu hỏi này, tác giả trình bày số quy trình để sáng tác toán giải hệ phƣơng cách sử dụng kiến thức bất đẳng thức Bất đẳng thức 1.Với x  theo bất đẳng thức AM – GM ta có x   x Nhƣng