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 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – năm 2016 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 60 KẾT LUẬN 63 LỜI CẢM ƠN 64 TÀI LIỆU THAM KHẢO 65 LỜI NÓI ĐẦU Hệ phƣơng trình phân mơn quan trọng chƣơng trình Tốn học trƣờng trung học phổ thơng Các giải hệ phƣơng trình hay xuất đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng ( trƣớc đây) kì thi trung học phổ thơng 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 Tốn 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 cịn 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 thơng 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 tốn 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 cho 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 1.1 Bất đẳng thức AM – GM Cho số thực x1 , x2 , , x n khơng âm, ta ln 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  x  x   x n  khơng âm      x1 x2 x n Xét n 1 số thực n   n x1 , x2 , , x n n 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 khơng bất đẳng thức hiển nhiêu dấu không xảy Xét trƣờng hợp lại, kết hợp    5 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 1.2 Bất đẳng thức Bunhia – Cauchy – Schwart (B – C – S) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , , an b1 , b , , b n Khi ta có  a1b1  a2b2   anbn    a12  a2   an  b12  b2   bn  Dấu xảy a a1 a2    n với quy ƣớc số bi b1 b2 bn  i  1, 2, , n  khơng a i tƣơng ứng khơng 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 ln có  ax  by    a  b2  x  y  Dấu xảy ay  bx 2 2 2 + Với số thực a, b, c, x, y, z ta ln có  ax  by  cz    a  b  c  x  y  z  Dấu xảy a b c   x y z + Ngồi ta cịn 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 1.3 Bất đẳng thức Minkowski Với số thực a , b, x, y ta có a  b2  x  y  a  x  b  y  Dấu xảy ay  bx Chứng minh Với hai vecto u   a, b  , v   x, y  Khi u  a  b , v  x  y Ta có u  v   a  x; b  y  u  v  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 1.4 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  1.5 i.1 Các bổ đề bất đẳng thức thƣờng dùng a  b  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.3 Với số tự nhiên n thực dƣơng a ta ln có a n 1  na    n  1 n 1 Dấu xảy a  n 1 Chứng minh Nếu 1 na   a n 1  na   Vế phải bất đẳng thức dƣơng Khi bất đẳng thức ln Nếu 1 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   Dấu xảy a   na  a  i.4 Cho hai số a , b  ta ln có n 1   n  1 n 1 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.5 Với số dƣơng a, b ta ln 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 2  2ab   4ab   a  b   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 ln 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 ay  bx 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   x y   y  x 1  x      x, y  R   2 2 1    x  y    x  x   x  xy   1  2  4   x y  12  4  x y  2      Giải Điều kiện:  x y   Ta có  1   x  y      x  y 2      y  x 1  x   Khi  2   x  x   x  xy   Suy y  x 1  x    x  x   x  xy   y  x y  x    x3  y    x3  y  Vậy để hệ phƣơng trình có nghiệm đồng thời thỏa mãn điều kiện  x3  y   x  x y 1     y  x  y  Thử lại x  1; y  , thấy thỏa mãn Vậy hệ phƣơng trình cho có nghiệm  x; y   1;1 Nhận xét : Cấu trúc hệ khó đốn phải giải phƣơng trình này, lúc ta để ý tới mối quan hệ có thức Với lời giải đẹp gọn gàng hể ta tƣởng chừng tốn dễ Nhƣng thực tế với hệ không đánh giá phù hợp tốn khơng đơn giản Chỉ với đánh giá quen thuộc cộng thêm chút may mắn tốn đƣợc giải Bài tốn 16 Giải hệ phƣơng trình  x  y 2   y  x  2  x  1 y  1     y  1  x  x    y  3x 51  x, y  R  1  2 Giải Điều kiện: x  1, y  Phƣơng trình thứ đƣợc biến đổi thành  x  2y   y  x    x   2  x  1 y  1  y     y  x  1  x   2  x  1 y  1  y     y  x  1    x  1  y     y  2x  0  y  2x  x   y      Thay y  x  vào phƣơng trình thứ hai ta thu đƣợc phƣơng trình  * x  x   x   x  x  1 1  Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có  1  x   x  Ta có x3  x   x  x  1     x  Suy 1 x Áp dụng bất đằng thức AM-GM ta lần lƣợt có 2x   2x   1    3x  x  ;  3x   1 x ** Nên  x   3x  1  x 1  x    x 1 1 Lại có x  x  3  x   ;   x  x    x x   ;   3  3 *** Từ ** *** để đẳng thức * xảy 2  2 x  x    x  x  1  3x  x   y   3 x  x   x  1  x   Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    0;1 Bài toán 17 Giải hệ phƣơng trình     x  x2  y2 1  y    x, y  R   1     1  3x  y  5x  x 52 1  2 Phân tích: Ta có  y2 1  y   y   y  Nếu biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ hệ ta đƣợc phƣơng trình x  x   y  y  Giải phƣơng trình ta thu đƣợc mối liên hệ y  x Giải Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ hệ ta đƣợc x  x2   y  y2  Xét hàm số f  t   t  t  1, t  R Ta có f '  t    t t2 1  t2 1  t t2 1  0, t  R Vậy hàm số đồng biến Suy x  x   y  y   y  x Thay y  x vào phƣơng trình thứ hai hệ ta đƣợc 1    * x x x     4x Áp dụng bất đẳng thức AM – GM bất đẳng thức Holder liên tục ta có đƣợc kết 1 3     x x x x x x x 1 1 1  60  1  1  1   sau Mà  60 x   64 x   4x x x x  3   Dấu "  " phƣơng trình * xảy  x  x0 y 0 x  60  64 Thử lại thấy thỏa mãn Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    0;0  Nhận xét : Việc đánh giá phƣơng trình thƣờng yêu cầu phải linh hoạt biến đổi Qua ta thấy điểm lợi việc sử dụng bất đẳng thức ta ép đƣợc giá trị ( 60 x  64 x ) dự đoán đƣợc điểm rơi biến Bài toán 18 Giải hệ phƣơng trình 53   x  1  x y   1  x y 3  x, y  R   2 2  x y  x  x  y  1  2 Phân tích : Đây hệ phƣơng trình khơng dễ dự đốn đƣợc giải phƣơng trình Ta phải vào đại lƣợng xuất để biến đổi Phƣơng trình hệ có vế phải bậc 12, vế trái bậc , biếu thức bậc nhân với biểu thức bậc Ở phƣơng trình thứ hai ta lại tách đƣợc biểu thức bậc xuất phƣơng trình thứ  x   x  1 y  1 Mà biểu thức biểu thức vào ta có đồng bậc hai vế phƣơng trình thứ nhất, phƣơng trình có dạng 1  a3 1  b3 1  c3   1  abc  Tới ý tƣởng giải toán mở, nên ta có lời giải cho toán nhƣ sau Giải Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ hai ta đƣợc  x   x  1 y  1 Thay  x   x  1 y  1 vào phƣơng trình thứ ta đƣợc 1  x y    x 2  1 y  11  x y  Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có đƣợc   x2  1 y  1 x4 y  1   x2 y x4 y   1  x y  Dấu "  " xảy x  y  Thay x  y  vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc x  Vậy phƣơng trình có nghiệm  x; y   1; 1 , 1;1   a2  x  a  y  a  z  a   a  Bài tốn 19 Giải hệ phƣơng trình  a2 1  a  x  a  y  a  z   a  Phân tích : Đây hệ hai phƣơng trình ba ẩn vai trò tƣơng đƣơng mà hệ 54 có hai phƣơng trình nên giải theo phƣơng pháp thơng thƣờng khó tìm đƣợc đáp án, cách thƣờng đƣợc áp dụng phƣơng pháp đánh giá Ta nghĩ tới hai cách thông dụng cộng đại số nhân vế hai phƣơng trình với nhau, nhƣng trƣớc tiên lí biểu thức thức nên muốn biểu thức đánh giá cuối triệt tiêu biến ta phải cần sử dụng bất đẳng thức có chứa biểu thức bình phƣơng Tới ta có ý tƣởng sử dụng bất đẳng thức véc-tơ để giải Với mối phƣơng trình sử dụng bất đẳng thức vec-tơ xong biểu thức thu đƣợc có biến trái dấu nên lúc ta cộng đại số hai vế hai phƣơng trình Ta có lời giải cho tốn nhƣ sau Giải Hệ phƣơng trình cho tƣơng đƣơng với       xa  ya  za   ax  a y  az  2 a2  a a 1 9 a 9 Cộng vế với vế hai phƣơng trình hệ ta đƣợc  Đặt u  xa  ya  za    ax  a y  az   18a  x  a ; y  a ; z  a ; v  1;1;1 Theo bất đẳng thức vec-tơ  u; v   u v Suy  xa  ya  za Tƣơng tự ta có đƣợc Suy    2   3a  x  y  z  ax  a y  az xa  ya  za      3a  x  y  z  ax  a y  az   18a  a2   xa  ya  za  a  Để đẳng thức * xảy  a2 1  a  x  a  y  a  z   a  x yz Thử lại thấy thỏa mãn a 55  * 1 1   Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y; z    ; ;  a a a Nhận xét : Đây toán hay muốn giải đƣợc phải đòi hỏi phải áp dụng bất đẳng thức thật khéo léo Khi lời giải tốn gọn gang, đẹp mắt Thêm điểm cần ý với hệ có số ẩn nhiều số phƣơng trình thƣờng mối liên hệ ẩn đặc biệt Bài tốn 20 Giải hệ phƣơng trình    x  y   xy     x6  y  x     x  y  2 x  xy  y   x, y  R  1  2 Phân tích: Nếu chuyển vế phƣơng trình thứ hai ta thấy đối xứng hai biến, ta dự đốn hai biến Khi thấy đƣợc phƣơng trình nhận nghiệm x  y Thay vào phƣơng trình thứ ta thu đƣợc nghiệm hệ x  y  Đây hệ khó khiến ta chƣa biết đánh giá theo bất đẳng thức Tuy nhiên biết đƣợc trƣớc nghiệm nhờ dự đốn ta dùng AM – GM để đánh giá đƣợc phƣơng trình thứ từ ta có đƣợc đánh giá x  y  Tuy nhiên ta biến đổi tƣơng đƣơng ta thấy xuất biểu thức  x phƣơng trình thứ điều có lợi đánh giá ta loại bỏ đƣợc số hạng tự Chính ta phải phân tích đánh giá  x6  y  x  xy  y 2   x  y  Rõ ràng biểu thức mà ta đánh giá đƣợc Vậy ta có lời giải cho toán nhƣ sau Giải Điều kiện : xy  Trƣớc tiên ta có  x  x y  y   x  xy  y Thật  x  x y  y   x  xy  y   x  x y  y    x  xy  y    x  y   x  xy  y   56 Suy  x6  y  x  xy  y 2   x  y  x  x y  y  x  xy  y 2  2  x2  y  Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ hai hệ ta đƣợc 3 x   x6  y  x  xy  y 2   x  y  Suy  x   x  y   * Biến đổi phƣơng trình thứ hệ, áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta đƣợc ** x  y   xy    x  y   x  y  Lấy vế cộng với vế * ** ta đƣợc x  y   x  y   x  y Thay x  y vào ** ta đƣợc x  y  Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y   1;1 Phân tích: Đây hệ đánh giá khó ta nhận trƣớc đƣợc nghiệm đòi hỏi ngƣời giải cần tinh tế giải Bƣớc ngoặt toán tới từ hai đánh giá dự đốn đƣợc nghiệm thấy đƣợc mối liên hệ hệ số tự hệ Bài toán 21 Giải hệ phƣơng trình 2      x y x  y  2x  y  y  x  2x  y      x  11y  36 x  18  25 x  y  54    x, y  R  1  2 Phân tích :Trong hệ ta thấy việc giải phƣơng trình thứ hai khó chênh lệch bậc biểu thức nhƣ khơng phân tích để thấy đƣợc điểm chung với đại lƣợng Phƣơng trình thứ lại phƣơng trình đẳng cấp, có cấu trúc tựa nhƣ bất đẳng thức  a  1   b  1  1  ab Do để có đƣợc dạng ta phải tìm cách đặt để có dạng này, phƣơng trình đẳng 57 cấp nên ta có ý định chia hai vế cho biến (cách giải giống nhƣ giải phƣơng trình đẳng cấp) Với ý tƣởng ta có lời giải cho toán nhƣ sau Giải Điều kiện : 25 x  y  54  0, x  y  0, x  0; y  0, x  y    x x Nếu y  phƣơng trình đầu hệ trở thành ( vơ lí) Nên y  x2 Với x  x  y  Phƣơng trình thứ hệ vô nghĩa Vậy x  0; y  Khi đặt x  ty  t   Phƣơng trình thứ hệ trở thành       t 1  t 1  1  t  2t   2t     t  21  1 a  t * Đặt   t  21  1 Phƣơng trình * đƣợc viết lại thành b  2t  1  a  1   b  1  1  ab  a, b   Áp dụng bất đẳng thức B – C – S ta đƣợc 1  ab  a  b    a  ab b Tƣơng tự ta có 1  a     a 1  b   1  b   a ab ab b 1 1    VP Suy 2 ab ab  a  1  b  1  ab Dấu "  " xảy a  b  t  2t   t   x  y Thay x  y vào phƣơng trình thứ hai hệ ta đƣợc x  11x  36 x  18  4 27 x  54 ( điều kiện x  ) Ta có 4 27 x  54  4 3.3.3  x        x    x  Suy x3  11x  36 x  18  x    x    x  1   x   y  58 Đối chiếu với điều kiện, thấy thỏa mãn Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    5;5   x xy y    y 1 x 1 xy  Bài tốn 22 Giải hệ phƣơng trình      x 1 y 1  Phân tích : Trong hai phƣơng trình rõ ràng ta nhận phƣơng trình cần giải trƣớc phƣơng trình hệ Phƣơng trình ta thấy có đối xứng hệ thấy giống cấu trúc bất đẳng thức 1 với xy  xác   2 1 x 1 y  xy đinh đƣợc điều kiện hai biến x, y từ phƣơng trình thứ hai Nhƣng rõ ràng ta đặt ẩn phụ để đƣa giống cấu trúc với bất đẳng thức Để giải trƣờng hợp này, ta để ý kĩ mà ta cộng với số ta có đƣợc nhân tử chung Khi biểu thức bên nhân tử xy  1 mà vế phải phƣơng trình lại có  x 1 y 1 Đến ta dƣờng nhƣ hƣớng với ý tƣởng tác giả Ta có lời giải sau Giải Điều kiện : x  1, y  Xét phƣơng trình thứ hệ, ta có xy xy x y x y    1 1  2 y 1 x 1 y 1 x 1 xy  xy   xy    1    x  y  1       xy  1 x 1 y     x  y    xy  xy    1   Ta có  Nên  x  y  1    2  VP   xy      x  y   1  x  y    xy  Dấu "  " xảy x  y Thay y  x vào phƣơng trình thứ hai hệ, ta có 59 x 1   x 1   x  Suy y  Đối chiếu với điều kiện, thấy thỏa mãn Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    5;5  Nhận xét : Ban đầu rõ ràng nhìn cấu trúc phƣơng trình giống với bất đẳng thức quen thuộc nhƣng ta lại không biến đổi đƣợc để sử dụng đƣợc bất đẳng thức để giải Nhƣng hay đừng nản bƣớc mà cố gắng biến đổi, có câu nói “ In theory there is no difference between theory and practice In the pactice there is” ta tiếp tục tìm tịi lời giải, chắn lời giải tự tìm tới Phần Bài tập tự luyện Dƣới số tập hệ phƣơng trình sử dụng bất đẳng thức để giải, bên cạnh đáp án câu hỏi để ngƣời đọc quan tâm kiểm tra lại đáp án 3  x  y  1 x  y   xy  y  Bài   x  y  10 y 10  x  94 Đáp án  x; y   1; 3  x2  x   y  y   Bài  6 x  2 x  x  10  y  11 Đáp án  x; y   1; 3  3x  y  3x    3x  y  5 y  Bài   y  3x  43  10  y   3x   Đáp án  x; y    35 ;5   x    y     x  y  x  y Bài   y  1 x  y    y  3 x  y Đáp án  x; y    2;1 60     x  12     xy  y  1 x  y  x  1   Bài   x  x   x  xy  y  y  y   Đáp án  x; y    1  5;  5     5x  xy  y  x  xy  y   x  y  Bài   x  y   12 x  y   xy  x  Đáp án  x; y    0;  , 1;1 2 x y   y x   Bài  Đáp án  x; y   1;    x  y  1  27 x   x     y2  4x  y x 1 1  Bài   x  1  y  y  x  53 Đáp án  x; y    3;   y  x    y  y   Bài   y  x  1  x  y  x x  Đáp án  x; y   1;      y 1 x y Bài 10  x   x  y  xy  x  y   Đáp án  x; y    1;   3x    y  x Bài 11    x  3  y   y  y   x  y  x  y  6  x  1 y  12   x  1 y  1  x  y    Bài 12  x  y  x y  2 1  2  x y xy     61 Đáp án  x; y   1;1   Đáp án  x; y     2;   ,   2;    y  x  2  x  y  2  x  y   x 1  x  Bài 13    y 3  y 1       Đáp án  x; y    3;1 62 KẾT LUẬN Luận văn đạt đƣợc số kết sau: Luận văn nêu lên chứng minh số bất đẳng thức quan trọng bổ đề bất đẳng thức hay đƣợc sử dụng chƣơng trình Trung học phổ thông Luận văn nêu lên ý tƣởng, phân tích, đánh giá tác giả trƣớc tốn giải hệ để độc giả có cách nhìn tự nhiên lời giải toán Giới thiệu hệ phƣơng trình đề thi chọn học sinh giỏi số đề thi thử Trung học phổ thông Quốc gia trƣờng tồn quốc Trình bày quy trình sáng tác tốn giải hệ phƣơng trình từ bất đẳng thức Từ kết luận văn này, ta thấy với bất đẳng thức thay đổi biến cho ta lớp hệ phƣơng trình khác hay lạ Tác giả hy vọng với ý tƣởng giúp cho độc giả xây dựng đƣợc nhiều hệ phƣơng trình khác làm phong phú thêm tốn hệ phƣơng trình vốn đa dạng Tác giả mong nhận đƣợc góp ý thầy cô đồng nghiệp để đề tài tiếp tục đƣợc hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 11 năm 2016 63 LỜI CẢM ƠN Tác giả xin đƣợc bày tỏ lịng cảm ơn sâu sắc tới thầy tham gia giảng dạy, thầy phịng đào tạo Sau đại học trƣờng đại học Khoa học tự nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội giảng dạy, hƣớng dẫn, tạo điều kiện thuận lợi trình học tập tâc giả Xin gửi tới lời cảm ơn sâu sắc tới T.S Phạm Văn Quốc – ngƣời thầy tâm huyết đáng kính hƣớng dẫn, bảo , động viên tác giả hoàn thành luận văn Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô hội đồng giám khảo có nhận xét q báu để tác giả hồn thiện luận văn Mặc dù cố gắng trau chuốt nhƣng tránh đƣợc thiếu sót Tác giả mong nhận đƣợc nhận xét góp ý để luận văn đƣợc hồn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, năm 2016 64 TÀI LIỆU THAM KHẢO Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2010), “Sử dụng phương pháp CauchySchwarz 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 www.mathnfriend.net 65 ... 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 tốn giải hệ phƣơng cách sử dụng kiến thức bất đẳng thức Bất đẳng thức Với x  theo bất đẳng thức AM – GM ta ln có x   x Nhƣng