Luận văn Về hệ phương trình phi tuyến và ứng dụng

) = 5− y2. Khai triển phương trình cuối, ta có2(x+ y)2 − xy(x+ y)− 2xy − 14 = 02(x+ y)− xy − 5 = 0 Đặt x+ y = a, xy = b suy ra2a2 − ab− 2b− 14 = 02a− b− 5 = 0 ⇔ a = 4b = 3 Suy ra x+ y = 4xy = 3 Suy ra (x; y) = (3; 1) hoặc (1; 3). 21 Thế x; y vào, ta tìm được các nghiệm của hệ : (x; y;u; v) = (3; 1; 1 2 ; 1 2 ), (1; 3; 1 2 ; 1 2 ). 2.1.2.2 Phép thế lượng giác Định nghĩa 2.2. Phép thế lượng giác là phép thế sử dụng các biểu thức là các hàm lượng giác thay thế cho các ẩn có trong hệ phương trình để được một hệ phương trình mới tương đương với hệ đã cho nhưng các ẩn được thay thế hoàn toàn bằng ẩn mới. Bài toán 2.6 (xem [6]). Giải hệ phương trìnhx2 + y2 = 1 (1)√2(x− y)(1 + 4xy) = √3 (2) Bài giải. Từ phương trình (1) cho ta gợi ý đặt ẩn phụ đưa về lượng giác. Đặt x = sinαy = cosα (α ∈ [0; 2Π]) Khi đó phương trình (2) được viết dưới dạng: (sinα− cosα)(1 + 2 sin 2α) = √ 6 2 ⇔ sinα− cosα + 2 sin 2α sinα− 2 sin 2α cosα = √ 6 2 ⇔ sinα− cosα + cosα− cos 3α− sin 3α− sinα = √ 6 2 ⇔ sin 3α + cos 3α = − √ 6 2 ⇔ cos(3α + Π 4 ) = −√3 2 = cos 5Π 6 ⇔ α = 7Π 36 + k2Π 3 hoặc α = −13Π 36 + k2Π 3 (k ∈ Z) Vì α ∈ [0; 2Π] nên α ∈ {7Π 36 ; 7Π 36 ; 7Π 36 ; 31Π 36 ; 55Π 36 ; 11Π 36 ; 35Π 36 ; 59Π 36 } Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (sinα; cosα) với α ∈ {7Π 36 ; 7Π 36 ; 7Π 36 ; 31Π 36 ; 55Π 36 ; 11Π 36 ; 35Π 36 ; 59Π 36 }. Bài toán 2.7 (xem [5]). Giải hệ phương trình z2 + 2xyz = 1 (1) 3x2y2 + 3xy2 = 1 + x3y4 (2) z + zy4 + 4y3 = 4y + 6y2z (3) 22 Bài giải. Vì z = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên: (1)⇔ xy = 1− z 2 2z Đặt z = tanϕ(∗) với ϕ ∈ (−Π 2 ; Π 2 ) \ {0} Ta có xy = 1− z2 2z = 1− tan2 ϕ 2 tanϕ = cot 2ϕ Thay vào (2) ta được: 3 cot2 2ϕ+ 3y cot 2ϕ = 1 + y cot3 2ϕ ⇔ y = 3 cot 2 2ϕ− 1 cot3 2ϕ− 3 cot 2ϕ = 1 cot 6ϕ = tan 6ϕ Suy ra: x = cot 2ϕ. cot 6ϕ, thay vào (3) ta được: z = 4 tan 6ϕ− 4 tan3 6ϕ 1− 6 tan2 6ϕ+ tan4 6ϕ = tan 24ϕ(∗∗) Từ (∗) và (∗∗) ta có: tan 24ϕ = tanϕ⇔ 24ϕ = ϕ+ kΠ, k ∈ Z⇔ ϕ = kΠ 23 , k ∈ Z Với ϕ ∈ (−Π 2 ; Π 2 ) \ {0} ta thu được : ϕ = ± Π 23 ;±2Π 23 ; . . . ;±11Π 23 Vậy hệ phương trình có các nghiệm là : (x; y; z) = (cot 2ϕ. cot 6ϕ; tan 6ϕ; tanϕ) Với ϕ ∈ ± Π 23 ;±2Π 23 ; . . . ;±11Π 23 Bài toán 2.8 (xem [5]). Giải hệ phương trình 2z(x+ y) + 1 = x2 − y2 (1) y2 + z2 = 1 + 2xy + 2xz − 2yz (2) y(3x2 − 1) = −2x(x2 + 1) (3) Bài giải. Vì x = ± 1√ 3 không thỏa mãn phương trình (3) nên: (3)⇔ y = −2(x 2 + 1) 3x2 − 1 ⇔ x+ y = 3x3 − x− 2x(x2 + 1) 3x2 − 1 ⇔ x+ y = x3 − 3x 3x2 − 1 23 Đặt x = tanϕ, ϕ ∈ ( −Π 2 ; Π 2 ) \ {−Π 6 ; Π 6 } ⇒ cosϕ 6= 0; cos 3ϕ 6= 0 Ta có: tanϕ+ y = tan3 ϕ− 3 tanϕ 3 tan2 ϕ− 1 ⇔ y = tan 3ϕ− tanϕ (1)⇔ z = x 2 − y − 1 2(x+ y) (do x = −y không thỏa mãn phương trình (1)⇒ tan 3ϕ 6= 0) ⇔ z = (2 tanϕ− tan 3ϕ) tan 3ϕ− 1 2 tan 3ϕ z = 2 tanϕ. tan 3ϕ− tan2 3ϕ− 1 2 tan 3ϕ z = tanϕ− tan 3ϕ+ cot 3ϕ 2 z = tanϕ− 1 2 ( sin 3ϕ cos 3ϕ + cos 3ϕ sin 3ϕ ) z = tanϕ− 1 sin 6ϕ (2)⇔ x2 + y2 + z2 − 2xy − 2xz + 2yz = 1 + x2 ⇔ (y + z − x)2 = 1 + x2 ⇔ (tan 3ϕ− tanϕ+ tanϕ− 1 sin 6ϕ − tanϕ)2 = 1 + tan2 ϕ ⇔ ( sin 3ϕ cos 3ϕ − 1 2 sin3 ϕ cos 3ϕ − tanϕ)2 = 1 cos2 ϕ ⇔ ( 2 sin 2 3ϕ− 1 2. sin 3ϕ. cos 3ϕ − tanϕ)2 = 1 cos2 ϕ ⇔ (cos 6ϕ sin 6ϕ + tanϕ)2 = 1 cos2 ϕ ⇔ ( cos 5ϕ sin 6ϕ. cosϕ )2 = 1 cos2 ϕ ⇔ cos 5ϕ = ± sin 6ϕ ⇔ cos 5ϕ = ± cos(Π 2 − 6ϕ) ⇔ cos 5ϕ = cos(Π 2 − 6ϕ) hoặc cos 5ϕ = cos(Π 2 + 6ϕ) ⇔ 5ϕ = ±(Π 2 − 6ϕ) + k2Π hoặc 5ϕ = ±(Π 2 + 6ϕ) + k2Π ⇔ ϕ = Π 22 + k2Π 11 , ϕ = Π 2 − 2kΠ hoặc ϕ = −Π 22 + k2Π 11 , ϕ = −Π 2 − 2kΠ(k ∈ Z) Với ϕ ∈ ( −Π 2 ; Π 2 ) \ {−Π 6 ; Π 6 } ⇒ ϕ = ± Π 22 ;±3Π 22 ;±5Π 22 ;±7Π 22 ;±9Π 22 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: (x; y; z) = (tanϕ; tan 3ϕ− tanϕ; tanϕ− 1 sin 6ϕ ) 24 Với ϕ = ± Π 22 ;±3Π 22 ;±5Π 22 ;±7Π 22 ;±9Π 22 Bài toán 2.9 (xem [1]). Giải hệ phương trìnhxy + yz + xz = 1 (1)20(x+ 1 x ) = 11(y + 1 y ) = 2007(z + 1 z ) (2) (∀x, y ∈ R) Bài giải. Điều kiện : xyz 6= 0 Nếu (x; y; z) là một nghiệm của hệ phương trình thì (−x;−y;−z) cũng là một nghiệm của hệ, và từ (1) suy ra x, y, z cùng dấu. Ta chỉ cần xét (x; y; z) dương. Với ∀x, y, zR và khác 0, ta đặt: x = tanα y = tan β z = tan γ Với 0 < α, β, γ < Π 2 Từ đó (1) và (2) trở thành:tanα tan β + tan β tan γ + tan γ tanα = 1 (3)20(tanα + 1 tanα ) = 11(tan β + 1 tan β ) = 2007(tan γ + 1 tan γ ) (4) Ta có: (3)⇔ tanα(tan β + tan γ) = 1− tanα tan γ ⇔ tanα = 1− tan β tan γ tan β + tan γ = cot(β + γ) ⇔ α + β + γ = Π 2 ⇔ 2α, 2β, 2γ là các góc của một tam giác. (4)⇔ 20tan 2 α + 1 tanα = 11 tan2 β + 1 tan β = 2007 tan2 γ + 1 tan γ ⇔ 20 sin 2α = 11 sin 2β = 2007 sin 2γ Áp dụng định lý sin ta tính được ba cạnh của tam giác có ba góc 2α, 2β, 2γ là a = 20 b = 11 c = 2007 (Không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác) Do đó tam giác không tồn tại. Vậy hệ vô nghiệm. 25 2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ Đối với một số bài toán phức tạp, bằng cách đặt ẩn phụ, sẽ làm bài toán trở lên dễ dàng hơn. (Thường áp dụng đối với những hệ phương trình xuất hiện cụm ẩn nào đó được lặp lại nhiều lần.) 2.2.1. Nội dung phương pháp Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải phát hiện ẩn phụ u = f(x,y) và v = g(x,y) ngay trong từng phương trình của hệ hoặc sau các phép biến đổi. Thông thường các phép biến đổi thường xoay quanh việc cộng, trừ hai phương trình của hệ hoặc chia cả hai vế của từng phương trình cho các số hạng khác không có sẵn trong các phương trình của hệ để tìm ra phần chung mà sau đó ta đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình ban đầu về một hệ phương trình mới tương đương với hệ đã cho. Tìm ẩn phụ và thay thế ngược trở lại để tìm được nghiệm của phương trình ban đầu. 2.2.2. Bài tập áp dụng phương pháp đặt ẩn phụ Bài toán 2.10 (xem [6]). Giải hệ phương trình:x2 − y2 + x− y = 5x3 − x2y − xy2 + y3 = 6 Bài giải. Biến đổi hệ đã cho ⇔ (x2 − y2) + (x− y) = 5(x2 − y2)(x− y) = 6 Đặt u = x2 − y2 và t = x− y; ta có hệ phương trìnhu+ t = 5ut = 6 ⇒ u và t là hai nghiệm của phương trình X2 − 5X + 6 = 0 ⇔ (X − 2)(X − 3) = 0 ⇔ X = 2 hoặc X = 3. Xét hai trường hợp: - Trường hợp 1: u = 2, t = 3 26 ⇒ x2 − y2 = 2x− y = 3 ⇒ x+ y = 3 2 x− y = 3 ⇔ x = 11 6 y = −7 6 . - Trường hợp 2:u = 3, t = 2 ⇒ x2 − y2 = 3x− y = 2 ⇔ x+ y = 3 2 x− y = 2 ⇔ x = 7 4 y = −1 4 . Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = ( 11 6 ; −7 6 ), ( 7 4 ; −1 4 ). Bài toán 2.11 (xem [1]). Giải hệ phương trình:x4 − x3y2 + x2y2 = 1x3y − x2 − xy = 1 (Đề dự bị khối A - 2007) Bài giải. Hệ đã cho tương đương với (−x2 + xy)2 + x3y2 = 1(−x2 + xy)− x3y = 1 Đặt u = −x2 + xy, v = x3y. Hệ trở thành:u2 + v = 1u+ v = 1 ⇔ u2 − u = 0u+ v = 1 ⇔ u(u− 1) = 0u+ v = 1 ⇔ u = 1v = 0 hoặc u = 0v = 1 . Xét các trường hợp: - Trường hợp 1: u = 0; v = 1 ⇒ −x2 + xy = 0x3y = 1 ⇔ x = 0;x = yy = 1 x3 ⇔ x = yx4 = 1 ⇔ x = yx = ±1 - Trường hợp 2: u = 1; v = 0 ⇒ −x2 + xy = 1x3y = 0 ⇒ y = 0x2 = −1 (Vô nghiệm) Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (1; 1), (−1;−1). Bài toán 2.12 (xem [1]). Giải hệ phương trìnhx2 + y2 + x+ y = 4x(x+ y + 1) + y(y + 1) = 2 27 (Đề thi dự bị - Khối A - Năm 2005) Bài giải. Hệ đã cho tương đương với x2 + y2 + x+ y = 4x2 + y2 + x+ y + xy = 2 ⇔ x2 + y2 + x+ y = 4xy = −2 Đặt x+ y = Sxy = P suy ra S2 = x2 + y2 + 2xyx2 + y2 = S2 − 2P Hệ đã cho tương đương với S2 − 2P + S = 4S2 − P + S = 2 ⇔ P = −2S = 0 hoặc S = −1 ∗ Trường hợp 1S = x+ y = 0P = xy = −2 ⇔ x, y là nghiệm của phương trình X2 − 0X − 2 = 0 Suy ra (x; y) = ( √ 2;−√2), (−√2;√2). ∗ Trường hợp 2S = x+ y = −1P = xy = −2 ⇔ x, y là nghiệm của phương trình Y 2 + Y − 2 = 0 ⇔ Y = 1 hoặc Y = −2 Suy ra (x; y) = (1;−2) hoặc (−2; 1). Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm (x; y) = ( √ 2;−√2), (−√2;√2), (1;−2), (−2; 1). Bài toán 2.13 (xem [1]). Giải hệ phương trìnhx2 − xy + y2 = 3(x− y)x2 + xy + y2 = 7(x− y)3 (∀x, y ∈ R) (Đề thi dự bị 1 - Khối D - Năm 2006) Bài giải. Đặt x+ y = uxy = v . Hệ đã cho trở thành u2 − 3u+ v = 0v = 2u2 ⇔ 3u2 − 3u = 0v = 2u2 Suy ra u = 0 hoặc u = 1 ∗ Trường hợp 1u = 0v = 0 ⇔ x− y = 0xy = 0 ⇔ x = 0y = 0 28 ∗ Trường hợp 2u = 1v = 2 ⇔ x− y = 1xy = 2 ⇔ x = 2y = 1 Hoặc x = −1y = −2 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (0; 0), (2; 1), (−1;−2). Bài toán 2.14 (xem [6]). Giải hệ phương trình2x2 − xy + 3y2 = 13x2 + 4xy − 2y2 = −6 (Đề thi lớp 10 chuyên toán 31/07/1994) Bài giải. Hệ đã cho tương đương với x2 + 46xy − 8y2 = 0x2 + 4xy − 2y2 = −6 ⇔  x2 + 4xy − 2y2 = −6 t = x y 8t2 − 46t− 25 = 0 ⇔  x2 + 4xy − 2y2 = −6 x = yt t = −1 2 hoặc t = 25 4 ∗ Trường hợp 1x = −1 2 y x2 + 4xy − 2y2 = −6 ⇔ (x; y) = (−2; 1), (2;−1). ∗ Trường hợp 2x = 25 4 y x2 + 4xy − 2y2 = −6 ⇔ (x; y) = ( 4√ 139 ; 25√ 139 ), ( −4√ 139 ; −25√ 139 ). Vậy hệ có bốn nghiệm ?(x; y) = (−2; 1), (2;−1), ( 4√ 139 ; 25√ 139 ), ( −4√ 139 ; −25√ 139 ). Bài toán 2.15 (xem [5]). Cho x; y là hai số nguyên dương sao choxy + x+ y = 71x2y − xy2 = 880 Tìm giá trị của biểu thức M = x2 + y2 (Thi HSG Đại Học IOWA Mĩ 04/1991) 29 Bài giải. Hệ đã cho tương đương với xy + (x+ y) = 71xy(x+ y) = 880 Đặt x+ y = Sxy = P Điều kiện S2 − 4P ≥ 0 Hệ đã cho tương đương với S + P = 71S.P = 880 Suy ra S và P là hai nghiệm của phương trình X2 − 71X + 880 = 0⇒ X1 = 55;X2 = 16. Xét hai trường hợp: ∗ Trường hợp 1 P = 55S = 16 Ta có S2 − 4P = 162 − 4.55 = 36 > 0(Thỏa mãn) Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình A2 − 16A+ 55 = 0 ⇔ A1 = 11, A2 = 5 (∃(x; y) thỏa mãn điều kiện x, y nguyên dương) Ta có M = x2 + y2 = (x+ y)2 − 2xy M = 162 − 2.55 = 146. ∗ Trường hợp 2 P = 16S = 55 Ta có S2 − 4P = 552 − 4.16 = 2961 > 0 Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình B2 − 55B + 16 = 0 Ta có 4B = 2961 > 0⇒ ∃(x; y). Nhưng √ M là số vô tỉ nên không thỏa mãn điều kiện x, y nguyên dương của bài toán. Vậy M = 146. Bài toán 2.16 (xem [5]). Giải hệ phương trìnhx 2 + y + x3y + xy2 + xy = −5 4 x4 + y2 + xy(1 + 2x) = −5 4 Bài giải. Đặt x2 + y = u và xy = v thì hệ đã cho tương đương vớiu+ v + uv = −5 4 (1) u2 + v = −5 4 (2) 30 Từ (2) suy ra v = −5 4 − u2, thay vào phương trình (1), ta có u− 5 4 − u2 + u(−5 4 − u3) = −5 4 ⇔ 4u3 + 4u2 + u = 0 ⇔ u(2u+ 1)2 = 0 ⇔ u = 0 hoặc u = −1 2 Xét hai trường hợp ∗ Trường hợp 1: Nếu u = 0 thì v = −5 4 ta cóx2 + y = 0xy = −5 4 ⇔ y = −x2−x3 = −5 4 ⇔  x = 3 √ 5 4 y = − 3 √ 25 16 ∗ Trường hợp 2: Với u = −1 2 thì v = −3 2 , ta có hệ phương trìnhx 2 + y = −1 2 xy = −3 2 ⇔ y = −1 2 − x2 x( −1 2 − x2 = −3 2 ) ⇔ y = −1 2 − x2 x3 + 1 2 x− 3 2 = 0 ⇔ x = 1y = −3 2 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (1; −3 2 ), ( 3 √ 5 4 ;− 3 √ 25 16 ). 2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số(xem [2]) Định nghĩa 2.3. Hàm số f(x) xác định trên [a, b] được gọi là tăng (tương ứng tăng nghiêm ngặt) nếu với ∀x1, x2 ∈ [a, b] và x1 < x2 ta có f(x1) ≤ f(x2) (tương ứng f(x1) < f(x2)). Tương tự được gọi là giảm (tương ứng giảm nghiêm ngặt) nếu với ∀x1, x2 ∈ [a, b], x1 < x2 ta có f(x1) ≥ f(x2) (tương ứng f(x1) > f(x2)). Những hàm số tăng hoặc giảm trên [a, b] được gọi là đơn điệu trong đoạn đó. Với trường hợp tăng nghiêm ngặt hoặc giảm nghiêm ngặt thì được gọi là đơn điệu nghiêm ngặt. Định nghĩa 2.4. Cho hàm số y = f(x) xác định trên D và một điểm x0 ∈ D. Hàm số f(x) được gọi là liên tục tại điểm x0 nếu lim x→x0 f(x) = f(x0). Hàm số y = f(x) liên tục trên D nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc D. Định lý 2.1. Nếu hàm số f(x) liên tục và đơn điệu trên (a, b) và f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất thuộc (a, b). 31 Định lý 2.2. Nếu hàm số f(x) liên tục trên (a, b) và f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc (a, b). Định lý 2.3. Giả sử hàm số y = f(x) đơn điệu và liên tục trên khoảng (a; b). Khi đó ta có f(u) = f(v) ⇔ u = v((u; v) ∈ (a; b)) 2.3.1. Nội dung phương pháp Bước 1: Thực hiện các phéo biến đổi tương đương trên các phương trình của hệ để được một phương trình có dạng f(u) = f(v) hoặc f(u) = 0. Bước 2: Đặt f(t) = f(u) hoặc f(v), chứng minh sự đơn điệu và liên tục của hàm số f(t) trên tập xác định của f(t). Bước 3: Sử dụng các tính chất của hàm đơn điệu nêu trên đối với f(t) để tìm được mối liên hệ giữa x và y để giải hệ phương trình ban đầu. • Chú ý: phương pháp này được sử dụng trong các trường hợp sau: - Loại I: Một phương trình của hệ có dạng f(x) = f(y). Một phương trình cho ta biết tập giá trị của x hoặc y. Từ đó ta suy ra hàm f(x) đơn điệu, suy ra x = y. - Loại II: Hệ đối xứng mà sau khi biến đổi thường đưa về dạng f(x) = f(y) hoặc f(x) = 0. Trong đó f là hàm đơn điệu. 2.3.2. Bài tập sử dụng tính đơn điệu của hàm số Bài toán 2.17 (xem [5]). Giải hệ phương trình:36x2y − 60x2 + 25y = 036xy2 − 60y2 + 25x = 0 Bài giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với  x = 60y2 36y2 + 25 y = 60x2 36x2 + 25 Suy ra x, y không âm. Nếu x = 0 thì y = 0, suy ra (0; 0) là một nghiệm của hệ phương trình. Nếu x > 0 thì y > 0. Xét hàm số f(t) = 60t2 36t2 + 25 , t > 0. Ta có f ′(t) = 3000t (36t2 + 25)2 > 0,∀t > 0. 32 Do đó f(t) đồng biến trên (0; +∞). Hệ phương trình được viết lại x = f(y)y = f(x) Từ tính đồng biến của f(t) suy ra x = y. Thay vào hệ phương trình, ta được x(36x2 − 60x+ 25) = 0⇔ x(6x− 5)2 = 0⇔ x = 0 hoặc x = 5 6 . Với x = 5 6 ⇒ y = x = 5 6 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (0; 0), ( 5 6 ; 5 6 ). Bài toán 2.18 (xem [5]). Chứng minh rằng hệ phương trình ex = 2007− y√ y2 − 1 ey = 2007− x√ x2 − 1 có đúng hai nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0; y > 0 (Đề thi dự bị 1 - Khối B - Năm 2007) Bài giải. Đặt f(t) = e t, g(t) = t√ t2 − 1 Suy ra g′(t) = −1 (t2 − 1) 3 2 1. Ta có hàm số f tăng nghiêm ngặt trên từng khoảng xác định, và hàm số g giảm nghiêm ngặt trên từng khoảng xác định. Hệ đã cho tương đương với f(x) + g(y) = 2007f(y) + g(x) = 2007 ⇒ f(x) + g(y) = f(y) + g(x)(∗) Nếu x > y thì f(x) > f(y)g(x) < g(y) Do (∗) suy ra y > x (do g giảm nghiêm ngặt) (Vô lí). Tương tự y > x cũng dẫn đến vô lí. Do vậy hệ đã cho tương đương vớie x + x√ x2 − 1 − 2007 = 0 x = y (2) 33 Xét h(x) = e x + x√ x2 − 1 − 2007, (| x |> 1) Nếu x < −1 thì h(x) < e−1 − 2007 < 0 suy ra hệ vô nghiệm. Nếu x > 1 thì h(x) = e x + x√ x2 − 1 có h′(x) = e x − (x2 − 1) −3 2 h”(x) = e x + 3 2 (x2 − 1) −5 2 .2x = ex + 3x (x2 − 1) 5 2 > 0 Và lim x→1+ h(x) = +∞; lim x→+∞h(x) = +∞ Vậy h(x) liên tục và có đồ thị là đường cong lõm trên (1; +∞). Do đó để chứng minh (2) có hai nghiệm dương, ta chỉ cần chứng minh ∃x0 > 1 mà h(x) < 0. Chọn x0 = 2 suy ra h(2) = e 2 + 2√ 3 − 2007 < 0. Suy ra h(x) = 0 có đúng hai nghiệm x1 > 1, x2 > 1. Bài toán 2.19 (xem [5]). Giải hệ phương trìnhx2 − 2x+ 1 = 2yy2 − 2y + 1 = 2x Bài giải. Ta có 2y = x2 − 2x+ 1 = (x+ 1)2 ≥ 0. Tương tự x ≥ 0. Đặt f(t) = t 2 − 2t+ 1, t ≥ 0, thì f ′(t) = 2t− 2 = 2(t− 1) nên fđồng biến trên (1; +∞) và nghịch biến trên (0; 1). Đặt g(t) = 2t, (t ≥ 0) thì g′(t) = 2 thì g đồng biến trên (1; +∞). Ta có hệ phương trình f(x) = g(y)g(x) = f(y) Giả sử x = min {x; y}. Xét x ≤ y. - Nếu x > 1 thì 1 < x ≤ y ⇒ f(x)≤f(y) ⇒ g(y) ≤ g(x) ⇒ y ≤ x. Do đó y = x Ta có phương trình t2 − 4t+ 1 = 0 nên chọn nghiệm x = y = 2 +√3. - Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì f(0) ≥ f(x) ≥ f(1) ⇒ 0 ≤ f(x) ≤ 1 Nên 0 ≤ g(x) ≤ 1⇒ 0 ≤ y ≤ 1⇒ f(0) ≥ f(y) ≥ f(1) ⇒ 0 ≤ f(y) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ g(x) ≤ 1⇒ 0 ≤ x ≤ 1. Do đó, xét x ≤ y ⇒ f(x) ≥ f(y) ⇒ g(y) ≥ g(x) ⇒ y ≥ x. Suy ra x = y. Ta có phương trình t2 − 4t+ 1 = 0 nên chọn nghiệm x = y = 2−√3. 34 Vậy hệ có hai nghiệm x = y = 2 + √ 3;x = y = 2−√3. Bài toán 2.20 (xem [5]). Giải hệ phương trình(1− y) √ x− y + x = 2 + (x− y − 1)√y (1) 2y2 − 3x+ 6y + 1 = 2√x− 2y −√4x− 5y − 3 (2) Bài giải. Điều kiện x− y ≥ 0; y ≥ 0;x− 2y ≥ 0; 4x− 5y − 3 ≥ 0. (1)(1− y)√x− y + (x− y − 1) + (y − 1)− (x− y − 1)√y = 0 ⇔ (1− y)(√x− y − 1) + (x− y − 1)(1−√y) = 0 ⇔ (1− y)(x− y − 1)√ x− y + 1 + (x− y − 1)(1− y) 1 + √ y = 0 ⇔ (1− y)(x− y − 1)( 1√ x− y + 1 + 1 1 + √ y ) = 0 ⇔ (1− y)(x− y − 1) = 0 ⇔ y = 1 hoặc x = y + 1 ∗ Khi y = 1, (2)⇔ 9− 3x = 2√x− 2−√4x− 8 ⇔ 9− 3x = 0⇔ x = 3 ∗ Khi x = y + 1 (2)⇔ 2y2 + 3y − 2 = 2√1− y −√1− 2y ⇔ 2y2 + 3y − 2 = √1− y(∗) ⇔ 2y2 + y = 2(√1− y)2 +√1− y(∗∗) Xét f(t) = 2t 2 + t, t ≥ 0, f ′(t) = 4t+ 1 > 0 nên f(t) đồng biến trên [0; +∞). Do đó (∗∗)⇔ y = √1− y ⇔ y2 + y − 1 = 0⇔ y = −1 + √ 5 2 hoặc y = −1−√5 2 (loại) Nếu y = −1 +√5 2 thì x = 1 + √ 5 2 . Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (3; 1), ( 1 + √ 5 2 ; −1 +√5 2 ) Bài toán 2.21 (xem [5]). Giải hệ phương trình(4x2 + 1)x+ (y − 3) √ 5− 2y = 0 4x2 + y2 + 2 √ 3− 4x = 7 Bài giải. Điều kiện x ≤ 3 4 ; y ≤ 5 2 . Ta có (4x2 + 1)x+ (y − 3)√5− 2y = 0 ⇔ (4x2 + 1).2x = (5− 2y − 1)√5− 2y 35 Xét hàm số f(t) = (t 2 + 1)t với ∀t ∈ R thì f ′(t) = 3t2 + 1 > 0 nên f đông biến trên R, do đó (4x2 + 1).2x = (5− 2y − 1)√5− 2y ⇔ f(2x) = f(√5−2y) ⇔ 2x = √5− 2y ⇔ x ≥ 0y = 5− 4x2 2 Thế y = 5− 4x2 2 vào phương trình sau ta được 4x2 + ( 5 2 − 2x2)2 + 2√3− 4x = 7 Với x = 0;x = 3 4 thì không thỏa mãn nên ta chỉ xét khi 0 < x < 3 4 Thì g′(x) = 8x− 8x( 5 2 )− 4√ 3− 4x = 4x(4x 2 − 3)− 4√ 3− 4x < 0. Nên g(x) nghịch biến trên (0; 3 4 ), mà g ( 1 2 ) = 7 nên phương trình sau có nghiệm duy nhất x = 1 2 , suy ra y = 2 : Chọn Vậy hệ có nghiệm (x; y) = ( 1 2 ; 2). Bài toán 2.22 (xem [5]). Giải hệ phương trìnhx2(1 + y2) + y2(1 + x2) = 4 √ xy x2y √ 1 + y2 −√1 + x2 = x2y − x Bài giải. Điều kiện xy ≥ 0. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với x−√1 + x2 = x2y(1− √ 1 + y2) Ta có x = 0 không thỏa mãn phương trình Vì x−√1 + x2 < 0 và 1− √ 1 + y2 0. Do đó x > 0 Phương trình tương đương với 1 x − 1 x √ 1 + 1 x2 = y − y √ 1 + y2 Xét hàm số f(t) = t− t √ 1 + t2 trên (0; +∞) Ta có f ′(t) = 1− t2√ 1 + t2 − √ 1 + √ t < 0,∀t ∈ (0; +∞). Suy ra hàm số nghịch biến trên (0; +∞). Phương trình f ( 1 x ) = f(y) ⇔ 1 x = y ⇔ xy = 1. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta có: x2(1 + 1 x2 ) + 1 x2 (1 + x2) = 4⇔ x2 + 1 x2 = 2 36 ⇔ (x2 − 1)2 = 0⇔ x2 = 1⇔ x = ±1. Kết hợp kiều kiện, suy ra x = y = 1. Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 1). Bài toán 2.23 (xem [5]). Giải hệ phương trình √ x+ 1 + 4 √ x− 1− √ y4 + 2 = 0 x2 + 2x(y − 1) + y2 − 6y + 1 = 0 Bài giải. Điều kiện x ≥ 1. Ta có x2 + 2(y − 1)x+ y2 − 6y + 1 = 0 ⇔ (x+ y − 1)2 − 4y = 0 ⇔ 4y = (x+ y − 1)2(∗) nên y ≥ 0. Và √ x+ 1 + 4 √ x− 1− √ y4 + 2 = y ⇔ √x+ 1 + 4√x− 1 = √ (y4 + 1) + 1 + 4 √ (y4 + 1)− 1(∗∗) Đặt f(t) = √ t+ 1 + 4 √ t− 1 thì f(t) đồng biến trên [1; +∞) Nên (∗∗)⇔ f(x) = f(y4)+1 ⇔ x = y4 + 1 Thế vào (∗) ta có 4y = (y4 + y)2 = y8 + 2y5 + y2 ⇔ y = 0 hoặc y7 + 2y4 + y = 4 ⇔ y = 0, x = 1 hoặc y = 1, x = 2. Vì g(y) = y 7 + 2y4 + y đồng biến trên [0; +∞) và g(1) = 4 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (1; 0) hoặc (2; 1). 2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 2.4.1. Các bất đẳng thức cơ bản thường gặp 1. |A| ≥ A. Dấu ” = ” xảy ra khi A = 0. 2. a2 ≥ 0. Dấu ” = ” xảy ra khi a = 0. 3. |a|+ |b| ≥ |a+ b|. Dấu ” = ” xảy ra khi ab ≥ 0. 4. |a| − |b| ≤ |a− b|. Dấu ” = ” xảy ra khi ab ≥ 0|a| ≥ |b| . 5. a2 + b2 ≥ 2ab. Dấu ” = ” xảy ra khi a = b. 6. (a+ b)2 ≥ 4ab⇔ ab ≤ (a+ b 2 )2. Dấu ” = ” xảy ra khi a = b. 37 7. 1 a + 1 b ≥ 4 a+ b (a; b ≥ 0). Dấu ” = ” xảy ra khi a = b. 8. a b + b a ≥ 2(ab > 0). Dấu ” = ” xảy ra khi a = b. 9. Bất đẳng thức Caushy (AM - GM) Với n số thực dương a1; a2; · · · ; an. Dạng 1: a1 + a2 + · · ·+ an n ≥ n√a1.a2. · · · .an Dạng 2: a1 + a2 + · · ·+ an ≥ n. n√a1.a2. · · · .an Dạng 3: ( a1 + a2 + · · ·+ an n )n ≥ a1.a2. · · · .an Dấu ” = ” xảy ra khi a1 = a2 = · · · = an 11. Bất đẳng thức BCS (Bunhiakovsky). Với hai bộ số thực bất kì: (a1; a2; · · · ; an); (b1; b2; · · · ; bn) Dạng 1: (a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)2 ≤ (a21 + a22 + · · ·+ a2n)(b21 + b22 + · · ·+ b2n) Dạng 2: |a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn| ≤ √ (a21 + a 2 2 + · · ·+ a2n)(b21 + b22 + · · ·+ b2n) Dấu ” = ” xảy ra khi a1 b1 = a2 b2 = · · · = an bn Dạng 3: a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn ≤ √ (a21 + a 2 2 + · · ·+ a2n)(b21 + b22 + · · ·+ b2n) Dấu ” = ” xảy ra khi a1 b1 = a2 b2 = · · · = an bn > 0. 12. Bất đẳng thức BCS dạng cộng mẫu (Caushy - Swarchz) Với ∀xi > 0, i = 1, 2, · · · , n, ta có a21 x1 + a22 x2 + · · ·+ a 2 n xn ≥ (a1 + a2 + · · ·+ an) 2 x1 + x2 + · · ·+ xn 13. Bất đẳng thức Minkopsky Cho hai dãy số thực dương (a1; a2; · · · ; an); (b1; b2; · · · ; bn), ta có√ a21 + b 2 1 + √ a22 + b 2 2 + · · ·+ √ a2n + b 2 n ≥ √ (a1 + a2 + · · ·+ an)2 + (b1 + b2 + · · ·+ bn)2 Dấu ” = ” xảy ra khi a1 b1 = a2 b2 = · · · = an bn 2.4.2. Nội dung phương pháp Phương pháp sử dụng bất đẳng thức để giải hệ phương trình là một phương pháp đánh giá mới, thực hiện qua các bước sau: Bước 1: Từ các phương trình đã cho trong hệ, ta sử dụng các phép biến đổi tương đương để làm xuất hiện các bất đẳng thức đã được chứng minh. Bước 2: Đối với mỗi bất đẳng thức, để cho dấu đẳng thức xảy ra tương ứng với dấu đẳng thức trong hệ phương trình, ta tìm được mối liên hệ của các ẩn. Biểu diễn các ẩn trong hệ thông qua một ẩn. 38 Bước 3: Thay thế các ẩn vừa được biểu diễn vào một phương trình trong hệ, giải phương trình một ẩn rồi tìm các ẩn còn lại qua ẩn vừa tìm được. 2.4.3. Bài tập sử dụng tính chất bất đẳng thức giải hệ phương trình phi tuyến Bài toán 2.24 (xem [2]). Giải hệ phương trình:x6 + y8 + z10 = 1 (1)x2013 + y2015 + z2017 = 1 (2) Bài giải. Từ (1), ta suy ra −1 ≤ x, y, z ≤ 1. Từ đó, ta có: x6 − x2013 = x6(1− x2007) ≥ 0⇔ x6 ≥ x2013. Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = 0 hoặc | x |= 1. y8 − y2015 = y8(1− y2007) ≥ 0⇔ y8 ≥ y2015 Dấu ” = ” xảy ra ⇔ y = 0 hoặc | y |= 1. z10 − z2017 = z10(1− z2007) ≥ 0⇔ z10 ≥ z2015. Dấu ” = ” xảy ra ⇔ z = 0 hoặc | z |= 1. Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên, ta suy ra 1 = x6 + y8 + z10 ≥ x2013 + y2015 + z2017 = 1 Do đó dấu đẳng thức xảy ra, tức là: x6(1− x2007) = 0 y8(1− y2007) = 0 z10(1− z2007) = 0 Kết hợp với (1) và (2), ta suy ra (x; y; z) = (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1). Bài toán 2.25 (xem [5]). Giải hệ phương trình: x1 + x2 + · · ·+ x2000 = a x21 + x 2 2 + · · ·+ x22000 = a2 . . . x20001 + x 2000 2 + · · ·+ x20002000 = a2000 39 Bài giải. ∗ Nếu a = 0, từ phương trình thứ hai, ta suy ra x1 = x2 = . . . = x2000 = 0. ∗ Nếu a 6= 0, từ phương trình thứ hai, ta suy ra ( x1 a )2 + ( x2 a )2 + ( x3 a )2 + · · ·+ (x2000 a )2 = 1 ⇒| x1 a |≤ 1; | x2 a |≤ 1; . . . ; | x2000 a |≤ 1 ⇒ (x1 a )3 ≤ (x1 a )2; ( x2 a )3 ≤ (x2 a )2; . . . ; ( x2000 a )3 ≤ (x2000 a )2. Cộng từng vế của các bất phương trình trên, ta có: 1 = ( x1 a )3 + ( x2 a )3 + · · ·+ (x2000 a )3 ≤ (x1 a )2 + ( x2 a )2 + · · ·+ (x2000 a )2 = 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi ( x1 a )2 = ( x1 a )3, . . . , ( x2000 a )2 = ( x2000 a )3. Hệ có các nghiệm: (x1;x2; . . . ;x2000) = (a; 0; 0; . . . ; 0), (0; a; 0; . . . ; 0), . . . , (0; 0; 0; . . . ; a). Bài toán 2.26 (xem [5]). Giải hệ phương trình 1√ 1 + 2x2 + 1√ 1 + 2y2 = 2√ 1 + 2xy√ x(1− 2x) + √ y(1− 2y) = 2 9 (Đề thi HSG Quốc Gia năm 2009) Bài giải. Điều kiện x, y ∈ [0; 1 2 ]. Ta chứng minh bất đẳng thức 1√ 1 + 2x2 + 1√ 1 + 2y2 ≤ 2√ 1 + 2xy ⇔ 1 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 + 2√ 1 + 2x2 √ 1 + 2y2 ≤ 4 1 + 2xy Ta có x, y ∈ [0; 1 2 ] nên 2√ 1 + 2x2 √ 1 + 2y2 ≤ 2 1 + 2xy ⇔ √1 + 2x2 √ 1 + 2y2 ≥ 1 + 2xy. ⇔ (1 + 2x2)(1 + 2y2) ≥ (1 + 2xy)2 ⇔ (x− y)2 ≥ 0 (Luôn đúng) Và 1 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 ≤ 2 1 + 2xy ⇔ (1− 4xy)(x− y) 2 (1 + 2xy)(1 + 2x2)(1 + 2y2) ≥ 0 : Đúng Do dấu đẳng thức xảy ra nên x = y, ta có phương trình 9 √ x(1− 2x) = 1⇔ 162x2 − 81x+ 1 = 0 40 ⇔ x = 81± √ 5913 324 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) = ( 81 + √ 5913 324 ; 81 + √ 5913 324 ), ( 81−√5913 324 ; 81−√5913 324 ). Bài toán 2.27 (xem [5]). Giải hệ phương trìnhx+ y + z = 1x4 + y4 + z4 = xyz . Bài giải. Ta có x4 + y4 ≥ 2x2y2 z4 + y4 ≥ 2z2y2 x4 + z4 ≥ 2x2z2 ⇒ x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + x2z2 Mặt khác x2y2 + x2z2 ≥ 2x2yz x2y2 + y2z2 ≥ 2y2xz z2y2 + x2z2 ≥ 2z2yx ⇔ x2y2 + x2z2 + y2z2 ≥ xyz(x+ y + z) = xyz Suy ra x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + x2z2 ≥ xyz Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z và x+ y + z = 1 Suy ra x = y = z = 1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) = ( 1 3 ; 1 3 ; 1 3 ). Bài toán 2.28 (xem [5]). Giải hệ phương trìnhx+ y 2 + z3 = 14 (1) ( 1 2x + 1 3y +