Category Archives: Chuyên đề

Phương pháp ánh xạ trong các bài toán tổ hợp

Bài viết dựa vào bài giảng của NCS. Vương Trung Dũng (trường PTNK-ĐHQG) trong lớp chuyên đề 10 toán tại Star Education.

 

Ánh xạ là một khái niệm khó và quan trọng trong toán học, có vai trò trong hầu hết các lĩnh vực toán học. Trong bài giảng này ta xét ứng dụng của ánh xạ trong các bài toán tổ hợp.

Ánh xạ và một số tính chất

Định nghĩa. Cho hai tập hợp $X$ và $Y$ khác rỗng. Một ánh xạ $f$ từ tập $X$ đến tập $Y$ là một quy tắc đặt tương ứng mỗi phần tử $x$ của $X$ với một và chỉ một phần tử $y$ của $Y$, kí hiệu là $y = f(x)$.

Kí hiệu $f: X \longrightarrow Y$.

$f(x) = y$.

Các khái niệm: Cho ánh xạ $f: X \longrightarrow Y$.

  • $y = f(x)$ được gọi là ảnh của $x$.
  • $f(X) = \{f(x)|x \in X\}$ tập ảnh của $f$.
  • $y \in Y$ thì $f^-1(y) = \{x\in X|f(x) = y\}$ được gọi là tạo ảnh của $y$.

Đơn ánh, toàn ánh, song ánh

  1. Ánh xạ $f: X \longrightarrow Y$ được gọi là đơn ánh nếu với $a,b \in X$ mà $a \ne b$ thì $f(a) \ne f(b)$. Nói một cách khác ánh xạ $f$ là một đơn ánh nếu và chỉ nếu với $a, b \in X$ mà $f(a)=f(b)$ thì suy ra $a=b.$
  2. Ánh xạ $f:X \longrightarrow Y$ được gọi là toàn ánh nếu với mỗi phần tử $y \in Y$ đều tồn tại một phần tử $x \in X$ sao cho $f(x)=y$. Như vậy $f$ là toàn ánh nếu và chỉ nếu $f(X)=Y$.
  3. Ánh xạ $f: X \longrightarrow Y$ được gọi là song ánh giữa $X$ và $Y$ nếu và chỉ nếu nó vừa là đơn ánh và vừa là toàn ánh. Như vậy $f$ là song ánh nếu với mỗi $y \in Y$ tồn tại duy nhất một phần tử $x \in X$ sao cho $y=f(x).$

Ánh xạ và tập hợp

Cho $A = { 1, 2,\cdots, n }$. $X$ là tập khác rỗng. Nếu có một song ánh từ tập $X$ đến $A$ thì ta nói $X$ có $n$ phần tử và kí hiệu $|X| = n$.

Nếu không tồn tại song ánh thì ta nói $X$ có vô hạn phần tử.

  • Nếu tồn tại một song ánh từ $X$ vào tập các số tự nhiên, ta nói $X$ có lực lượng đếm được, ngược lại thì ta nó $X$ có lực lượng không đếm được.
  • Các tập số tự nhiên, số nguyên và hữu tỷ là các tập có lực lượng đếm được.

Định lý Cho $A$ và $B$ là hai tập hợp hữu hạn.

  • Nếu có một đơn ánh $f: X \longrightarrow Y$ thì $|X| \le |Y|.$
  • Nếu có một toàn ánh $f: X \longrightarrow Y$ thì $|X| \ge |Y|.$
  • Nếu có một song ánh $f: X \longrightarrow Y$ thì $|X| = |Y|.$

Ánh xạ và các bài toán đếm, đẳng thức tổ hợp.

Ví dụ 1. Cho tập $X_n = {1, 2, \cdots, n}$, gọi $P(X_n)$ là tập các tập con của $X_n$, và $S_n$ là tập các dãy nhị phân có độ dài $n$. Tìm một song ánh từ $P(X_n)$ vào $S_n$, suy ra số tập con của $X_n$.

Gợi ý

Định nghĩa một ánh xạ $f: P(X_n) \longrightarrow S_n$ như sau:
Với mỗi $S \in P(X_n)$ (tức là $S \subset X_n$) ta đặt $$ f(S)=y_1y_2 \dots y_n$$
trong đó
$$y_i=\begin{cases}
1, y_i \in S&\\
0, y_i \notin S.&
\end{cases}
$$
Ví dụ , nếu $X=\{1; 2; 3; 4; 5\}, S_1=\{4\}, S_2=\{2; 3; 5\}$ thì $f(S_1)=00010, f(S_2)=01101, f(\emptyset)=00000, f(X)=11111$ .
Dễ dàng kiểm tra đây là một song ánh từ $P(X)$ vào $Y$.
Do đó theo nguyên lý song ánh ta có $|P(X)|=|Y|=2^n$.

Ví dụ 2. Hãy tính trung bình cộng của tất cả các số N gồm 2014 chữ số thỏa mãn N chia hết cho 9 và các chữ số của N được lập từ $X={1,2,…,8}$

Gợi ý

Gọi M là tập các số thỏa yêu cầu đề bài.

Ta xây dựng một ánh xạ đi từ M đến M như sau: Với mỗi $N=\overline{a_1a_2…a_{2014}} \in M$ dặt $f(N)=\overline{b_1,b_2,…,b_{2014}}$ với $b_i=9-a_i$ với mọi $i=1,2,…,2014$. Vì $N+f(N)=99…9$ (2014 số 9) chia hết cho 9 và N chia hết cho 9 nên suy ra $f(N)$ cũng chia hết cho 9. Do đó $f$ là một ánh xạ đi từ M vào M. Hơn nữa dễ thấy $f$ là một song ánh. Từ đó suy ra $$ 2\sum_{N \in M}N=\sum_{N \in M}(N+f(N))=|M|.99…9 .$$ Vậy trung bình cộng của các số trong M là $99…9:2.$

Ví dụ 3. Cho tập S gồm tất cả các số nguyên dương trong đoạn $[1,2,…,2002]$. Gọi T là tập hợp tất cả các tập con khác rỗng của S. Với mỗi X thuộc T ký hiệu m(X) là trung bình cộng các phần tử thuộc X. Tính $$ m=\frac{\sum_{X \in T}m(X)}{|T|}. $$

Gợi ý

Xây dựng song ánh $f: T \longrightarrow T$ như sau: với mọi $X \in T $ đặt tương ứng $f(X)=\{2003-x: x \in X\}$.\\
Khi đó $m(X)+m(f(X))=2003$. Do đó $$2 \sum m(X)=\sum (m(X)+m( f(X)))=|T|.2003 \Rightarrow m=\dfrac{\sum m(X)}{|T|}=\dfrac{2003}{2}$$

Ví dụ 4.  Cho $X={1,2,…,n}$. Có bao nhiêu tập con $k$ phần tử của X sao cho trong mỗi tập con không chứa 2 số nguyên liên tiếp.

Gợi ý

Gọi A là tập tất cả các tập con $k $ phần tử của X mà trong mỗi tập không chứa 2 số nguyên liên tiếp và B là tập tất cả các tập con của tập $Y=\{1,2,…, n-(k-1) \}$. Ta xây dựng song ánh từ A đến B như sau: Lấy $S=\{s_1,s_2,…,s_k \} \in A$ (không mất tổng quát có thể giả sử $s_1<s_2<…<s_k$) đặt tương ứng với $f(S)=\{s_1, s_2-1, s_3-2,…, s_k-(k-1) \}$. Dễ chứng minh đây là một song ánh. Từ đó có $C^k_{n-k+1}$ tập thoả yêu cầu đề bài.

Bài tập rèn luyện 

Bài 1. Cho $X={ 1,2,..,n}$. Một tập con $S={s_1,s_2,…,s_k }$ của X ($s_1<s_2<…<s_k$) được gọi là \textit{m- tách được} $(m \in \mathbb{N})$ nếu $s_i-s_{i-1} \ge m; i=1,2,…,k$. Có bao nhiêu tập con m- tách được gồm $k$ phần tử của X, trong đó $0 \le k \le n-(m-1)(k-1)$.

Bài 2. Cho $X={1,2,…,n}$, với mỗi tập con khác rỗng $A_i={a_1,a_2,…,a_i }$ (không mất tổng quát giả sử $a_1>a_2>…>a_i$) ta định nghĩa \textit{tổng hỗn tạp} của $A_i$ là số $m(A_i)=a_1-a_2+a_3-… \pm a_i$. Tính $\sum \limits_{A_i \subset X} m(A_i)$.

Bài 3. Cho số nguyên dương $n$ và $d$ là một ước dương của $n$. Gọi S là tập tất cả những bộ $(x_1,x_2,…,x_n)$ nguyên dương thỏa $0 \le x_1 \le x_2 \le… \le x_n \le n$ và $d| x_1+x_2+…+x_n$. Chứng minh rằng có đúng một nửa các phần tử của S có tính chất $x_n=n$.

Bài 4. Gọi $a_n$ là số các xâu nhị phân độ dài $n$ không chứa ba bit 0, 1, 0 liên tiếp. Gọi $b_n$ là số các xâu nhị phân độ dài $n$ chứa bốn bit 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0 liên tiếp. Chứng minh rằng $b_{n+1}=2a_n$ với mọi số nguyên dương $n$.

Bài 5. Cho các số tự nhiên $k, n, m$ thỏa điều kiện $1<k \le n, m>1$. Hỏi có bao nhiêu chỉnh hợp chập $k: (a_1,a_2,…,a_k)$ của $n$ số tự nhiên đầu tiên mà mỗi chỉnh hợp đều thỏa mãn ít nhất một trong hai điều kiện sau:

i) Tồn tại $i, j \in {1,2,…,k}$ sao cho $i < j$ và $a_i>a_j$.

ii) Tồn tại $i \in {1,2,…,k}$ sao cho $a_i-i$ không chia hết cho $m$.

Bài 6. Cho các số nguyên dương $n, k, p$ với $k \ge 2$ và $k(p+1) \le n.$ Cho $n$ điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn. Tô tất cả $n$ điểm đó bởi hai màu xanh, đỏ (mỗi điểm được tô bởi một màu) sao cho có đúng $k$ điểm được tô bởi màu xanh và trên mỗi cung tròn mà hai đầu mút là hai điểm màu xanh liên tiếp (tính theo chiều quay kim đồng hồ) đều có ít nhất $p$ điểm được tô màu đỏ. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô khác nhau?

Bài 7. Gọi $a_n$ là số các xâu nhị phân độ dài $n$ không chứa ba bit 0, 1, 0 liên tiếp. Gọi $b_n$ là số các xâu nhị phân độ dài $n$ chứa bốn bit 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0 liên tiếp. Chứng minh rằng $b_{n+1}=2a_n$ với mọi số nguyên dương $n$.

Bài 8. Trong một hội nghị có $n$ nhà toán học. Biết rằng nếu hai nhà toán học nào đó quen nhau thì họ không quen chung thêm một người nào nữa, còn nếu hai nhà toán học này không quen nhau thì họ quen chung với đúng hai nhà toán học khác nữa. Chứng minh rằng $8n-7$ là số chính phương.

Bài 9. Trong một trại hè toán học có 40 học sinh. Biết rằng cứ 19 học sinh bất kỳ thì đều viết thư hỏi bài một học sinh khác (Nếu học sinh A viết thư hỏi bài học sinh B thì không nhất thiết học sinh B phải viết thư hỏi bài học sinh A và dĩ nhiên A cũng không viết thư hỏi chính mình). Chứng minh rằng trong trại hè này tồn tại một tập $T_0$ gồm 20 học sinh sao cho với mỗi $P \in T_0$ thì 19 người còn lại không đồng thời viết thư hỏi bài P.

Bài 10. Gọi M là số số nguyên dương trong hệ thập phân có $2n$ chữ số trong đó có $n$ chữ số 1 và $n$ chữ số 2. Gọi N là số số nguyên dương có $n$ chữ số trong hệ thập phân trong đó chỉ có các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2. Chứng minh $|M|=|N|.$

(Hết phần 1)

Bài tập hình học ôn thi vào 10 – P1

Bài 1. Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$. Tiếp tuyến tại $A$ là $d$, tiếp tuyến tại $B$ là $d’$. $C$ là một điểm thuộc đường tròn, tiếp tuyến tại $C$ cắt $d$ và $d’$ lần lượt tại $D$ và $E$, $BC$ cắt $d$ tại $F$.
a) Chứng minh $D$ là trung điểm của $AF$.
b) Gọi $I$ là giao điểm của $BD$ và $CE$. $CI$ cắt $AB$ tại $G$. Chứng minh $CG^2 = GA.GB$.
c) Đường thẳng qua $A$ song song $EG$ cắt đường thẳng qua $B$ song song với $DG$ tại $H$. Chứng minh $D, H, E$ thẳng hàng.

Lời giải

a) Theo tích chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì: $DA = DC$,

tam giác $DAC$ cân tại $D$ nên $\angle DCA = \angle DAC$, mà $\angle DAC + \angle DCF = \angle DAC + \angle DFC= 90^0$.

Do đó $\angle DCF = \angle DFC$, suy ra $DC = DF$. \Vậy $DF = DA$, hay $D$ là trung điểm của AF.

b) Ta có $AD||BE$ nên $\dfrac{ID}{IB} = \dfrac{AD}{BE}$, mà $AD = CD, BE = CE$, suy ra $\dfrac{ID}{IB} = \dfrac{CD}{CE}$. Từ đó ta có $CI || BE$, suy ra $IC \bot AB$.

Tam giác ACB vuông tại C, có CG là đường cao nên: $CG^2 = GA.GB$.

c) Ta có $\dfrac{GA}{GB} = \dfrac{CD}{CE} = \dfrac{AD}{BE}$, suy ra $\triangle ADG \backsim \triangle BEG$, do đó: $\angle AGD = \angle BGC$.
$GJ$ cắt $AD$ tại $J$. Ta có $\angle AGD =\angle BDE = \angle AGJ$.
Suy ra $GEJ$ cân tại $G$ và $A$ là trung điểm của $DJ$.
Gọi $H’$ là trung điểm của $DE$. Suy ra $AH’ || GE$.
Tương tự thì $H’B || GD$. Do đó $H’ \equiv H$.
Vậy $H, D, E$ thẳng hàng.

Bài 2. Cho tam giác $ABC (AB <AC)$ có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$. Vẽ 2 đường cao $AD$ và $CE$ của tam giác $ABC$ . Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $M$ . Từ $M$ kẻ tiếp tuyến thứ hai đến $(O)$ ($N$ là tiếp điểm ). Vẽ $CK$ vuông góc với $AN$ tại $K$. Chứng minh $DK$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BE$.

Lời giải 

Gọi $Q$ là trung điểm đoạn $BC$.
Ta có $\angle AKD = \angle ACB = \angle ANB$, suy ra $DK || BN$, suy ra $\angle ATK = \angle ABN$.

Ta có 5 điểm $A, M, N, O, Q$ cùng thuộc đường tròn. Suy ra $\angle AQM = \dfrac{1}{2}\angle AON = \angle ACN$.

Suy ra $\angle ABN = 180^\circ- \angle ACN = 180^\circ – \angle AQM =\angle AQC$.

Suy ra $\angle ATK = \angle AQC$. Suy ra $ATDQ$ nội tiếp. Suy ra $AT \bot TQ$. Suy ra $T$ là trung điểm BE.

Bài 3. Cho đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC (AB < AC)$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và $M$ là trung điểm cạnh $BC$. Gọi $Q$ là điểm đối xứng của $I$ qua $M$, tia $OM$ cắt $(O)$ tại $D$ và $QD$ cắt $(O)$ tại $T$ ($T$ thuộc cung $BD$ không chứa $A$).
a) Chứng minh rằng $DI = DB = DC$.
b) Đường thẳng qua $I$ song song $QD$ cắt $DO$ tại $K$. Chứng minh $DK.DO = DB^2$.
c) Chứng minh $\angle ACT = \angle DOI$.

Lời giải

b) Vẽ đường kính $DE$. Ta có $DB^2 = DM\cdot  DE $

$IKQD$ là hình bình hành, suy ra $DK = 2DM$.

Mặt khác $DO = \dfrac{1}{2}DE$

Nên $BD^2 = DK\cdot DO$

c)Vì $DB = DI$ nên ta có $DI^2 = DK\cdot DO$, suy ra $\triangle DIK \backsim \triangle DOI$.

Suy ra $\angle DOI = \angle DIK$ ,

mà $\angle DIK = \angle ADT = \angle ACT$.

Bài tập luyện tập

Bài 1. Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A vẽ đến (O) các tiếp tuyến AB và AC với B, C là các tiếp điểm. Trên tia đối của BA lấy điểm D, đường tròn ngoại tiếp ACD cắt (O) tai điểm thứ hai là E. DE cắt (O) tại F khác E. Gọi I là hình chiếu của B trên CD, H là giao điểm của OB và CD.
a) Chứng minh $CF||AC$.
b) Chứng minh tứ giác $IHEF$ nội tiếp.
c) Chứng minh $\angle IED = 2\angle ADC$.

Bài 2. Cho hình vuông ABCD cạnh a. E, F là các điểm thay đổi trên các cạnh CD và BC sao cho $\angle EAF = 45^0$. Gọi G, H lần lượt là giao điểm của AE, AF với BD.
a) Chứng minh rằng 5 điểm C,E, G, H, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh EF tiếp xúc với một đường tròn cố định.
c) Chứng minh $GH^2 = DG^2 + BH^2$.
d) Chứng minh chu vi tam giác CEF không đổi. Tìm giá trị lớn nhất diện tích của tam giác CEF.

Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Gọi D là hình chiếu của A trên BC và E là điểm đối xứng của A qua O. Gọi F là điểm chính giữa cung BC không chứa A.
a) Chứng minh rằng AF là phân giác góc $\angle DAE$.
b) Chứng minh $AD.AE = AB.AC$ và $S_{ABC} = \dfrac{AB.AC.BC}{4R}$.
c) Vẽ đường kính FG, đường tròn ngoại tiếp tam giác OAG cắt AB và AC tại M, N. Chứng minh BM = CN.

Nguyên lý Đirichlet và áp dụng

Leave a reply

Nguyên lý Dirichlet hay còn được gọi là nguyên lý chuồng thỏ được phát biểu dưới dạng sau:”Có $n+1$ con thỏ được nhốt vào $n$ cái chuồng thì có một chuồng chứa ít nhất hai con thỏ“. Với nội dung khá đơn giản tuy nhiên nguyên lý này giúp giải được khá nhiều bài toán trong nhiều phân môn: đại số, số học, hình học, tổ hợp. Trong bài viết nhỏ này trình bày một vài ví dụ áp dụng nguyên lý Dirichlet giúp các bạn định hướng tốt hơn trong việc giải các bài toán.

1. Các ví dụ

a) Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán đại số và số học

Nguyên lý Dirichlet có thể được phát biểu như sau: Có $n+1$ số tự nhiên lớn hơn $k$ và nhỏ hơn $k+n+1$, thì sẽ có 2 số bằng nhau.

Trong phát biểu trên ta xem $n+1$ số tự nhiên là $n+1$ con thỏ, các số tự nhiên lớn hơn $k$, nhỏ hơn $k+n+1$ gồm $k+1, k+2, \dots, k+n$ là $n$ cái chuồng. Khi đó chắc chắn có 2 con thỏ cùng một chuồng, hay sẽ có hai số bằng nhau.

Việc phát hiện đối tượng nào là thỏ, đối tượng nào là chuồng là một việc có ý nghĩa quan trọng, hoặc đôi khi ta phải xây dựng chuồng, thỏ, từ đó giải quyết vấn đề. Ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 1: Cho 676 số tự nhiên phân biệt không lớn hơn 2016. Chứng minh rằng chọn được hai số $a, b$ thỏa $|a-b| \in \left\{ 3, 6 \right\} $.

Giải

Gọi $676$ số đó là $a_1, a_2, …, a_{676}$.

Xét $676 \times 3 = 2028$ gồm $676$ số $a_1, a_2, …, a_{676}$; (nhóm 1), $676$ số $a_1+3, a_2+3, …,a_{676} +3$ (nhóm 2), $676$ số $a_1+6, a_2+6,…,a_{676}+6$ (nhóm 3).

$2028$ số này là các số tự nhiên không vượt quá $2022$ nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại $2$ số bằng nhau. Mà hai số cùng một nhóm không thể bằng nhau nên xảy ra $3$ trường hợp: $a_i = a_j+3$, $a_i = a_j + 6$ hoặc $a_i+3 = a_j+6$, trong cả ba trường hợp ta đều có $|a_i-a_j| \in \left\{3,6\right\}$.

Ví dụ 2: Cho tập $A = {1, 2, 3, …, 9}$. Lấy $S$ gồm các phần tử thuộc $A$ sao cho tổng hai số bất kì thuộc $S$ là các số phân biệt. Hỏi tập $S$ có số phần tử nhiều nhất là bao nhiêu? Tại sao?

Giải

Nếu tập $S$ có $7$ phần tử trở lên thì sẽ có không ít hơn $21$ tổng. Mà các tổng hai số chỉ nhận các giá trị từ $3$ đến $17$ nên theo nguyên lý dirichlet thì sẽ có hai tổng bằng nhau.

Do đó số phần tử của $S$ không lớn hơn $6$.

Xét $S$ có $6$ phần tử, khi đó có đúng $15$ tổng nhận các giá trị $3, 14, \dots, 17$ nên mỗi tổng hai số nhận đúng một giá trị. Để có tổng bằng $3$, $17$ thì tồn tại $4$ số $1, 2$ và $8, 9$. Khi đó $1 + 9 = 2+8$ (vô lý). Vậy tập không thể có $6$ phần tử.

Nếu tập có $5$ phần tử, ta thấy $S = \left\{ 1, 2, 5, 7, 9\right\} $ thỏa đề bài.

Vậy số phần tử lớn nhất của một tập con thỏa đề bài là $5$.

Ví dụ 3: Cho $1010$ số nguyên dương $a_1 < a_2 < …< a_{1010} \leq 2017$. Chứng minh rằng có $2$ số $a_i, a_k$ sao cho $a_i+a_1 = a_k$.

Giải

Xét $2019$ số gồm $1010$ số đã cho (nhóm 1) và $1009$ số $a_2-a_1, a_3-a_1, …, a_{1010} – a_1$ (nhóm 2) nhận giá trị nguyên từ $1$ đến $2017$, theo nguyên lý dirichlet thì có hai số bằng nhau, hơn nữa các số nhóm 1 khác nhau, các số nhóm 2 khác nhau nên một số thuộc nhóm 1 bằng một số thuộc nhóm 2, do đó tồn tại $i, k$ sao cho $a_k-a_1 = a_i$ hay $a_i+a_1 = a_k$.

Nguyên lý áp dụng trong các bài toán số học được phát biểu dưới dạng sau: “Cho $n+1$ số nguyên, khi đó có 2 số có hiệu chia hết cho $n$“.

Ví dụ 4: Chứng minh rằng trong $11$ số chính phương thì có $2$ số có hiệu chia hết cho $20$.

Giải

Theo nguyên lý đirichlet thì trong $11$ số có hai số có hiệu chia hết cho $10$, gọi $2$ số đó là $a, b$. Ta có $a = x^2, b = y^2$ và $a-b = (x-y)(x+y)$ chia hết cho $10$ nên $x, y$ cùng tính chẵn lẻ, do đó $(x-y)(x+y)$ chia hết cho $4$. Vậy $a-b$ chia hết cho $4$ và chia hết cho $10$ nên chia hết cho $20$.

Ví dụ 5: Cho $5$ số nguyên dương và mỗi số chỉ có ước nguyên tố là $2$ và $3$. Chứng minh rằng có $2$ số mà tích là một số chính phương.

Giải

$5$ số có dạng $2^a\cdot 3^b$ với $a, b$ là các số tự nhiên.

Xét tính chẵn lẻ của các cặp số $(a;b)$ ta chỉ có $4$ trường hợp là (chẵn; chẵn), (chẵn;lẻ), (lẻ; chẵn) và (lẻ; lẻ).

Khi đó với $5$ cặp số thì theo nguyên lý dirichlet có $2$ cặp $(a_1;b_1)$ và $(a_2;b_2)$ sao cho $a_1, a_2$ cùng tính chẵn lẻ và $b_1, b_2$ cùng tính chẵn lẻ.

Khi đó $a_1+a_2, b_1+b_2$ là chẵn, suy ra $2^{a_1}3^{b_1}\cdot 2^{a_2}3^{b_2} = 2^{a_1+a_2}\cdot 3^{b_1+b_2}$ là số chính phương.

Ví dụ 6: Xét $20$ số tự nhiên $1, 2, . . . , 20$. Hãy tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho với mỗi cách lấy $k$ số phân biệt từ $20$ số trên đều lấy được hai số $a, b$ sao cho $a + b$ là một số nguyên tố.

Giải

Xét $10$ số chẵn thì tổng hai số bất kì đều là hợp số, do đó đó $ k \geq 11$.

Ta chứng minh $k= 11$.

Xét $10$ cặp số $(1;2), (3;20), (4;19), \dots, (11;12)$, mỗi cặp số có tổng là số nguyên tố, khi đó với $11$ số thì theo nguyên lý dirichlet có $2$ số cùng một cặp, khi đó tổng của chúng là một số nguyên tố.

b) Nguyên lý Dirichlet trong các bài toán hình học

Ví dụ 7: Có $33$ điểm trong hình vuông $4 \times 4$. Chứng minh rằng có $3$ điểm tạo thành tam giác có diện tích không lớn hơn $\dfrac{1}{2}$.

Giải

 

Chia hình vuông thành $16$ hình vuông như hình vẽ, khi đó theo nguyên lý dirichlet thì có $3$ điểm cùng thuộc một hình vuông $1 \times 1$.

Ta cần chứng minh tam giác có $3$ đỉnh nằm trong hoặc trên cạnh hình vuông $1$ thì diện tích không quá $\dfrac{1}{2}$.

 

 

Xét tam giác $EFG$, đường thẳng qua $E$ song song với cạnh hình vuông cắt $FG$ tại $I$.

Khi đó $S_{EFG} = S_{EFI} +S_{EGI} = \dfrac{1}{2}FM\cdot EI + \dfrac{1}{2}GK\cdot EI = \dfrac{EI}{2}(FM+GK) \leq \dfrac{1}{2}$.

Ví dụ 8: Cho một tập $S$ gồm $25$ điểm sao cho với ba điểm bất kì thuộc $S$ thì có $2$ điểm khoảng cách nhỏ hơn $1$. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính $1$ chứa ít nhất $13$ điểm thuộc $S$.

Giải

Xét $2$ điểm $A$ và $B$ sao cho $AB$ có độ dài lớn nhất. Khi đó xét $2$ hình tròn $(A;1), (B;1)$ nếu chứa hết $25$ điểm thì sẽ có $13$ điểm cùng thuộc một hình tròn, ta có điều cần chứng minh.

Nếu có $1$ điểm $C$ không thuộc $2$ hình tròn trên thì trong $3$ điểm $A, B, C$ không có $2$ điểm nào khoảng cách nhỏ hơn $1$ (vô lý).

Ví dụ 9: Cho đa giác đều có $14$ đỉnh. Chứng minh rằng từ $6$ đỉnh bất kì có thể chọn được $4$ đỉnh tạo thành một hình thang cân.

Giải

 

Do tính chất đối xứng của tứ giác đều nên với hai đỉnh bất kì thì độ dài nối hai đỉnh đó có thể nhận $1$ trong $7$ giá trị.

Với $6$ đỉnh ta có $15$ đoạn thẳng nhận bảy giá trị độ dài khác nhau, theo nguyên lý dirichlet thì có $3$ đoạn có đoạn thẳng bằng nhau.

TH1: Nếu $3$ đoạn bằng nhau đó cùng chung một đỉnh, ví dụ $AB= AC = AD$, suy ra $B, C, D$ thuộc đường tròn tâm A (vô lý).

TH2: Có $2$ đoạn bằng nhau không chung một đỉnh, giả sử $AB = CD$. Ta có $ABCD$ nội tiếp và $AB = CD$ nên $4$ đỉnh $A, B, C, D$ tạo thành hình thang cân. (điều cần chứng minh).

2. Bài tập

Bài 1: Cho $100$ số tự nhiên. Chứng minh rằng tồn tại một số hoặc mộ số các số có tổng chia hết cho $100$.

Bài 2: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên chỉ toàn các chữ số $1$ và chia hết cho $2017$.

Bài 3: Cho bảng ô vuông $5 \times 5$, người ta điền vào các ô vuông các số $-1,0,1$. Xét tổng các số ở các dòng, cột và đường chéo, chứng minh rằng trong các tổng này có hai tổng bằng nhau.

Bài 4: Cho $5$ số nguyên dương đôi một phân biệt sao cho trong các số ấy thì chỉ có ước nguyên tố là $2$ và $3$. Chứng minh rằng có hai số mà tích của chúng là một số chính phương.

Bài 5: Có $20$ số nguyên dương phân biệt không lớn hơn $70$. Xét tất cả các hiệu của $2$ số, chứng minh rằng trong các hiệu đó có $4$ số bằng nhau.

Bài 6: Xét $20$ số tự nhiên $1, 2, \dots, 20$. Hãy tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho với mỗi cách lấy $k$ số phân biệt từ $20$ số trên đều lấy được hai số $a, b$ sao cho $a + b$ là một số nguyên tố.

Bài 7:

a) Tô các cạnh của một lục giác bằng $2$ màu xanh đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác được tô cùng một màu.

b) Tô các cạnh của một đa giác $17$ cạnh bằng $3$ màu. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác được tô cùng một màu.

Bài 8: Trên đường tròn cho $16$ điểm tô bởi một trong ba mày: Xanh, Đỏ, Vàng. Các dây cung nối $2$ điểm trong $16$ điểm trên được tô bởi hai màu trắng, đen. Chứng minh ta luôn có $3$ điểm trong $16$ điểm trên tô cùng màu và $3$ cạnh của nó cũng được tô cùng màu.

Bài 9: Chứng minh rằng trong $52$ số tự nhiên bất kì luôn tìm được $2$ số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho $100$.

Bài 10: Từ các số $1, 2, …, 2n$ lấy ra $n+1$ số. Chứng minh rằng:

a) Có $2$ số nguyên tố cùng nhau.

b) Có $2$ số mà số này chia hết cho số kia.

Bài 11: Có $81$ số gồm $9$ chữ số $1, 9$ chữ số $2, \dots, 9$ chữ số $9$. Xếp $81$ số này thành một dãy, có tồn tại hay không một cách xếp sao cho giữa hai chữ số $k$ có đúng $k$ số với $k = 1, 2, \dots, 9$.

Bài 12: Có $51$ điểm trong một hình vuông có cạnh bằng $1$. Chứng minh rằng tồn tại $3$ điểm có thể chứa trong một hình tròn bán kính $\dfrac{1}{7}$.

Bài 13: Cho đa giá có $2018$ cạnh, chứng minh rằng có một đường chéo không song song với bất kì cạnh nào.

Bài 14: Mỗi đỉnh của một đa giác đều $7$ cạnh được tô màu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng có $3$ đỉnh tạo thành một tam giác cân và được tô cùng một màu.

Bài 15: Có $9$ đường thẳng trong đó mỗi đường thẳng chia hình vuông ra làm $2$ phần tỉ lệ diện tích là $2:3$. Chứng minh rằng có $3$ đường thẳng đồng quy.

Bài 16: (PTNK 2011) Cho hình chữ nhật $3 \times 4$.

a) Có $7$ điểm trong hình chữ nhật. Chứng minh có $2$ điểm khoảng cách không lớn hơn $\sqrt{5}$.

b) Có $6$ điểm trong hình chữ nhật. Chứng minh có $2$ điểm khoảng cách không lớn hơn $\sqrt{5}$.

Bất đẳng thức Cauchy – Phương pháp chọn điểm rơi

Leave a reply

1. Chọn điểm rơi

Ví dụ 1: Cho $a \ge 2$. Tìm GTNN của $P=a+\dfrac{1}{a}$.

Giải

Ta có $P =\dfrac{a}{4}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{3a}{4} \ge 2 \sqrt{ \dfrac{a}{4}. \dfrac{1}{a}}+\dfrac{3.2}{4} =\dfrac{5}{2}.$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\begin{cases} \dfrac{a}{4}=\dfrac{1}{a}&\\ a=2 \end{cases} \Leftrightarrow a=2.$

Ví dụ 2: Cho $a \ge 2$. Tìm GTNN của $P=a+\dfrac{1}{a^2}$.

Giải

Ta có: $P=\dfrac{a}{8}+\dfrac{a}{8}+\dfrac{1}{a^2} +\dfrac{6a}{8} \ge 3 \sqrt[3]{\dfrac{a}{8}. \dfrac{a}{8}. \dfrac{1}{a^2}}+\dfrac{6a}{8}$

$\hspace{6,5cm} \ge \dfrac{3}{4}+\dfrac{6.2}{8} \ge \dfrac{9}{4}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\begin{cases} \dfrac{a}{8}=\dfrac{1}{a^2}&\\ a=2 \end{cases} \Leftrightarrow a=2.$

Ví dụ 3: Cho các số không âm $a,b,c$ thoả $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm GTNN của $P=a^3+b^3+c^3.$

Giải

Ta có: $a^3+a^3+\dfrac{1}{3\sqrt{3}} \ge \sqrt{3} a^2$

$b^3+b^3+\dfrac{1}{3\sqrt{3}} \ge \sqrt{3} b^2$

$c^3+c^3+\dfrac{1}{3\sqrt{3}} \ge \sqrt{3} c^2$

Cộng vế theo theo vế ba băt đẳng thức trên ta được

$2(a^3+b^3+c^3)+\dfrac{1}{\sqrt{3}} \ge \sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3 \ge \dfrac{1}{\sqrt{3}}.$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ chỉ $\begin{cases} a^2+b^2+c^2=1 &\\ a^3=b^3=c^3=\dfrac{1}{3\sqrt{3}} \end{cases} \Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}.$

Ví dụ 4: Cho $ a, b, c>0$, $a+b+c=1$. Chứng minh $ \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} \le \sqrt{6}. $

Giải

Đặt $P = \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} $.

Áp dụng bất đẳng thức $\sqrt{xy} \le \dfrac{x+y}{2}$ ta được:

$\sqrt{(a+b) \cdot \dfrac{2}{3}} \le \dfrac{a+b+\dfrac{2}{3}}{2}$

$\sqrt{(b+c) \cdot \dfrac{2}{3}} \le \dfrac{b+c+\dfrac{2}{3}}{2}$

$\sqrt{(c+a) \cdot \dfrac{2}{3}} \le \dfrac{c+a+\dfrac{2}{3}}{2}.$

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

$\sqrt{\dfrac{2}{3}} \cdot P \le \dfrac{2(a+b+c)+2}{2}=2 \Leftrightarrow P \le \sqrt{6}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\begin{cases} a+b+c=1&\\ a+b=b+c=c+a=\dfrac{2}{3} \end{cases} \Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}.$

Ví dụ 5: Cho $a, b>0$, $a+b \le 1$. Tìm GTNN của $P=\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{ab}+4ab.$

Giải

Ta có: $\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{ab}+4ab = \dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{2ab}+\left( 4ab+\dfrac{1}{4ab}\right) + \dfrac{1}{4ab}$

$\hspace{5,4cm} \ge \dfrac{4}{(a+b)^2}+2\sqrt{4ab. \dfrac{1}{4ab}}+\dfrac{1}{(a+b)^2} \ge 7.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\begin{cases} a+b=1&\\a=b \end{cases} \Leftrightarrow a=b=\dfrac{1}{2}.$

Ví dụ 6: Cho các số dương $a,b,c$ thoả $abc=1$. Chứng minh rằng $$\dfrac{a^2}{1+b}+\dfrac{b^2}{1+c}+\dfrac{c^2}{1+a} \ge \dfrac{3}{2}.$$

Giải

Đặt $P = \dfrac{a^2}{1+b}+\dfrac{b^2}{1+c}+\dfrac{c^2}{1+a} $

Ta có: $\dfrac{a^2}{1+b}+\dfrac{1+b}{4} \ge a$

$\dfrac{b^2}{1+c}+\dfrac{1+c}{4} \ge b$

$\dfrac{c^2}{1+a}+\dfrac{1+a}{4} \ge c.$

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: $$P \ge (a+b+c)-\dfrac{1}{4}(a+b+c)-\dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3}{4}.3.\sqrt[3]{abc}-\dfrac{3}{4}= \dfrac{3}{2}.$$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$

2. Bài tập

Bài 1: Cho $a \ge 6.$ Tìm GTNN của $ a^2+\dfrac{18}{a}$.

Bài 2: Cho $x \ge 1$. Tìm GTNN của $P=3x+\dfrac{1}{2x}.$

Bài 3: Cho $a,b>0$, $a+b \le 1$. Tìm GTNN của $P=ab+\dfrac{1}{ab}.$

Bài 4: Cho $a,b>0$. Tìm GTNN của $P=\dfrac{a+b}{\sqrt{ab}}+\dfrac{\sqrt{ab}}{a+b}.$

Bài 5: Cho $a,b>0$, $a+b \le 1$. Tìm GTNN của $P=\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{2ab}$.

Bài 6: Cho $a,b>0$ thỏa $a+b \le 1$. Tìm GTNN của $P=\dfrac{1}{1+a^2+b^2}+\dfrac{1}{2ab}$.

Bài 7: Cho $a,b>0$, $a+b=1$. Chứng minh:

a) $a^3+b^3 \ge \dfrac{1}{4}$.

b) $a^4+b^4 \ge \dfrac{1}{8}.$

Bài 8: Cho $a, b, c >0$, $a+b+c=1$. Tìm GTLN của $$ P=\sqrt[3]{a+b}+\sqrt[3]{b+c}+\sqrt[3]{c+a}. $$

Bài 9: Cho $a, b, c >0$, $a+b+c=3$. Tìm GTLN của $$ P=\sqrt[3]{a(b+2c)}+\sqrt[3]{b(c+2a)}+\sqrt[3]{c(a+2b)}. $$

Bài 10: Cho $a, b, c >0$, $abc=1$. Chứng minh $$ \dfrac{a^3}{(a+1)(b+1)}+\dfrac{b^3}{(c+1)(a+1)}+\dfrac{c^3}{(a+1)(b+1)} \ge \dfrac{3}{4}. $$

Bài 11: Cho $a, b, c >0$, $a+b+c=3$. Chứng minh $$ \dfrac{a^3}{b(2c+a)}+\dfrac{b^3}{c(2a+b)}+\dfrac{c^3}{a(2b+c)} \ge 1.$$

Bài 12: Cho các số dương $a,b,c$ thoả $abc=1$. Chứng minh $$\dfrac{1}{a^3(b+c)}+\dfrac{1}{b^3(c+a)}+\dfrac{1}{c^3(a+b)} \ge \dfrac{3}{2}$$

Bài 13: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng $$\dfrac{b^2c}{a^3(b+c)}+\dfrac{c^2a}{b^3(c+a)}+\dfrac{a^2b}{c^3(a+b)} \ge \dfrac{1}{2}(a+b+c).$$

Bài 14: Cho $x, y, z>0$, $xyz=1$. Chứng minh $x^3+y^3+z^3 \ge x+y+z$.

Bài 15: Cho $a,b,c>0$. Tìm GTNN của $P=a^3+b^3+c^3$. Biết $a^2+b^2+c^2=3$.

Bài 16: Cho $a,b,c>0$ và $a+2b+3c \ge 20$. Tìm GTNN của $$S=a+b+c+\dfrac{3}{a}+\dfrac{9}{2b}+\dfrac{4}{c}.$$

Bài 17: Cho các số dương $a,b,c$ thoà $a+b+c=1$. Chứng minh $$a\sqrt[3]{1+b-c}+b \sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b} \le 1.$$

Chuyên đề: Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương

Leave a reply

1. Phương pháp biến đổi tương đương

Ví dụ 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$

b)  $a^4+b^4+c^4 \ge abc(a+b+c)$

Giải

a) Ta có: $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca $

$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2) \ge 2(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge 0$ .

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng với mọi $a,b,c$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$

b) Áp dụng câu (a) liên tiếp ta có:

$a^4+b^4+c^4  \ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2= (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2$

$\hspace{2,6cm}  \ge ab\cdot bc+bc\cdot ca+ca\cdot ab=abc(a+b+c)$.

Dấu ‘=’ xảy ra khi $a=b=c.$

Ví dụ 2: Với mọi $x \in \mathbb{R}$. Chứng minh $2x^4+1 \ge 2x^3+x^2.$

Giải

Ta có  $2x^4+1-2x^3-x^2=1-x^2-2x^3(1-x)$

$\hspace{5,4cm} =(1-x)(1+x)-2x^3(1-x)$

$\hspace{5,4cm} = (1-x)(x+1-2x^3)$

$\hspace{5,4cm} =(1-x)[x(1-x^2)+1-x^3]$

$\hspace{5,4cm} =(1-x)^2[(1+x)^2+x^2] \ge 0. \forall x \in \mathbb{R}.$

Từ đó suy ra $2x^4+1 \ge 2x^3+x^2, \forall x \in \mathbb{R}$. Dấu “=” xảy ra khi $x=1.$

Ví dụ 3: Với mọi $x \in \mathbb{R}$. Chứng minh rằng $x^{12}-x^9+x^4-x+1 >0.$

Giải

Ta xét hai trường hợp $x<1$ và $x \ge 1.$

  • Trường hợp $x<1$, ta có $x^{12}-x^9+x^4-x+1=x^{12}+(x^4-x^9)+(1-x). $

 Vì $x<1$ nên $1-x>0, x^4-x^9>0$ do đó $x^{12}-x^9+x^4-x+1 >0.$

  •  Trường hợp $x \ge 1$, ta có $x^{12}-x^9+x^4-x+1=x^8(x^4-x)+(x^4-x)+1.$

 Vì $x \ge 1$ nên $x^4-x \ge 0$ do đó $x^{12}-x^9+x^4-x+1 >0.$

Ví dụ 4: (PTNK chuyên toán 1998) Cho $x, y, z, p, q, r$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x + y + z = p + q + r=1$ và $p,q,r \leq \dfrac{1}{2}$.

a) Chứng minh rằng nếu $x \leq y \leq z$ thì $px + qy + rz \geq \dfrac{x+y}{2}$

b) Chứng minh rằng $px + qy + rz \geq 8xyz$

Giải

a) Ta có $px+ qy + rz \geq \left( p-\dfrac{1}{2}\right) x + \dfrac{1}{2}x + (q+r)y \\ \ge \left( p-\dfrac{1}{2}\right) x + \left( q+r-\dfrac{1}{2}\right) y + \dfrac{1}{2}(x+y)\\ \ge \left( p-\dfrac{1}{2}\right) (x-y) + \dfrac{1}{2}(x+y) \\ \geq \dfrac{1}{2}(x+y)$

Vì $p – \dfrac{1}{2}\leq 0, x – y \leq 0$ nên $(p-\dfrac{1}{2})(x-y) \geq 0$.

b) Vai trò của $x, y, z$ như nhau, ta có thể giả sử $x \leq y \leq z$.

Áp dụng câu a, ta cần chứng minh $x+y \geq 16xyz$.

Ta có $4xy \leq (x+y)^2$, suy ra $16xyz \leq 4z(x+y)^2 = 4z(1-z)(x+y)$.

Mà $4z(1-z) \leq (z+1-z)^2 = 1$.

Do đó $16xyz \leq x+y$ (điều cần chứng minh).

Ví dụ 5: (PTNK Chuyên toán 2013) Cho $x, y$ là hai số không âm thỏa $x^3+y^3 \le x- y$.

a) Chứng minh rằng $y \leq x \leq 1$.

b) Chứng minh rằng $x^3+y^3 \leq x^2 + y^2 \leq 1$.

Giải

a) Ta có $x – y \geq x^3 + y^3 \geq 0$, suy ra $x \geq y$.

Ta có $x \geq y + y^3 + x^3 \geq x^3$, suy ra $x(1-x)(1+x) \geq 0$. Suy ra $0\leq x \leq 1$.

Do đó $0 \leq y \leq x \leq 1$.

b) Từ câu a ta có $0 \leq y \leq x \leq 1$, suy ra $x^3 \leq x^2, y^3 \leq y^2$. Suy ra $x^3+y^3 \leq x^2+y^2$.

Ta có $x – y \geq x^3+y^3 \geq x^3-y^3 \geq 0$.

Suy ra $x^2+y^2+xy \leq 1$, suy ra $x^2+y^2 \leq 1$.

Vậy $x^3+y^3\leq x^2+y^2 \leq 1$.

Ví dụ 6: Cho các số $x, y, z$ thỏa $|x| \leq 1, |y| \leq 1, |z| \leq 1$. Chứng minh rằng: $\sqrt{1-x^2} + \sqrt{1-y^2} + \sqrt{1-z^2} \leq \sqrt{9-(x+y+z)^2} $

Giải

Bình phương hai vế của bất đẳng thức, ta được bất đẳng thức tương đương:

$ 3-x^2-y^2-z^2 + 2\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2} + 2\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-z^2}  + 2\sqrt{1-z^2}\sqrt{1-x^2} \leq 9-(x+y+z)^2\\ \Leftrightarrow \sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2} + \sqrt{1-y^2}\sqrt{1-z^2} + \sqrt{1-z^2}\sqrt{1-x^2}  \leq 3-xy-yz-xz  $

Để hoàn tất chứng minh, ta cần chứng minh $\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2} \leq 1-xy (*)$.

Thật vậy do $1-xy\geq 0$ nên (*) tương đương với $(1-x^2)(1-y^2) \leq (1-xy)^2 \Leftrightarrow (x-y)^2 \geq 0$ (đúng).

2. Bài tập

Bài 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) $a^2+b^2+1 \ge ab+a+b$

b) $a^2+b^2+c^2+d^2 +e^2 \ge a(b+c+d+e)$

c) $3(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2 \le 3(a^2+b^2+c^2)$

Bài 2: Cho $x,y >0$. Chứng minh $\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{x} \ge x+y$

Bài 3: Với mọi $x, y \ne 0$. Chứng minh

a) $\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2} \ge \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}$

b) $\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}+4 \ge 3(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})$.

Bài 4: Cho $x,y \ge 1$. Chứng minh $\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2} \ge \dfrac{2}{1+xy}$.

Bài 5: Cho $x,y>0$. Chứng minh rằng $\dfrac{1}{(1+x)^2}+\dfrac{1}{(1+y)^2} \ge \dfrac{1}{1+xy}$.

Bài 6: Cho $a>0$. Chứng minh $\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{5(a^2+1)}{2a} \ge \dfrac{11}{2}$.

Bài 7: Cho $ab \ne 0$. Chứng minh $\dfrac{4a^2b^2}{(a^2+b^2)^2}+\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{a^2} \ge 3$.

Bài 8: Cho $a,b>0$. Chứng minh $\dfrac{a^2b}{2a^3+b^3}+\dfrac{2}{3} \ge \dfrac{a^2+2ab}{2a^2+b^2}$.

Bài 9: Cho $a^2+b^2 \ne 0$. Chứng minh$\dfrac{2ab}{a^2+4b^2}+\dfrac{b^2}{3a^2+2b^2} \le \dfrac{3}{5}$.

Bài 10: Cho $a,b,c,d>0$. Chứng minh rằng nếu $\dfrac{a}{b}<1$ thì $\dfrac{a}{b}< \dfrac{a+c}{b+c}$. Từ đó suy ra

a) $\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}<2$

b) $1<\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{b}{b+c+d}+\dfrac{c}{c+d+a}+\dfrac{d}{d+a+b}<2$

c) $2< \dfrac{a+b}{a+b+c}+\dfrac{b+c}{b+c+d}+\dfrac{c+d}{c+d+a}+\dfrac{d+a}{d+a+b}<3$.

Định lý Viete và áp dụng nâng cao

Leave a reply

1. Định lý Viete và áp dụng

Định lý Viete: Nếu phương trình $ax^2 + bx + c=0$ $(a\ne 0)$ có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ $(\Delta \ge 0)$  thì $$S=x_1+x_2 =-\dfrac{b}{a},\ P=x_1x_2 = \dfrac{c}{a}$$

Ví dụ 1: Cho phương trình $x^3 -4x\sqrt{x} +m + 1=0$ $(1)$

a) Giải phương trình $(1)$ khi $m=-33$

b) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ có đúng hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ thỏa $x_1^6 +x_2^6=82$.

Giải

Đặt $t=x\sqrt{x} \ge 0$

a) Khi $m=-33$ ta có phương trình: $t^2 -4t -32=0  \Leftrightarrow t=-4 \ ( \text{loại})  \text{ hoặc } \ t=8  ( \text{nhận})$

Với $t = 8$ ta được $x = 4$.

b) Với $t=x\sqrt{x}$ thì phương trình $(1)$ tương đương $t^2-4t+m+1=0 \ \ \ (2)$

Để $(1)$ có hai nghiệm phân biệt thì $(2)$ phải có hai nghiệm phân biệt không âm $\Leftrightarrow \begin{cases} \Delta’>0 &\\\\ S>0 &\\\\ P\ge 0 \end{cases}$

Ta có $\Delta’ =3-m >0 \Leftrightarrow m<3 $ và $\left\{ \begin{array}{l} S=t_1 + t_2 =4 \\ P =t_1t_2=m+1 \end{array} \right. $

Khi đó $x_1^6 + x_2^6 = t_1^4 + t_2^4 $

$= \left( t_1^2 + t_2^2 \right) ^2 – 2t_1^2 t_2^2 $

$= \left[ S^2 -2P \right] ^2 -2P^2 $

$= (14-2m)^2 -2(m+1)^2 $

$= 2m^2 -60m +194 $

$x_1^6 + x_2^6 =82 \Leftrightarrow m^2 -30m +56 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m=2 \\ m=28 \end{array} \right.$

Chỉ có $m=2$ thoả các điều kiện. Vậy $m=2$ thoả yêu cầu đề bài.

Ví dụ 2: Cho phương trình $\dfrac{(x+1)(x^2+mx+2m+14)}{\sqrt{x}} = 0 \ (1)$.

a) Giải phương trình $(1)$ khi $m = -8$.

b) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ sao cho: $\sqrt{x_2^2+(m+1)x_2+2m+14} = 3 – \sqrt{x_1}$

Giải

a) Điều kiện $x > 0$.

Khi $m = -8$ ta có phương trình:

$\dfrac{(x+1)(x^2-8x-2)}{\sqrt{x}} = 0 \Leftrightarrow x^2-8x – 2 = 0$ (do $x+1 > 0$).

$\Leftrightarrow x = 4+3\sqrt{2} $ (n) hoặc  $x=4-3\sqrt{2} $ (l).

Vậy phương trình có một nghiệm $x = 4 +3\sqrt{2}$.

b) Phương trình $(1)$ tương đương $x^2+mx+2m+14 = 0$  $(2)$

Để $(1)$ có $2$ nghiệm phân biệt thì $(2)$ có hai nghiệm phân biệt dương, tương đương $\Delta = m^2-4(2m+14) > 0,  S = -m > 0,  P = 2m + 14 >0   (*)$

Khi đó $x_1 + x_2 = -m, x_1x_2 = 2m+14$ và $x_2$ là nghiệm nên $x_2^2+mx_2+2m+14 = 0$, suy ra $x_2^2+(m+1)x_2 +2m+14 = x_2$.

Do đó $\sqrt{x_2^2+(m+1)x_2+2m+14} = 3 – \sqrt{x_1}$

$\Leftrightarrow \sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=3$

$\Leftrightarrow x_1 + x_2 +2\sqrt{x_1x_2}=9$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{2m+14}=9+m $ (điều kiện $m\ge -9$)

$\Leftrightarrow 4(2m+14) = m^2+18m+81 $

$\Leftrightarrow m^2 +10m+25 = 0 $

$\Leftrightarrow m = -5 \,\, (n) $

Vậy $m = -5$ thoả yêu cầu đề bài.

Ví dụ 3: Gọi $a, b$ là hai nghiệm của phương trình $x^2 + px + 1 = 0$; $c, d$ là hai nghiệm của phương trình $y^2 + qy + 1 = 0$. Chứng minh rằng $$(a-c)(a-d)(b-c)(b-d) = (p-q)^2$$

Giải

Theo định lý Viete ta có $a+b=-p, ab = 1$ và $c+d = -q, cd = 1$.

Khi đó $(a-c)(a-d)(b-c)(b-d) = (a^2-a(c+d)+cd)(b^2-b(c+d)+cd)$

$= (a^2+aq+1)(b^2+bq+1)$

$= a^2b^2+abq^2+ab^2q + a^2bq + a^2+b^2+aq+bq+1$

$= 1+q^2+abq(a+b) + q(a+b)+1+(a+b)^2-2ab$

$= q^2-2pq+p^2 = (p-q)^2$.

Ví dụ 4: Cho phương trình $(m^2+5)x^2-2mx-6m=0$.

a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng hai nghiệm không thể là số nguyên.

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ thoả $(x_1x_2-\sqrt{x_1+x_2})^4=16.$

Giải

a) Phương trình có hai nghiêm phân biệt khi và chỉ khi:

$\begin{cases} m^2+5 \ne 0 &\\ \Delta’=m^2+6m(m^2+5)>0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow m(6m^2+m+30)>0$

$\Leftrightarrow m[5m^2+(m+\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{119}{4}] >0$

$\Leftrightarrow m>0.$

Khi đó theo định lý Viete ta có $x_1 + x_2 = \dfrac{2m}{m^2+5}$.

Vì $m^2+5-2m = (m-1)^2 + 4 > 0$, suy ra $m^2+5 >2m > 0$.

Do đó $0 < \dfrac{2m}{m^2+5} < 1$ nên tổng hai nghiệm của phương trình không thể là số nguyên.

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm $\Delta’ \geq 0 \Leftrightarrow m \geq 0$. Khi đó

$\begin{cases} x_1+x_2=\dfrac{2m}{m^2+5}&\\ x_1x_2=-\dfrac{6m}{m^2+5}. \end{cases}$

Ta có $(x_1x_2-\sqrt{x_1+x_2})^4=16 \Leftrightarrow x_1x_2-\sqrt{x_1+x_2}=2$ hoặc $x_1x_2-\sqrt{x_1+x_2}=-2$

Trường hợp 1: $x_1x_2 – \sqrt {x_1 + x_2} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{ – 6m}}{{{m^2} + 5}} – \sqrt {\dfrac{{2m}}{{{m^2} + 5}}} = 2$ .

Đặt $t = \sqrt {\dfrac{{2m}}{{{m^2} + 5}}} $ , ta có phương trình: $ – 3{t^2} – t = 2\left( {VN} \right)$

Trường hợp 2:  ${x_1}{x_2} – \sqrt {{x_1} + {x_2}} = – 2 \Leftrightarrow \dfrac{{ – 6m}}{{{m^2} + 5}} – \sqrt {\dfrac{{2m}}{{{m^2} + 5}}} = – 2$ .

Đặt $t = \sqrt {\dfrac{{2m}}{{{m^2} + 5}}} $ ta có phương trình: $-3t^2 -t = -2 \Leftrightarrow t = -1 (l), t=\dfrac{2}{3}$.

Với $t = \dfrac{2}{3}$ ta có $\dfrac{2m}{m^2+5} = \dfrac{4}{9}$. Giải ra được $m = 2\ (n), m = \dfrac{5}{2}\ (n)$.

Ví dụ 5: Cho phương trình $x^2-px+p=0$ với $p$. Tồn tại hay không số nguyên dương $p$ sao cho phương trình đã cho có nghiệm nguyên?

Giải

Ta có $\Delta=p^2-4p$.

Để phương trình có nghiệm nguyên thì $\Delta $ phải là số chính phương. Suy ra tồn tại số nguyên dương $k$ để

$p^2-4p=k^2$

$\Leftrightarrow k^2-(p-2)^2=4$

$\Leftrightarrow (k+p-2)(k-p+2)=4.$

Vì $k+p-2+k-p+2=2k $ là một số chẵn nên cả hai số $k+p-2$ và $k-p+2$ đều là số chẵn.

Từ đó $k+p-2=k-p+2=2$ hoặc $k+p-2=k-p+2=-2$.

Suy ra $p=2$. Khi đó phương trình trở thành $$x^2-2x+2=0.$$

Phương trình trên vô nghiệm vậy không tồn tại số nguyên dương $p$ thoả yêu cầu đề bài.

Ví dụ 6: Giả sử phương trình $2x^2+2ax+1-b=0$ có hai nghiệm nguyên . Chứng minh rằng $a^2-b^2+2$ là số nguyên không chia hết cho 3.

Giải

Theo định lý Viete ta có $x_1 + x_2 = -a, x_1x_2 = \dfrac{1-b}{2}$.

Khi đó $$Q= a^2 – b^2 + 2 = (x_1+x_2)^2 – (2x_1x_2-1)^2 + 2 = x_1^2 + x_2^2 -4x_1^2x_2^2 + 6x_1x_2 + 1$$ là một số nguyên.

Ta sẽ chứng minh $Q$ không chia hết cho 3.

Ta có tính chất sau, với một số nguyên $m$ bất kì thì nếu $m$ chia hết cho 3 thì $m^2$ chia hết cho 3. Nếu $m$ chia 3 dư 1 hoặc 2 thì $m^2$ chia 3 dư 1.

Ta có $Q = x_1^2 +x_2^2 – x_1^2x_2^2 + 1 – 3x_1^2x_2^2 + 6x_1x_2$.

Ta cần chứng minh $Q’ = x_1^2 + x_2^2 – x_1^2x_2^2 + 1$ không chia hết cho 3. Xét xác trường hợp sau:

TH1: Nếu $x_1, x_2$ không chia hết cho 3 thì $x_1^2 , x_2^2$ chia 3 dư 1. Khi đó $Q’$ chia 3 dư 2.

TH2: Nếu $x_1$ chia hết cho 3, $x_2$ không chia hết cho 3, khi đó $Q’$ chia 3 dư 2.

TH3: $x_1, x_2$ chia hết cho 3. Khi đó $Q’$ chia 3 dư 1.

Vậy $Q’$ không chia hết cho 3.

Do đó $Q$ không chia hết cho 3.

Ví dụ 7: Cho hai phương trình $x^2+ax+6=0$ và $x^2+bx+12=0$ có một nghiệm chung. Tìm GTNN của $|a|+|b|$.

Giải

Gọi $x_0$ là nghiệm chung của hai phương trình. Khi đó ta có

$\begin{cases} x_0^2+ax_0+6=0 \ \ \ (1)&\\ x_0^2+bx_0+12=0 \ \ \ (2) \end{cases}.$

Cộng vế theo vế hai phương trình trên ta được $2x_0^2+(a+b)x_0+18=0 \ \ \ (3).$

Tồn tại $x_0 \Leftrightarrow $ phương trình (3) phải có nghiệm $\Leftrightarrow \Delta=(a+b)^2-144 \ge 0 \Leftrightarrow |a+b| \ge 12.$

Mặt khác $|a|+|b| \ge |a+b| \ge 12$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases} ab \ge 0&\\|a+b|=12. \end{cases}$

Nếu $a+b=12$ thì từ (3) suy ra $ 2x_0^2+12x_0+18=0$

$\Leftrightarrow x_0^2+6x_0+9=0$

$\Leftrightarrow (x_0+3)^2=0$

$\Leftrightarrow x_0=-3.$

Thay vào (1) và (2) suy ra $a=5, b=7$.

Nếu $a+b=-12$ thì từ (3) suy ra $2x_0^2-12x_0+18=0 \Leftrightarrow x_0=3.$

Thay vào (1) và (2) suy ra $a=-5, b=-7.$

Vậy GTNN của $|a|+|b|$ bằng 12 khi $(a,b)=(5,7)$ hoặc (-5,-7).

Ví dụ 8: Giả sử phương trình $ax^2+bx+c=0$ có hai nghiệm thuộc $[0,3]$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức $A=\dfrac{18a^2-9ab+b^2}{9a^2-3ab+ac}.$

Giải

Vì phương trình đã cho có hai nghiệm nên $a \ne 0$.

Khi đó $A=\dfrac{18- 9 \dfrac{b}{a}+ \left( \dfrac{b}{a}\right) ^2}{9-3\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}}.$

Gọi $x_1, x_2$ là hai nghiệm của phương trình đã cho. Khi đó $\begin{cases} x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}&\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}. \end{cases}$

Biểu thức cần tính trở thành

$A=\dfrac{18- 9 \dfrac{b}{a}+ \left( \dfrac{b}{a}\right) 2}{9-3\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}}=\dfrac{18+9(x_1+x_2)+(x_1+x_2)^2}{9+3(x_1+x_2)+x_1x_2}$

Giả sử $0 \le x_1 \le x_2 \le 3 \Rightarrow \begin{cases} x_1^2 \le x_1x_2&\\ x_2^2 \le 9 \end{cases} \Rightarrow (x_1+x_2)^2 \le x_1^2+x_2^2+2x_1x_2 \le 9+3x_1x_2.$

Suy ra $Q=\dfrac{18- 9 \dfrac{b}{a}+ (\dfrac{b}{a})^2}{9-3\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}}$

$=\dfrac{18+9(x_1+x_2)+(x_1+x_2)^2}{9+3(x_1+x_2)+x_1x_2} $

$\le \dfrac{18+9(x_1+x_2)+9+3x_1x_2}{9+3(x_1+x_2)+x_1x_2}=3.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x_1=x_2=3$ hoặc $x_1=0$ và $x_2=3.$

Nếu $x_1=x_2=3$ thì $\begin{cases} \dfrac{-b}{a}=6&\\ \dfrac{c}{a}=9 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} b=-6a&\\ c=9a. \end{cases}$

Nếu $x_1=0, x_2=3$ thì $\begin{cases} -\dfrac{b}{a}=3&\\ \dfrac{c}{a}=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} b=-3a&\\ c=0. \end{cases}$

Ta có $$A-2=\dfrac{3(x_1+x_2)+x_1^2+x_2^2}{9+3(x_1+x_2)+x_1x_2} \ge 0 \Rightarrow A \ge 2.$$

Dấu “=” xảy ra khi $x_1=x_2=0 \Leftrightarrow b=c=0.$

Vậy GTLN của A là 3 và GTNN của A là 2.

2. Bài tập rèn luyện

Bài 1: Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{(x+1)[m(mx+1)x+1-x]}{\sqrt{x}}=0$ có nghiệm.

Bài 2: Cho phương trình $(x^2-4(m+1)x-2m^2-1)(\sqrt{x}+x-6)=0$.

a) Giải phương trình khi $m=1$.

b) Chứng minh phương trình không thể có 3 nghiệm phân biệt.

Bài 3: Cho phương trình $\sqrt{x}(x+1)[mx^2+2(m+2)x+m+3=0]$.

a) Giải phương trình khi $m=1$.

b) Chứng minh phương trình không thể có 3 nghiệm phân biệt.

Bài 4: Cho phương trình $\dfrac{\sqrt{x}(mx^2-3(m+1)x+2m+3)}{x-2}=0$.

a) Giải phương trình khi $m=2$.

b) Tìm $m$ để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

Bài 5: Cho phương trình $x^4+2mx^2+4=0$.

a) Giải phương trình với $m=3$.

b) Tìm $m$ để phương trình có 0,1,2,3,4 nghiệm

c) Tìm $m$ để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thoả $x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4=32$.

Bài 6: Cho phương trình $x^2-2(m+1)|x-2|-4x+m=0$.

a) Giải phương trình khi $m$=1.

b) Tìm $m$ để phương trình có 0,1,2,3,4 nghiệm.

Bài 7: Tìm $m$ để phương trình $x^3+2(m-1)x^2+(m^2-4m+1)x-2(m^2+1)=0$ có ba nghiệm phân biệt nhỏ hơn 3.

Bài 8: Tìm $m$ để phương trình $x^3-2mx^2+(2m^2-1)x+m(1-m^2)=0$ có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1.

Bài 9: Cho phương trình $x++2\sqrt{x-1}-m^2+6m-11=0.$

a) Giải phương trình khi $m=2$.

b) Chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi $m$.

Bài 10: Cho phương trình $(x^2-mx-2m^2)\sqrt{x-3}=0$.

a) Giài phương trình khi $m=2$.

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm thoả $x_1^2+2x_2^2=7m^2+2$.

c) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có không quá hai nghiệm phân biệt.

Bài 11: Cho phương trình $\dfrac{mx^2+(m-3)x+2m-1}{x+3}=0$.

a) Giải phương trình khi $m=-1$.

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm thoả $21x_1+7m(2+x_2+x_2^2)=58.$

Hệ phương trình – Phương pháp đặt ẩn phụ – Hệ đối xứng loại một

Leave a reply

1. Hệ phương trình đối xứng loại một

Mục đích của đặt ẩn phụ là ta đưa hệ phương trình đã cho về một hệ phương trình đơn giản hơn đã biết cách giải, giải được hệ mới từ đó ta giải được hệ đã cho.

Trong phương pháp này, ứng dụng đầu tiên là áp dụng cho giải các hệ đối xứng loại một.

Hệ đối xứng loại một là hệ có dạng $\left\{\begin{array}{l} f(x,y)=0 (1) \\ g(x,y)=0 (2) \end{array} \right.$ trong đó $f(y, x) = f(y,x)$ và $g(x,y) = g(y,x)$, hay nói cách khác các biểu thức $f(x,y), g(x,y)$ là các biểu thức đối xứng theo hai biến $x, y$. Để giải hệ, ta thường đặt $s = x+y, p= xy$, từ đó đưa hệ về theo ẩn $s, p$. Giải $s,p$ ta sẽ giải được $x,y$. Sau đây là một số ví dụ, các bạn theo dõi nhé.

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x+y+xy=1 &\\ x^2+y^2+3xy=3. \end{cases} $

Giải

Đặt $S=x+y, P=xy$. Điều kiện $S^2 \ge 4P$.

Khi đó hệ trở thành $\begin{cases} S+P=1 &\\ S^2+P=3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} P=1-S &\\ S^2-S-2=0.\end{cases}.$

Ta có $S^2-S-2=0 \Leftrightarrow S=-1$ hoặc $S=2.$

Nếu $S=-1$ thì $P=2$ (loại).

Nếu $S=2$ thì $P=-1$.

Khi đó $x,y $ là nghiệm của phương trình: $X^2-2X-1=0 \Leftrightarrow X=1\pm \sqrt{2}$.

Suy ra $(x,y)=(1+\sqrt{2};1-\sqrt{2})$ hoặc $(x,y)=(1-\sqrt{2}; 1+\sqrt{2}).$

Vậy hệ đã cho có nghiệm $(x,y)=(1+\sqrt{2};1-\sqrt{2})$ hoặc $(x,y)=(1-\sqrt{2}; 1+\sqrt{2}).$

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình $\begin{cases}x-y+xy=1&\\ x^2+y^2=2 \end{cases}$

Giải

Đặt $u=x-y, v=xy$. Ta được hệ

$\begin{cases} u+v=1&\\ u^2+2v=2. \end{cases} $

$\Leftrightarrow \begin{cases} v=1-u&\\ u^2+2(1-u)=2 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases}v=1-u&\\ u^2-2u=0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} u=0&\\ v=1 \end{cases}$ hoặc  $\begin{cases} u=2&\\ v=-1. \end{cases}$

Trường hợp $\begin{cases} u=0&\\ v=1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x-y=0&\\ xy=1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=1&\\ y=1 \end{cases}$  hoặc $\begin{cases} x=1&\\ y=-1. \end{cases}$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)$ là  $(1,1), (-1,-1)$ hoặc $(1,-1)$.

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình $\begin{cases} 2(x+y)=3(\sqrt[3]{x^2y}+\sqrt[3]{xy^2})&\\ \sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}=6 \end{cases} $

Giải

Đặt $S=\sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{y}$, $P=\sqrt[3]{xy}$ điều kiện $S^2\ge 4P$

Ta có: $S^3 = x+y + 3\sqrt[3]{xy}\left( \sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{y}\right) \Rightarrow x+y = S^3 – 3SP$

Khi đó hệ phương trình trở thành

$\begin{cases} 2(S^3-3SP)=3SP&\\ S=6 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} S=6&\\ P=8 \end{cases}$

Với $\begin{cases} S=6&\\ P=8\end{cases} \Leftrightarrow  \begin{cases} \sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{y} =6&\\ \sqrt[3]{xy} =8 \end{cases} \Leftrightarrow  \begin{cases} x=64&\\ y=8 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} x=8&\\ y=64 \end{cases}$

Vậy $(x;y) \in \left\{ (64;8); (8;64)\right\} $

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình $\begin{cases} \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}=\dfrac{26}{5}&\\ x^2-y^2=24 \end{cases}$ $(*)$

Giải

Điều kiện $xy \ne 0$.

$(*) \Leftrightarrow \begin{cases} x^2+y^2=\dfrac{26}{5}xy&\\ (x-y)(x+y)=24\end{cases}\\ \Rightarrow \begin{cases} (x+y)^2-2xy=\dfrac{26}{5}xy&\\ [(x+y)^2-4xy](x+y)^2=24^2. \end{cases}$.

Đặt $u=(x+y)^2, v=xy$ ta được $\begin{cases} u=\dfrac{36}{v}&\\ u^2-4uv=24^2 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} u=36&\\ v=5. \end{cases}$

Từ đó ta được hệ phương trình $\begin{cases} (x+y)^2=36&\\ xy=5. \end{cases}$.

Trường hợp $\begin{cases} x+y=6&\\ xy=5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=1&\\ y=5 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} x=5&\\ y=1. \end{cases}$

Trường hợp $\begin{cases}x+y=-6&\\ xy=5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=-1&\\ y=-5 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} x=-5&\\ y=-1. \end{cases}$

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình $\begin{cases} \dfrac{x^2}{(y+1)^2}+\dfrac{y^2}{(x+1)^2}=\dfrac{1}{2}&\\ 3xy=x+y+1. \end{cases}$

Giải

Điều kiện $(x+1)(y+1) \ne 0$.

Hệ $\Leftrightarrow \begin{cases} \left( \dfrac{x}{y+1}\right) ^2+\left( \dfrac{y}{x+1}\right) ^2=\dfrac{1}{2}&\\ \dfrac{xy}{(x+1)(y+1)}=\dfrac{1}{4} \end{cases}$.

Đặt $u=\dfrac{x}{y+1}, v=\dfrac{y}{x+1}$ ta được $\begin{cases}uv=\dfrac{1}{4}&\\ u^2+v^2=\dfrac{1}{2} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} u+v=1&\\ uv=\dfrac{1}{4} \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} u+v=-1&\\ uv=-\dfrac{1}{4}. \end{cases}$

Trường hợp $\begin{cases}u+v=1&\\ uv=\dfrac{1}{4} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \dfrac{x}{y+1}=\dfrac{1}{2}&\\  \dfrac{y}{x+1}=\dfrac{1}{2} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 2x-y=1&\\ 2y-x=1 \end{cases} \Leftrightarrow x=y=1.$

Trường hợp $\begin{cases}u+v=-1&\\ uv=\dfrac{1}{4} \end{cases}$ giải tương tự ta được $x=y=-\dfrac{1}{3}.$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ \left( -\dfrac{1}{3}; -\dfrac{1}{3}\right) , (1;1)\right\} .$

2. Bài tập

Bài 1:  Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} x^2+xy+y^2=4&\\ x+xy+y=2 \end{cases}$

b) $\begin{cases} x+y+xy=3&\\ x^2y+xy^2=2 \end{cases}$

c) $\begin{cases} x^2+y^2+x+y=8&\\ xy+x+y=5 \end{cases}$

d) $\begin{cases} x^2+y^2=1&\\ x^3+y^3=1 \end{cases}$

e) $\begin{cases} x^2+y^2=1&\\ x^8+y^8=x^{10}+y^{10} \end{cases}$

f) $\begin{cases} 3xy-x^2-y^2=5&\\ 7x^2y^2-x^4-y^4=155 \end{cases}$

g) $\begin{cases} \dfrac{1}{x}+\frac{1}{y}+xy=\dfrac{7}{2}&\\ x+y=\dfrac{3}{2}xy \end{cases}$

h) $\begin{cases} (x-y)(x^2-y^2)=3&\\ (x+y)(x^2+y^2)=15 \end{cases}$

i) $\begin{cases} (x^2+y^2)xy=78&\\ x^4+y^4=97 \end{cases}$

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} x^2+xy+y^2=1&\\ x-y-xy=3 \end{cases}$

b) $\begin{cases} x-y+xy=1&\\ x^2+y^2=2 \end{cases}$

c) $\begin{cases} x^3y^3+1=2y^3&\\ \dfrac{x^2}{y}+\dfrac{x}{y^2}=2. \end{cases}$

d) $\begin{cases} x^2+y^2+x^2y^2=1+2xy&\\ (x-y)(1+xy)=1-xy \end{cases}$

e) $\begin{cases} \dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}=\dfrac{26}{5}&\\ x^2-y^2=24 \end{cases}$

f) $\begin{cases} x^2+y^2+xy=3&\\ xy^3+x^3y=2 \end{cases}$

g) $\begin{cases} x+y+\dfrac{x}{y}=4&\\ x^2+xy-y=0 \end{cases}$

h) $\begin{cases} x-2y+\dfrac{x}{y}=6&\\ x^2-2xy-6y=0 \end{cases}$

i)  $\begin{cases} \dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}=2&\\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+x+y=4 \end{cases}$

j) $\begin{cases} x+y+\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}=4&\\ x+y+\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{x}=4 \end{cases}$

k) $\begin{cases} x+y+x^2y^2=3xy&\\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-xy=1 \end{cases}$

l) $\begin{cases} x(x+1)+\dfrac{1}{y}\left( \dfrac{1}{y}+1\right) =4&\\ x^3y^3+xy+x^2y^2+1=4y^3 \end{cases}$

m) $\begin{cases} (x^2+y^2)\left( 1+\dfrac{1}{x^2y^2}\right) =49&\\ (x+y)\left( 1+\dfrac{1}{xy}\right) =5 \end{cases}$

3. Phương pháp đặt ẩn phụ

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+y^2=xy+x+y&\\ x^2-y^2=3. \end{cases}$

Giải

Đặt $u=x+y, v=x-y$ khi đó hệ trở thành

$ \begin{cases} \dfrac{u^2+v^2}{2}=\dfrac{u^2-v^2}{4}+u&\\ uv=3 \end{cases} $

$\Leftrightarrow \begin{cases} u^2+3v^2-4u=0&\\ uv=3 \end{cases} $

$\Leftrightarrow \begin{cases} u^2+\dfrac{27}{u^2}-4u=0&\\ v=\dfrac{3}{u} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} u^4-4u^3+27=0 &\\ v=\dfrac{3}{u} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} (u-3)^2(u^2+2u+3)=0&\\ v=\dfrac{3}{u} \end{cases} $

$\Leftrightarrow \begin{cases} u=3&\\ v=1 \end{cases} $

$\Leftrightarrow \begin{cases} x+y=3&\\ x-y=1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=2&\\ y=1. \end{cases}$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(2;1).$

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình $\begin{cases} y(x^2+1)=2x(y^2+1)&\\ (x^2+y^2)\left( 1+\dfrac{1}{x^2y^2}\right) =24 \end{cases}$

Giải

Điều kiện $xy \ne 0$.

Đặt $u=x+\dfrac{1}{x}, v=y+\dfrac{1}{y}$ ta được hệ

$\begin{cases} \dfrac{u}{v}=2 &\\ u^2+v^2=20 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} u=2v&\\ 5v^2=20 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} u=\pm4 &\\ v=\pm 2. \end{cases}$.

Trường hợp $\begin{cases} u=4&\\ v=2 \end{cases}$ ta được

$\begin{cases} x+\dfrac{1}{x}=4&\\ y+\dfrac{1}{y}=2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x^2-4x+1=0&\\ y^2-2x+1=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=2 \pm \sqrt{3}&\\ y=1. \end{cases}$

Trường hợp $ \begin{cases} u=-4&\\ v=-2 \end{cases}$ ta được

$\begin{cases} x+\dfrac{1}{x}=-4&\\ y+\dfrac{1}{y}=-2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x^2+4x+1=0&\\ y^2+2y+1=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x= -2 \pm \sqrt{3}&\\ y=-1. \end{cases}$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (2 \pm \sqrt{3};1); (-2 \pm \sqrt{3};-1)\right\} $.

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình $\begin{cases} (x^2+y^2)\left( 1+\dfrac{1}{xy}\right) ^2=9&\\ (x^3+y^3)\left( 1+\dfrac{1}{xy}\right) ^3=27. \end{cases}$

Giải

Điều kiện $xy \ne 0.$

Đặt $u=x+\dfrac{1}{y}, v=y+\dfrac{1}{x}.$ Ta được hệ

$\begin{cases} u^2+v^2=9&\\ u^3+v^3=27 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (\dfrac{u}{3})^2+(\dfrac{v}{3})^2=1&\\ (\dfrac{u}{3})^3+(\dfrac{v}{3})^3=1 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} \dfrac{u}{3} =1 &\\ v=0 \end{cases} \ \text{hoặc} \ \begin{cases} v=0&\\ \dfrac{v}{3} =1. \end{cases}$

Trường hợp $\begin{cases} u=3&\\ v=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x+\dfrac{1}{y}=3&\\ y+\dfrac{1}{x}=0 \end{cases} \Leftrightarrow $ hệ vô nghiệm.

Trường hợp còn lại tương tự.

Vậy hệ đã cho vô nghiệm.

 

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình $\begin{cases} 2x-y=1+\sqrt{x(1+y)}&\\ x^3-y^2=7. \end{cases}$

Giải

Điều kiện $x(y+1) \ge 0.$

Dễ dàng kiểm tra $(0,y)$ và $(x,-1)$ không là nghiệm của hệ. Xét $x \ne 0$ và $y \ne -1.$

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta được

$2x=1+y+\sqrt{x(y+1)}  \Leftrightarrow 2\sqrt{\dfrac{x}{y+1}}=\sqrt{\dfrac{y+1}{x}}+1.$

Đặt $t=\sqrt{\dfrac{y+1}{x}}>0$ ta được

$ t^2+t-2=0 \Leftrightarrow t=1 \ \text{hoặc} \ t=-2 \text{(loại)}.$

Trường hợp $t=1 \Leftrightarrow y=x-1$ thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

$ x^3-x^2+2x-8=0 \Leftrightarrow (x-2)(x^2+x+4)=0 \Leftrightarrow x=2.$

Với $x=2$ thì $y=x-1=1$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(2,1)$.

Ví dụ 10: Giải hệ phương trình $\begin{cases} (2x-y+2)(2x+y)+6x-3y=-6&\\ \sqrt{2x+1}+\sqrt{y-1}=4. \end{cases}$

Giải

Điều kiện $x \ge -\dfrac{1}{2}, y \ge 1$.

Đặt $\begin{cases} u=\sqrt{2x+1}&\\ v=\sqrt{y-1}\end{cases}$. Hệ trở thành

$\begin{cases} (u^2-v^2)(u^2+v^2)+3(u^2-v^2-2)=-6&\\ u+v=4 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 4(u-v)(u^2+v^2+3)=0&\\ u+v=4 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} u=v&\\ u+v=4 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} u=2&\\ v=2 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x=\dfrac{3}{2}&\\ y=5. \end{cases}$

Vậy hệ có nghiệm duy nhất $\begin{cases} x=\dfrac{3}{2}&\\ y=5. \end{cases}$

Ví dụ 11: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+y+x^3y+xy^2+xy=-\dfrac{5}{4}&\\ x^4+y^2+xy(1+2x)=-\dfrac{5}{4} \end{cases}$

Giải

Hệ $\Leftrightarrow \begin{cases} x^2+y+x^3y+xy^2+xy=-\dfrac{5}{4}&\\ (x^2+y)^2+xy=-\dfrac{5}{4.} \end{cases}$

Đặt $\begin{cases} u=x^2+y&\\ v=xy \end{cases}$. Hệ trở thành $\begin{cases} u+v+uv=-\dfrac{5}{4}&\\ u^2+v=-\dfrac{5}{4}. \end{cases}$

Trừ vế theo vế hai phương trình trên ta được

$u^2-uv-u=0  \Leftrightarrow u(u-v-1)=0 \Leftrightarrow u=0 \ \text{hoặc} \ u=1+v.$

Với $u=0 \Rightarrow v=-\dfrac{5}{4}$.

Với $u=v+1$ thay vào phương trình thứ hai của hệ trên ta được

$4u^2+4u+1=0 \Leftrightarrow u=-\dfrac{1}{2} \Rightarrow v=-\dfrac{3}{2}.$

Trường hợp $\begin{cases} u=0&\\ v=-\dfrac{5}{4} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} y=-x^2&\\ x^3=\dfrac{5}{4} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x=\sqrt[3]{\dfrac{5}{4}}&\\ y=-\sqrt[3]{\dfrac{25}{16}} \end{cases}$

Trường hợp  $\begin{cases} u=-\dfrac{1}{2}&\\ v=-\dfrac{3}{2} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x^2+y=-\dfrac{1}{2}&\\ xy=-\dfrac{3}{2} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x^2-\dfrac{3}{2x}=-\dfrac{1}{2}&\\ xy=-\dfrac{3}{2} \end{cases} $

$\Leftrightarrow \begin{cases} x=1&\\ y=-\dfrac{3}{2}. \end{cases}.$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ \left( 1; -\dfrac{3}{2}\right) ; \left( \sqrt[3]{\dfrac{5}{4}};-\sqrt[3]{\dfrac{25}{16}}\right) \right\} .$

4. Bài tập

Bài 1: Giải các hệ phương trình

a) $\begin{cases}\sqrt{7x+y}+\sqrt{2x+y}=5&\\ \sqrt{2x+y}+x-y=2. \end{cases}$

b) $\begin{cases} x^2+y^2=\dfrac{1}{2}&\\ 2x^3+6y^2x=1. \end{cases}$

c) $\begin{cases} x^3+3xy^2=-49&\\ x^2-8xy+y^2=8y-17 \end{cases}$

d) $\begin{cases} (x+y)\left( 1+\dfrac{1}{xy}\right) =4&\\ xy+\dfrac{1}{xy}+\dfrac{x^2+y^2}{xy}=4. \end{cases}$

e) $\begin{cases} (x+y)(1+xy)=18xy&\\ (x^2+y^2)(1+x^2y^2)=208x^2y^2 \end{cases}$

f) $\begin{cases} (x+y)\left( 1+\dfrac{1}{xy}\right) =5&\\ xy+\dfrac{1}{xy}=4 \end{cases}$

g) $\begin{cases} (x+y)\left( 1+\dfrac{1}{xy}\right) =6&\\ (x^2+y^2)\left( 1+\dfrac{1}{xy}\right) ^2=18 \end{cases}$

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau:

a) $ \begin{cases}\dfrac{x}{x^2+1}+\dfrac{y}{y^2+1}=\dfrac{2}{3} &\\ (x+y)\left( 1+\dfrac{1}{xy}\right) =6 \end{cases}$

b) $\begin{cases} xy(2x+y-6) +y+2x=0&\\ (x^2+y^2)\left( 1+\dfrac{1}{xy}\right) ^2=8 \end{cases}$

c) $\begin{cases}2x^2y+y^2x+2y+x=6xy&\\ xy+\dfrac{1}{xy} +\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}=4 \end{cases}$

d) $\begin{cases} x^2y^2+y^4+1=3y^2&\\ xy^2+x=2y \end{cases}$

e) $\begin{cases} 2x+y+\dfrac{1}{x}=4&\\ x^2+xy+\dfrac{1}{x}=3. \end{cases}$

f) $\begin{cases} x^2y+y=2&\\ x^2+\dfrac{1}{x^2}+x^2y^2=3. \end{cases}$

g) $\begin{cases} x^2+y^2+x+y=4xy&\\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{y}{x^2}+\dfrac{x}{y^2}=4 \end{cases}$

h) $\begin{cases} x^4+4x^2+y^2-4y=2&\\ x^2y+2x^2+6y=23 \end{cases}$

i) $\begin{cases} \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=9&\\ \left( \dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}+\dfrac{1}{\sqrt[3]{y}}\right) \left( 1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}\right) \left( 1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{y}}\right) =18 \end{cases}$

j) $\begin{cases} x^2(y+z)^2=(3x^2+x+1)y^2z^2&\\ y^2(z+x)^2=(4y^2+y+1)z^2x^2&\\ z^2(x+y)^2=(5z^2+z+1)=x^2y^2 \end{cases}$

Giải bài toán bằng đại lượng cực biên-Phần 1

Leave a reply

Tương đương với nguyên lý qui nạp là nguyên lý cực hạn, trong dó cụ thể bằng một số tính chất sau:

Tính chất (tiên đề)

  •  Một tập con hữu hạn khác rỗng của tập số thực luôn tồn tại phần tử nhỏ nhất và phần tử lớn nhất.
  • Mọi tập con khác rỗng của $\mathbb{R}$ bị chặn trên đều tồn tại chặn trên nhỏ nhất.
  • Mọi tập con khác rỗng của $\mathbb{R}$ bị chặn dưới đều tồn tại chặn dưới lớn nhất.

Trong nhiều bài toán, việc chọn đối tượng cực hạn (lớn nhất hoặc nhỏ nhất) giúp ta thuận lợi trong suy luận. \
Cũng như quy nạp, cực hạn cũng có nhiều ứng dụng rộng rãi trong các việc giải quyết các bài toán tổ hợp.
Ví dụ 1. Tìm $n$ lớn nhất sao cho tồn tại $n$ điểm mà 3 điểm bất kì đều tạo thành tam giác vuông.

Lời giải
  Ta thấy $n=3, n=4$ đều tồn tại. Ta chứng minh $n\geq 5$ thì không tồn tại. \\
Giả sử ngược lại, tồn tại 5 điểm, sao cho 3 điểm bất kì đều tạo thành tam giác vuông. Khi đó ta chọn hai điểm sao cho có độ dài lớn nhất. Khi đó các điểm còn lại đều nằm trên đường tròn đường kính là đoạn thẳng này. Khi đó 3 điểm thuộc 2 nửa đường tròn, khi đó có ít nhất 2 điểm cùng thuộc một nửa, từ đó tồn tại một tam giác khác vuông có đỉnh là 2 điểm này cùng một điểm thuộc đường kính. Do đó không thỏa đề bài.

Bài toán này có nhiều các để tiếp cận, việc tìm ra $n=5$ không có gì khó, khi chứng minh $n=5$ không thỏa cũng có nhiều cách suy luận, tuy vậy việc chọn đoạn thẳng có độ dài lớn nhất giúp ta dễ dàng suy ra mâu thuẫn.
Ví dụ 2. Trên một mặt bàn đặt một số các đồng xu với kích cỡ không giống nhau đôi một (các đồng xu không được đè lên nhau và phải nằm sấp hoặc ngửa trên bàn). Chứng minh rằng dù ta đặt như thế nào đi nữa, cũng luôn tồn tại một đồng xu chỉ tiếp xúc được với nhiều nhất 5 đồng xu khác.

Lời giải
  Chọn đồng xu có bán kính nhỏ nhất, thì đồng xu này chỉ tiếp xúc không quá 5 đồng xu khác. Giả sử nó có thể tiếp xúc với 6 đồng xu khác. Khi đó $A$ là tâm đường tròn, tâm các đường tròn còn lại là $A_1, \cdots, A_6$. Khi đó tồn tại $A_iA_{i+1} \leq 60^\circ$, suy ra $A_iA_{i+1} < AA_i$ vô lý, vì bán kính của $(A)$ là nhỏ nhất.

Ví dụ 3. Cho $n$ điểm trong mặt phẳng biết rằng cứ 3 điểm bất kì tạo thành một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng $n$ điểm thuộc một hình tam giác có diện tích không lớn hơn 4.

Lời giải
  Gọi $A, B, C$ là 3 điểm tạo thành tam giác sao cho $ABC$ có diện tích lớn nhất. Từ $A, B, C$ vẽ các đường song song với các cạnh đối diện, các đường thẳng cắt nhau tại $A’, B’, C’$ ta chứng minh các điểm thuộc cạnh hoặc miền trong tam giác $A’B’C’$.

Thật vậy, nếu có điểm nào nằm ngoài tam giác $A’B’C’$ thì điểm đó kết hợp với hai trong 3 điểm $A, B, C$ sẽ có diện tích lớn hơn diện tích tam giác $ABC$, vô lý.
Do $S_{A’B’C’} = 4S_{ABC} \leq 4$.

Ví dụ 4. (Sylvester) Trong mặt phẳng cho $n$ điểm phân biệt, sao cho mỗi đường thẳng đi qua hai điểm thì đi qua ít nhất một điểm khác. Chứng minh rằng $n$ điểm này cùng thuộc một đường thẳng.

Lời giải
Giả sử không phải tất cả các điểm cùng thuộc một đường thẳng. Khi đó ta xét khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng qua ít nhất 3 điểm, trong các khoảng cách này có khoảng cách nhỏ nhất. Giả sử $P$ là điểm có khoảng cách từ $P$ đến $d$ là nhỏ nhất, với $d$ là đường thẳng qua các điểm $A, B, C$ theo thứ tự. \\
Gọi $H$ là hình chiếu của $P$ trên $d$, $D, E$ là hình chiếu của $A, B$ trên $B$ trên $PA, PC$. Nếu $H$ thuộc tia $BA$ thì $BE < PH$, nếu $H$ thuộc đoạn $BC$ thì $BD < PH$. Mâu thuẫn với $PH$ là nhỏ nhất. \\
Vậy tất cả các điểm cùng thuộc một đường thẳng.
Trên đây là một định lý kinh điển với lời giải cực hạn cũng đi vào các sách giáo khoa về tổ hợp, việc chọn khoảng cách nhỏ nhất đó là một ý tưởng khá độc đáo, giúp giải quyết bài toán rất nhanh.

Việc chọn đối tượng cực hạn phụ thuộc vào bài toán và hướng đi kế tiếp, có được điều này cần rèn luyện thêm trong việc giải toán.

Ví dụ 5. Cho 3 trường, mỗi trường có $n$ học sinh, biết rằng cứ mỗi học sinh thì quen ít nhất $n + 1$ học sinh của hai trường khác. Chứng minh rằng có thể chọn được từ mỗi trường một bạn sao cho 3 bạn này đôi một quen nhau.

Lời giải
Giả sử 3 trường là $X, Y, Z$. Tồn tại một người có số người quen ở cùng một trường khác là nhiều nhất, giả sử $A$ thuộc $X$ có số người quen ở trường $Y$ nhiều nhất là $k$. Khi đó số người quen của $A$ ở $Z$ ít nhất là $n+1-k$. Nếu nhóm người quen $A$ ở $Z$ quen với số người quen $A$ ở $X$ có hai người quen nhau thì ta có điều chứng minh.\\
Ngược lại xét người quen $A$ ở $Z$, đặt là $B$ quen số người ở $Y$ tối đa là $n-k$, khi đó $B$ quen ở $X$ ít nhất là $n+1 – (n-k) = k+1$, mâu thuẫn với cách chọn $A$. (Mâu thuẫn).

Ví dụ 6. Một bữa tiệc có 10 học sinh tham gia, biết rằng mỗi học sinh quen với ít nhất là 5 người. Chứng minh rằng có thể sắp xếp 10 học sinh ngồi vào một bàn tròn sao cho hai người kế nhau thì quen nhau.

Lời giải
Giả sử chuỗi người quen dài nhất có độ dài là $k$, $A_1A_2…A_k$, ta thấy các người còn lại không ai quen $A_1, A_k$ nên suy ra $k \geq 6$. \\
Nếu $k = 6$, suy ra $A_1$ và $A_6$ quen nhau, khi đó trong các người còn lại $A_7$ quen một trong cái người giả sử là $A_i$, khi đó ta có chuỗi $A_7A_iA_{i-1}A_1A_6A_{i+1}$ có độ dài hơn 6, vô lý.\\
Nếu $k =7$, khi đó $A_1$ quen từ $A_2$ đến $A_6$ và $A_7$ quen $A_2$ tới $A_6$, khi đó có một vòng $A_2A_7A_6A_5A_4A_3A_1A_2$. Khi đó sẽ có một người trong nhóm còn lại thì ta sẽ có chuỗi dài hơn, mâu thuẫn.\\
Nếu $k=8,9$ xét tương tự, ta sẽ có $k=10$. Giả sử có chuỗi $A_1\cdots A_{10}$. Khi đó tồn tại $k>i$ sao cho $A_1$ quen $A_k$ và $A_{10}$ quen $A_i$, khi đó có cách xếp thỏa đề bài là $A_1A_k\cdot A_iA_{10}A_9…A_k$.

Ví dụ 7. Một bảng $2n \times 2n$ ô, người ta đánh dấu bất kì $3n$ ô trong bảng. Chứng minh rằng tồn tại $n$ dòng và $n$ cột sao cho $3n$ ô được đánh dấu thuộc $n$ dòng và $n$ cột này.

Lời giải
Chọn $n$ dòng sao cho số ô được tô là lớn nhất, ta chứng minh rằng số ô được tô trong $n$ dòng này là không ít hơn $2n$ ô. \\
Thực vậy giả sử số ô được tô là ít hơn $2n$, khi đó $n$ dòng còn lại có nhiều hơn $n$ ô được tô, nên có ít nhất một một dòng có 2 ô được tô. Do đó $n$ dòng đã chọn, mỗi dòng ít nhất 2 ô được tô nên tổng số ô hơn hoặc bằng $2n$ (mâu thuẫn).\\
Vậy ta chỉ cần chọn $n$ cột chứa các ô được tô màu nhưng chưa được chọn trong $n$ dòng trên thì sẽ có điều cần chứng minh.

Bài tập rèn luyện
Bài 1. Có $(2n + 1)$ người đứng trên cùng một mặt phẳng, khoảng cách giữa họ không giống nhau. Sau đó mỗi người bắn người gần họ nhất. Chứng minh rằng:

a) Có ít nhất một người còn sống.
b) Không ai bị bắn quá năm viên đạn.
c) Các đường đạn không cắt nhau.

Bài 2. Một hành tinh có 20 quốc gia. Trong ba nước bất kỳ, luôn có hai nước không thiết lập quan hệ ngoại giao với nhau. Chứng minh rằng, hành tình này có tối đa 200 đại sứ quán.
Bài 3. Với $2n + 3$ điểm trong mặt phẳng, ba điểm bất kỳ không thẳng hàng và bốn điểm bất kỳ không cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh rằng ta có thể chọn ba điểm và vẽ được một đường tròn qua ba điểm đó. Trong $2n$ còn lại, có $n$ điểm nằm trong đường tròn và $n$ điểm nằm ngoài đường tròn.
Bài 4.  Điền các số từ 1 đến $n^2$ vào bảng vuông $n \times n$. Chứng minh rằng có hai ô kề nhau (kề cạnh hoặc kề đỉnh) mà hiệu của chúng không nhỏ hơn $n + 1$.
Bài 5.  Có $N(N \geq 3)$ chơi tenis vòng tròn một lượt. Cuối giải người ta thấy rằng không có ai thắng tất cả các trận thi đấu. Chứng minh rằng có thể tìm được 3 người A, B, C sao cho A thắng B, B thắng C và C thắng A.
Bài 6.  Cho $a, b$ là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau.
Gọi $d=(a,b)$. Khi đó tồn tại các số nguyên $x, y$ sao cho $$xa+yb=d$$

 

Hệ phương trình – Phương pháp cộng đại số – Hệ phương trình đối xứng loại hai

Leave a reply

 1. Phương pháp cộng đại số – Hệ phương trình đối xứng loại hai

Từ một hệ phương trình gồm có hai hay nhiều phương trình, ví dụ $\left\{\begin{array}{l} f(x,y)=0 (1) \\ g(x,y)=0 (2) \end{array} \right.$, ta tạo ra một hệ mới tương đương với hệ đã cho, bằng cách tạo thêm một phương trình dạng $af(x,y) + bg(x,y) = 0$, việc chọn lựa các hệ số $a, b$ đòi hỏi nhiều kinh nghiệm vì phương trình mới tạo ra phải đơn giản hơn, hoặc có ý để giúp giải được hệ.

Hệ đối xứng loại hai là hệ có dạng $\left\{\begin{array}{l} f(x,y)=0\ \ (1) \\ g(x,y)=0 \ \ (2) \end{array} \right.$ trong đó $f(y, x) = g(x,y)$ và $g(y,x) = f(x,y)$. Để giải hệ này ta lấy $(1)$ trừ $(2)$, sau đó xử lý tiếp.

Ví dụ 1:  Giải hệ phương trình $\begin{cases}x+3y=2x^2&\\ y+3x=2y^2 \end{cases}$ $(*)$

Giải

Ta có $(*) \Leftrightarrow \begin{cases} x+3y=2x^2&\\ -2(x-y)=2(x^2-y^2) \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x+3y=2x^2 \ \ (1)&\\ 2(x-y)(x+y+1)=0 \ \ (2) \end{cases}$.

Từ (2) suy ra $y=-x-1$ hoặc $x=y$.

Trường hợp $y=-x-1$ thay vào (1) ta được $x+3(-x-1) =2x^2 $ (vô nghiệm).

Trường hợp $x=y $ thay vào (1) ta được $4x=2x^2 \Leftrightarrow 2x(x-2)=0 \Leftrightarrow x=2$ hoặc $x=0$.

Vậy $(x,y)=(2;2)$ hoặc $(x,y)=(0;0)$.

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^3+1=2y&\\ y^3+1=2x. \end{cases}$ $(*)$

Giải

$(*) \Leftrightarrow \begin{cases} x^3+1=2y&\\(x-y)(x^2+xy+y^2)=-2(x-y) \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x^3+1=2y \ \ (1)&\\ (x-y)(x^2+xy+y^2+2)=0 \ \ (2) \end{cases}$

$(2) \Leftrightarrow x=y$ hoặc $x^2+xy+y^2+2=0$.

Trường hợp $x=y $ thay vào (1) ta được $x^3-2x+1=0 \Leftrightarrow (x-1)(x^2+x-1)=0.$

Suy ra $ x=1$ hoặc $x=\dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}.$

Trường hợp $x^2+xy+y^2+2=0 \Leftrightarrow (x-\dfrac{y}{2})^2+\dfrac{3y^2}{4}+2=0$ (vô nghiệm)

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(1,1)$ hoặc $(x,y)=(\dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}, \dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}).$

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình $\begin{cases} 3y=\dfrac{y^2+2}{x^2}&\\ 3x=\dfrac{x^2+2}{y^2} \end{cases} $ $(*)$

Giải

Điều kiện $xy \ne 0$.

$(*) \Leftrightarrow \begin{cases} 3x^2y=y^2+2&\\ 3xy^2=x^2+2 \end{cases} $

$\Leftrightarrow \begin{cases} 3yx^2=y^2+2 \ \ (1) &\\ 3xy(x-y)=-(x-y)(x+y) \ \ (2) \end{cases} $

$(2) \Leftrightarrow (x-y)(x+y+3xy)=0$.

Trường hợp $x=y$, thay vào (1) ta được $3x^3-x^2-2=0\\ \Leftrightarrow (x-1)(3x^2+2x+2)=0$

$\Leftrightarrow x=1$ hoặc $3x^2+2x+2=0$ (vô nghiệm).

Vậy $(x,y)=(1,1)$.

Trường hợp $x+y+3xy=0$ không xảy ra. Thật vậy, để ý rằng từ hệ phương trình đã cho nếu có nghiệm $(x,y)$ thì $x,y>0$ do đó $x+y+3xy>0$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(1,1).$

Trên đây là các hệ phương trình đối xứng loại hai, sau đây ta xét các ví dụ về một số hệ không mẫu mực khác, sử dụng phương pháp cộng đại số. Chú ý, tạo ra phương trình mới thì phương trình mới có thể xuất hiện hằng đẳng thức, phân tích thành nhân tử được…

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+6y=6x&\\ y^2+9=2xy \end{cases}$

Giải

Lấy phương trình $(1)$ cộng phương trình $(2)$ ta có $x^2 + y^2 -2xy + 6(y-x) + 9 = 0 \Leftrightarrow (y-x+3)^2 = 0 \Leftrightarrow y = x -3$.

Thế vào $(1)$ ta có: $x^2 + 6(x-3) = 6x \Leftrightarrow x = 3\sqrt{2}, x=-3\sqrt{2}$.

Với $x = 3\sqrt{2} \Rightarrow y = 3\sqrt{2}-3$.

Với $x = -3\sqrt{2} \Rightarrow y = -3\sqrt{2}-3$.

Vậy hệ có hai nghiệm $(x;y)$ là $(3\sqrt{2};3\sqrt{2}-3); (-3\sqrt{2};-3\sqrt{2}-3)$.

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình $\begin{cases}x^2+y^2+xy=3&\\ x^2+2xy=7x+5y-9. \end{cases}$

Giải

Cộng vế theo theo vế hai phương trình ta được

$ 2x^2+y^2+3xy-7x-5y+6=0 $

$\Leftrightarrow y^2+(3x-5)y+2x^2-7x+6=0$

$\Leftrightarrow y^2+(3x-5)y+(2x-3)(x-2)=0$

$\Leftrightarrow (y+2x-3)(y+x-2)=0$

$\Leftrightarrow y+2x-3=0 \ \text{hoặc } \ y+x-2=0.$

Trường hợp $\begin{cases} y+2x-3=0&\\ x^2+y^2+xy=3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} y=3-2x&\\ 3x^2-9x+6=0. \end{cases}$.

Ta được $\begin{cases} x=1&\\ y=1 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} x=2&\\ y=-1. \end{cases}$

Trường hợp $\begin{cases} y+x-2=0&\\ x^2+y^2+xy=3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}y=2-x&\\ x^2-2x+1=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=1&\\ y=1. \end{cases}$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (1;1); (2;-1)\right\} .$

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+y^2+4xy=6&\\ 2x^2+8=3y+7x \end{cases}$ $(*)$

Giải

$(*) \Leftrightarrow \begin{cases} x^2+y^2+4xy=6&\\ 4x^2+16=6y+14x. \end{cases}$

Cộng vế theo vế của hai phương trình ta được

$5x^2+y^2+4xy-6y-14x+10=0$

$\Leftrightarrow (x-1)^2+(2x+y-3)^2=0 $

$\Leftrightarrow \begin{cases}x=1&\\ 2x+y=3 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x=1&\\y=1. \end{cases}$

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2y+2x+3y=6&\\ 3xy+x+y=5 \end{cases}$.

Giải

Trừ vế theo vế hai phương trình ta được $x^2y-3xy+x+2y-1=0.$

Dễ thấy với $y=0$ thì $(x,0)$ không thể là nghiệm của hệ nên ta chỉ xét $y \ne 0$.

Chia hai vế của phương trình trên cho $y$ ta được

$ x^2-3x+\dfrac{x}{y}+2-\dfrac{1}{y}=0$

$\Leftrightarrow x^2 -(3-\dfrac{1}{y})x+(2-\dfrac{1}{y})=0$

$\Leftrightarrow (x-1)(x+\dfrac{1}{y}-2)=0$

$\Leftrightarrow x=1 \ \text{hoặc} \ x+ \dfrac{1}{y}-2=0.$

Trường hợp $\begin{cases}x=1&\\ 3xy+x+y=5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=1&\\y=1. \end{cases}$

Trường hợp $\begin{cases}x+\dfrac{1}{y}-2=0&\\ 3xy+x+y=5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x+\dfrac{1}{y}=2&\\3x+\dfrac{x}{y}+1=\dfrac{5}{y}. \end{cases}$

Suy ra $\dfrac{1}{y}=2-x$ và $3x+x(2-x)+1=5(2-x) \Leftrightarrow x^2-10x+9=0 \Leftrightarrow x=1 \ \text{hoặc} \ x=9.$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (1;1); \left( 9, -\dfrac{1}{7}\right) \right\} $.

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+2xy+2y^2+3x=0&\\ xy+y^2+3y+1=0. \end{cases}$

Giải

Lấy phương trình thứ nhất cộng hai lần phương trình thứ hai ta được

$(x+2y)^2+3(x+2y)+2=0$

$\Leftrightarrow (x+2y+1)(x+2y+2)=0.$

Trường hợp $x+2y+1=0 \Leftrightarrow x=-2y-1$ thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

$ y^2-2y-1=0 \Leftrightarrow y=1 \pm \sqrt{2}.$

Với $y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} \Rightarrow x=-3+\sqrt{5}$.

Với $y=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \Rightarrow x=-3-\sqrt{5}$.

Trường hợp $x+2y+2=0 \Leftrightarrow x=-2y-2$ thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

$y^2-y+1=0 \Leftrightarrow y=\dfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2}.$

Với $y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} \Rightarrow x=-3+\sqrt{5}$.

Với $y=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \Rightarrow x=-3-\sqrt{5}$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ \left( -3-2\sqrt{2}; 1+\sqrt{2}\right) ; \left( -3+2\sqrt{2}; 1-\sqrt{2}\right) ; \left( -3+\sqrt{5}; \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right) ;  \left( -3-\sqrt{5}; \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right) \right\} $.

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^3(2+3y)=1&\\ x(y^3-2)=3. \end{cases}$

Giải

Dễ thấy $x \ne 0.$

Khi đó hệ tương đương $\begin{cases} 2+3y=\dfrac{1}{x^3}&\\ y^3-2=\dfrac{3}{x} \end{cases}$

Cộng vế theo vế của hệ phương trình ta được

$y^3+3y=\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{3}{x}$

$\Leftrightarrow y^3-\dfrac{1}{x^3}+3\left( y-\dfrac{1}{x}\right) =0 $

$\Leftrightarrow \left( y-\dfrac{1}{x}\right) \left( y^2+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{y}{x}+3\right) =0$

$\Leftrightarrow \left( y-\dfrac{1}{x}\right) \left[ \left( y+\dfrac{1}{2x}\right) ^2+\dfrac{3}{4x^2}+3\right] =0$

$\Leftrightarrow y=\dfrac{1}{x}.$

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

$\dfrac{1}{x^3}-2=\dfrac{3}{x} \Leftrightarrow 2x^3+3x^2-1=0 \Leftrightarrow x=-1 \ \text{hoặc} \ x=\dfrac{1}{2}.$

Với $x=-1$ ta được $y=-1$, với $x=\dfrac{1}{2}$ ta được $y=2$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (-1;-1); \left( \dfrac{1}{2};2\right)\right\}  $.

2. Bài tập rèn luyện

Bài 1: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} x^2-2x-y-1=0&\\ y^2-2y-x-1=0 \end{cases}$

b) $\begin{cases} x^3+3x=8y&\\ y^3+3y=8x \end{cases}$

c)  $\begin{cases} x^3=5x+y&\\ y^3=5y+x  \end{cases}$

d) $\begin{cases} x-3y=4\dfrac{y}{x}&\\ y-3x=4\dfrac{x}{y}  \end{cases}$

e) $\begin{cases} xy+x^2=1+y&\\ xy+y^2=1+x \end{cases}$

f) $\begin{cases} 3y=\dfrac{y^2+2}{x^2}&\\ 3x=\dfrac{x^2+2}{y^2} \end{cases}$

g) $\begin{cases} 3x^3=x^2+2y^2&\\ 3y^3=y^2+2x^2 \end{cases}$

h) $\begin{cases} 3x^2y-y^2-2=0&\\ 3y^2x-x^2-2=0 \end{cases}$

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} x+\sqrt{y+3} =3&\\ y+\sqrt{x+3}=3 \end{cases}$.

b) $\begin{cases} \sqrt{x+5}+\sqrt{y-2}=7&\\ \sqrt{y+5}+\sqrt{x-2}=7 \end{cases}$

c) $\begin{cases} \sqrt{x}+\sqrt{2-x}=\sqrt{2}&\\ \sqrt{y}+\sqrt{2-x}=\sqrt{2} \end{cases}$

d) $\begin{cases} x \sqrt{1+y^2}+y \sqrt{1+x^2}=2&\\ x \sqrt{1+x^2}+y\sqrt{1+y^2}=2 \end{cases}$

e) $\begin{cases} \sqrt{x^2+3}+2\sqrt{x}=3\sqrt{y}&\\ \sqrt{y^2+3}+2\sqrt{y}=3\sqrt{x} \end{cases}$

f) $\begin{cases} x+\dfrac{2}{y}=\dfrac{3}{x}&\\ y+\dfrac{2}{x}=\dfrac{3}{y} \end{cases}$

g) $\begin{cases} 2x+3\sqrt{5-y}=8&\\ 2y+3\sqrt{5-x}=8 \end{cases}$

h) $\begin{cases} \sqrt[3]{3x+5}=y+1&\\ \sqrt[3]{3y+5}=x+1 \end{cases}$

i) $\begin{cases} x+1=\sqrt{2+\sqrt{y+3}}&\\ y+1=\sqrt{2+\sqrt{x+3}} \end{cases}$

Bài 3: Giải các hệ phương trình sau

a) $\begin{cases} x^2(1-2y)=y^2(4x+2y)&\\ 2x^2+xy-y^2=x \end{cases}$

b) $\begin{cases} x^2(y^2+1)=2&\\ x^2y^2+xy+1=3x^2 \end{cases}$

c) $\begin{cases} x^2+2=x(y-1)&\\ y^2-7=y(x-1) \end{cases}$

d) $\begin{cases} 4x^2+y^4-4xy^3=1&\\ 2x^2+y^2-2xy=1 \end{cases}$

Bài 4: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} x^2+2xy+y=4&\\ x^2+xy+2y+x=5 \end{cases}$

b) $\begin{cases} 2x^2+2xy+y=5&\\ y^2+xy+5x=7 \end{cases}$

c) $\begin{cases} x^2+y^2+xy=3&\\ y^2-xy+5x+4y=9 \end{cases}$

d) $\begin{cases} x^2+y^2=2&\\ 4(x+y)-x^2y^2=7 \end{cases}$

e) $\begin{cases} x^2+y^2+x+y=4&\\ x^2+2xy+9=7x+5 \end{cases}$

Bài 5: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+7=5y-6z&\\ y^2+7=10z+3x&\\ z^2+7=-x+3y \end{cases}$

Bài 6: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^3+3xy^2+3xz^2-6xyz=1&\\ y^2+3yx^2+3yz^2-6xyz=1&\\ z^3+3zy^2+3zx^2-6xyz=1. \end{cases}$

Bài 7: Giải hệ phương trình $\begin{cases} (x-2y)(x-4z)=3&\\ (y-2z)(y-4x)=5&\\ (z-2x)(z-4y)=-8. \end{cases}$

Bài 8: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x(yz-1)=3&\\ y(zx-1)=4&\\ z(xy-1)=5. \end{cases}$

Bài 9: Giải hệ phương trình $\begin{cases}ab+c+d=3&\\ bc+d+a=5&\\ cd+a+b=2&\\ da+b+c=6 \end{cases}$

Bài 10: Cho $a \in \mathbb{R}$. Giải hệ phương trình $\begin{cases} x_1^2+ax_1+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_2&\\  x_2^2+ax_2+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_3&\\ …&\\ x_n^2+ax_n+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_1 \end{cases}$

Hệ phương trình – Phương pháp thế

Leave a reply

Trong chương này đề cập đến một số phương pháp giải hệ phương trình cơ bản nhất: Phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, phương pháp ẩn phụ, và phương pháp đánh giá. Qua các phương pháp chúng ta cũng đi qua một số dạng phương trình mẫu mực như: hệ phương trình đối xứng loại một, loại hai, hệ đẳng cấp, hệ hoán vị vòng quanh,…Ngoài ra là các hệ không mẫu mực ở mức độ vừa phải, không quá xấu về mặt hình thức, phù hợp với các bạn THCS.

1. Phương pháp thế

Nội dung phương pháp: Từ một trong các phương trình, tính được một hoặc nhiều biến theo một hoặc nhiều biến khác, sau đó thế hết vào các phương trình còn lại để số biến sẽ giảm lại.

Trong các phương pháp giải hệ phương trình thì Phương pháp thế là phương pháp quan trọng và được sử dụng nhiều nhất. Mục tiêu của việc thế là đưa hệ nhiều ẩn thành hệ ít ẩn hơn, hoặc đưa về phương trình một ẩn, từ đó có thể giải được bài toán.

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình $ \left\{\begin{array}{l} x + 2y = 3\\ x^2-3y^2 + 4xy=2 \end{array} \right. $

Giải

$\left\{\begin{array}{l} x + 2y = 3 (1) \\x^2-3y^2 + 4xy=2 (2) \end{array} \right.$

Từ (1) ta có $x = 3-2y$, thế vào (2) ta có:

$(3-2y)^2-3y^2 + 4(3-2y)y = 2 \Leftrightarrow y^2 = 1 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} y = 1\\ y=-1 \end{array} \right.$

Với $y = 1 \Rightarrow x = 1$.

Với $y = -1 \Rightarrow x = 5$.

Vậy hệ có 2 nghiệm $(x;y)$ là $(1;1), (5;-1)$.

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} 2x^2+x+y^2=7\\ xy-x+y=3 \end{array} \right.$

Giải

Nếu $x=-1$ thì phương trình thứ hai vô nghiệm.

Xét $x \ne -1.$ Từ phương trình thứ hai ta được

$xy-x+y=3 \Leftrightarrow y=\dfrac{x+3}{x+1}$.

Thay vào phương trình đầu của hệ ta được

$2x^2+x+\left( \dfrac{x+3}{x+1}\right) ^2=7$

$\Leftrightarrow (2x^2+x-6)+\left[ \left( \dfrac{x+3}{x+1}\right)^2 -1\right] =0$

$\Leftrightarrow (x+2)(2x-3)+\dfrac{4}{(x+1)^2}(x+2)=0$

$\Leftrightarrow x=-2 \ \text{hoặc} \ 2x^3+x^2-4x+1=0.$

Trường hợp $x=-2$ thay vào phương trình thứ hai ta được $y=-1$.

Trường hợp $2x^3+x^2-4x+1=0  \Leftrightarrow (x-1)(2x^2+3x-1)=0$

$\Leftrightarrow x=1 \ \text{hoặc} \ x=\dfrac{-3 \pm \sqrt{17}}{4}.$

Với $x=1$ thay vào phương trình thứ hai ta được $y=2.$

Với $x=\dfrac{-3 \pm \sqrt{17}}{4}$ thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được $y=\dfrac{9 \pm \sqrt{17}}{1+\sqrt{17}}$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (-2;-1), (1;2), \left(\dfrac{-3\pm \sqrt{17}}{4}; \dfrac{9 \pm \sqrt{17}}{1+\sqrt{17}}\right)\right\} .$

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} 2x^2y+3xy=4x^2+9y\\ 7y+6=2x^2+9x. \end{array} \right.$

Giải

Từ phương trình thứ hai suy ra $y=\dfrac{2x^2+9x-6}{7}$.

Thay vào phương trình thứ nhất ta được

$2x^2 \left( \dfrac{2x^2+9x-6}{7} \right) +3x \left(  \dfrac{2x^2+9x-6}{7} \right) =\dfrac{7.4x^2}{7}+9 \left( \dfrac{2x^2+9x-6}{7} \right) $

$\Leftrightarrow (2x^2+9x-6)(2x^2+3x-9)=28x^2$

$\Leftrightarrow 4x^4+24x^3-31x^2-99x+54=0$

$\Leftrightarrow \left( x-\dfrac{1}{2}\right) (x+2)(4x^2+18x-54)=0$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2} \ \text{hoặc} \ x=2 \ \text{hoặc} \ x=\dfrac{-9 \pm \sqrt{33}}{4}.$

Trường hợp $x=\dfrac{1}{2}$ thay vào phương trình thứ hai ta được $y=-\dfrac{1}{7}$.

Trường hợp $x=-2$ thay vào phương trình thứ hai ta được $y=-\dfrac{16}{7}$.

Trường hợp $x=\dfrac{-9 \pm \sqrt{33}}{4}$ thay vào phương trình thứ hai ta được $y=3$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y) \in \left\{ \left( \dfrac{1}{2}; – \dfrac{1}{7} \right) ;  \left( -2; -\dfrac{16}{7}\right) ;  \left( \dfrac{-9 \pm \sqrt{33}}{4}; 3\right) \right\} $.

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} 1+x^3y^3=19x^3\\ y+xy^2=-6x^2. \end{array} \right.$

Giải

Nếu $x=0$ thì hệ vô nghiệm.

Xét $x \ne 0$. Nhân hai vế của phương trình thứ hai cho $x$ ta được $xy+x^2y^2=-6x^3.$

Thay vào phương trình thứ nhất ta được

$-6(1+x^3y^3)=19(xy+x^2y^2)$

$\Leftrightarrow xy=-\dfrac{2}{3} \ \text{hoặc} \ xy=-\dfrac{3}{2} \ \text{hoặc} \ xy=-1.$

Trường hợp $xy=-\dfrac{2}{3}$ thay vào phương trình thứ nhất ta được $\begin{cases} x=\dfrac{1}{3}&\\ y=-2 \end{cases}$.

Trường hợp $xy=-\dfrac{3}{2}$ ta được $\begin{cases}x=-\dfrac{1}{2}&\\y=3. \end{cases}$

Trường hợp $xy=-1$ ta được $x=0$ (loại).

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ \left( \dfrac{1}{3}; -2\right) , \left( \dfrac{-1}{2};3\right) \right\} $.

Một số hệ phương trình nhiều khi phải biến đổi một vài bước thì mới xuất hiện phép thế.

Ví dụ 5:  Giải hệ phương trình $\begin{cases} xy+x+y=x^2-2y^2 &\\ x\sqrt{2y}-y\sqrt{x-1}=2(x-y). \end{cases}$

Giải

Điều kiện $x \ge1, y \ge 0.$

Phương trình thứ nhất tương đương

$(x+y)^2-(x+y)-3y^2-3xy=0$

$\Leftrightarrow (x+y)(x-2y-1)=0$

$\Leftrightarrow x=-y \ \text{hoặc} \ x=2y+1.$

Do $x \ge 1, y \ge 0$ nên trường hợp $x=-y$ không thể xảy ra.

Xét $x=2y+1$ thay vào phương trình thứ hai ta được

$(2y+1)\sqrt{2y}-y\sqrt{2y}=2y+2$

$\Leftrightarrow (y+1)(\sqrt{2y}-2)=0$

$\Leftrightarrow y=2 \ (\text{do} \ y \ge 0)$

Suy ra $x=5$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(5,2).$

Trong ví dụ trên thì từ một phương trình ta phân tích thành thừa số, từ đó có những phương trình đơn giản hơn và sử dụng phương pháp thế.Ta xét tiếp ví dụ sau:

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình $\begin{cases} xy+x-2=0&\\ 2x^3-x^2y+x^2+y^2-2xy-y=0. \end{cases}$

Giải

$2x^3-x^2y+x^2+y^2-2xy-y=0$

$\Leftrightarrow (x^2-y)(2x-y+1)=0$

$\Leftrightarrow y=x^2 \ \text{hoặc} \ y=2x+1.$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (1,1), \left( \dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}, \pm \sqrt{5}\right) \right\} $.

Ví dụ 7:  Giải hệ phương trình $\begin{cases} y^2=(5x+4)(4-x)&\\ y^2-5x^2-4xy+16x-8y+16=0 \end{cases}$

Giải

Viết lại phương trình thứ hai của hệ dưới dạng $ y^2-(4x+8)y-5x^2+16x+16=0.$

Coi đây là phương trình bậc hai theo $y$ ta được $\Delta=(4x+8)^2-4(-5x^2+16x+16)=36x^2.$

Suy ra $y=\dfrac{4x+8+6x}{2}=5x+4$ hoặc $y=\dfrac{4x+8-6x}{2}=4-x.$

Trường hợp $y=5x+4$ thay vào phương trình đầu của hệ ta được $x(5x+4)=0 \Leftrightarrow x=0 \ \text{hoặc} \ x=-\dfrac{4}{5}.$

Trường hợp này hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (0,4), \left( -\dfrac{4}{5},0\right) \right\} $.

Trường hợp $y=4-x$ thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được $$x(4-x)=0 \Leftrightarrow x=0 \ \text{hoặc} \ x=4.$$

Trường hợp này hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (0,4), (4,0)\right\} $.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (0,4), (4,0), \left( -\dfrac{4}{5},0\right) \right\} $.

Ngoài cách phân tích thành nhân tử, ta còn có một số biến đổi khác phức tạp hơn, ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+y^2=x-y&\\ y^3-x^3=y-x^2 \end{cases}$.

Giải

Ta có $\begin{cases} x^2+y^2=x-y\\ y^3-x^3=y-x^2 \end{cases} $

$\Leftrightarrow \begin{cases} x(x-1)=-y(y+1)&\\ y(y-1)(y+1)=x^2(x-1). \end{cases}$

Thay phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất ta được

$ -x(x-1)(y-1)=x^2(x-1)$

$\Leftrightarrow x(x-1)(x+y-1)=0$

$\Leftrightarrow x=0 \ \text{hoặc} \ x=1 \ \text{hoặc} \   x=1-y.$

Trường hợp $x=0$ thay vào phương trình thứ nhất ta được $y=0$ hoặc $y=-1$.

Trường hợp $x=1$ thay vào phương trình thứ nhất ta được $y=0$ hoặc $y=-1$.

Trường hợp $x=1-y$ thay vào phương trình thứ nhất ta được $y=0.$

Ví dụ 9: Giải phương trình $\begin{cases} (x-y)^4=13x-4&\\ \sqrt{x+y}+\sqrt{3x-y}=\sqrt{2}. \end{cases}$

Giải

Điều kiện $\begin{cases} x+y \ge 0&\\ 3x-y \ge 0. \end{cases}$

Khi đó $\sqrt{x+y}+\sqrt{3x-y}=\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow x+y+3x-y+2\sqrt{(x+y)(3x-y)}=2$

$\Leftrightarrow 1-2x=\sqrt{(x+y)(3x-y)}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 4x^2-4x+1=3x^2+2xy-y^2&\\ x \le \dfrac{1}{2} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} (x-y)^2=4x-1&\\ \dfrac{1}{4} \le x \le \dfrac{1}{2}. \end{cases}$

Thay vào phương trình đầu của hệ ta được

$(4x-1)^2=13x-4$

$\Leftrightarrow 16x^2-21x+5=0$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{5}{16} \ \text{hoặc} \ x=1 \ \text{(loại)}.$

Với $x=\dfrac{5}{16}$ thì $y=-\dfrac{3}{16}$.

Vậy hệ có nghiệm $(x;y)$ là $\left(\dfrac{5}{16}; -\dfrac{3}{16}\right).$

2. Bài tập 

Bài 1: Giải các hệ phương trình sau

a) $\begin{cases} \sqrt{x+y}+\sqrt{2x-4}=5&\\ 2x+y=14 \end{cases}$

b) $\begin{cases} x+y=-1&\\ x^3-3x=y^3-3y& \end{cases}$

c) $\begin{cases} x^2y+2(x^2+y)=8&\\ xy+x+y=5 \end{cases}$

d) $\begin{cases} x^2+5x+y=9&\\ 3x^3+x^2y+2xy+6x^2=18 \end{cases}$

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} y^2-xy+1=0&\\ x^2+y^2+2x+2y+1=0& \end{cases}$

b) $\begin{cases} x^3-2xy+5y=7&\\ 3x^2-2x+y=3& \end{cases}$

c) $\begin{cases} x-\sqrt{y+1}=\dfrac{5}{2}&\\ y+2(x-3)\sqrt{x+1}=-\dfrac{3}{4}& \end{cases}$

d) $\begin{cases} x^4+2x^3y+x^2y^2=2x+9&\\ x^2+2xy=6x+6& \end{cases}$

e) $\begin{cases} x^2+1+y(y+x)=4y&\\ (x^2+1)(y+x-2)=y& \end{cases}$

f) $\begin{cases} x(x+y+1)-3=0&\\ (x+y)^2-\dfrac{5}{x^2}+1=0& \end{cases}$

Bài 3: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases}x-2y-\sqrt{xy}=0&\\ \sqrt{x-1}+\sqrt{4y-1}=2 \end{cases}$

b) $\begin{cases} \sqrt{2x-3}=(y^2+2018)(5-y)+\sqrt{y}&\\ y(y-x+2)=3x+3 \end{cases}$

c) $\begin{cases} 2x^2+4xy+2y^2+3x+3y-2=0&\\ x^2+y^2+4xy+2y=0 \end{cases} $

d) $\begin{cases} 2x^2+xy-y^2-5x+y+2=0&\\ x^2+y^2+x+y-4=0 \end{cases}$

e) $\begin{cases} 2x^2-5xy+3y^2=0&\\ x^2-2xy=-1& \end{cases}$

f) $\begin{cases} x^3+3x^2y+3xy^2+2y^3=0&\\ 4x^2+y^2=5& \end{cases}$

Bài 4: Giải các hệ phương trình sau

a) $\begin{cases} x+\dfrac{1}{x}=y+\dfrac{1}{y}&\\ x+2y=3& \end{cases}$

b) $\begin{cases} x^3-4y^3=6x^2y-9xy^2&\\ \sqrt{x+y}+\sqrt{x-y}=2& \end{cases}$

c) $\begin{cases} -x^2y+2xy^2+3y^3-4(x+y)=0&\\ xy(x^2+y^2) -1=3xy-(x+y)^2 \end{cases}$

d) $\begin{cases} \sqrt{x-1}+\sqrt{x}(3\sqrt{x}-y)+x\sqrt{x}=3y+\sqrt{y-1}&\\ 3xy^2+4=4x^2+2y+x \end{cases}$

e) $\begin{cases} x^2+y^2+\dfrac{2xy}{x+y}=1&\\ \sqrt{x+y}=x^2-y \end{cases}$

f) $\begin{cases} y^2-x\sqrt{\dfrac{y^2+2}{x}}=2x-2&\\ \sqrt{y^2+1}+\sqrt[3]{2x-1}=1 \end{cases}$

Bài 5: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} 2x^2+y^2-3xy+3x-2y+1=0&\\ 4x^2-y^2+x+4=\sqrt{2x+y}+\sqrt{x+4y}& \end{cases}$

b) $\begin{cases} 6\dfrac{x}{y}-2=\sqrt{3x-y}+3y&\\ 2\sqrt{3x+\sqrt{3x-y}}=6x+3y-4. \end{cases}$