Tư duy logic tìm tòi lời giải hệ phương trình – Mai Xuân Vinh

TS. MAI XUAÂN VINH (Chuû bieân) PHAÏM KIM CHUNG – PHAÏM CHÍ TUAÂN ÑAØO VAÊN CHUNG – DÖÔNG VAÊN SÔN K2P.NET.VN Daønh cho hoïc sinh khoái THPT Daønh cho hoïc sinh oân thi THPT Quoác gia Taøi lieäu tham khaûo cho hoïc sinh vaø giaùo vieân NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com MUÏC LUÏC CHÖÔNG I. PHÖÔNG PHAÙP GIAÛI HEÄ PHÖÔNG TRÌNH I. PHƯƠNG PHÁP THẾ ĐẠI SỐ ....................................................................... 3 II. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH NHÂN TỬ ................................................... 36 III. PHƯƠNG PHÁP TẠO NHÂN TỬ BẰNG KỶ THUẬT CỘNG, TRỪ, NHÂN CHÉO ...................................... 193 IV. HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ẨN PHỤ HÓA ...... 229 1. Ẩn phụ hóa với hệ hữu tỷ ........................................................................ 229 2. Ẩn phụ hóa với hệ chứa căn thức ............................................................ 270 V. HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ............... 296 VI. HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ........... 357 CHÖÔNG II. SUY LUAÄN TÌM LÔØI GIAÛI HEÄ PHÖÔNG TRÌNH BAÈNG KYÕ NAÊNG ÑAËC BIEÄT HOÙA A. TÌM MỐI QUAN HỆ GIỮA CÁC BIẾN TRÊN MỘT PHƯƠNG TRÌNH CỦA HỆ. .................................................. 413 B. HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG CÓ MỐI QUAN HỆ GIỮA CÁC BIẾN TRÊN MỘT PHƯƠNG TRÌNH. .................................................................. 457 CHÖÔNG III. HEÄ PHÖÔNG TRÌNH TOÅNG HÔÏP A. MOÄT SOÁ HEÄ PHÖÔNG TRÌNH ÑAËC TRÖNG ....................................... 470 B. PHUÏ LUÏC ................................................................................................. 520 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comTìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 77  Hệ phương trình có chứa một phương trình hoặc cả hai phương trình có thể sử dụng hằng đẳng thức trực tiếp hoặc gián tiếp bằng phép nâng lũy thừa để có nhân tử chung. Đặc điểm nhận dạng thường gặp của hệ này là khi chúng ta biến đổi một hoặc cả hai phương trình chúng ta sẽ gặp một hằng đẳng thức quen thuộc. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 2 22 x y 2 x y 1 0 5x 11 3y 5 5y 10x 1  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy phương trình thứ nhất có hình thức nhẹ nhàng nên ta sẽ bắt đầu từ phương trình này vì cấu trúc phương trình hai không cho nghỉ đến phép biến đổi nào bắt đầu từ đó để tìm mối liên quan giữa hai biến. Cụ thể ta có phương trình thứ nhất được biến đổi thành : 22 x y 2xy 2x 2y 1 0 1 Không khó để nhận ra 1 là hằng đẳng thức của 2 x y 1 . Do đó từ 1 ta có : 2 x y 1 0 x y 1 0 y x 1 . Như vậy xem như bài toán được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 5y 10x 1 0 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 22 x y 2xy 2x 2y 1 0 2 x y 1 0 x y 1 0 y x 1 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 2 2 5x 11 3 x 1 5 5 x 1 10x 9 22 5x 11 5x 4 3x 2 2 Từ 2 ta có : 22 2 5x 11 5x 4 3x 2 0 x 3 . Xét hàm số 22 f x 5x 11 5x 4 3x 2 , 2 x 3 . Ta có : 2 2 2 2 5x 5x 1 1 f ' x 3 5x 3 0 5x 11 5x 4 5x 11 5x 4 , 2 x 3 . Do đó ta có hàm số fx luôn đồng biến với 2 x 3 nên f x 0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Mà f(1) = 0 nên (2) có nghiệm duy nhất x 1 y 2 . Đối chiếu điều kiện ta có hệ có nghiệm x,y 1;2 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 78 Bình luận: Bài toán trên là một bài toán cơ bản nếu thuần thục hằng đẳng thức về cách nhìn và nhận biết thì sẽ không có khó khăn trong lúc giải. Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình 2 2 3 22 43 xy 2 6y 3 x x 1 4 3 1 3 y y 12x 5 87 15 1 xx xx              x,y  Phân tích : Với hệ đang xét, không cần phải suy tính điều gì mà bắt đầu ngay với phương trình thứ nhất trong hệ. Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình : 2 22 2 12 9 3 3 xy 2 6y 0 xy 2 2 xy 2 0 x x x x  2 3 xy 2 0 x 2 3 xy 2 3 x xy 2 0 23 x y x x  Ở đây chúng ta suy nghỉ rút như vậy là vì trong phương trình thứ hai trong hệ chứa cả y,xy . Và như vậy ta xem như nút thắt của bài toán đã được giải quyết. Giờ ta vào giải bài toán trực tiếp. Lời giải : Điều kiện x0  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2 22 2 12 9 3 3 xy 2 6y 0 xy 2 2 xy 2 0 x x x x  2 3 xy 2 0 x 2 3 xy 2 3 x xy 2 0 23 x y x x  Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 23 2 3 2 2 1 2 3 3 12 20 1 3 12 2 63 15 1 x x x x x x x                 3 4 2 2 1 9 24 36 1 3 63 15 1 xx x x x             Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 79 3 4 2 2 1 3 8 12 1 3 21 5 1 xx x x x              Đặt 1 t x , ta có  trở thành phương trình : 3 4 2 2 3 t 3t 8t 12t 21 5 t 1 1 . Ta biến đổi 1 thành phương trình : 23 2 22 3 t 3 t 1 2 3 t 5 t 1    . 23 2 2 2 2 3 t 3 t 3 t 3 t 3 2 5 2 3 5 0 t 1 t 1 t 1 t 1                     2 2 2 2 3 t 3 t 3 t 1 2 2 5 0 t 1 t 1 t 1                 2 3t 1 t1 vì 2 22 3 t 3 t 2 2 5 0, t t 1 t 1          2 1 x 1 y 5 1 t1 x t t 2 0 1 t 2 1 x y 8 2 2 x           Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình là 1 x, y 1; 5 ; ; 8 2    . Bình luận : Ở cách giải ở phương trình thứ hai nếu ta cứ mặc nhiên khai triển thì sẽ gặp phương trình bậc 6 với nghiệm đẹp ta hoàn toàn có thể giải được. Tuy nhiên, nếu gặp nghiệm “không đẹp” thì chắc cũng khó khăn. Cách giải trên dựa trên tính tinh tế của các đại lượng mà ta chú ý trong bài đó là 2 3 t,t 1 và bằng hệ số bất định ta cần tách : 2 2 4 2 2 3x 8x 12x 21 m 3 t n t 1 Cân bằng hệ số hai vế phương trình này ta sẽ tìm được m 2,n 3 và có lời giải như trên. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 22 2 2 2 2 4x y 9 2 y 2x 3 y 2x x y 2 2 x y x 1x x 2 y 2x 9x 7  x,y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 80 Phân tích : Với hệ này, do cấu trúc quá phức tạp của phương trình thứ hai nên chúng ta chuyển qua phương trình thứ nhất trong hệ có cấu trúc đơn giản hơn. Phương trình thứ nhất trong hệ được biên đổi thành phương trình : 2 2 2 2 2 4x y 9 2 3y y 6x 2xy 4x y 9 4xy 12x 6y 0 Và chúng ta nhận thấy đẳng thức cuối cùng mang dáng dấp của hằng đẳng thức. Thật vậy, ta có : 22 22 22 4x y 9 4xy 12x 6y 2x y 3 2 2x y 2 2x 3 2 y 3 2x y 3       Và như vậy ta sẽ có : 2 2x y 3 0 2x y 3 0 y 2x 3 . Bài toán đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 22 y 2x 9x 7 0  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2 2 2 2 2 4x y 9 2 3y y 6x 2xy 4x y 9 4xy 12x 6y 0 2 2x y 3 0 2x y 3 0 y 2x 3 Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 32 2 2 2 2 2 2x x 2x 1 2 x x 3 x x 3 2x 4x 2x 2 1 x 1 x x 2 x 2 2x 3x 2 2x 3 2x 9x 7 32 22 x x 3 2x 4x 2x 2 1 x 2 x 2 2x 3x 2 22 22 2x 3x 2 x 2 2 x 2 2x 3x 2 2 Đặt 22 22 2x 3x 2 1 x 2 t ,t 0 t x 2 2x 3x 2 vì 2 2 22 37 2x 2x 3x 2 48 0 x 2 x 2 . Lúc đó ta có: 2 2 2 1 2x 3x 2 2 t 2 t 2t 1 0 t 1 1 t x2 2 x 0 y 3 x 3x 0 x 3 y 3   Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình là   x,y 0;3 ; 3; 3 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 81 Bình luận : Ở cách giải phương trình 2 các bạn có thể thực hiện phép quy đồng và nhân phân phối ra hết thì cũng có kết quả như vậy. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 24 x y x y 32 16 9xy xy x y xy x y 3 x 1 y 2  x,y  . Phân tích : Với hệ này ta thấy phương trình thứ nhất có cấu trúc khá phức tạp, phương trình thứ hai chứa căn thức khá nhiều nhưng lại là phương trình căn thức cơ bản nên trước tiên ta sẽ nâng lũy thừa ở phương trình thứ hai để làm giảm căn thức của phương trình thứ hai cộng với việc khử bớt đại lượng y có ở vế sau và tạo được thêm đại lượng 3x có trong căn thức sau khi nâng lũy thừa ở vế trái. Cụ thể ta có phương trình thứ hai được biến đổi thành phương trình : x y 3 2 x y 3 xy 2x y 2 x y 3 2 x y 3 1 0 Phép biến đổi cuối cho ta được một hằng đẳng thức 2 xy 3x 1 0 . Tới đây ta sẽ có mối quan hệ giữa hai biến x,y là xy 3x 1 . Nếu để vậy thế vào phương trình thứ nhất trong hệ ta vẫn giải được nhưng khá phức tạp và khó khăn trong việc khai triển tính toán. Do đó ta chọn lựa phương án biến đổi tiếp phương trình thứ nhất trong hệ để được hình thức gọn gàng hơn. Ta có phương trình thứ nhất được viết lại là : 1 1 32 24 x y 16 9xy xy xy Với phương trình này ta không khó nhận ra cái đại lượng sau đây sắp xếp lại sẽ được một hằng đẳng thức, đó là : 2 1 1 32 1 2 1 1 1 16 16 16 x y x y xy xy x y             . Do đó ta biến đổi tiếp phương trình thứ nhất về phương trình : 2 2 11 24 x y 16 9xy 0 xy xy 16 24 x y 9xy 0 xy Và tới đây, không khó để nhận ra phương trình cuối cùng được biến đổi của phương trình thứ nhất trong hệ tương đương với : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 82 2 xy 4 3 xy 0 xy 22 4 x y 3xy 16 x y xy 9x y Lúc này kết hợp với kết quả thu được ở phương trình thứ hai ta thực hiện phép thế sẽ đơn giản hơn. Lời giải : Điều kiện : x0 y3  . Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trình : x y 3 2 x y 3 xy 2x y 2 x y 3 2 x y 3 1 0 2 xy 3x 1 xy 3x 1 0 xy 3x 1 0 xy 3x 1 0 1 y3 x  1 Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 1 1 32 24 x y 16 9xy xy xy 2 11 24 x y 16 9xy 0 xy 2 xy 16 24 x y 9xy 0 xy 2 xy 4 3 xy 0 xy 22 4 x y 3xy 16 x y xy 9x y 2 Thế (1) vào (2) ta có phương trình : 2 32 1 16 x 3 3x 1 9 3x 1 81x 38x 39x 16 32x 3x 1 0 x 32 81x 6x 71x 16 32x x 1 3x 1 0 2 x x 1 x 1 81x 87x 16 32x 0 x 1 3x 1  2 2 T 32x x 1 81x 87x 16 0 x 1 3x 1                 Nhận xét với x0 ta có : 2 2 32x 81x 87x 16 0 x 1 3x 1 . Do đó từ  ta có x 1 0 x 1 4 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 83 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 1;4 . Bình luận : Bài toán là sự phối hợp cả hai phương trình đều được về hằng đẳng thức. Nói cách khác thì kỉ thuật nhân tử chung bằng hằng đẳng thức là một bài toán mà ở đó chúng ta hay bắt gặp nhân tử chung có được ở dạng 2 f x,y 0 hoặc 22 f x,y g x,y 0 hoặc là 22 f x,y g x,y 0 . Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 4 2 2 y 3 2x 1 y 3 2x 1 y x 2 15 2x 6 x 2 y x 3  x,y  Phân tích: Không quá khó để nhận ra hệ này chúng ta không khai thác được gì từ phương trình thứ hai. Phương trình thứ nhất buộc lòng cần quan tâm. Trước tiên ta sẽ chuyển vế và dùng phép nâng lũy thừa để giảm bớt căn thức rồi sau đó sẽ tiến hành tiếp các phép biến đổi cần thiết và nhận định về phép biến đổi cuối cùng ta có được. Cụ thể ta có phương trình thứ nhất được biến đổi thành : 2 y 3 2x 1 3 2x 1 y 4 y 6x 3 9 2x 1 6 y 2x 1 y 24x 4y 12 18x y 9 6 y 2x 1 2x 1 2 y 2x 1 y 0 2 2x 1 y 0 2x 1 y y 2x 1 Như vậy xem như đã có gỡ được nút thắt quan trọng của bài toán. Vậy xem như bài toán được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : y 3 2x 1 0 y0 1 x 2 y x 3 0   Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có phương trình sau : 2 y 3 2x 1 3 2x 1 y 4 y 6x 3 9 2x 1 6 y 2x 1 y 24x 4y 12 18x y 9 6 y 2x 1 2x 1 2 y 2x 1 y 0 2 2x 1 y 0 2x 1 y y 2x 1 Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 4 2 x 1 15 2x 6 x 2 x 2 ( điều kiện x2 ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 84 3 2 2 2x 2x 15x 9 16 8x x x 4 3 2 2 2x 2x 11x 7 4x 2x 1 2 x 4 0 2 2 2 2x 4x 7 x 1 2x 4x 7 4x 0 2x 1 2 x 4 2 2 4x 2x 4x 7 x 1 0 2x 1 2 x 4 1 Với điều kiện x2 ta luôn có : 2 4x x 1 0 2x 1 2 x 4 . Do đó từ 1 ta có : 2 2 3 2 x 2 2x 4x 7 0 2 3 2 x 2      Vì x2 nên 2 3 2 x y 3 1 2 2 . Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm của hệ phương trình là 2 3 2 x, y ;3 3 2 2 . Bình luận: Thông qua bài toán này, chúng tôi muốn lưu ý các bạn nếu trong hệ chứa một phương trình gây quá nhiều khó khăn để tìm mối quan hệ mà trong hệ lại có một phương trình có hình thức nhẹ nhàng hơn và chứa dạng phương trình cơ bản thì cứ thử tư duy logic việc nâng lũy thừa để làm giảm căn thức và tìm hiểu sâu vào các phép biến đổi tiếp theo có giúp gì cho chúng ta. Đó là việc tư duy cho bài toán, tuy nhiên tùy vào bài toán mà ta sẽ có cách chọn lựa phương pháp thích hợp. Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình : 2 2 22 22 32 6x x 1 4xy 1 2 x 1 x y y 1 x y 4 x 4 7x y 3x 112 y1 2x x 16  x,y  Phân tích : Về cấu trúc bài hệ thì từ phương trình thứ hai trong hệ có biến đổi thì cũng không thu được kết quả nào khả quan. Do đó chúng ta sẽ chuyển trọng tâm sang phương trình thứ nhất. Ta biến đổi phương trình thứ nhất trở thành phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 85 2 2 2 6x 6x 4xy 1 2 x 1 x y y 2y 1 0 . Ở phương trình này chúng ta nhận thấy có đại lượng 2 2 x 1 x y làm ta liên tưởng tới hằng đẳng thức 2 ab Mặt khác nhận thấy rằng nếu cho 22 y 2x 1 x y x 2x 1 x 1 . Và với y 2x 1 thì ta thấy phương trình này nghiệm đúng Như vậy có khả năng đại lượng 2 2 x 1 x y có được xuất phát từ hằng đẳng thức này chăng ? Đó là : 2 2 x y x 1 0 . Và như thế ta thử tách phương trình thứ nhất theo chiều hướng này xem sao ? Cụ thể ta có : 2 2 2 2 2 x y 2 x 1 x y x 1 4x 4x 4xy y 2y 1 0 Tới đây ta để ý thấy được : 2 22 4x y 1 4xy 2y 4x 2x y 1 Và như vậy phương trình thứ nhất được biến đổi gọn lại thành phương trình : 2 2 2 2 x 1 0 x y x 1 x y x 1 2x y 1 0 y 2x 1 y 2x 1   Như vậy xem như nút thắt của bài toán đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 32 x y 0 2x x 16 0 y1    Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình 2 2 2 2 2 x y 2 x 1 x y x 1 4x 4x 4xy y 2y 1 0 2 2 2 2 x1 x y x 1 x y x 1 2x y 1 0 y 2x 1 y 2x 1   . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 2 2 2 32 x 2x 1 4x 16 7x 2x 1 3x 112 2x 2x x 16 3 2 3 2 32 2x 5x 16 14x 10x 112 2x 2x x 16 1 Đặt 32 a 2x x 16,a 0 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 86 Ta có nhận xét : 3 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2x 5x 16 a 4x 14x 10x 112 7 2x x 16 3x 7a 3x  Do đó ta có 1 trở thành phương trình : 2 2 2 2 2 2 a 4x 7a 3x 2x a 4x a 7a 3x a 2x 3 2 3 2 2 8x 3ax 2ax 7a 0 x a 8x 5ax 7a 0 xa vì 22 8x 5ax 7a 0 32 3 2 2 x0 2x x 16 x x 2 y 5 2x x 16 x  Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm của hệ phương trình là x,y 2;5 . Bình luận : Trong lời giải phân tích các bạn sẽ có thắc mắc là căn cứ vào điều gì mà chúng tôi lại cho y 2x 1 . Câu trả lời đó chính là sự dự đoán của chúng ta về hằng đẳng thức. Nếu hằng đẳng thức này đúng thì nghiệm xảy ra tại dấu bằng phải thỏa phương trình. Và điều đó đã đúng nên hướng tiếp cận tiếp theo là biến đổi để thu được một đại lượng hằng đẳng thức tiếp theo dựa vào biểu thức còn lại có các đại lượng cho phép có thể biến đổi theo ý tưởng đó. Một ý tưởng có thể khơi được sự thành công, nhưng không ý tưởng nào sẽ chắc chắn sẽ dẫn tới một thất bại. Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 2 2 4 y 5 3x 1 12x 2 x 2 y 2 5x y 2 2 2 1 4x 10x 3  x,y  Phân tích: Với hệ này, ta rõ ràng nhận thấy mối liên quan giữa hai phương trình với đại lượng y2 nhưng sẽ rất khó biến đổi từ phương trình thứ hai. Ở phương trình thứ nhất ta có thể ẩn phụ hóa căn thức để đưa về phương trình bậc hai theo y nhưng nếu ta tinh ý ta sẽ có biến đổi sau : 22 y 2 2 x 2 y 2 x 4x 4 16x 8x 1 0 2 2 2 2 y 2 2 x 2 y 2 x 2 4x 1 y 2 x 2 4x 1 4 y 2 x 2 4x 1 y 2 5x 1 y 2 5x 1 y 2 x 2 4x 1 y 2 3x 3    . Ta biến đổi được như vậy là do điều kiện của hệ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 87 Như vậy xem như ta đã tìm được mối quan hệ để thực hiện phép thế. Vậy xem như hệ được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : y2 3 x 10  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình : 22 y 2 2 x 2 y 2 x 4x 4 16x 8x 1 0 2 2 2 2 y 2 2 x 2 y 2 x 2 4x 1 y 2 x 2 4x 1 4 y 2 x 2 4x 1 y 2 5x 1 y 2 5x 1 y 2 x 2 4x 1 y 2 3x 3    1 Ta có 1 vì 31 x 5x 1 10 2 , 3x 3 0 . Thay 4 y 2 5x 1 vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 5x 5x 1 2 2 1 4x 10x 3 22 5x 5x 1 10x 8x 2 2 10x 3 0 2 5x 5x 1 2x 5x 1 10x 2 2 10x 3 0 x 5x 1 5x 2 5x 1 10x 3 2 10x 3 1 0 2 x 5x 1 5x 1 2 5x 1 1 10x 3 1 0 22 x 5x 1 5x 1 1 10x 3 1 0 5x 1 1 0 5x 1 1 2 x 10x 3 1 5 10x 3 1 0   4 y 2 1 y 1 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình 2 x, y ; 1 5 . Bình luận : Bài toán này chỉ cần tinh ý biến đổi phương trình thứ nhất về dạng 22 A B 0 đây cũng là một điều đáng quan tâm và chú ý. Phương trình thứ hai được giải quyết theo phương pháp đưa về tổng hai số không âm 22 A B 0 . Cả hai phương trình trong hệ đều có thể sử dụng hằng đẳng thức và các tính chất đặc biệt để giải quyết. Tuy nhiên ở phương trình thứ hai các bạn có thể chọn lựa giải quyết cách khác như liên hiệp… Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 88 Ví dụ 8: Giải hệ phương trình 22 2 2x 4y 2 3 1 4 x y xy y x x 5x 2y xy 6 2x x y 3 x y 3  x,y  Phân tích : Hệ phương trình có cấu trúc khá đồ sộ ở cả hai phương trình trong hệ. Tuy nhiên ta quan sát thấy phương trình thứ hai trong hệ bên vế trái trong căn có chứa một biểu thức chứa biến khá đồ sộ và đặc biệt có sự xuất hiện của đại lượng 2x x y 3 nên ta có thể liên tưởng tới hằng đẳng thức. Nếu ta xem a x,b x y 3 thì ta có : 2 2 2 a b x xy 3x . Mặt khác ta nhận thấy biểu thức trong căn chứa hai đại lượng 2 x ,xy do đó ta tiến hành tách biểu thức trong căn vế trái như sau : 22 x 5x 2y xy 6 2x x y 3 x 2x x y 3 xy 3x 2 x y 3 2 x x y 3 2 x y 3 Như vậy sau khi biến đổi ta vẫn chưa có thể phá căn thức dù đã tách được hằng đẳng thức. Tuy nhiên, quan sát vế phải ta có tổng x y 3 , đại lượng này sau khi nâng lũy thừa sẽ xuất hiện x y 3 và x y 3 . Do đó ta tiến hành nâng lũy thừa phương trình thứ hai trong hệ để giản ước bớt đại lượng x y 3 và làm giảm độ phức tạp về hình thức cho phương trình thứ hai. Cụ thể, nâng lũy thừa hai vế phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 2 x x y 3 2 x y 3 x y 3 2 x y 3 2 x x y 3 x y 3 2 x y 3 0 2 2 x x y 3 x y 3 0 1 Và như thế với phương trình thứ hai sau phép nâng lũy thừa không những làm gọn phuơng trình mà còn dẫn đến một kết quả đẹp cho một tính chất vừa được sử dụng ở ví dụ trước đó . Thật vậy ta có : x x y 3 1 x y 3 x y 3  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 89 Tới đây ta có thể sử dụng phép thế vào phương trình thứ nhất trong hệ thì xem như hệ đã được giải quyết. Tuy nhiên nếu ta tinh ý sẽ thấy phương trình thứ nhất là phương trình đẳng cấp với hai biến x,y . Mặt khác từ phương trình thứ hai được viết lại : 22 2x xy 4y 2 3 4 x y xy y x Ta suy ra được xy 0 y 0 . Do đó ta biến đổi phương trình thứ hai trong hệ về phương trình sau : 22 2x xy 4y x x x y x 2x 3y 4 xy y y y y x              2 x x x x x 2 4 4 1 2 3 y y y y y             22 x x x x x 2 4 4 1 2 3 y y y y y             22 x x x x x x 2 3 2 4 1 2 3 4 1 0 y y y y y y                 22 x x x x x x 2 3 4 1 2 4 1 2 3 y y y y y y                     2 22 x x x x x 2 3 4 1 2 7 4 0 y y y y y             x 4 y . Và tới đây, thông qua các phép biến đổi về hằng đẳng thức ta đưa hệ ban đầu về một hệ không thể nào cơ bản hơn được nữa đó là hệ : x y 3 x 4 y  . Và như vậy xem như hệ được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : x0 2 y 0    . Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 90 2 x x y 3 2 x y 3 x y 3 2 x x y 3 2 x y 3 x y 3 2 x y 3 2 x x y 3 x y 3 2 x y 3 0 2 2 x x y 3 x y 3 0 x x y 3 x y 3 x y 3  2  Cách 1 : Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 2 2 22 2 y 3 4y 2y 3 6 y 7y 15y 18 2y 9y 18 1 4 4 y y 3 y y 3 y y 3 y y 3 22 y y 3 0 7y 15y 18 4 y y 3 2y 9y 18  2 22 y y 3 0 16y y 3 2y 9y 18 7y 15y 18  22 y y 3 0 y y 3 0 y 1 x 4 y1 81 y 1 y 2 0 y2      Cách 2 : Phương trình thứ hai trong hệ được viết lại thành phương trình : 22 2x xy 4y 2 3 4 x y xy y x  Từ xy 0 y 0  do 2 2 2 2 y 31 2x xy 4y 2 x y 0 48 x0  Do đó ta nhân hai vế của  cho x 0 y ta có phương trình : 22 2x xy 4y x x x y x 2x 3y 4 xy y y y y y          Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 91 2 x x x x x 2 4 4 1 2 3 y y y y y             22 x x x x x x 2 3 4 1 2 4 1 2 3 y y y y y y                 22 x x x x x x 2 3 2 4 1 2 3 4 1 0 y y y y y y                 2 22 x x x x x 2 3 4 1 0 2 7 4 0 y y y y y             x 4 x 4y y 3 . Từ 2 và 3 ta có hệ phương trình x y 3 x 4 x 4y y 1  . Đối chiếu điều kiện của bài toán ta có nghiệm của hệ phương trình là x,y 4;1 . Bình luận : Về cấu trúc thì bài hệ có hình thức khá cồng kềnh nhưng cho lời giải hết sức thú vị. Bằng những nhận định phù hợp thì với một hệ được giải bằng hằng đẳng thức cho một lời đẹp và rất thú vị. Bài toán trên nếu chúng ta mạnh về đánh giá bất đẳng thức ta có thể đánh giá trực tiếp phương trình thứ hai trong hệ cũng thu được kết quả. Tuy nhiên, ở đây chúng tôi muốn nhấn mạnh về việc hằng đẳng thức cũng là một phương pháp giải hệ bắt nhân tử chung loại “ duy nhất” khá chuẩn. Sau đây, chúng ta sẽ tiếp đến một ví dụ điển hình thể loại này mà ngoài phương pháp sử dụng hằng đẳng thức ta còn có thể sử dụng các phương pháp khác như sủ dụng bất đẳng thức cơ bản để đánh giá hay liên hiệp kết hợp với bình phương hệ quả (ngụ ý là bình phương chưa rõ về dấu) đó chính là đề thi khối A, A1 năm 2014. Ví dụ 9: Giải hệ phương trình 2 3 x 12 y y 12 x 12 x 8x 1 2 y 2  x,y  Phân tích : Đây là một bài hệ hình thức ngắn gọn nhưng có thể công phá nó ở nhiều kỉ thuật khác nhau. Ở đây chúng tôi muốn nhắm đến kỉ thuật sử dụng hằng đẳng thức. Quan sát phương trình thứ hai chúng ta biết chắc với những gì đề bài cho chẳng thể công phá gì được phương trình này. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 92 Với phương trình thứ nhất ta nhận thấy nó ở dạng phương trình chứa căn cơ bản và nếu chuyển vế thì khi nâng lũy thừa sẽ giảm bớt căn thức và khử được đại lượng 2 xy kết hợp cùng các hệ số cho đặc biệt như đề bài. Do đó ta bắt đầu từ phương trình thứ nhất như sau : 2 2 2 2 12 x 12 y y 12 x 12x x y 24x 12 y 144 12y x y 22 12x 24x 12 y 12y 144 0 x 2x 12 y 12 y 0 Tới phương trình này ta đã đạt được hai mục đích khủ bớt căn thức và đại lượng giống nhau, giờ tiếp theo ta sẽ chăm chú vào nó để biến đổi tiếp vì ta chỉ còn mỗi con đường là phải công phá cho được phương trình này tìm nút thắt “nhân tử duy nhất” của bài toán. Quan sát một chút ta nhận ra ngay phương trình cuối chính là 2 x 12 y 0 . Và tới đây nút thắt đã được mở và bài toán được giải quyết . Lời giải : Điều kiện : 2 y 12 2 3 x 2 3     . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành: 2 2 2 2 12 x 12 y y 12 x 12x x y 24x 12 y 144 12y x y 2 2 x 2x 12 y 12 y 0 x 12 y 0 2 x0 x 12 y y 12 x  Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 3 2 3 2 x 8x 1 2 10 x x 8x 3 2 1 10 x 0 2 2 x3 x 3 x 3x 1 2 0 1 10 x 2 2 T 2 x 3 x 3x 1 0 1 10 x               Từ điều kiện 2 2 3 x 2 3 x 0 0 x 10 T 0 10 x 0      . Do đó (*) có x 3 0 x 3 y 3 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 3). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 93 Bình luận : Bài toán này, đáp án chính thức của bộ là sử dụng bất đẳng thức AM GM và đánh giá cơ bản 22 ab ab , a,b 2   để có được 2 y 12 x . Cụ thể ta có : 22 2 x 12 y y 12 x x 12 y ; y 12 x 22   Từ đó ta có : 2 x 12 y y 12 x 12  . Dấu đẳng thức xảy ra 2 x 12 y y 12 x  . Ngoài ra ta có thể công phá phương trình thứ nhất để thu được 2 y 12 x bằng ba cách sau :  Cách 1 : Sử dụng bất đẳng thức BCS ta có : 2 2 2 2 144 x 12 y y 12 x x 12 x 12 y y 144  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 x0 x 12 x 12 y y y 12 x  .  Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức véc tơ. Xét hai véc tơ 2 u x, 12 x ,v 12 y, y  . Ta luôn có : u v u v        nên ta có: 2 2 2 x 12 y y 12 x x 12 x 12 y y 12  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 x 12 x u k v, k 0 12 y y    Cách 3 : Sử dụng liên hợp và bình phương hệ quả. Ta có : 2 22 2 12x 12y x 12 y y 12 x x y x 12 y y 12 x Kết hợp với phương trình thứ nhất trong hệ ta có phương trình : 2 2 2x 12 y 12 x y x 12 y 0 . Ở trong lời giải này, chúng ta mạnh dạn liên hiệp là do một nhận xét nếu không xét về dấu thì hai đại lượng trong hai căn thức có chung đại lượng 2 xy nhưng chúng lại cùng dấu. Về mức độ tương đối nào đó thì cách giải dựa trên nhận xét Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 94 này, vẫn có thể áp dụng được cho các bài toán nếu sử dụng phép nâng lũy thừa thu được nhân tử có thể biễu diễn x theo y (hoặc ngược lại) và cũng có thể biễu diễn f(x ; y) = g(x ; y) rồi sử dụng cách thế. Các bài toán thuộc thể loại này, chúng ta sẽ tiến hành nghiên cứu trong phần hệ phương trình bắt nhân tử chung bằng phương pháp liên hiệp ở phần tiếp theo sau đây. Có một điều rất chú ý thường những bài toán hệ mà trong đó có một phương trình phải sử dụng đánh giá riêng biệt không phải kết hợp cả hai phương trình trong hệ mà được đánh giá bằng bất đẳng thức cơ bản mà cấu trúc phương trình cho “nhẹ nhàng” thì việc sử dụng phương pháp hằng đẳng thức lại khá hiệu quả và cho lời giải dễ hiểu hơn.  Hệ phương trình có nhân tử chung bằng kỉ thuật nhân liên hiệp trong một phương trình trong hệ hoặc có đôi lúc là phối hợp cả hai. Đây là thể loại nâng cao của kỉ thuật dùng hằng đẳng thức. Để giải được thể loại này chúng ta cần có các bước định tính trước như sau : + Trong hệ có các đại lượng có thể khử cho nhau bằng phép liên hợp. + Đoán được giá trị làm cho hai vế phương trình bằng nhau. + Kết hợp các đánh giá có được từ bài toán để chỉ ra vế còn lại vô nghiệm. + Sử dụng thuần thục các kỉ thuật biến đổi liên hiệp. Đây là một sự phát triển rất tự nhiên của phép trục căn thức và nhân tử chung từ phương trình Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 2 22 x y 3x x y 2y 6y x 2xy y 5x 3y 2 0  , xy  Phân tích : Cấu tạo của hệ gồm một phương trình bậc hai hai ẩn và một phương trình chứa căn thức cũng với hai ẩn. Theo suy nghỉ tự nhiên, rõ ràng chúng ta luôn muốn bắt đầu từ phương trình thứ hai. Kiểm tra ta nhận thấy phương trình này tách được nhân tử. Bây giờ ta sẽ tiến hành tính delta để hy vọng có delta là số chính phương. Cụ thể ta có 2 2 2y 5 4 y 3y 2 8y 17  . Rõ ràng nhận ra được ngay phương trình thứ hai không thể đem phân tích được vì khi đó nhân tử sẽ liên quan tới căn thức. Điều phức tạp này, chúng ta không chờ đợi. Do đó mọi chuyện phải đổ dồn về phương trình thứ nhất. Nhận xét cách sắp sếp của phương trình thứ nhất không cho phép ta nghỉ đến việc nâng lũy thừa vì căn thức tuy có giảm bớt nhưng đa thức sẽ có số mũ cao lên. Và ta cũng chẳng thể làm gì từ nó để có được nhân tử qua các phương pháp ta đã xét trên. Lúc này, ta sẽ nghỉ đến việc khử liên hiệp bắt nhân tử chung. Nhưng để có được điều này chúng ta cần làm các bước như lí thuyết về phần này mà chúng tôi đề cập tới . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 95  Bước 1: Ta nhận thấy nếu 2 x y 2y xy 3x x y 6y  , do đó ta nhận định có nhân tử xy  Bước 2: Tiến hành nhóm liên hiệp. Từ nhận định ở bước 1 ta có cách nhóm liên hiệp như sau : 2 2 2 xy x y 2y 3 x y x 6y 3 x xy 2y 0 x y 2y x y 1 3 x y x 2y 0 x y x y y 0 x y 2y x y 2y  Bước 3 : Tiến hành đánh giá phần trong ngoặc, không khó để nhận thấy từ điều kiện của bài là x y 0;y 0 và nghiệm (x; y) = (0; 0) không thỏa hệ nên ta luôn có phần trong ngoặc dương. Vậy xem như hệ đã được giải quyết bằng phương pháp liên hợp. Lời giải : Điều kiện : x y 0 y0  . Nhận xét rằng với (x; y) = (0; 0) không thỏa hệ nên một trong hai đại lượng x y,y có ít nhất là một số dương. Phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 2 2 2 xy x y 2y 3 x y x 6x 3 x xy 2y 0 x y 2y x y 1 3 x y x 2y x y x y y 0 x y 2y x y 2y 1 Từ điều kiện và nhận xét ở trên ta có : 1 x 2y 0 x y 2y Do đó 1 cho ta x y 0 x y . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 2 2 2 2 xy 22 2x 4x 1 0 2 2 2 2 yy 22      Đối chiều kiện ta có nghiệm của hệ là 2 2 2 2 2 2 2 2 x, y ; ; ; 2 2 2 2                . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 96 Bình luận : Với bài toán này, nếu ta không đưa ra nhận xét thì nếu với điều kiện của bài ta kết luận phần trong ngoặc của (1) luôn dương là không chuẩn xác. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 22 2 x 5x y 2 2 y 8x x 2y x 3 x 11  x,y  Phân tích : Với hệ này ta nhận thấy, phương trình thứ hai trong hệ rất đơn giản, nhưng chính vì sự đơn giản bình dị quá của nó mà từ nó chúng ta chẳng thể nào tìm được mối quan hệ giữa hai biến x, y dù ta sử dụng phép lũy thừa để làm mất căn thức. Thật vậy, sử dụng phép lũy thừa ta sẽ biến đổi phương trình thứ hai trong hệ thành : 2 2 2 2 x 3 x 4y 121 4xy 22x x 4y 21 x 4y 4y 118 0 . Đây là một phương trình bậc hai hai ẩn, kiểm tra thấy không phân tích được nhân tử. Do đó mọi sự đổ dồn lúc này giải quyết hệ là ta cần công phá được phương trình thứ nhất trong hệ để tìm mối liên hệ giữa hai biến x, y. Ta sắp xếp lại phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 22 2 x 5x y 2 y 8x x 2 1 Ở (1) không cho phép ta nghỉ đến việc nâng lũy thừa vì khi nâng lũy thừa để khử bớt căn thức ta sẽ làm cho các biến tăng lên số mũ và phương trình sẽ càng phức tạp nên ta sẽ lựa chọn phương pháp “ép nhân tử” bằng liên hợp. Nhận xét (1) có hai căn bậc hai nên ta nghỉ đến việc thoát căn bằng một số chính phương.  Bước 1: Nếu ta thay y x 2 ta có : 22 22 2 x 5x y 2 2 x 4x 4 2 x 2 y 8x x 2 x 4x 4 x 2 2 x 2  . Từ đây ta có nhận định nhân tử cần tìm sẽ là x y 2 .  Bước 2 : Sử dụng nhóm liên hiệp. 2 2 2 x 5x y 2 x 2 x 5x y 2 y 8x 0 22 2 2 2 x y 2 x y 3x y 2 0 x 5x y 2 x 2 x 5x y 2 y 8x 2 2 2 x y 2 x y 1 x y 2 0 x 5x y 2 x 2 x 5x y 2 y 8x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 97 2 2 2 1 x y 1 x y 2 0 x 5x y 2 x 2 x 5x y 2 y 8x  Bước 3 : Đánh giá biểu thức liên hiệp. Không khó nhận ra phần trong ngoặc cái khó đó là đánh giá đại lượng x y 1 khi mà điều kiện của bài toán chỉ là 22 x 3, x 5x y 2 0, y 8x 0 không giúp ta đánh giá được đại lượng x y 1 . Tuy nhiên, từ phương trình thứ hai trong hệ với điều kiện x3 ta có đánh giá sau : 2y x 3 x 11 8 y 4 x y 1 Với đánh giá này thì phần trong ngoặc đã rõ ràng để kết luận. Vậy bài toán đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 2 x3 x 5x y 2 0 y 8x 0  Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2 2 2 x 5x y 2 x 2 x 5x y 2 y 8x 0 22 2 2 2 x y 2 x y 3x y 2 0 x 5x y 2 x 2 x 5x y 2 y 8x 2 2 2 x y 2 x y 1 x y 2 0 x 5x y 2 x 2 x 5x y 2 y 8x 2 2 2 T 1 x y 1 x y 2 0 x 5x y 2 x 2 x 5x y 2 y 8x                          1 Từ phương trình thứ hai trong hệ với điều kiện x3 ta có đánh giá sau : 2y x 3 x 11 8 y 4 x y 1 . Với đánh giá này ta có T0 nên từ 1 ta có x y 2 0 y x 2 Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 x 2 x 3 x 11 x 3 x 15 2 2 x 15 0 x 15 x 31x 222 0 x 3 x 15   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 98 x 15 31 73 x 31 73 27 73 2 xy 22 31 73 x 2       Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 31 73 27 73 x, y ; 22 . Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 2 2 1 2x y 1 4 2x y 6x 3y 9x 4y 19x 8y 14 x 2y 5 4x 2y  x,y  Phân tích : Với hệ này chúng ta quan sát thấy cả hai phương trình đều khó nắm bắt được điều gì nhanh chóng. Với phương trình thứ hai, ta thấy độ phức tạp của nó khá nhằn vì đã chứa bình phương lại có chứa tích nên việc khai triển nó là điều không nên làm. Do đó trọng tâm của chúng ta phải xoay chuyển qua phương trình thứ nhất để công phá. Vì ở hệ này ta sẽ loại trừ việc kết hợp cả hai phương trình để có được điều gì đó. Phương trình một có hình thức khá giống với phương trình thứ hai như là chứa căn thức và bình phương của một biểu thức hai biến. Tuy nhiên nếu quan sát kỉ, chúng ta để ý tới hai đại lượng trong căn có dấu hiệu đặc biệt và trong phương trình có chứa một hằng thức dạng 22 ab Cụ thể, ta có: 6x 3y 2x y 1 4x 2y 1  Mặt khác : 22 4 2x y 1 4x 2y 1 4x 2y 1 4x 2y 1 Và như vậy, ở phương trình thứ nhất trong ta sẽ liên hiệp vì như thế chúng ta mới có được  . Ta biến đổi phương trình thứ nhất như sau : 2 6x 3y 2x y 1 4x 2y 1 0 4x 2y 1 4x 2y 1 4x 2y 1 0 6x 3y 2x y 1 1 4x 2y 1 2 2x y 1 0 6x 3y 2x y 1 Với điều kiện 2x y 0 ta có được biểu thức trong ngoặc dương. Do đó : 4x 2y 1 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 99 Tới đây ta có thể giải quyết được hệ đang xét. Lời giải : Điều kiện : 2x y 0 0 2x y 14 14 x 2y 0 19x 8y 0 19x 8y 0     . Phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 2 6x 3y 2x y 1 4x 2y 1 0 4x 2y 1 4x 2y 1 4x 2y 1 0 6x 3y 2x y 1 1 4x 2y 1 2 2x y 1 0 6x 3y 2x y 1 1 Do 2x y 0 ta có : 1 2 2x y 1 0 6x 3y 2x y 1 Nên từ 1 ta có : 4x 2y 1 0 4x 2y 1 2 . Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2 x 2 4x 2y 3x 4 4x 2y 14 x 4x 1 5 4x 2y 22 x 2 3x 4 3x 13 6 27 x 2 2 3x 4 3x 13 22 27x 54 2 6x 17 2 9x 51x 52 4 9x 51x 52 15x 20 22 2 4 15x 20 0 x 3 16 9x 51x 52 225x 600x 400 3x 8x 16 0   4 x 15 3 x 4 y 2 x4 4 19 xy 4 x 36 3           Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 15 x, y 4; 2 . Bình luận : Bài toán này chúng ta không sử dụng đoán nghiệm để liên hiệp mà nghiệm của nó hay còn gọi là nhân tử chung của nó có được từ các đại lượng có sẵn trong phương trình mà ta muốn liên hiệp. Đây cũng là một điểm chú ý đáng quan tâm trong kỉ thuật liên hiệp. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 100 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 3 2y x 1 x 3 4 x 1 y 1 4 2 y 35 x y 3 x 3 y 1  x,y  Phân tích : Hệ phương trình đã cho đầu tiên ta đánh giá là phương trình có hai đại lượng lặp lại trong cả hai phương trình trong hệ đó là x 3, y 1 trên phương diện nhìn nhận ta có thể ẩn phụ hóa rồi giải phương trình. Tuy nhiên về định tính ta có thể làm như vậy, nhưng cấu trúc phương trình thứ nhất trong hệ khá nhằn nên câu hỏi đặt ra liệu ẩn phụ có phải con đường giải quyết tốt chăng ? Tuy nhiên, chúng ta dễ thấy rằng phương trình thứ hai trong hệ có hình thức gọn nhẹ, nên thử nghỉ rằng ta nên bắt đầu từ phương trình này để xem có thể rút được mối quan hệ nào giữa x,y để bắt nhân tử chung rồi thực hiện phép thế lên phương trình thứ hai để con đường đi nó đơn giản hơn không? Quan sát ta thấy rằng y 1 x 3 y x 2 x y 2 . Đại lượng thu được sau quan sát khá giống với với đại lượng bên vế trái phương trình và vì ta cần có cái quan sát nên chúng ta phải tách và liên hiệp phương trình thứ hai thành : x y 3 x 3 y 1 x y 2 x 3 y 1 x 3 y x 2 x y 2 x 3 y 1 x 3 1 x y 2 x 3 0 y 1 x 3 . Rõ ràng với điều kiện đang xét phương trình cuối cung chỉ thu được x y 2 0 , và như vậy xem như ta đã có nhân tử chung và thực hiện phép thế để giải phương trình thứ nhất nữa là xem như bài toán được giải quyết. Lời giải: Điều kiện: x 3 0 x1 y 1 0 y1 x 1 0 2y x 1 0 2y x 1 0   . Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trình : x y 3 x 3 y 1 x y 2 x 3 y 1 x 3 y x 2 x y 2 x 3 y 1 x 3 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 101 1 x y 2 x 3 0 y 1 x 3 1 Với điều kiện x 1,y 1 ta có : 1 x 3 0 y 1 x 3 . Nên từ 1 ta có : x y 2 0 y x 2 . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được phương trình : 3 x 3 x 3 4 x 1 x 3 4 2x 10 0 2 5x 19 12 x 3 x 1 x 3 4 x 1 0 6 x 3 3 x 1 x 3 12 x 3 2 x 1 x 3 x 1 4 x 1 0 3 x 3 2 x 3 x 1 4 x 1 2 x 3 x 1 4 0 3 x 3 x 1 2 x 3 x 1 4 0 2 9 x 3 x 1 3 x 3 x 1 0 2 x 3 x 1 4 5x 11 4 x 2x 3 16       2 22 13 x 13 x 4 4 x1 4 x 2x 3 5 5x 16x 32x 48 25x 50x 25            2 13 x 13 4 x 4 x1 13 x1 x x1 4 9x 82x 73 0 73 x1 x 9                         Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 1;3 . Ngoài lời giải phân tích phương trình đó cho thành tích, ta có thể giải phương trình này bằng phương pháp ẩn phụ hóa như sau : Đặt: 22 2 22 2 a,b 0 a x 3 2x a b 2 x a 3 b x 1 a b 4 x b 1    . Khi đó phương trình 2 trở thành phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 102 2 2 2 2 3a a 4 b a 4 a b 8 0 4a 12a ab b 4b 8 0 2 2 2 2 22 4a 12a ab b 4b 2 a b 0 6a 3ab 12a 2ab b 4b 0 3a 2a b 4 b 2a b 4 0 3a b 2a b 4 0 . Tới đây ta giải như lời giải trên. Bình luận : Bài toán này có kỉ thuật bắt nhân tử như ví dụ 3. Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 2 32 3 2 y1 4x x 3 y 3y 1 4x 2xy 1 x 5 2 x 2 2y y y 2 x 1  x,y  . Phân tích: Với bài hệ này, việc đầu tiên chúng ta nhận định tuy phương trình hai có nhiều yếu tố liên quan và hình thức dễ nhìn nên dễ nghỉ đến việc ẩn phụ hóa. Nhưng tỉ lệ thành công để bắt nhân tử là rất rất ít. Phương trình thứ nhất có hai căn bậc lệch và các biểu thức trong căn chẳng liên quan gì đến nhau nên nếu muốn bắt nhân tử chung và công phá phương trình này chúng ta sẽ ưu tiên cho phương pháp khử liên hiệp là yếu tố then chốt. Quan sát ta nhận thấy phương trình thứ nhất chứa hai căn bậc lệch là bậc ba và bậc 2. Do đó ta cần chọn mối quan hệ giữa x,y sao cho biểu thức trong căn bậc ba là lập phương của một hoặc một hiệu, còn trong căn bậc 2 là một bình phương một tổng hoặc một hiệu. Trong cả hai căn ta đều có tính đến có thể biểu thức là hệ số. Thực tế bài toán không cho phép chúng ta nghỉ đến mối quan hệ nào giữa , xy làm cho biểu thức trong căn bậc ba là một số. Do đó ta chuyển sang yêu cầu sau: Giả sử y ax b . Ta cần tìm a,b sao cho điều sau đồng thời được thỏa :  2 2 4x 2x ax b 1 2ax 4 b x 1 phải là một số chính phương.  2 3 2 2 2 2 3 4 a x 2ab 3a x 3a 6ab b x 3b 3b 1 phải là lập phương của một biểu thức Nhận thấy với căn bậc hai nếu ta có a 2,b 0 ta được 2 4x 4x 1 2x 1 . Mặt khác nếu ta đem a 2,b 0 vào căn bậc ba ta được 3 332 3 8x 12x 6x 1 2x 1 2x 1 . Lại có : 2 ax b 1 2x 1 4x 2y 1 khi a 2,b 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 103 Do đó ta thấy mối quan hệ giữa hai biến x,y là y 2x . Tới đây về cơ bản thì chúng ta đã có thể liên hiệp được vì dấu của 2x + 1 đã xác định rõ ràng là dương. Tuy nhiên, nếu liên hiệp như thế này: 2 32 3 y1 4x x 3 y 3y 1 2x 1 2x 1 4x 2xy 1 2 2 3 2 42 4x x 3 y 3y 1 8x 12x 6x 1 y 1 2x 1 4x 2xy 1 AB Tới đây nếu phân tích chúng ta vẫn có được nhân tử chung y 2x , tuy nhiên rõ ràng là không lợi về mặt triển khai, trong khi đó bài toán vẫn có liên hiệp theo cách khác lợi thế hơn nhiều. Như các nhận xét trên ta thấy đại lượng y 1 2x 1 với y 2x và điều kiện bài toán cũng cho phép xác định được y 1 0 , cộng với vế phải của phương trình thứ nhất của phương trình thứ nhất lại chứa (y + 1) 2 nên ta sẽ tiến hành liên hiệp phương trình thứ nhất như sau : 2 32 3 y1 4x x 3 y 3y 1 y 1 y 1 4x 2xy 1 32 3 y 1 4x 2xy 1 4x x 3 y 3y 1 y 1 y 1 4x 2xy 1 3 2 2 3 2 2 4x xy 3y 3y 1 y 3y 3y 1 y 2y 1 4x 2xy 1 y1 CD 22 2x y 2x xy y 2x y y 2 y1 CD . Và tới đây đã rõ ràng mọi thứ vì C,D luôn dương. Vậy xem như hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 4x 2xy 1 0 y0 x1  . Phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 2 32 3 y1 4x x 3 y 3y 1 y 1 y 1 4x 2xy 1 32 3 y 1 4x 2xy 1 4x x 3 y 3y 1 y 1 y 1 4x 2xy 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 104 3 2 2 3 2 2 4x xy 3y 3y 1 y 3y 3y 1 y 2y 1 4x 2xy 1 y1 CD 22 2x y 2x xy y 2x y y 2 y1 CD 22 y 1 y 2 2x xy y 2x y 0 CD 1 Nhận xét với điều kiện của bài ta có: 22 y 1 y 2 2x xy y 0 CD . Trong đó: D y 1 4x 2xy 1 0 2 2 3 2 2 3 2 2 3 3 C 4x xy 3y 3y 1 y 1 4x xy 3y 3y 1 y 1 0 . Do đó từ (1) ta có 2x y 0 y 2x . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có : 2 2 x 5 4 x 2 x 2x 2 x x 1 x 4 4 x 2 x x 2 x x 1 x 1 2 2 22 x 4x 4 4 x 2 x 4x x x 1 x 2 2 x x x 1 x 2 2 x x x 1 x x 1 x 2 0 x 2 2 x x 1 x 3 x x 1 x 2 0     Với 3 x x 1 x 2 0 x x 1 2 x 1 0  Nhận xét với x1 ta có : x x 1 0 x x 1 2 x 1 0 x 1 0  Do đó ta có  vô nghiệm.  Với x x 1 x 2 0 x 1 x 1 x 1 1 0 x 1 0 x 1 y 2 x 1 0  . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 1;2 . Bình luận : Đây là bài toán đòi hỏi sự khéo léo và tinh tế trong cách nhìn nhận và đánh giá sao cho bài toán được giải có lợi thế nhất ở cả hai phương trình. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 105 Ví dụ 6: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 x 2xy 5y y 3 4x 5y 1 x 9x 1 x 3 3y 5 3 x 1 4 4x 3 13x y 5 2x  x,y  Phân tích: Quan sát hệ, ta thấy hệ này muốn công phá ta cần phải biến đổi phương trình thứ nhất trong hệ và để công phá phương trình thứ nhất trong hệ ta cần sử dụng tới phương pháp khử liên hiệp. Như phân tích của các ví dụ trước đó, đối với phương trình thứ nhất ta cần dự đoán mối quan hệ giữa hai biến , xy sao cho các biểu thức trong căn bậc hai phải là một số chính phương để thoát căn. Không khó khăn để nhận thấy khi xy ta có: 22 22 x 2xy 5y 2x 4x 5y 3x  Với điều kiện của bài toán ta có 2x 0,3x 0 nên ta có thể tiến hành liên hiệp như sau : 2 2 2 2 x 2xy 5y 2x 3y 4x 5y 3x x y 9x y x 0 22 2 2 2 2 15y y x y x 5y 3x y x 9x 1 0 x 2xy 5y 2x 4x 5y 3x 1 Tới đây ta chú ý với điều kiện ta luôn có: 5y 3x 0 y x 0 9x 1 0  do đó phép liên hiệp thành công. Thật vậy , ta có 2 2 2 2 15y y x 5y 3x 1 y x 9x 1 0 x 2xy 5y 2x 4x 5y 3x Ta có biểu thức trong ngoặc luôn dương. Vậy xem như hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 3 x 4 5 y 3  . Khi đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình : 2 2 2 2 x 2xy 5y 2y 3y 4x 5y 3x x y 9x y x 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 106 22 2 2 2 2 15y y x y x 5y 3x y x 9x 1 0 x 2xy 5y 2x 4x 5y 3x 2 2 2 2 15y y x 5y 3x y x 9x 1 0 x 2xy 5y 2x 4x 5y 3x  Do 3 x 4 5 y 3  ta có : 5y 3x 0 y x 0 9x 1 0  nên 2 2 2 2 15y y x 5y 3x 9x 1 0 x 2xy 5y 2x 4x 5y 3x Do đó từ  ta có : y x 0 x y . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được : 3 x 3 3x 5 3 x 1 4 4x 3 13x x 5 2x 32 x 3 3x 5 4 4x 3 3x 13x 67x 3 0 2 .  Cách 1: Sử dụng liên hiệp. Ta có : 32 2 x 3 3x 5 2 4 3 4x 3 3x 13x 65x 3 0 2 3 x 3 12 4x x 3 4 x 3 3x 22x 1 0 3x 5 2 4x 3 3 2 3 x 3 16 x 3 3x 22x 1 0 3x 5 2 3 4x 3 3 Với 3 x 4 ta có: 2 2 16 1 16 115 48 3 4x 3 3x 22x 1 0 6 307 3 4x 3 3x 22x 1 16  Do đó ta có : 2 3 x 3 16 3 3x 22x 1 0,x 4 3x 5 2 3 4x 3 Nên từ 3 ta có x 3 0 x 3 y 3 .  Cách 2 : Sử dụng ẩn phụ. Đặt : a x 3 3x 5 b 4 4x 3  a,b 0 . Ta có : 2 2 3 2 a b 3x 13x 67x 3 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 107 Do đó 2 trở thành: 22 a b a b 0 a b a b 1 0 a b Từ đó ta có : 32 x 3 3x 5 4 4x 3 3x 13x 67x 3 0 2 2 x3 x 3 0 11 2 31 x 3 3x 22x 1 0 x 2 3x 22x 1 0 11 2 31 x 2           . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm là x 3 y 3 . Vậy qua hai cách ta có nghiệm của hệ là (x ; y) = (3 ; 3). Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 2 2 4x 1 x y x 2x y 2 2 2x y 1 x x x 2 5x y x 4 4x 1 2x y  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta rõ ràng bỏ qua việc nghỉ đến biến đổi phương trình thứ hai trong hệ. Với cấu trúc của phương trình thứ nhất trong hệ, ta hoàn toàn chỉ nghỉ đến một điều nếu có sự ràng buộc nào giữa x,y thì chúng ta phải công phá phương trình thứ nhất trong hệ bằng phép liên hiệp. Trước tiên ta để ý cả hai phương trình đều chứa 4x 1 nên theo cảm giác làm toán ta thử ngay giá trị đặc biệt 1 x 4 có thỏa hệ không? Tuy nhiên với phép thử ta thấy 1 x 4 thỏa phương trình thứ nhất với mọi y , còn thay vào phương trình thứ hai ta phải giải phương trình mới tìm được y . Do đó trước tiên ta nhận định một điều chắc chắn là phương trình thứ nhất có nghiệm 1 x 4 nên ta tiến hành tách nhân tử 4x 1 . Cụ thể ta có : 2 4x 1 x y x 4x 1 2x y 2 2x y 1 2 x 1 2x y 1 2 4x 1 x y x 4x 1 4x 1 2x y 1 2 x 1 2 4x 1 4x 1 x y x 1 y 2x 1 0 2 x 1 2 1 4x 1 x y x 1 y 2x 1 0 2 x 1 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 108 Ở 1 ta để ý thấy được 22 2 2 x y x 2x 1 x y x 1 x y x 1 do đó ta tiến hành tách 1 tiếp theo như sau : 2 y 2x 1 1 1 4x 1 y 2x 1 0 2 x 1 x y x 1 2 11 4x 1 y 2x 1 0 2 x 1 x y x 1 Và tới đây xem như hệ đã cơ bản được giải quyết. Bây giờ ta đi vào lời giải chi tiết. Lời giải : Điều kiện : x0 1 x 4 4x 1 0 4 4x 1 2x y 0 4 4x 1 2x y 0   i Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình : 2 4x 1 x y x 4x 1 2x y 2 2x y 1 2 x 1 2x y 1 2 4x 1 x y x 4x 1 4x 1 2x y 1 2 x 1 2 4x 1 4x 1 x y x 1 y 2x 1 0 2 x 1 2 1 4x 1 x y x 1 y 2x 1 0 2 x 1 2 2 1 1 4 1 2 1 0 21 1 yx x y x x x y x 2 11 4x 1 y 2x 1 0 2 x 1 x y x 1  Với điều kiện 2 1 1 1 x0 4 2 x 1 x y x 1 . Do đó từ  ta có : 1 4x 1 0 x 4 y 2x 1 0 y 2x 1      .  Với 1 x 4 ta thay vào phương trình thứ hai ta được phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 109 2 87 y 64 87 1 1 yy 87 7569 1 1 64 4 2 y y y 32 4096 16 2  2 87 y 64 85 7441 y y 0 32 4096  (hệ vô nghiệm).  Với y 2x 1 ta thay vào phương trình thứ hai ta được phương trình : 3 2 2 2 x 2x 3x 1 x 4 4x 1 1 x 3x 3x 1 x 4 4x 1 1 x 2 2 2 4 4x 1 1 x x 1 x 4x 1 x 4 4x 1 1 x 2 2 x 1 4 4x 1 x 1 x 4x 1 x 0 4 4x 1 1 x 42 2 2 x 2x 16x 17 x 1 x 4x 1 x 0 4 4x 1 1 x x 1 4 4x 1 22 2 2 x 4x 1 x 4x 17 x 1 x 4x 1 x 0 4 4x 1 1 x x 1 4 4x 1 2 2 2 x x 4x 17 x 4x 1 x 1 0 4 4x 1 1 x x 1 4 4x 1 '  Điều kiện lúc này của phương trình 2 là : 11 xx 17 44 x 1 17 16 4x 1 x 16 16  . Với điều kiện 17 x 16 ta có : 2 2 x x 4x 17 x 1 0 4 4x 1 1 x x 1 4 4x 1 . Do đó từ '  ta có : 2 x 2 3 y 5 2 3 x 4x 1 0 x 2 3 y 5 2 3    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 110 Đối chiếu điều kiện (i) ta có nghiệm của hệ :   x,y 2 3;5 2 3 ; 2 3;5 2 3 . .Bình luận: Bài toán này, độ khó chính yếu là dấu hiệu nhận ra 1 x 4 nghiệm đúng với mọi y ở phương trình thứ nhất và cách giải của phương trình thứ hai sau khi thay thế, đòi hỏi sự khéo léo về biến đổi . Ví dụ 8: Giải hệ phương trình 2 4 3 x x y y x x x 9 x y x 1 y x 1 2  x,y  Phân tích: Với hệ này chúng ta nếu chỉ đơn thuần nhìn vào phương trình thứ hai trong hệ nhận thấy có sự xuất hiện của hai đại lượng y x 1, y x 1 mà nghỉ ngay đến việc sẽ công phá phương trình thứ hai trong hệ là một điều sai lầm, vì chúng ta còn có một đại lượng lẻ loi chẳng liên quan gì đến sự nhận xét ban đầu của chúng ta, đó là đại lượng x. Do đó chúng ta chuyển trọng tâm sang công phá phương trình thứ nhất trong hệ. Với cấu trúc như thế này thì việc nghỉ đến liên hiệp là điều đầu tiên và nhẩm được khi xy thì ta có: 2 2 4 3 x x y y x x x x x x x . Vậy ta tiến hành liên hiệp phương trình thứ nhất trong hệ như sau : 22 22 yx x x y x x y x 0 x y x 0 x y x x 22 22 xy x y x 1 0 x y x x x 0 x y x x    Không khó nhận ra với x1 ta có 22 x y x x x 0 vô nghiệm. Và như thế nút thắt của bài toán đã được gỡ và hệ cơ bản xem như đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x1 y1  . Phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 22 22 yx x x y x x y x 0 x y x 0 x y x x 22 22 xy x y x 1 0 x y x x x 0 x y x x    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 111 Nhận xét với x1 ta có 22 x y x x x 0 vô nghiệm Thay xy vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 9 x x x 1 x x 1 2 1  Cách 1 : Sử dụng ẩn phụ. Đặt t x x 1,t 1 . Ta có : 2 2 t1 t x x 1 2 x x 1 x x x 1 2 Do đó 1 trở thành phương trình : 2 2 t2 t 1 9 t t 2t 8 0 t4 22   Đối chiếu điều kiện ta có t 2 x x 1 2 2 x x 1 5 2x 22 5 x 5 2x 0 25 2 x 25 16 4x 4x 25 20x 4x x 16    Đối chiếu điều kiện ta có 25 25 xy 16 16 .  Cách 2 : Sử dụng phép nhân lượng liên hiệp. Ta có 2 25 5 3 15 1 x x x 1 x 1 0 16 4 4 16 2 T 25 1 1 16x 9 x 1 0 53 15 16 x x 1 9 x 1 44 16                    25 25 x 0 x 16 26 vì T 0, x 1 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm 25 25 xy 16 16 . Vậy qua hai cách ta có nghiệm của hệ là 25 25 x, y ; 16 16 . Bình luận: Bài toán này khá cơ bản, mục đích của chúng ta nhẩm nghiệm để hai vế phương trình bằng nhau chứ không phải là thoát căn. Về phương trình thứ hai khi thay quan hệ giữa hai biến vào thì yếu tố giải nó bằng ẩn phụ là hướng đi ưu tiên hàng đầu vì đó là loại phương trình vô tỉ đặt ẩn phụ cơ bản, còn cách 2 chỉ mang tính chất tham khảo và rèn luyện kỉ năng tốt hơn thôi chứ không phải áp dụng cho đa phần phương trình có dạng này. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 112 Ví dụ 9: Giải hệ phương trình 22 x y x y 6 2x x 3y 2 yx x 10 y 12 1 y 4 6 x  x,y  Phân tích: Với cấu trúc hệ này, chúng ta nhận thấy, rõ ràng phương trình thứ hai không giúp chúng ta được mối liên kết nào có thể tìm được. Do đó ta sẽ bắt đầu từ phương trình thứ nhất trong hệ. Phương trình thứ nhất trong hệ chỉ chứa một căn thức, theo nguyên tắc thì thường chúng ta sẽ ẩn phụ hóa, nhưng trong trường hợp này việc ẩn phụ hóa để mất căn cũng chẳng giúp chúng ta được sự gắn kết nào giữa ẩn phụ mới với các ẩn ban đầu, nên nếu phương trình này giúp chúng ta bắt nhân tử và thực hiện được phép thế thì rõ ràng phép nhân liên hiệp là hữu ích nhất. Việc đại lượng trong căn thức chứa hai biến x,y có số mũ là 1 thì việc suy nghỉ thoát căn sẽ giúp chúng ta biến đại lượng x y 6 là hằng số chính phương là ưu tiên hàng đầu. Với định hướng này, chúng ta cần phải làm mất đi đại lượng x trong căn. Do đó ta có mối quan hệ giữa hai biến x,y lúc này được giả tạm là y x b . Khi đó ta có : x y 6 x x b 6 6 b . Với b 2 6 b 2 y x 2 . Lúc này với quan hệ y x 2 ta nhận thấy hai vế phương trình thứ nhất bằng nhau. Do đó ta tiến hành tách phương trình thứ nhất trong hệ trở thành : 2 2 x y x y 6 2 x y 2 0 x y 2 x y x y 2 0 x y 6 2 2 xy x y 2 1 0 x y 6 2 . Với điều kiện của bài toán là 2 y 4 x y 0 . Do đó biểu thức trong ngoặc đã rõ ràng về dấu nên hệ cơ bản đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x y 6 0 y4 x6 8x 3 y 12 0 y x 0   0 y x 6 y4 x6 8x 3 y 12 0    . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 113 Phương trình thứ nhất trong hê được biến đổi thành phương trình : 22 2 x y x y 6 2 x y x y 2 x y x y 6 2 x y 2 0 2 x y 2 x y x y 2 0 x y 6 2 2 xy x y 2 1 0 x y 6 2 1 Nhận xét với điều kiện của bài toán ta luôn có : 2 xy 10 x y 6 2 . Do đó từ 1 ta có : x y 2 0 y x 2 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 x 10 x 2 12 1 x 2 4 6 x 2 2 x 8x 12 1 x 2 6 x 2 Đặt t x 2 6 x,t 0 . Khi đó ta có : 2 2 t4 2 x 8x 12 2 . Thay vào 2 ta được phương trình : 2 3 t 4 2 1 t 2t 4 0 2t 2 t 2 t 2t 2 0 t 2 0 t 2 vì 2 2 t 2t 2 t 1 1 0, t 0 . Với 2 t 2 x 2 6 x 2 4 2 x 8x 12 4 2 x 8x 12 0 2 x 2 y 4 x 8x 12 0 x 6 y 8   Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình là   x,y 2;4 ; 6;8 . Bình luận : Về cơ bản nếu bài toán có chứa một căn thức, thì ưu tiên hàng đầu là ẩn phụ. Nhưng trong trường hợp bài toán không tìm được mối liên quan giữa ẩn phụ và các ẩn ban đầu thì chúng ta có thể nghỉ đến phép liên hiệp trong điều kiện cho phép các đánh giá sau cùng được thuận lợi, đó cũng là một điểm mạnh của phương pháp nhân tử hóa bằng phép liên hiệp. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 114 Ví dụ 10: Giải hệ phương trình 3 2 2 3 2 2 2 2 y x 1 2x y x 2x 9x 4x 4 x 2 y 3x 4y 9x 3 3x y  x,y  Phân tích : Với hệ này, phương trình thứ nhất chứa các căn bậc lệch và các biểu thức dưới căn không liên quan gì tới nhau và cũng không nhận được tín hiệu có thể kết nối để dùng phương án gì để công phá. Do đó chúng ta chuyển sang trọng tâm công phá ở phương trình thứ hai. Ở Phương trình thứ hai ta nhận thấy có đại lượng xuất hiện hai lần đó là 2 y 3x , cấu trúc phương trình cho ta nghỉ đến phép liên hiệp. Như các ví dụ trên đã phân tích, ta nhẩm thấy nếu 2 y 4x thì hai biểu thức trong căn thoát căn được và hai vế phương trình bằng nhau. Tuy nhiên, các bạn chú ý là khi 2 2 2 2 y 3x 2x y 4x 4y 9x 5x  là không chuẩn vì chúng ta chưa biết dấu của x Do đó, ta cần phải xác định rõ dấu của x trước khi chúng ta tiến hành liên hiệp. Điều này, có được là qua nhận định sau ở phương trình thứ hai : 2 2 2 4 y 3x 4y 9x 21x . Nên từ hai ta có : 2 2 2 2 22 21x x 2 y 3x 4y 9x 3 3x y 2 y 3x 4y 9x . Mà ta lại có : 22 y 3x 0 3 3x y 0  nên ta có: x0 . Do đó ta tiến hành liên hiệp như sau. Cụ thể khi 2 2 2 2 y 3x 2x y 4x 4y 9x 5x  Lúc này ta có phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành : 2 2 2 2 2x y 3x x 5x x 4y 9x 3 y 4x 0 2 2 2 2 2 2 2 2x y 4x 4x y 4x 3 y 4x 0 y 3x x 5x x 4y 9x 2 2 2 2 2 2x 4x y 4x 3 0 y 3x x 5x x 4y 9x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 115 22 2 2 2 2 11x 3x 4y 9x 2x y 4x 0 y 3x x 5x x 4y 9x . Tuy nhiên nếu đến đây chúng ta vội kết luận thì e rằng chung ta đã có một sai lầm nghiêm trọng. Khi liên hiệp thì biểu thức dưới mẫu phải khác 0. Nhưng với cách liên hiệp của chúng ta thì khi x,y 0;0 thì toàn bộ mẫu thức của chúng ta đều bằng 0. Do đó kế hoạch liên hiệp đã phá sản hoàn toàn. Để khắc phục điều này chúng ta cần kiểm tra trước nghiệm x,y 0;0 đối với hệ. Và như vậy xem như nút thắt của bài toán đã gỡ và hệ cơ bản đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 y 3x 0 y x 1 0  . Với x,y 0;0 hệ phương trình được thỏa. Xét với x 0,y 0  . Từ phương trình thứ hai ta có : 3 2 2 2 22 21x x 2 y 3x 4y 9x 3 3x y 2 y 3x 4y 9x Mà : 2 2 2 y 3x 0 3 3x y 0 x 0 y 3x 0  Mặt khác từ phương trình thứ hai trong hệ ta có : 2 2 2 2 2x y 3x x 5x x 4y 9x 3 y 4x 0 2 2 2 2 2 2 2 2x y 4x 4x y 4x 3 y 4x 0 y 3x x 5x x 4y 9x 2 2 2 2 2 2x 4x y 4x 3 0 y 3x x 5x x 4y 9x 22 2 2 2 2 11x 3x 4y 9x 2x y 4x 0 y 3x x 5x x 4y 9x 1 Từ điều nhận xét trên ta có: 22 2 2 2 11x 3x 4y 9x 2x 0 y 3x x 5x x 4y 9x Nên từ 1 ta có 22 y 4x 0 y 4x . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 3 2 2 3 2 2 4x x 1 2x 2x x 9x 4x 4 2 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 116 Chia hai vế phương trình 2 cho x0 ta có : 3 22 1 1 2 4 4 2 4 2 3 1 9 x x x xx 3 Đặt 1 t0 x ta có 22 3 3 t t 4 2 3 2t 1 4t 4t 9 4 Đặt 3 3 a1 a 2t 1 t 2 . Lúc đó phương trình 4 trở thành phương trình : 6 6 6 6 a 8 3a 2 a 15 a 8 a 15 3a 2 0 5 Nhận xét nếu 2 a 3  thì 66 a 8 a 15 3a 2 0 nên 5 vô nghiệm. Mặt khác : 66 2 a 8 a 15 0 2 3a 0 a 3 Xét 2 a 3 . Xét hàm số 66 2 f a a 8 a 15 3a 2,a 3 Ta có 66 5 66 15 8 ' 3 3 0 8 15 aa f a a aa , 2 a 3 . Do đó hàm số fa đồng biến với 2 a 3 . Do đó f a 0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Mà f 1 0 a 1 là nghiệm duy nhất của 5 . Với 3 1 a 1 2t 1 1 t 1 1 x 1 y 4 x . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x,y 0;0 ; 1;4 . Bình luận : Ở bài toán này, chỗ xử lí điều kiện x0 là điểm đáng chú ý và tinh tế nhất của bài toán này. Đối với phương trình thứ hai ngoài cách liên hiệp như trong phân tích và lời giải thì ta còn có cách khác liên hiệp như sau : 2 2 2 2x y 3x x 3y 7x x 4y 9x 0 2 2 2 2 2 2 2x y 4x y 4x 9y 10x 0 y 3x x 3y 7x x 4y 9x Với chú ý từ điều kiện ta có : 22 3y 7x 0,9y 10x 0 và ta cũng thu được kết quả như trong lời giải. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 117 Ở lời giải cho phương trình thứ (5) trong lời giải. Chúng ta chú ý rằng nếu chúng ta xuất phát từ ý tưởng : 66 a 8 a 15 3a 2 0 Nhận xét: a0 vô nghiệm và a0 thì xét hàm số như trong lời giải thì chưa chuẩn lắm. Ví dụ 11 : Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 11x 2x y x y 2 xy 5x y 6x 13 4x y 1 5y 16 x 8x 11  x,y  Phân tích: Với phương trình thứ hai trong hệ, tuy chỉ chứa một căn thức nhưng chúng ta chẳng có thể làm gì với nó, vì nếu có ẩn phụ hóa đi chăng nữa cũng không thu được gì liên quan tới nhau. Phương trình thứ nhất tuy chứa nhiều căn thức nhưng bên phải của phương trình lại chẳng chứa gì căn, với cấu trúc của phương trình thứ nhất giúp chúng ta nghỉ đến việc liên hiệp. Và như các ví dụ trước đã phân tích nên với với phương trình này mục đích hàng đầu của chúng ta là nhẩm nghiệm để thoát căn. Nhận thấy yx ta có: 2 11x 2x y x y 3x 2 xy 2x  . Và điều này lại đúng với phương trình thứ nhất. Tuy nhiên, như ví dụ trước ta nhận thấy nếu không biết rõ về dấu của x ta đưa như nhận xét trên là không chuẩn. Do đó ta cần biện luận dấu cho x . Điều này không khó vì từ phương trình thứ nhất ta có : 2 11x 2x y x y 2 xy 5x x 0 . Với x 0 y 0 , thay vào hệ ta có (x;y) = (0;0) không thỏa hệ. Do đó ta chỉ cần xét x > 0, y > 0. Với nhận xét này ta tiến hành liên hiệp phương trình thứ nhất trong hệ như sau : 2 11x 2x y x y 3x 2 xy x 0 22 2 2 11 2 9 20 11 2 3 x x y x y x xy x xy x x x y x y x 2 y y x 2 y x x 0 xy x 11x 2x y x y 3x 2 y 2x y x 0 xy x 11x 2x y x y 3x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 118 Và như vậy mọi thứ đã có thể giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 22 11x 2x y x y 0 xy 0 4x y 1 0  . Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta suy ra x0 . Kết hợp với điều kiện x0 thì từ điều kiện xy 0 y 0 . Nếu x,y 0;0 thì 22 4x y 1 không xác định. Do đó hệ vô nghiệm. Vậy x 0,y 0 . Với điều kiện này phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành : 2 11x 2x y x y 3x 2 xy x 0 22 2 2 11x 2x y x y 9x xy x 20 xy x 11x 2x y x y 3x 2 y y x 2 y x x 0 xy x 11x 2x y x y 3x 2 y 2x y x 0 xy x 11x 2x y x y 3x y x 0 y x vì 2 y 2x 0 xy x 11x 2x y x y 3x . Thay yx vào phương trình thứ hai ta có phương trình : 2 2 3 2 x 6x 13 5x 1 5x 16x 8x 11 2 2 2 x 3 5x 1 x 6x 13 5x 1 2 x 9x 14 0 1 . Điều kiện : 2 x0 5 x 5 5x 1 0  . Đặt 2 t 5x 1,t 0 . Lúc đó phương trình (1) được biến đổi thành phương trình: 2 2 2 x 3 t x 6x 13 t x 9x 14 0 2 . Xem phương trình (2) là phương trình bậc hai theo biến t. Phuong trình này có : 22 2 2 2 x 6x 13 4 x 3 x 9x 14 x 4x 1  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 119 Suy ra phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt : 22 22 x 6x 13 x 4x 1 t x 2 2 x 3 x 6x 13 x 4x 1 x 7 t 2 x 3 x 3        Với 22 16 x 2 t x 2 5x 1 x 2 4x 4x 5 0 16 x 2      Đối chiếu điều kiện ta có: 16 xy 2 .  Với 22 x 7 x 7 t 5x 1 x 3 5x 1 x 7 x 3 x 3 22 2 4 3 2 x 3 5x 1 x 7 5x 30x 43x 20x 58 0 32 T x 1 5x 35x 78x 58 0 x 1 y            vô lí vì 5 T 0, x 5 . Vậy nghiệm của hệ phương trình là 1 6 1 6 x, y 1;1 ; ; 22    . Bình luận: Lại một lần nữa ta thấy sự thú vị của bài toán liên hiệp nằm ở việc đánh giá dấu của biểu thức cần liên hiệp là một điều đòi hỏi sự tính tế và sự tinh tế này không khó nếu chúng ta tư duy và thuần thục các kỉ năng nhìn tổng quát toàn bộ hệ. Ví dụ sau đây sẽ làm rõ hơn về điều đó. Ví dụ 12: Giải hệ phương trình 2 2 2 x y 6 y 13x 27 9x 2x 3 x y 4 xy 7y  x,y  Phân tích : Hệ này có cấu trúc rất gọn nhẹ, nhưng để công phá nó chúng ta cũng phải có một chút sức lực và độ khéo léo, nếu không nó cũng sẵn sàng trở thành một bài toán không hề đơn giản. Nhận định ban đầu, phương trình thứ nhất trong hệ có hình thức quá quen thuộc, đó là phương trình bậc hai hai ẩn. Với loại này chúng ta đã biết khi nhìn và muốn chạm vào thì cần kiểm tra và hy vọng. Kiểm tra thấy phương trình thứ nhất có thể phân tích được thành nhân tử. Tính delta thì chúng ta lại không được delta chính phương. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 120 Do đó việc công phá phương trình thứ nhất tạm thời dừng lại tại bước này. Chúng ta đành dành sự quan tâm vào công phá phương trình thứ hai. Hình thức phương trình thứ giống với hình thức phương trình thứ nhất ở ví dụ 9. Về mặt tư tưởng chúng ta cũng sẽ sử dụng liên hiệp để công phá. Và ta tìm được mối quan hệ giữa hai biến là xy nên ta tiến hành liên hiệp như sau : 2 9x 2x 3 x y 3y 4 xy 4y 0 22 2 2 9x 2x 3 x y 9y xy y 40 xy y 9x 2x 3 x y 3y 2 11x 9y 3 4y x y 0 xy y 9x 2x 3 x y 3y Về đánh giá dấu của y tương tự như ví dụ 9. Vấn đề nãy sinh bây giờ đó là với điều kiện mà ta có x 0,y 0 thì dấu của 11x 9y 3 ta không hề xác định được dấu nên chưa thể có kết luận gì biểu thức trong ngoặc. Điều đó cũng có nghĩa là chúng ta vẫn chưa gỡ được nút thắt của bài toán. Vấn đề bây giờ ở phương trình thứ hai chúng ta đã cố gắng khai thác hết tất cả những yếu tố có được có lợi cho chúng ta trong việc giải quyết hệ này, nhưng vẫn còn bị “kẹt” ở đại lượng 11x 9y 3 nên ta buộc lòng quay về lại phương trình thứ nhất xem như thế nào ? Khai triển phương trình thứ nhất ta được phương trình : 22 x y 13x 13y 9 0 1 Chúng ta lưu ý mọi trọng tâm của chúng ta chính là xét dấu cho đại lượng 11x 9y 3 nên ta sẽ tách trong (1) chứa đại lượng này rồi ta sẽ tính tiếp. Do đó 22 22 1 x y 2x 4y 11x 9y 9 0 x 1 y 2 11x 9y 4 Không khó để nhận thấy 22 x 1 y 2 0 11x 9y 4 0 11x 9y 3 0 . Và tới đây mọi chuyện đã rõ ràng. Do đó ta đi vào giải quyết hệ. Lời giải : Điều kiện : 2 9x 2x 3 x y 0 xy 0  . Từ phương trình thứ hai trong hệ ta suy ra y0 . Kết hợp điều này với điều kiện xy 0 ta có x0 . Mặt khác (x; y) = (0; 0) không thỏa hệ nên ta chỉ xét x 0,y 0 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 121 22 22 x y 13x 13y 9 0 x 1 y 2 11x 9y 4 . Vì 22 x 1 y 2 0 11x 9y 4 0 11x 9y 3 0 . Phương trình thứ hai được biến đổi thành phương trình : 2 9x 2x 3 x y 3y 4 xy 4y 0 22 2 2 9x 2x 3 x y 9y xy y 40 xy y 9x 2x 3 x y 3y 2 T 11x 9y 3 4y x y 0 xy y 11x 2x 3 x y 3y                    yx vì T0 . Thayyx vào phương trình thứ nhất ta có: 2 13 151 x 2 2x 26x 9 0 13 151 x 2      Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 13 151 13 151 x, y ; 22 . Bình luận : Rõ ràng bài toán này mạnh hơn bài toán ở ví dụ 9 và chính vì thế nó có độ khó hơn và tinh tế hơn. Sự kết hợp này cũng là một trường hợp hay gặp đối với giải hệ bằng phương pháp liên hiệp. Ví dụ 13: Giải hệ phương trình 2 2 2 5x 2x 2y 3 1 3x 2 y 5x 11 x y 3 x x 2y y y 2 2 x  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy nếu khai triển phương trình thứ hai trong hệ ta sẽ có được phương trình bậc hai theo hai biến x, y. Bằng cách kiểm tra, chúng ta nhận thấy phương trình này không phân tích được nhân tử. Do đó muốn giải được hệ này, chúng ta buộc lòng phải công phá phương trình thứ nhất trong hệ. Do cấu trúc của phương trình thứ nhất chúng ta không thể mạo hiểm với việc chuyển vế sử dụng phép lũy thừa để khử căn được và các đại lượng trong căn thức và ngoài ngoài căn thức không giúp chúng ta nghỉ được một phương án nào khác. Nên để giải hệ này ta cần công phá phương trình thứ nhất trong hệ bằng phép liên hiệp. Bây giờ việc quan trọng của chúng ta là cần tìm ra mối quan hệ giữa x, y để biểu thức trong căn thoát được căn thức và hai vế phương trình bằng nhau, với cấu trúc của các đại lượng trong căn nên ta nhận thấy rằng để thoát căn thì mối quan hệ giữa hai biến x,y phải có dạng y ax b . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 122 Mặt khác ta nhận thấy trong hai căn hệ số đứng trước x 2 là hai số lẻ 5,3 và liên kết với đại lượng y bằng dấu "" và hệ số đều là số chẵn nên ta sẽ ưu tiên cho a1 . Khi đó ta có : 22 2 2 2 2 5x 4x x b 6x 1 x 4xb 6x 1 3x 2 x b 10x 11 x 4xb 10x 11 2b  Lúc này tinh ý một chút nếu ta cho b1 ta sẽ có : 22 2 2 2 x 4xb 6x 1 x 2x 1 x 1 x 4xb 10x 11 2b x 6x 9 x 3  Và với a 1,b 1 y x 1 khi đó ta có hai biểu thức trong căn được thoát căn và lúc đó ta lại có hai vế phương trình bằng nhau. Như vậy, ta có thể kết luận được biểu thức y x 1 chính là đại lượng cần tìm. Vậy ta biến đổi phương trình thứ nhất trong hệ để liên hiệp như sau : 2 2 2 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 0 1 . Nhưng bây giờ ở phương trình (1) lại phát sinh một vấn đề nghiêm trọng và là mấu chốt của bài toán đó là để liên hiệp thành công ta cần phải xác định dấu cho hai đại lượng x 1,y 2 vì chúng ta khi liên hiệp chưa biết được hai đại lượng sau đã khác 0 ? 2 2 2 5x 4xy 6x 1 x 1; 3x 2y 10x 11 y 2 . Mặt khác khi liên hiệp ta sẽ có được phương trình : 22 2 2 2 4x x y 1 3x 3y 10x 7 4y 0 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 2 2 2 4x x y 1 x y 1 3x 3y 7 0 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 2 2 2 4x 3x 3y 7 x y 1 0 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 Và tới đây để có gì đó thuận lợi cho biểu thức trong ngoặc ta cần khẳng định được dấu của toàn bộ các đại lượng 4x,3x 3y 7,x 1,y 2 . Điều này cũng có nghĩa ta cần đánh giá dấu cho hai biến x,y thông qua phương trình thứ hai trong hệ vì từ cấu trúc của hệ chỉ cho ta được ba điều kiện : 2 22 5x 4xy 6x 1 0 3x 2y 10x 11 0 x y 3 0  không giúp chúng ta được gì về dấu của các đại lượng cần quan tâm đến dấu mà ta đã nói ở trên. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 123 Mặt khác vì mối liên quan chặt chẽ của bản chất một bài hệ phương trình nên để đánh giá dấu của các đại lượng cần quan tâm đó ta buộc phải xoay chuyển xuống phương trình thứ hai trong hệ. Ta có phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trình : 22 x y 2xy x 2y 2 0 2 . Dựa vào hình thức của phương trình (2) ta có hai chiều hướng biến đổi :  Biến đổi hướng 1. Ta có : 22 2 x y 2 x y 1 1 x 0 x y 1 x 1 Từ đây ta suy ra : x 1 0 x 1 .  Biến đổi hướng 2. Ta có : 2 2 1 1 1 7 2 x y x y y 2 0 x y y 4 4 2 4 Từ đây ta suy ra : 77 y 0 y 44 . Như vậy từ 2 ta có : x 1 0 x1 y 2 0 7 y 3x 3y 7 0 4   Điều đó ta giúp chúng ta khẳng định được toàn bộ dấu trong ngoặc cũng như cách ghép liên hiệp đã thành công. Vậy hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 22 5x 4xy 6x 1 0 3x 2y 10x 11 0 x y 3 0  Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi trở thành phương trình : 22 x y 2xy x 2y 2 0  Từ (*) ta có : 22 x y 2 x y 1 1 x 0 x y 1 x 1 x 1 0 x 1 . Mặt khác từ (*) ta lại có : 2 2 1 1 1 7 x y x y y 2 0 x y y 4 4 2 4 Suy ra : 77 y 0 y 44 . Như vậy ta có : 7 x 1, y 4 . Với điều kiện này ta biến đổi phương trình thứ nhất trong hệ thành phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 124 2 2 2 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 0 22 2 2 2 2 2 2 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 0 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 22 2 2 2 4x x y 1 3x 3y 10x 7 4y 0 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 2 2 2 4x x y 1 x y 1 3x 3y 7 0 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 2 2 2 4x 3x 3y 7 x y 1 0 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 3 Với điều kiện 2 2 2 x1 4x 3x 3y 7 0 7 y 5x 4xy 6x 1 x 1 3x 2y 10x 11 y 2 4  . Do đó từ 3 x y 1 0 y x 1 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được : 2 2 x x 1 2x x 1 x 2 x 1 2 0 x 1 0 x 1 y 2 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (1; 2). Bình luận : Bài toán này có cách xử lí gần giống như ví dụ trên nhưng nó có độ khó hơn và cũng là một trong những trường hợp thường gặp của bài toán giải hệ bằng phép liên hiệp. Và điều đó làm nên sự thú vị cho loại hệ giải bằng phương pháp này, sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu một vài ví dụ nữa để thấy được cách nhìn tổng quan hơn về bài toán hệ được giải bằng phương pháp nhân liên hiệp. Ví dụ 14: Giải hệ phương trình 2 2 2 4x 5 y x 2 3x y y 2y x 6 2y 2 x y 2  x,y  . Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy cả phương trình đều gọn nhẹ, nên tư tưởng chúng ta đều có thể xuất phát từ phương trình nào cũng được. Tuy nhiên ở phương trình thứ nhất chúng ta nhận thấy cấu trúc có sự nhẹ nhàng hơn và khi cho xy thì hai vế phương trình bằng nhau. Do đó ta ưu tiên biến đổi phương trình thứ nhất trước. Cụ thể ta có: 2 2 2 2 2 4x 5 y x 3x y 2y 3x y 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 125 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4x 5 y x 3x y 4y 3x y 0 4x 5 y x 3x y 2y 3x y 2 2 2 2 2 x y x y 5 3 x y x y 0 4x 5 y x 3x y 2y 3x y 2 2 2 2 2 3 x y x y 5 x y 0 4x 5 y x 3x y 2y 3x y  Từ các dữ kiện của bài toán đã cho mà ta có là : y 0,x y 2 thì từ phương trình biến đổi cuối cùng cái chúng ta quan tâm chính là dấu của biểu thức x y 5 . Và kết cấu của biểu thức trong ngoặc ta cần có đại lượng x y 5 0  là một đánh giá quyết định để đánh giá trong ngoặc được giải quyết nhẹ nhàng nhất. Và câu hỏi được đặt ra là chúng ta cần có đánh giá này từ đâu ? Câu trả lời chính là ở phương trình thứ hai trong hệ. Quan sát đại lượng vế trái của phương trình thứ hai và hai biểu thức chứa trong căn thức có sự liên quan tới nhau. Nên ta tiến hành tìm mối liên quan này (nếu có) như sau : 2y x 6 m 2y n 2x 2y 4 2y x 6 2m 2n y 2nx 4n Đồng nhất hai vế phương trình ta có : 2m 2n 2 m 0 2n 2 n 1 4n 6 3 n 2   (vô nghiệm). Điều này khẳng định được đại lương 2y x 6 không phân tích được “trọn vẹn” theo hai lượng là 2y,2x 2y 4 . Tuy nhiên ta vẫn thấy chúng có mối liên quan đến nhau, nên chúng ta không tách được “trọn vẹn” thì chúng ta sẽ tách “tạm“ theo hướng nhận định sau : Tổng hệ số của y ở hai căn thức 4 và tổng hệ số của x ở hai căn thức là 2 nên ta sẽ nhân hai vế của phương trình thứ hai ta có : 4y 2x 12 2 2y 2 2 x y 2 2y 2 2y 2 x y 2 2 2 x y 2 8 0 2y 2 2y 1 2 x y 2 2 2 x y 2 9 0 2 2y 1 2 x y 2 2 2 x y 2 9   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 126 Từ đây ta suy ra : 2 x y 2 2 2 x y 2 9 0  0 2 x y 2 1 10   11 2 10 15 2 10 0 x y 2 2 x y 5 22     . Với nhận xét này, xem như mọi chuyện trong ngoặc ở (*) đã rõ ràng. Và như thế ta có xy . Như thế hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : y0 x y 2  . Nhận xét x,y 0;0 không thỏa hệ. Do đó với x 0,y 0  . Ta biến đổi phương trình thứ nhất trong hê trở thành : 2 2 2 2 2 4x 5 y x 3x y 2y 3x y 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4x 5 y x 3x y 4y 3x y 0 4x 5 y x 3x y 2y 3x y 2 2 2 2 2 x y x y 5 3 x y x y 0 4x 5 y x 3x y 2y 3x y 2 2 2 2 2 3 x y x y 5 x y 0 4x 5 y x 3x y 2y 3x y 1 Mặt khác từ phương trình thứ hai trong hệ ta biến đổi thành phương trình : 4y 2x 12 2 2y 2 2 x y 2 2y 2 2y 2 x y 2 2 2 x y 2 8 0 2y 2 2y 1 2 x y 2 2 2 x y 2 9 0 2 2y 1 2 x y 2 2 2 x y 2 9   Từ đây ta suy ra : 2 x y 2 2 2 x y 2 9 0  0 2 x y 2 1 10   11 2 10 15 2 10 0 x y 2 2 x y 5 22     . Vậy : 2 2 2 2 2 3 x y x y 5 0 4x 5 y x 3x y 2y 3x y . Do đó từ (1) ta có : yx . Thay vào phương trình thứ hai ta có phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 127 x2 3x 6 2x 2 x 1 3 x 2 2 2x 2 x 1 1 x 2 3 0 x 2 2x 2 x 1 . Vì với x1 ta có : 1 30 2x 2 x 1 . Với x 2 y 2 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 2;2 . Bình luận : Bài toán này một lần nữa cho thấy sự kết hợp và có cái nhìn tổng quát từ hệ cho chúng ta một lời giải khá thú vị. Đây là một điều thú vị khi sử dụng phương pháp liên hiệp để giải hệ khi mà có kèm theo điều kiện để đánh giá. Sau đây, chúng ta sẽ tiếp tục nghiên cứu một ví dụ nữa để thấy điều thú vị nữa qua lớp bài toán giải bằng phương pháp này qua ví dụ sau đây. Ví dụ 15: Giải hệ phương trình 4xy 3 xy 7 x y 2 xy 4y 2x 1 12y 1 x 9 y x x x 27 x 1  x,y  Phân tích : Cấu trúc của phương trình thứ nhất trong hệ giờ đã khá quen thuộc qua các ví dụ trước nên chúng tôi sẽ đi vào vấn đề ngay.Với hệ này, chúng ta muốn công phá hệ thì ta cần công phá phương trình thứ nhất trong hệ. Tiến hành biến đổi phương trình thứ nhất trong hệ trở thành : 4xy 3 xy 1 x y 2 xy 4y 4xy 3 xy 7 x y 2y 2 xy y 0 2 2 4xy 3 xy 1 x y 4y xy y 20 xy y 4xy 3 xy 1 x y 2y x y 4y 3 xy 7 2y x y 0 xy y 4xy 3 xy 1 x y 2y 4y 3 xy 7 2y x y 0 xy y 4xy 3 xy 1 x y 2y Như đã phân tích ở các ví dụ trước đó. Bây giờ chúng ta đã biết để giải quyết được trong ngoặc ta cần phải xử lí dấu của biểu đại lượng 4y 3 xy 7 . Điều đó buộc lòng chúng ta phải quan tâm đến phương trình thứ hai trong hệ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 128 Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2 2x 1 12y 9 xy x x 1 27 x 1 2 3 x 1 1 x x 1 4y 3 xy 3 2x 1 9 Ở phương trình cuối cùng biến đổi của phương trình thứ hai trong hệ ta thu được vế phải là một biểu thức toàn theo biến x nên để đánh giá dấu của đại lượng 4y 3 xy 7 chúng ta sẽ tiến hành khảo sát hàm sau trên vùng điều kiện x0 . Cụ thể ta có : 2 3 x 1 x x 1 f x , 2x 1 9 x0 . Ta có : 3 2 2x 1 27 f ' x 9 2x 1 ; 3 f ' x 0 2x 1 27 2x 1 3 x 1 . Và ta nhận thấy f ' x 0 x 1 , f ' x 0 0 x 1 và 7 f1 3 . Do đó x0 ta có 7 fx 3 . Từ đây ta suy ra 17 4y 3 xy 4y 3 xy 7 0 33 . Và như vậy là biểu thức trong ngoặc đã được giải quyết hoàn toán. Như thế để giải hệ ta còn thực hiện thế và giải phương trình rất cơ bản. Lời giải : Điều kiện : 4xy 3 xy 7 x y 0 x0 y0  Nhận xét x,y 0;0 không thỏa hệ nên ta chỉ cần xét x0 y0  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 4xy 3 xy 1 x y 2 xy 4y 4xy 3 xy 7 x y 2y 2 xy y 0 2 2 4xy 3 xy 1 x y 4y xy y 20 xy y 4xy 3 xy 1 x y 2y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 129 x y 4y 3 xy 7 2y x y 0 xy y 4xy 3 xy 1 x y 2y 4y 3 xy 7 2y x y 0 xy y 4xy 3 xy 1 x y 2y 1 . Mặt khác từ phương trình thứ hai trong hệ ta có : 2 2x 1 12y 9 xy x x 1 27 x 1 2 3 x 1 1 x x 1 4y 3 xy 3 2x 1 9 Xét hàm số 2 3 x 1 x x 1 f x , 2x 1 9 x0 . Ta có : 3 2 2x 1 27 f ' x 9 2x 1 ; 3 f ' x 0 2x 1 27 2x 1 3 x 1 . Và ta nhận thấy f ' x 0 x 1 , f ' x 0 0 x 1 và 7 f1 3 . Do đó x0 ta có 7 fx 3 . Từ đây ta suy ra 17 4y 3 xy 4y 3 xy 7 0 33 . Với nhận xét này ta có : 4y 3 xy 7 2y 0 xy y 4xy 3 xy 1 x y 2y . Nên từ (1) ta có: x = y. Thế vào phương trình thứ hai ta thu được phương trình: 2 3 2 2x 1 x 20x 1 27 x 1 2x 3x 33x 28 0 22 22 x1 x1 5 249 x 1 2x 5x 28 0 x 4 2x 5x 28 0 5 249 x 4          . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 5 249 5 249 x, y 1;1 ; ; 44    . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 130 Bình luận: Đây là bài toán khó và đòi hỏi có sự tinh tế nhất định để có thể đánh giá được biểu thức trong ngoặc vô nghiệm. Do đó chúng ta lưu ý rằng để giải hệ bằng phương pháp nhân lượng liên hiệp bắt nhân tử chung tuy là một phương pháp cho lời giải gọn và đẹp nhưng chứa trong đó rất nhiều thú vị và đôi lúc cũng làm khó người giải. Trong lời giải bài toán chỗ đánh giá 4y 3 xy 7 0 ngoài lời giải bằng hàm số, ta có thể đánh giá trực tiếp như sau : Ta có : 2 1 3x 3 x x 1 4y 3 xy 3 2x 1 9 2 3 3 2x 2x 5 1 2 4x 2 18 6 3 3 2x 1 1 2 4x 2 6 6 4 3 2x 1 3 4x 2 6 4 3 2x 1 7 2 3 4x 2 6 3  Vậy 4y 3 xy 7 0 . Tuy nhiên, sự đánh giá trực tiếp có sự khó khăn riêng khi ta cần chọn điểm rơi phù hợp một kỉ thuật không phải dễ đối với số đông học sinh. Còn lời giải hàm số trong bài toán giúp cho việc đánh giá dễ hiểu hơn và học sinh dễ tiếp Ví dụ 16: Giải hệ phương trình 3 2 2 2 2 2 2 x 4y 3y 5y x y x 4y 8 x 12 2x 2y 2 y 4  x,y  Phân tích: Trước tiên, chúng ta cần nhìn nhận đây là một hệ khó và hay. Và tác giả của nó chính là chúng tôi. Hệ này khi đem ra thảo luận và giải thì hầu hết chúng tôi nhận được lời giải đi đúng hướng đó là đánh giá phương trình thứ nhất để tìm mối quan hệ giữa hai biến x,y rồi thay vào giải phương trình thứ hai trong hệ. Tuy nhiên, chúng tôi muốn cùng các bạn tư duy và tìm hướng đi cho bài toán này bằng phép liên hiệp. Rõ ràng để công phá thành công hệ này, chúng ta không thể bắt đầu được với sự gọn gàng và rất nhẹ nhưng lại rất khó chịu của phương trình thứ hai. Cấu trúc ở phương trình thứ nhất nếu có thể bắt được nhân tử chung để tìm mối quan hệ cho hai biến thì chúng ta chỉ có thể nghỉ đến việc “ép nghiệm” bằng liên hiệp hoặc đánh giá bằng các đánh giá bất đẳng thức cơ bản. Để giải quyết hệ này bằng phép liên hiệp thì việc đầu tiên chúng ta cần làm đó là thoát căn. Nhìn nhận sự việc như thế ta tiến hành tập trung đoán mối quan hệ giữa x,y sao cho 22 5y x thoát căn. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 131 Nhận thấy đại lượng trong căn là 22 5y x nên nếu muốn thoát căn thì ta có hai định dạng cho mối quan hệ x,y và đồng thời phải làm cho hai vế phương trình bằng nhau. Xét mối quan hệ thứ nhất có dạng x ay . Do hệ số đứng trước 2 y là 5 nên để thoát căn ta có thể nghỉ đến hai số a 1,a 2 . Với a1 thì ta thoát được căn thức nhưng hai vế phương trình lại không bằng nhau nên ta loại. Với a2 thì ta thoát được căn và hai phương trình bằng nhau nên ta dự đoán mối quan hệ giữa x,y là x 2y . Và lúc này ta tạm thời bỏ qua định dạng x ay b và tập trung liên hiệp với x 2y . Khi đó ta biến đổi phương trình thứ nhất trở thành: 3 2 2 2 2 4 2 4xy 3xy x 5y x x y 4y 8y 0 2 2 2 2 2 2 2xy 2y x y x 4y 4y x 2y x 5y x y 0 22 22 x x 2y x 2y x 2y 2xy y x 2y 4y 0 5y x y 2 23 22 2xy x x 2y xy 2y 4y 0 5y x y Tới đây, chúng ta sẽ tìm cách đánh giá cho trong ngoặc vô nghiệm. Tuy nhiên, ở bài toán này thì có một sự thú vị đã xảy ra. Các bạn hãy chú ý tới 2 3 2 xy 2y y x 2y ; 22 2xy x 8y ( x 2y ); 22 5y x y 2y . Và như vậy khi x 2y thì 23 22 2xy x xy 2y 4y 0 5x y y . Tức là trong ngoặc chúng ta lại có thêm nhân tử x 2y . Do đó chúng ta tiến hành liên hiệp tiếp cho biểu thức trong ngoặc. Nếu để vậy liên hiệp chúng ta sẽ rắc rối, dựa trên nhận xét đã có chúng ta quy đồng mẫu rồi sau đó liên hiệp sẽ cho lời giải gọn hơn. Cụ thể ta có : 2 23 22 2xy x x 2y xy 2y 4y 0 5y x y 2 2 2 2 2 2 2 x 2y y x 2y 5y x y 4y 5y x 2xy 4y x 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 132 2 2 2 22 10y 2y x 2y x x 2y y x 2y 5y x y 2y x 2y x 0 2 5y x x 2 2 2 2 22 10y 2y x x 2y y 5y x y 2y x 0 2 5y x x Và lúc này trong ngoặc đã quá rõ ràng về dấu nên ta có thể kết luận được ngay x 2y . Như vậy xem như hệ đã được giải quyết. Lời giải : Từ phương trình thứ nhất trong hệ : 3 2 2 2 2 2 x 4y 3y 5y x y x 4y 8 ta suy ra được x0 do y0 . Mặt khác x,y 0;0 không thỏa hệ nên ta chỉ cần xét x 0,y 0 . Từ đó ta có điều kiện của hệ là : 22 5y x 0 0 x 6 y0   Phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 3 2 2 2 2 4 2 4xy 3xy x 5y x x y 4y 8y 0 2 2 2 2 2 2 2xy 2y x y x 4y 4y x 2y x 5y x y 0 22 22 x x 2y x 2y x 2y 2xy y x 2y 4y 0 5y x y 2 23 22 2xy x x 2y xy 2y 4y 0 5y x y 2 2 2 2 2 2 2 x 2y y x 2y 5y x y 4y 5y x 2xy 4y x 0 2 2 2 22 10y 2y x 2y x x 2y y x 2y 5y x y 2y x 2y x 0 2 5y x x 2 2 2 2 22 10y 2y x x 2y y 5y x y 2y x 0 2 5y x x  Do x 0,y 0 2 2 2 22 10y 2y x y 5y x y 2y x 0 2 5y x x . Vậy từ (*) ta có 2 x 2y 0 x 2y . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 133 Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 22 y 3 y y y 2 3 y y y y 2  Để phương trình  có nghiệm ta cần : 2 y y 2 0 3 y 0 2 y 3 y0    . Với điều kiện này ta có  2 y 3y 1 y 1 y y 2 3 y 0 2 11 y 3y 1 1 0 y 1 y y 2 3 y '  Với 2 y 3  ta luôn có 11 10 y 1 y y 2 3 y . Do đó từ '  ta có : 2 35 y 2 y 3y 1 0 35 y 2      . Đối chiếu điều kiện ta có : 35 y x 3 5 2 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 35 x, y 3 5; 2 . Bình luận : Ở bước phân tích các bạn thấy sau khi liên hiệp ta vẫn còn được nhân tử x 2y một lần nữa. Do đó để tiến hành liên liệp có thể cho ra luôn nhân tử 2 x 2y thì ta có thể tư duy để xử lí như sau : + Nếu ta xử lí nguyên bản ban đầu chỉ cần thêm bình phương như thế này : 2 22 x 5y x y Thì rõ ràng việc thêm bớt của chúng ta sẽ khá rắc rối và khả năng tính toán nhầm rất dễ xảy ra. + Nhưng nếu ta để ý thì chúng ta nhận xét thấy là đại lượng cần liên hiệp để khử căn là 22 5y x trước nó có đại lượng x để lập thành một tích số 22 x 5y x . Như vậy khi cho 22 x 2y 5y x 2y và khi đó ta sẽ có 22 x 2 5y x 0 . Và như thế để tạo được nhân tử 2 x 2y và không xa rời lắm với đại lượng 22 x 5y x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 134 Thì ta sẽ tách lượng liên hiệp cần có là 22 2 22 22 25 x 2y x 2y x 2 5y x x 2 5y x . Do đó ta sẽ tiến hành tách phương trình thứ nhất thành : 3 2 2 2 2 2 x 4y 3y 5y x y x 4y 8 3 2 2 2 2 2 4x 4y 3y 5y x 4y x 4y 8 2 3 2 2 4 2 2 2 2 16xy 12xy 4x y 16y 12y 3x x 2 5y x 0 2 4 3 2 2 2 2 2 2 16y 16xy 4x y 3x 12xy 12y x 2 5y x 0 2 2 2 2 2 2 2 2 4y x 4xy 4y 3 x 4xy 4y x 2 5y x 0 2 2 2 2 2 x 2y 4y 3 x 2 5y x 0 a Tới đây chúng ta có thể tiến hành liên hiệp, nhưng trên bước đường đi tìm nhân tử 2 x 2y chúng ta đã biến đổi về một phương trình mà không cần liên hiệp nữa vì chúng ta đã thu được một phương trình gồm tổng hai số không âm. Do đó 22 x 2y 0 a x 2y x 2 5y x 0  . Và có thể nói đây chính là gốc rễ của sự đánh giá ở phương trình thứ nhất trong hệ. Và chúng ta thấy đó, một bài toán có được mối quan hệ nhờ đánh giá thì với kỉ năng cơ bản liên hiệp cộng với một chút tinh tế ta vẫn đưa được về lời giải tự nhiên và dễ hiễu hơn. Và biết đâu đó trên bước đường chúng ta lượm nhặt từ những cái cơ bản và ghép lại chúng ta sẽ có một mãnh hoàn chỉnh về một lời giải ngắn gọn và nhanh nào trước đó đã có sẵn như lời giải có được từ ban đầu của bài hệ này. Ví dụ 17: Giải hệ phương trình 3 3 2 2 2 x y xy 2 x y 4 x x 1 9 y 1 2x 2  x,y  Phân tích : Để công phá hệ này chúng ta sẽ không bắt đầu từ phương trình thứ hai trong hệ được mà chúng ta cần công phá với phương trình thứ nhất. Với cấu trúc của phương trình thứ nhất, chúng ta dễ thấy hai biến x,y đối xứng và cấu trúc của phương trình giúp chúng ta nhẩm được xy thì biểu Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 135 thức trong căn thoát căn được và hai vế phương trình bằng nhau. Do đó chúng ta tiến hành liên hiệp như sau : 3 3 2 2 x y xy 2 x y 0 3 3 2 2 x y xy x y xy x y 2 x y 0 2 2 22 xy x y x y xy 0 x y 2 x y 2 22 xy x y x y 0 x y 2 x y Và bây giờ chúng ta quan tâm đến biểu thức trong ngoặc với chú ý rằng điều kiện của bài toán chúng ta đang xét là x 1,y 1 . Như thế vấn đề bây giờ là chúng ta cần đánh giá sao cho 22 xy 0 x y 2 x y  là xem như trong biểu thức trong ngoặc đã được giải quyết thành công. Để đánh giá điều này ta biến đổi biểu thức trong ngoặc tương đương với đánh giá sau (do mẫu số luôn dương ). Cụ thể là : 22 x y x y 2 x y xy 0 . Ở biểu thức cần đánh giá chúng ta chú ý tới đại lượng 22 2 x y là một sự quen thuộc gắn liền với một đánh giá cơ bản quan trọng hay được dùng đó là đánh giá : “ x,y  ta luôn có 22 x y 2 x y  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy ” Để chứng minh đánh giá này các bạn có thể sử dụng phép biến đổi tương đương là nâng lũy thừa hai vế hoặc sử dụng bất đẳng thức BCS rất đơn giản. Như vậy với x 1,y 1 , áp dụng đánh giá này ta có được đánh giá sau : 22 x y x y 2 x y x y x y x y 2 2 x y 4xy do x y 2 xy (bất đẳng thức AM- GM). Như thế ta có được : 22 x y x y 2 x y xy 0 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 136 Và như thế biểu thức trong ngoặc hoàn toàn được giải quyết. Do đó ta có xy . Và như thế nút thắt của bài toán được mở và hệ xem như đã cơ bản được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x1 y1  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 3 3 2 2 x y xy 2 x y 0 3 3 2 2 x y xy x y xy x y 2 x y 0 2 2 22 xy x y x y xy 0 x y 2 x y 2 22 xy x y x y 0 x y 2 x y 2 22 x y x y x y 2 x y xy 0    1 Ta luôn có : x,y 1 thì 22 x y 2 x y   . Thật vậy, từ  22 22 x y 2 x y x y 0  (luôn đúng). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy . Nên ta có : 22 x y x y 2 x y x y x y x y 2 2 x y 4xy do x y 2 xy (bất đẳng thức AM- GM). Như thế ta có được : 22 x y x y 2 x y xy 0 . Vậy từ 1 ta có : 2 x y 0 x y . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có : 2 4 x x 1 9 x 1 2x 2 2 4 2x 2 x 1 18 x 1 x 1 2 4 x 1 x 1 18 x 1 x 1 . 2 x 1 x 1 9 x 1 x 1 2 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 137  Cách 1: Sử dụng ẩn phụ. Đặt 2 2 2 2 a,b 0 a x 1 x a 1 a b 2 b x 1 x b 1   . Kết hợp với 2 ta có hệ phương trình : 3 22 2 a b 9b a b 2  i Thế 22 2 a b vào phương trình thứ nhất trong hệ i ta được phương trình : 2 2 3 3 2 2 3 a b a b 9b a a b ab 10b 0 3 2 2 a a a a a a 10 0 2 3 5 0 b b b b b b                         (b0 không thỏa phương trình). a 2 0 a 2b b vì 2 aa 3 5 0 bb         vô lí. Với 5 a 2b x 1 2 x 1 x 1 4 x 1 x 3 . Đối chiếu điều kiện ta có : 55 xy 33 .  Cách 2: Sử dụng nhân lượng liên hiệp hướng 1. 3 22 4 x x 1 9 x 1 2x 2 8 x x 1 81 x 1 22 4 55 8 x 1 3x 5 27x 36x 0 33         2 2 24x 40 55 27x 36x 3x 5 0 3 9 x 1 3 12 Ta có 2 24x 40 24x 40 ,x 1 12 9 x 1 12  . Suy ra 2 22 2 24x 40 55 19 44 27x 36x 27x 38x 15 27 x 0 3 27 27 9 x 1 12  Vậy (3) cho 5 3x 5 0 x 3 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 138 Đối chiếu điều kiện ta có : 55 xy 33 .  Cách 3 : Sử dụng nhân lượng liên hiệp hướng 2. 2 9 x 1 x 1 2 x 1 2 x 1 0 3 x 1 3 x 1 2 2 2 x 1 x 1 0 3x 5 3 3x 5 x 1 2 0 2 x 1 x 1 2 3x 5 3 x 1 0 2 x 1 x 1 4 Vì 2 3 x 1 0,x 1 2 x 1 x 1 nên 4 5 3x 5 0 x 3 Đối chiếu điều kiện ta có : 55 xy 33 . Vậy qua ba cách giải ta có nghiệm của hệ là 55 x, y ; 33 . Bình luận : Ở phương trình thứ nhất trong hệ về bản chất thực là người ra đề nhằm đến đánh giá bằng bất đẳng thức BCS để có được xy . Cụ thể theo bất đẳng thức BCS ta có : 2 3 3 2 2 2 2 x y x y x y xy x y 2 x y Từ đây ta suy ra được 3 3 2 2 x y xy 2 x y . Dấu bằng xảy ra xy . Tuy nhiên phương trình thứ nhất ta vẫn nhẩm được nghiệm để thoát căn và hai vế phương trình bằng nhau khi xy nên ta vẫn có thể tiến hành tốt bài toán với phép liên hiệp. Cái thú vị của phép liên hiệp là chúng ta chỉ cần sử dụng những đánh giá bằng các bất đẳng thức cơ bản quen thuộc vẫn giải quyết tốt bài toán. Đây chính là một điểm đáng lưu ý mà chúng tôi muốn các bạn nắm bắt để có thêm kỉ năng giải quyết thêm nhiều bài toán khác. Với một lăng kính nhìn khác, chúng ta để ý một chút và tinh ý sẽ nhận ra ngay phương trình thứ nhất bản chất của nó là một phương trình đẳng cấp với hai biến x,y . Do đó chúng ta có thể tiến hành sử dụng kỉ thuật bắt nhân tử của hệ có một phương trình mang dáng dấp đẳng cấp để giải quyết ở phương trình thứ nhất . Cụ thể ta có phương trình thứ nhất được biến đổi như sau : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 139 32 x x x 1 2 1 y y y         32 t 1 t 2 t 1 với x t ,t 0 y 2 6 4 3 2 4 3 2 t 2t 2t 2t 1 0 t 1 t 2t 2t 2t 1 0 t 1 x y Mặt khác, phương trình thứ nhất có tính đối xứng hai biến x,y nên về bản chất cơ bản chúng ta cũng có thể phân tích và bắt nhân tử chung vẫn tốt. Cụ thể ta có phương trình thứ nhất sẽ biến đổi tương đương với phương trình sau : 2 3 3 2 2 2 2 x y 2x y x y 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x xy y 2x y x y 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 2xy x y xy 2x y x y 0       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 2xy x y 2xy x y x y 2x y x y 0      3 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 2xy x y 2xy x y 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 4x y x y x y x y 2x y 0 2 2 2 2 2 x y 2xy x y 2 2 2 2 2 2 2 2 2xy x y x y 2xy x y x y 2xy 0 2 4 2 2 4 2 2 x y x x y y 2xy x y 0 xy Đây là cũng là một định dạng để bắt nhân tử chung đối với hệ mà có chứa một phương trình mang dáng dấp đối xứng với hai biến mà chúng ta sẽ nghiên cứu phần tiếp theo sau. Ví dụ 18: Giải hệ phương trình 2 22 2x y x 4 x 3x 2y 7x 3xy y 1 2x 4 4y  x,y  Phân tích: Về cơ bản hệ có cấu trúc gọn nhẹ, phương trình thứ nhất là phương trình đa thức đơn giản, phương trình thứ hai là phương trình chứa căn cũng gọn đẹp. Tuy nhiên, trên thực tế thì mỗi phương trình không giúp chúng ta nhìn nhận được gì để bắt nhân tử chung. Thật vậy, phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 2 2 2 2xy 2x 4 3x 2xy . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 140 Kiểm tra phương trình này chúng ta biết được phương trình này không tách được nhân tử. Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2 2 2 7x 3xy y 2xy 4 4y . Dáng dấp của phương trình này có vẻ như quen thuộc có thể báo trước được là có thể đoán nghiệm và liên hiệp. Tuy nhiên đại lượng 22 y 2xy 4 thật gây khó cho chúng ta đoán nghiệm để liên hiệp. Tuy nhiên, trên hai phép biến đổi trên ta thấy có mối liên quan giữa phương trình thứ nhất và phương trình thứ hai thông qua đại lượng : 2 4 2xy . Cụ thể, từ phương trình thứ nhất ta có : 22 2xy 4 5x 2xy . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 2 2 7x 3xy 5x 2xy y 4y  . Không khó để nhận ra phương trình mới có được là phương trình đẳng cấp và không khó để nhận thấy khi xy thì phương trình được nghiệm đúng. Do đó ta có thể tiến hành liên hiệp tách nhân tử với chú ý ta có y0 . Ta có : 2 2 2 7x 3xy 2y 5x 2xy y 2y 0  2 2 2 2 2 2 2 2 7x 3xy 4y 5x 2xy y 4y 0 7xy 3x 2y 5x 2xy y 2y 2 2 2 x y 7x 4y x y 5x 3y 0 7x 3xy 2y 5x 2xy y 2y 2 2 2 7x 4y 5x 3y x y 0 7x 3xy 2y 5x 2xy y 2y . Vấn đề nảy sinh bây giờ chính là đánh giá biểu thức trong ngoặc, muốn vậy ta cần xác định về dấu của hai đại lượng 7x 4y , 5x 3y . Tuy nhiên do ta đã biết dấu của y nên ta chỉ cần xác định dấu của x . Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 2 2 2 2xy 2xy 5x 4 2xy 1 y 5x 4 x 0 . Như vậy với điều kiện x 0,y 0 thì biểu thức trong ngoặc đã hoàn toàn xác định. Và như thế thì hệ cơ bản đã được giải quyết. Lời giải: Điều kiện : 2 2 7x 3xy 0 y 1 2x 4 0  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 141 Từ phương trình thứ hai trong hệ ta suy ra : y0 . Mặt khác từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có 2 2 2 2xy 2xy 5x 4 2xy 1 y 5x 4 . Từ đây ta suy ra x0 . Từ phương trình thứ nhất ta có : 22 2xy 4 5x 2xy . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 2 2 2 7x 3xy 2y 5x 2xy y 2y 0 2 2 2 2 2 2 2 7x 3xy 4y 5x 2xy 3y 0 7x 3xy 2y 5x 2xy y 2y 2 2 2 x y 7x 4y x y 5x 3y 0 7x 3xy 2y 5x 2xy y 2y 2 2 2 7x 4y 5x 3y x y 0 7x 3xy 2y 5x 2xy y 2y 1 Do x 0,y 0 nên ta có : 2 2 2 7x 4y 5x 3y 0 7x 3xy 2y 5x 2xy y 2y . Nên từ (1) ta có: x y 0 x y . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta thu được : 3 2 2 2x 3x 4 0 x 2 2x x 2 0 x 2 vì 2 2x x 2 0, x 0 . Với x 2 y 2 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 2;2 . Bình luận : Bài toán trên là một ví dụ điển hình cho loại bài toán sử dụng phép thế và bắt nhân tử hóa bằng phép liên hiệp. Sự kết hợp này chúng ta có gặp trong phương pháp cộng, trừ. Tuy nhiên, nội dung thế liên hiệp là một bản chất gần như là phép liên hiệp để bắt nhân tử hóa. Các vi dụ tiếp theo chúng ta sẽ tiến hành nghiên cứu các cấu trúc khác của thể loại này. Về kỉ năng kết hợp cộng trừ và liên hiệp chúng ta sẽ đề cập sâu ở phần sau. Ví dụ 19 : Giải hệ phương trình 22 22 2x 5xy y 1 y xy 2y 4y xy 1  x,y  Phân tích : Bài toán này do chúng tôi sáng tác, với cấu trúc hệ cũng khá nhẹ nhàng. Nhưng sự nhẹ nhàng lại ẩn chứa rất nhiều thú vị. Quan sát thấy được phương trình thứ nhất là một phương trình mang dáng dấp đẳng cấp nhưng chúng ta lại chẳng tìm thấy được mối liên quan nào để thực hiện viêc bắt nhân tử. Phương trình thứ hai có cấu trúc cũng khá quen thuộc như một số ví dụ trước Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 142 đây ta đã xét, nhưng cái khó chịu chính là cái số 1 ở vế phải phương trình làm cho chúng ta cũng chẳng thể thực hiện gì việc đoán nghiệm. Tuy nhiên, trên tinh thần chung nhận thấy cả hai phương trình đều chứa số 1 nên chúng ta sẽ tư duy bằng phương pháp thế hằng số bởi biến để hai phương trình kết hợp lại xem thế nào? Cụ thể ta sẽ có: 2 2 2 2 2x 5xy y y xy 2y 4y xy . Thật chất nhìn vào phương trình mới này chúng ta vẫn thấy dáng dấp của sự đẳng cấp, một phương trình mà chúng ta đã biết thông qua nó chúng ta có quyền hy vọng bắt nhân tử chung. Và lúc này, việc bắt nhân tử chung của chúng ta cần dựa vào việc sử dụng phép liên hiệp bởi vì các đại lượng trong căn thức và ngoài căn thức không giúp chúng ta suy đoán gì nhiều bằng các phương pháp khác. Đoán được khi x 3y thì các biểu thức trong căn thoát được căn thức và hai vế phương trình bằng nhau. Tuy nhiên, từ phương trình thứ hai trong hệ ta có thể suy ra được y0 . Mặt khác ở phương trình mới ta thấy y là thừa số của một tích chứa tổng hai căn nên ta nghỉ đến việc chia 2 y cho vế phương trình để làm gọn lại phương trình : Cụ thể ta có : 2 x x x x 2 5 1 2 4 y y y y         1 . Để tiện cho việc tính toán ta sẽ đặt x t y . Chú ý rằng với việc nhẩm được x 3y t 3 . Mặt khác từ điều kiện ban đầu của bài toán là : 2 2 xy 2y 0 x 2y 0 x 24 y 4y xy 0 4y x 0 y0 y 0 y 0     Và như thế ta có luôn dự đoán t3 và miền giá trị cho   t 2;4 . Khi đó ta có 2 1 2t 5t 1 t 2 4 t 2 2t 5t 3 1 t 2 1 4 t 0 t 3 t 3 t 3 2t 1 0 1 t 2 1 4 t 11 t 3 2t 1 0 1 t 2 1 4 t Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 143 t 2 1 t 3 2t 0 1 t 2 1 4 t . Và tới đây biểu thức trong ngoặc đã rõ ràng về dấu nên xem như hệ cơ bản đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 2 xy 2y 0 x 2y 0 x 24 y 4y xy 0 4y x 0 y0 y 0 y 0     . Từ hai phương trình trong hệ ta thu được phương trình : 2 2 2 2 2x 5xy y y xy 2y 4y xy 2 x x x x 2 5 1 2 4 0 y y y y          . Đặt   x t ,t 2;4 y . Lúc đó phương trình  trở thành phương trình : 22 2t 5t 1 t 2 4 t 2t 5t 1 t 2 4 t 0 2 2t 5t 3 1 t 2 1 4 t 0 t 3 t 3 t 3 2t 1 0 1 t 2 1 4 t T t 2 1 t 3 2t 0 t 3 1 t 2 1 4 t              vì   t 2 1 2t 0, t 2;4 1 t 2 1 4 t . Với t 3 x 3y . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta thu được phương trình : 2 2 2 2 1 2 3 2 18y 15y y 1 y y x 2 2 2 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là : 3 2 2 x.y ; 22 . Bình luận: Bài toán này, xuất phát ý tưởng là thế tạo ra được phương trình bắt nhân tử chung bằng phép liên hiệp. Tuy nhiên về mức độ thì cần có độ tinh tế và cách nhìn tổng quan. Giúp chúng ta mở rộng thêm nhiều hướng tư duy mới. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 144 Ví dụ 20 : Giải hệ phương trình 22 x y 9 12 y 12 x 9 4x x 1 y y 2 xy 20 xy  x,y  Phân tích : Đây lại là một bài hệ có hình thức gọn nhẹ, nhưng chính sự gọn nhẹ này làm cho bài toán trở nên rất thú vị. Chúng ta sẽ cùng phân tích điều thú vị đó. Trước tiên ta biến đổi phương trình thứ nhất trong hệ trở thành phương trình : 22 x y 9 y x 9 12 x y 1 . Rõ ràng cấu trúc phương trình (1) cho ta nghỉ ngay đến liên hiệp. Và cũng từ cấu trúc này chúng ta nhận thấy rằng để chọn mối quan hệ giữa x,y nhắm đến thoát căn là điều bất khả thi. Do đó chúng ta chỉ còn một chọn lựa là chọn mối quan hệ giữa x,y để cho hai vế phương trình bằng nhau. Không quá khó khăn khi chúng ta nhẩm được khi xy là hai vế phương trình của (1) luôn đúng. Nhưng cũng bắt nguồn từ nhận xét có tính chất đặc biệt này (khác với các bài toán sử dụng liên hiệp ở các ví dụ trước mà chúng ta phân tích ) nên việc liên hiệp của chúng ta đành ưu tiên khử hệ số ở các đại lượng trong căn thức là hàng đầu. Do đó ta tiến hành tách (1) trở thành phương trình sau : 22 x y 9 3 y x 9 3 9 x y 22 22 xy yx 9 x y y 9 3 x 9 3 22 22 22 yx xy 9 x y y 9 3 x 9 3 y x 9 x y 9 3 x y xy 9 x y y 9 3 x 9 3 Tới đây việc khử hệ số xem như đã ổn nhưng vấn đề là chúng ta vẫn chưa thấy tìm được nhân tử của bài toán mà ta dự đoán từ trước là xy . Tuy nhiên quan sát biểu thức trong ngoặc trên tử có một đại lượng mà bài toán đã đề cập ngay từ đầu đó là: 22 y x 9 x y 9 12 x y nên lúc này ta sẽ sử dụng phương án thế để thu được phương trình hệ quả sau: 22 22 x y 0 15 x y xy 9 x y 5xy 3 y 9 3 x 9 3 y 9 3 x 9 3    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 145 Và lúc này mục đích của chúng ta trong việc bắt nhân tử hóa đã thành công, tuy nhiên quá trình bắt nhân tử này lại phát sinh ra một vấn đề khác, đó chính là cần xử lí phương trình sau: 22 5xy 3 y 9 3 x 9 3 2 . Ở (2) ta có vế phải chứa đựng rất nhiều sự quen thuộc mà ta từng gặp ở các lớp trung học cơ sở. Đó là nhận xét thấy : 22 2 2 22 y 9 3 y 9 3 6 y 9 9 x 9 9 x 9 3 x 9 3 6   . Vậy từ đây ta có : 22 3 y 9 3 x 9 3 3 6 6 108   108 xy 5 Với điều kiện này cũng chẳng giúp chúng ta có khẳng định gì với phương trình (2). Tuy nhiên, như các ví dụ trước đã có đề cập, do bản chất của hệ nên hai phương trình trong hệ đều có sự tương tác rất chặt chẽ nên chúng ta sẽ tiến hành khai thác phương trình thứ nhất trong hệ để xem có liên quan gì sự đánh giá của (2), khi mà ở phương trình này chứa rất nhiều đại lượng liên quan đến xy . Cụ thể ta có phương trình thứ nhất được biến đổi thành : 2 2 2 2 4x 4x y 2y 20xy x y 2 2 2 2 4x 4x y 20xy 2y x y Ta nhận thấy vế trái của phương trình mới biến đổi chứa một biểu thức có dáng dấp của hằng đẳng thức. Thật vậy ta có: 2 2 2 2 2 2 2 4x y 1 4xy 4x 2y x y 16xy 1 2x y 1 x y 16xy 1 . Từ đây ta suy ra được : 22 x y 16xy 1 0 8 65 xy 8 65   . Như vậy ta sẽ có : 108 xy 5 8 65 xy 8 65    (vô lí ). Điều này có nghĩa rằng (2) vô nghiệm trong điều kiện có được của hệ cho đại lượng xy . Và như thế là xem như hệ đã được giải quyết . Lời giải : Từ phương trình thứ hai trong hệ ta biến đổi được thành phương trình : 2 2 2 2 2 2 2 2 4x 4x y 2y 20xy x y 4x y 1 4xy 4x 2y x y 16xy 1 2 22 2x y 1 x y 16xy 1 . Từ đây ta suy ra: 22 x y 16xy 1 0 8 65 xy 8 65   . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 146 2 2 2 2 x y 9 y x 9 12 x y x y 9 3 y x 9 3 9 x y 22 22 xy x y 9 x y y 9 3 x 9 3 22 22 y x 9 x y 9 3 x y xy 9 x y y 9 3 x 9 3 22 15 x y xy 9 x y y 9 3 x 9 3 22 x y 0 5xy 3 y 9 3 x 9 3     . Xét phương trình : 22 5xy 3 y 9 3 x 9 3 i Nhận xét : 22 2 2 22 y 9 3 y 9 3 6 y 9 9 x 9 9 x 9 3 x 9 3 6   . Từ đây ta có: 22 108 5xy 3 y 9 3 x 9 3 3 6 6 108 xy 5   . Như vậy ta sẽ có: 8 65 xy 8 65 108 xy 5    (hệ vô nghiệm). Vậy ta có phương trình i vô nghiệm. Do đó từ  ta có x y 0 y x . Thay vào phương trình thứ nhất ta thu được phương trình : 2 42 4 2 3 3x 1 x 16x 1 x 0 y 0 x 1 y 1 x 7x 6x 0 x x 7x 6 0 x 2 y 2 x 3 y 3      . Thử lại ta có nghiệm của hệ phương trình là x,y 0;0 . Bình luận: Đây là một bài toán khó, dù nó cũng là ý tưởng thế và liên hiệp để bắt nhân tử chung nhưng có khó khăn hơn, vì phép thế sẽ dẫn đến một phương trình hệ quả và khi tìm xong nghiệm học sinh ít khi chịu kiểm tra lại mà vội vã kết Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 147 luận. Nhất là nghiệm của hệ đẹp như bài toán trên rất dễ cho học sinh sai lầm. Và một sai lầm nữa hay gặp là sau khi thế học sinh vẫn sử dụng dấu tương đương. Còn việc đánh giá cho phương trình i vô nghiệm là một việc cũng không hề đơn giản nếu học sinh không nắm vững và đủ tinh tế để quan sát hệ. Ví dụ 21 : Giải hệ phương trình 2 22 y 5 x 5 0 1 x 2 y 2y 3 y y 5  x,y  (Học sinh giỏi tỉnh An Giang 2013 – 2014) Phân tích : Bài toán này, thể hiện quá rõ về kỉ thuật thế để giải hệ. Chúng tôi sẽ đi vào cụ thể phần thế để giải quyết hệ. Cụ thể ta có từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có: 2 1 y x 1 5 . Thay vào phương trình thứ hai ta có phương trình: 2 x 2 y 2y 3 x 1 y . Điều chúng tôi muốn phân tích chính là ở phương trình này. Ta để ý sẽ thấy ngay được mối quan hệ sau : 2 2 2 2 x 2 y 2y 3 x y 2y 1 x y 1 x y 1 x y 1 . Điều này ta dẫn đến ta cần liên hiệp để bắt nhân tử chung, chú ý từ kết quả của phép thế ta sẽ có x1 . Do đó ta tiến hành liên hiệp như sau : 2 2 2 2 x y 1 x 2 y 2y 3 x 1 y 0 x y 1 0 x 2 y 2y 3 2 2 2 x y 1 x y 1 1 0 x 2 y 2y 3 x x 2 y 1 y 2y 3 x y 1 0 x 2 y 2y 3 Và vấn đề trong ngoặc bây giờ chính là đại lượng 2 y 1 y 2y 3 . Tuy nhiên, ta lại có : 2 2 y 2y 3 y 1 y 1 2 y 1 y 1 y 1 0 . Do đó xem như chúng ta liên hiệp thành công. Và hệ đã được giải quyết. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 148 Lời giải : Điều kiện :x0 . Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có: 2 1 y x 1 x 1 x 1 5 . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 22 x 2 y 2y 3 x 1 y x 2 y 2y 3 x y 1 0 2 2 2 2 2 x 2 y 2y 3 x y 1 0 x 2 y 2y 3 x y 1 x y 1 0 x 2 y 2y 3 2 2 2 x y 1 x y 1 1 0 x 2 y 2y 3 x x 2 y 1 y 2y 3 x y 1 0 x 2 y 2y 3 x y 1 0 x y 1 y 1 . Vì : 2 y 2y 3 y 1 y 1 y 1 0 2 2 x x 2 y 1 y 2y 3 0 x 2 y 2y 3 . Thế x y 1 vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có phương trình : 22 y 0 x 1 y 5 y 1 5 0 y 5y 0 y 5 y 36   . Đối chiếu tất cả các điều kiện đã xét ta có nghiệm của hệ là :   x.y 1;0 ; 36;5 . Bình luận : Bài toán trên chúng tôi nghỉ người ra đề khi thực hiện phép thế xong, sẽ tính đến xét hàm số đại diện. Lý do là sau khi thế ta biến đổi được thành phương trình: 2 2 x 2 x y 1 2 y 1 . Và từ đây chúng ta xét hàm số đại diện : 2 f t t 2 t, t  . Đó cũng là một lời giải hay. Tuy nhiên, chúng tôi nghỉ lời giải mà chúng tôi đề cập trên vẫn là một lời giải hay và tự nhiên. Và từ lời giải bài toán này, chúng ta sẽ đưa ra một câu hỏi : Liệu các bài toán đưa về xét hàm số đại diện thì có thể giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 149 bằng phép nhân liên hiệp bắt được nhân tử chung không ? Câu trả lời là hoàn toàn có thể. Ở đây, chúng tôi dùng từ có thể là bởi vì đa số các bài toán xét hàm số đại diện người ra đề có thể chế tác một hàm số đơn điệu (tăng hoặc giảm) rồi từ đó chọn đại lượng để biến đổi nên đôi lúc mà ở đó nếu dùng phép liên hiệp có thể gặp khó khăn. Vì phép liên hiệp bắt nhân tử chung tuy là một phương pháp khá mạnh nhưng cũng có nhược điểm của nó chính là cách xét dấu đánh giá phần trong ngoặc không phải lúc nào cũng thuận lợi. Nhưng trên thực tế, có một số bài toán được chế tác theo hướng xét hàm số đại diện có hình thức gọn nhẹ và cách đánh giá để biết bản chất về dấu của biểu thức trong ngoặc khi liên hiệp thường hiện được đậm nét, thì lúc này liên hiệp là một phương án bắt nhân tử chung khá tự nhiên. Ví dụ 22 : Giải hệ phương trình 22 3 x x 1 y y 1 1 y y 1 x 1 3x  x,y  Phân tích : Với những người hay giải hệ thì cấu trúc phương trình trình thứ nhất trong hệ đang xét đều nghỉ đến việc xét hàm số là ưu tiên hàng đầu vì đó là một cấu trúc khá quen thuộc. Và suy nghĩ đó là hoàn toàn chính xác và tự nhiên. Tuy nhiên, chúng ta sẽ không theo lối mòn đó mà chúng ta sẽ đi một hướng khác đó là nhờ phép liên hiệp bắt nhân tử chung dựa trên các cơ sở sau : Nhận xét : 22 x 1 x x 1 x 1 , 22 y 1 y y 1 y 1 . Mặt khác từ điều này, khi ta thay y x x y  thì phương trình thứ nhất luôn đúng. Do đó ta tiến hành liên hiệp phương trình thứ nhất hai lần. Cụ thể ta có, phương trình thứ nhất biến đổi trở thành phương trình : 2 2 2 2 x x 1 y 1 y x y x 1 y 1 0 22 2 2 2 2 x y x y x 1 x y 1 y x y 0 x y 0 x 1 y 1 x 1 y 1 . Lúc này, việc đánh giá trong ngoặc được hiện đậm nét (tương tự như ví dụ 21). Do đó ta đã liên hiệp và bắt nhân tử chung thành công. Lời giải : Điều kiện : x1 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình : 2 2 2 2 x x 1 y 1 y x y x 1 y 1 0 22 2 2 2 2 x y x y xy x y 0 x y 0 x 1 y 1 x 1 y 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 150 22 2 2 2 2 x 1 x y 1 y xy x y 1 0 x y 0 x 1 y 1 x 1 y 1             x y 0 y x vì 22 2 2 2 2 x x y y x 1 x y 1 y 0 x 1 y 1 x 1 y 1 . Thay yx vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 33 x x 3x 1 x 1 x 4x x 1 1 0 22 x 2 1 x x 4 0 x 2 x 2x 0 x 1 1 x 1 1 x 2 y 2 vì 2 1 x 2x 0, x 1 x 1 1 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 2; 2 . Bình luận : Một lần nữa ta nhận thấy, với một hệ mà phép biến đổi hầu hết là xét hàm số. Chúng ta đã khoác cho nó một lời giải mới dựa trên một nền tảng đã có. Cách giải này phù hợp với những bạn chưa tiếp xúc với hàm số. Ví dụ 23 : Giải hệ phương trình : 22 63 x x 4 y y 1 2 27x x 8y 2  x,y  (Học sinh giỏi tỉnh Nghệ An 2013 – 2014) Phân tích : Bài toán này, có cấu trúc phương trình thứ nhất khá giống với hai ví dụ trước đó ta đã xét, chỉ khác biệt duy nhất vế phải lúc này là số 2. Sự khác biệt này làm bài toán thêm thú vị. Hãy để ý, ở tích của phương trình thứ nhất ta có : 2 x x 4 Và ta lại có : 22 x x 4 x 4 x 4 . Như thế ta sẽ để ý tiếp thừa số còn lại trong tích với một nhận xét : 22 4y 4 2y 4y 1 2y 4 . Điều này, dẫn đến chúng ta sẽ nhân 2 cho hai vế của phương trình thứ nhất, ta có : 2 2 2 2 2 x x 4 y y 1 4 x x 4 2y 4y 1 4 . Và giờ đây, mọi chuyện đã trở về như hai ví dụ trước đó ta đã phân tích. Và xem như hệ đã được giải quyết. Lời giải : Phương trình thứ nhất được biến đổi để trở thành phương trình : 2 2 2 2 2 x x 4 y y 1 4 x x 4 2y 4y 4 4 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 151 2 2 2 2 x x 4 4y 4 2y x 2y x 4 4y 4 0 2 2 2 2 2 x 4y x 2y x 2y 0 x 2y 1 0 x 4 4y 4 x 4 4y 4 22 22 x 4 x 4y 4 2y x 2y 0 x 2y 0 x 2y x 4 4y 4 . Vì : 22 2 2 2 2 x x 2y 2y x 4 x 4y 4 2y 0 x 4 4y 4 x 4 4y 4 . Thay 1 yx 2 vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 3 6 3 2 3 27x x 4x 2 3x x 4x 2 3 3 2 3 3 3 3 33 x 3x 3x 1 x 3x 1 x 4x 1 x 1 x 1 x 4x 2 x 4x 2 3 3 33 33 x 1 x 1 x 4x 2 x 4x 2 1 . Đặt 3 3 a x 1 b x 4x 2  . Khi đó 1 trở thành phương trình : 3 3 2 2 a a b b a b a ab b a b 0 2 2 22 b 3b a b a ab b 1 0 a b a 1 0 24     a b 0 a b vì 2 2 b 3b a 1 0 24 . 3 333 x 1 x 4x 2 x 1 x 4x 2 2 1 13 1 13 xy 6 12 3x x 1 0 1 13 1 13 xy 6 12      . Vậy nghiệm của hệ là : 1 13 1 13 1 13 1 13 x, y ; ; ; 6 12 6 12                . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 152 Bình luận: Bài toán trên có lẻ người chế tác muốn nhắm đến một bài toán hàm số lồng hàm số ở cả việc bắt nhân tử chung và giải phương trình khi thay vào. Tuy nhiên, với hai công cụ chủ yếu mà chúng ta thường dùng thì vẫn giải quyết tốt được hệ. Với một bài hệ, được xây dựng như vậy được đánh giá là một bài hệ hay vì không gò ép người giải theo một định hướng bắt buộc nào. Ví dụ 24 : Giải hệ phương trình 4 4 22 x 1 x 1 y 2 y x 2x y 1 y 6y 1 0  (Tuyển sinh khối A,A1 năm 2013) Phân tích : Đây cũng là một hệ hay và đủ khó để phân loại. Bàn về cấu trúc hệ, ta nhận thấy phương trình thứ hai trong hệ là một phương trình bậc hai hai ẩn. Kiểm tra ta thấy có thể phân tích nhân tử nhưng lại không cho được delta chính phương, do đó hy vọng có nhân tử chung này là bất khả kháng. Phương trình thứ nhất trong hệ, chỉ chứa một căn thức bậc 4 nên ưu tiên hàng đầu là ẩn phụ để biễ diễn x về ẩn phụ mới có chưa mũ 4. Cụ thể nếu 44 4 t x 1 t x 1 x t 1 ta sẽ có phương trình thứ nhất được biến đổi là : 44 t 2 t y 2 y . Và dáng điệu xét hàm số đại diện đã được lộ rõ. Tuy nhiên, vơi cấu trúc phương trình thứ nhất vẫn cho ta được tư duy liên hiệp bắt nhân tử chung. Không khó nếu cho 4 x y 1 thì ta sẽ được hai vế phương trình luôn đúng. Như vậy ta cần phải tách phương trình thứ nhất về phương trình: 4 4 x 1 y 2 x 1 y 0 Tuy nhiên để liên hiệp thành công phương trình này ta cần phải xác định dấu của y. Như các ví dụ trước đã đề cập, để xét dấu của y ta cần quan tâm đến phương trình thứ hai trong hệ. Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trình : 22 22 x y 1 2xy 2x 6y 0 x y 1 2xy 2x 2y 4y 2 x y 1 4y y 0 . Vậy với nhận xét này ta liên hiệp thành công. Cụ thể ta có: 42 4 4 4 4 x y 1 x 1 y x 1 y 2 x 1 y 0 0 x 1 y x 1 y 2 44 2 4 4 x y 1 x 1 y 0 x 1 y x 1 y x 1 y 2 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 153 4 2 4 4 11 x y 1 0 x 1 y x 1 y x 1 y 2 . Với điều kiện đang xét ta dễ dàng xác định được biểu thức trong ngoặc vô nghiệm. Và như thế hệ được giải quyết. Lời giải : Điều kiện :x1 . Từ phương trình thứ hai trong hệ biến đổi ta có phương trình : 2 2 2 2 x y 1 2xy 2x 6y 0 x y 1 2xy 2x 2y 4y 2 x y 1 4y y 0 . Nhận xét (x;y) = (1;0) thỏa hệ. Vậy ta chỉ cần xét x 1,y 0 . Khi đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 42 4 4 4 4 x y 1 x 1 y x 1 y 2 x 1 y 0 0 x 1 y x 1 y 2 44 2 4 4 x y 1 x 1 y 0 x 1 y x 1 y x 1 y 2 4 2 4 4 T 11 x y 1 0 x 1 y x 1 y x 1 y 2                      44 x y 1 0 x y 1 vì x1 T0 y0  . Thay 4 x y 1 vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 22 43 y y 4y y y 1 4 vì y0 Xét hàm số 2 3 f y y y 1 , y0 . Ta có : 2 3 3 3 f ' y y 1 6y y 1 0 , y0 . Vậy hàm số fy đồng biến trên khoảng 0;  nên phương trình f y 4 có tối đa một nghiệm. Mà f 1 4 y 1 là nghiệm duy nhất. Với y 1 x 2 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x,y 1;0 ; 2;1 . Bình luận: Về bản chất của bài toán, có thể xét hàm số đại diện trực tiếp mà không cần qua phép đặt ẩn phụ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 154 Cụ thể ta có phép biến đổi : 4 4 44 x 1 2 x 1 y 2 y . Còn với việc xét trước cặp nghiệm x,y 1;0 là do tính chất của phép liên hiệp cần mẫu số khác 0. Một chú ý mà chúng ta hay quên nên dễ dẫn đến sai lầm. Về việc giải phương trình f y 4 , có thể không cần xét hàm số mà chúng ta có thể đơn thuần khai triển và giải bình thường. Cụ thể ta có : 2 3 6 3 7 4 y y 1 4 y y 2y 1 4 y 2y y 4 0 6 5 4 3 2 y 1 y y 3y 3y 3y 3y 4 0 . Với y0 ta có : 6 5 4 3 2 y y y 3y 3y 3y 4 0 y 1 . Ví dụ 25 : Giải hệ phương trình 2 2 2 22 xy x 1 1 4 y 16 4y 9 1 x 2x x y 8 4y 3 2y 9  x,y  Phân tích : Cấu trúc của hệ, không cho phép chúng ta bắt đầu khai thác từ phương trình thứ hai trong hệ. Với phương trình thứ nhất trong hệ ta biến đổi một chút ta sẽ có : 2 2 2 xy x 1 1 4 y 16 y Với phương trình này ta nhận thấy có hai đại lượng có tính chất liên hiệp quen thuộc là 2 x 1 1 , 2 y 16 y . Tuy nhiên trước đại lượng 2 x 1 1 ta còn có một thừa số 2 xy nên với điều kiện cho phép của hệ ta biến đổi như sau vẫn không làm mất tính chất liên hiệp Cụ thể ta có : 22 22 4 16 4 4 16 x x 1 1 1 1 x x x 1 1 0 y y y yy 22 22 2 22 2 22 2 2 2 44 4 16 x x 1 1 x 1 x y yy y 44 x 0 x 1 0 yy 4 16 4 16 x x 1 1 x x 1 1 y y y y     . Chú ý rằng từ phương trình thứ nhất trong hệ ta cũng suy ra được x0 . Cấu trúc phương trình biến đổi khi chia hai vế phương trình cho 2 y đã hiện rõ cách xét hàm số đại diện. Tuy nhiên, với phép liên hiệp thì cấu trúc này cũng đã Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 155 hiện rõ. Và từ phép liên hiệp ta có được 44 xy yx . Và như vậy nút thắt của bài toán đã được gỡ, và hệ cũng được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 9 y 2 . Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta suy ra được x0 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 22 22 4 16 4 4 16 x x 1 1 1 1 x x x 1 1 0 y y y yy 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 16 16 16 16 x x 1 1 x 1 x y y y y 44 x 0 x 0 yy 4 16 4 16 x x 1 1 x x 1 1 yy yy             2 2 2 2 T 4 16 x 1 x y y 4 x 1 0 y 4 16 x x 1 1 y y              4 y x vì 9 y T0 2 x0  . Thay 4 y x vào phương trình thứ hai ta được phương trình : 2 16 8 9 1 x 2x 4x 8 3 9 xx 2 88 9 1 x x 2x 4 3 9 xx 2 88 1 x x 2x 4 3 9 9x x 2 88 1 x x 2x 4 3 0 3x 3x 1 . Điều kiện để giải 1 là 8 0x 9  . Đặt 8 t 9,t 0 3x . Ta có : 2 8 t9 3x . Khi đó phương trình 1 trở thành phương trình : 3 3 2 2 3 x 3x 6x 4 t 9 t 0 1 x 3 1 x t 3t 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 156 2 2 1 x t 1 x 1 x t t 3 1 x t 0 2 2 1 x t 1 x 1 x t t 3 0 1 x t 0 t 1 x vì 2 2 1 x 1 x t t 3 0 . Với 2 3 2 88 t 1 x 3 1 x 3 x 2x 1 8 9x 3x 6x 3x 3x 3x 3 3 2 3 3 3 x 6x 12x 8 2x x 2 2x x 2 x 2  3 3 2 1 2 x 2 x 12 . Đối chiếu điều kiện của phương trình 1 ta có: 3 3 2 x y 2 1 2 12 . Đối chiếu điều kiện của hệ ta có nghiệm của hệ là : 3 3 2 x, y ;2 1 2 12 . Bình luận: Về cấu trúc thì bài toán này giải bằng xét hàm số đại diện thì sẽ ngắn gọn hơn ở phương trình thứ nhất trong hệ. Tuy nhiên, với điều kiện cho giữa các biến rất rõ ràng cho việc liên hiệp nên bài toán trên vẫn liên hiệp cho được lời giải tự nhiên. Qua đây, chúng tôi muốn nhắn gửi đến các bạn, có lẻ đôi lúc chúng ta cứ chăm chăm vào định dạng bài toán này phải thực hiện bằng xét đánh giá hàm số đại diện thì cũng chưa chuẩn lắm. Chúng ta có thể mở rộng thêm một vài kỉ thuật khác cũng giải tốt được hệ đó một cách tự nhiên. Và các ví dụ trên đã minh chứng cho điều đó. Hy vọng với những gợi mở như vậy, chúng ta sẽ có thêm hướng để luyện tập thêm được nhiều bài toán khác phù hợp với kiến thức mình có. Tiếp theo chúng ta sẽ nghiên cứu một dạng liên hiệp khác mà tính hiệu quả của nó cũng khá cao. Ví dụ 26 : Giải hệ phương trình 22 3 2 3 x 1 x y y 4 1 2y 5 5 2y 6 x 1 10x  , xy  Phân tích : Quan sát hệ này chúng ta nhận thấy được, để công phá hệ ta cần công phá được phương trình thứ nhất trong hệ vì phương trình thứ hai các biểu thức vế trái và vế phải tuy đã tách biến nhưng chúng không cho chúng ta mối liên hệ nào để phán đoán hướng đi. Nhìn vào phương trình thứ nhất trong hệ ta nhận thấy rằng, phương trình này có cấu tạo khá giống với một số ví dụ ta vừa xét nhưng hãy để ý đến số 1 ở vế phải phương trình này. Chính con số đặc biệt này sẽ làm cho bài toán không cho chúng ta giải quyết nó bằng hướng hàm số được. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 157 Tuy nhiên ta nhận thấy được rằng : 22 x 1 x x 1 x 1 nên ta sẽ đẩy ý tưởng liên hiệp xem thế nào ? Cụ thể ta sẽ có : 2 2 2 2 2 1 x 1 x y 4 y 1 y 4 y x 1 x x 1 x . Tới đây chúng ta vẫn chưa nhận thấy được điều gì. Ta tiếp tục liên hiệp đại lượng còn lại xem sao? Cụ thể ta sẽ có : 2 2 2 2 1 x 1 x y y 4 1 x 1 x y 4 y 22 2 4 4 x 1 x y y 4 y 4 y . Với hai cách phân tích trên ta sẽ có : 22 22 y y 4 x 1 x y y 4 4 x 1 4x  . Ở bước này kết hợp với yếu tố bên vế phải phương trình thứ hai trong hệ chứa hai đại lượng 2 x1 , x Nên ta sẽ nghỉ đến phép cộng vế theo vế để sử dụng được phép thế. Thật vậy, từ hệ 22 22 y y 4 x 1 x y y 4 4 x 1 4x  2 2y 3 x 1 5x . Từ phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình sau : 33 2 33 2y 5 5 2y 2 3 x 1 5x 2y 5 5 2y 4y . Phương trình này không khó để giải quyết. Do đó hệ phương trình đã cho được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Do 2 x 1 x 0  , 2 y y 4 0  . Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có phép biến đổi sau : 22 2 22 2 1 y y 4 x 1 x x 1 x 1 4 x 1 x y y 4 y y 4  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 158 22 22 y y 4 x 1 x 1 y y 4 4 x 1 4x 2  Lấy 12 vế theo vế ta có 2 2y 3 x 1 5x  Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành : 3 2 3 2y 5 5 2y 2 3 x 1 5x Thay  vào ta được phương trình : 3 3 2y 5 5 2y 4y 3 3 2y 5 4y 5 2y 0 3  Cách 1: Sử dụng phép liên hiệp. Ta có : 32 3 3 8y 60y 154y 123 2 5 2y 0 2 2 3 3 2y 3 2y 3 4y 24y 41 0 4 2 5 2y 5 2y 2 2 3 3 T 1 2y 3 4y 24y 41 0 4 2 5 2y 5 2y                      3 2y 3 0 y 2 vì T 0, y  . Với 3 y 2 ta có 22 22 3 5x 0 3 3 x 1 5x 3 x 1 3 5x 9x 9 9 30x 25x   2 5 x 5 3 x 3 x0 x0 8x 15x 0 15 x 8         Thử lại ta có nghiệm của hệ phương trình đã cho là 3 x, y 0; 2 .  Cách 2 : Sử dụng hàm số . Xét hàm số 3 3 f y 2y 5 4y 5 2y , y  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 159 Ta có : 2 2 3 2 f ' y 6 2y 5 4 0 5 2y , 5 y 2  . Do đó hàm số fy luôn đồng biến trên  . Mặt khác 3 f0 2 . Do đó phương trình f y 0 có nghiệm duy nhất 3 y x 0 2 . Thử lại ta có nghiệm của hệ đã cho là 3 x, y 0; 2 . Bình luận : Bài toán này ở phương trình thứ nhất hầu hết học sinh sẽ nghỉ ngay đến phương pháp hàm số để giải. Tuy nhiên cách này lại không ứng dụng được, lời giải mà chúng tôi đưa ra là một hướng giải sử dụng phương pháp liên hiệp “ giả định kéo theo “. Phương pháp này có một ưu điểm đó là nếu trong trường hợp bài toán hệ mà có một phương trình có khả năng “ sử dụng phép liên hiệp nhưng không triệt để về dấu hoặc đã triệt để nhưng không kéo được biểu thức ràng buộc giữa hai biến về kiểu đơn giản “ thì với phương án này bài toán hoàn toàn toàn có thể giải quyết tốt được. Chú ý rằng, với phương án dùng “ liên hiệp giả định kéo theo “ ta luôn thu được một phương trình hệ quả nên sau khi tìm nghiệm xong ta cần thử lại. Ví dụ 27: Giải hệ phương trình 2 y 2x 1 1 y y 2 x x y x 1 x y  x,y  . Phân tích : Với hệ này, chúng ta dễ dàng nhận thấy cấu trúc phương trình thứ nhất trong hệ tuy đơn giản nhưng lại không có nhiều dữ kiện yếu tố để khai thác vì các đại lượng trong căn và ngoài căn rất “trơ”. Ở phương trình thứ hai tuy có cấu trúc khá phức tạp hơn phương trình thứ hai nhưng hai đại lượng trong căn thức ở vế phải có chung đại lượng y nên ta sẽ tiến hành công phá phương trình thứ hai bằng phương pháp “ liên hiệp giả định kéo theo “. Cụ thể ta sẽ có : ] 2 2 2 x y x xy y x y y x y x 1 x y x x x y x 1 x y . Khi đó kết hợp với phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 2 2 y x 1 x y x x 1 yx y x 1 x y 2 x  . Lấy 12 vế theo vế ta có phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 160 yx 2 y x 1 x x x 22 2 y x x x x y 2 22 4y x x x x y 2 22 y x x 0 y x x . Tới đây ta chỉ cần thế vào phương trình thứ hai là hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 y 2x 1 0 1 y 0 x0 y x 1 0 x y 0  Ta có : 2 y x 1 x y x x 1 Lại có : 2 2 2 x y x xy x y x y x 1 x y x x x y x 1 x y 2 Kết hợp 1 , 2 ta có hệ phương trình 2 2 y x 1 x y x x 1 yx y x 1 x y 2 x  Lấy 12 vế theo vế ta thu được phương trình : 2 y x x x y 2 xy x x x xx 22 2 y x x x x y 2 2 2 4y x x x x y 2 22 y x x 0 y x x . Thay 2 y x x vào phương trình thứ nhất trong hệ ta thu được phương trình : 2 2 2 x x 1 x x 1 x x 2 Theo bất đẳng thức AM-GM ta có : 22 2 x x 1 1 x x x x 1 22  . 22 2 x x 1 1 x x 2 x x 1 22  . Từ đó ta có 22 x x 1 x x 1 x 1  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 161 2 2 x x 2 x 1 x 1 0 x 1 y 0   Đối chiếu và thử lại ta có nghiệm duy nhất của hệ là x;y 1;0 . Bình luận : Bài toán giải bằng phương án “liên hiệp giả định kéo theo” dựa trên nhận xét yếu tố phần chung có được từ các đại lượng trong căn ở phương trình thứ hai trong hệ. Một đặc điểm cũng thường được tính đến khi sử dụng phương án này. Tuy nhiên, trong bài toán này nếu chúng ta sử dụng phép nâng lũy thừa cho phương phương trình thứ hai hoặc đánh giá nó thì chúng ta cũng được kết quả như trong lời giải. Bài toán này do chúng tôi đề xuất. Ví dụ 28 : Giải hệ phương trình 22 22 3 x 5 2 y 3 5y 2 x 5 y 3 2x  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy các đại lượng 22 x 5, y 3 xuất hiện lặp lại trong cả hai phương trình trong hệ nên ta có thể nghỉ ngay đến phương án ẩn phụ hoa hai căn thức như sau : Đặt 2 2 a x 5 b y 3  . Lúc đó hệ đã cho đưa về hệ mới là : 3a 2b 5y 2a b 2x  . Ta có thể xem hệ này là hệ bậc nhất hai ẩn a,b và coi hai ẩn x,y là tham số để giải quyết bằng cách giải hệ bậc nhất hai ẩn bằng định thức Cramer hoặc phương pháp cộng bình thường. Tuy nhiên, chúng tôi muốn đề cập bài toàn này theo phương án „liên hiệp giả định kéo theo” dựa trên yếu tố khá đặc biệt ở phương trình thứ hai đó là 2 2 x 5,2x . Cụ thể ta có : 2 2 2 2 2 2 y3 2 x 5 y 3 2x 2 x 5 x y 3 x 5 x 2 . Mặt khác do : 22 x 5 x x 5 x 5 nên ta có : 2 22 5 10 x 5 x x 5 x y 3 Khi đó kết hợp với phương trình thứ hai trong hệ ta có hệ : 2 2 2 2 y3 x 5 x 1 2 10 x 5 x 2 y3  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 162 Lấy 12 vế theo vế ta có được phương trình : 2 2 2 y3 10 2 x 5 2 y3 3 Thay 3 vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có được phương trình : 2 2 2 y3 3 10 2 y 3 5y 22 y3 . Phương trình này không quá khó để giải. Do đó hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Do 2 x 5 x 0  . Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 22 2 2 2 2 2 x 5 y 3 2x y3 2 x 5 x y 3 x 5 x 2 Mặt khác do : 22 x 5 x x 5 x 5 nên ta có : 2 22 5 10 x 5 x x 5 x y 3 Khi đó kết hợp với phương trình thứ hai trong hệ ta có hệ : 2 2 2 2 y3 x 5 x 1 2 10 x 5 x 2 y3  Lấy 12 vế theo vế ta có được phương trình : 2 2 2 y3 10 2 x 5 2 y3 3 Thay 3 vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có được phương trình : 2 2 2 y3 3 10 2 y 3 5y 22 y3 2 2 31 y 3 y 4 y3 22 12 y 3 4y y 3 2 2 2 4 4 2 9 y 4y y 3 81 18y y 16y 48y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 163 2 42 2 y1 15y 66y 81 0 y 1 81 yl 15      . Thử lại ta có :y1 . Với y1 ta có : 2 2 2 2 x 5 x 2 x 5 x 1 x 5 x 1 22 x 1 0 x1 x2 x2 x 5 x 2x 1   . Thử lại ta có nghiệm của hệ phương trình đã cho là x,y 2;1 . Bình luận : Dựa vào điều đặc biệt ở con số 2 trong phương trình thứ hai trong hệ, chúng ta đã sử dụng đẳng thức liên hiệp quen thuộc để tiến hành phương án “liên hiệp giả định kéo theo” thực hiện phép thế. Và với phương án này ta đã đưa bài toán về lời giải độc đáo hơn ý tưởng ban đầu của bài toán mà chúng tôi đã phân tích. Ví dụ 29 : Giải hệ phương trình 22 3 2 2 4 2 3 y x 9 x y 9 9 3x 11y 95 x x 2x 15y 131  x,y  Phân tích : Từ hệ này ta dễ nhận thấy để công phá hệ này ta cần công phá phương trình thứ nhất trong hệ trước. Với cấu tạo của phương trình thứ nhất ta có thể nghỉ đến phép nâng lũy thừa hai vế phương trình hoặc nhờ một phép đánh giá nào đó. Tuy nhiên, trong bài toán này chúng tôi muốn triển khai phương trình thứ nhất bằng phương án “liên hiệp giả định kéo theo” dựa vào yếu tố chung đặc biệt đó là chúng có chung đại lượng 22 xy . Thật vậy, dựa vào yếu tố này ta sẽ có “phép giả định” như sau : 22 22 2 2 2 2 22 x y 9 y x 9 9 1 9 x y x y 9 y x 9 x y 2 x y 9 y x 9  . Lấy (1) + (2) vế theo vế ta có : 2 2 2 2x y 9 x y 9 2 2 2 2 2 4x y 9 x y 9 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 4x y 36x x y 81 2x y 18x 18y x y 9 0 22 y x 9 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 164 Tới đây ta chỉ cần thực hiện phép thế vào phương trình thứ hai trong hệ xem như bài toán đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 x 9 0 x 3 x 3   . Ta có : 22 22 2 2 2 2 22 x y 9 y x 9 9 1 9 x y x y 9 y x 9 x y 2 x y 9 y x 9  . Lấy 12 vế theo vế ta có : 2 2 2 2x y 9 x y 9 2 2 2 2 2 4x y 9 x y 9 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 4x y 36x x y 81 2x y 18x 18y x y 9 0 22 y x 9 . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 3 2 2 4 2 3 3x 11 x 9 95 x x 2x 15 x 9 131 3 3 2 6 4 3 2 3x 11x 4 x 15x 2x 4x 3 3 2 6 4 3 2 2 3x 12x x 4 x 15x 2x 4x x x 2 5 4 3 2 22 3 6 4 3 2 2 6 4 3 2 2 3 x 4 3x 1 3x 12x x 4x x 15x 2x 4x x x x 15x 2x 4x x x 2 22 22 3 6 4 3 2 2 6 4 3 2 2 3 x 4 3x 1 x 4 3x 1 x x 15x 2x 4x x x x 15x 2x 4x x x 2 2 22 3 6 4 3 2 2 6 4 3 2 2 3 P x 4 3x 1 x 10 x 15x 2x 4x x x x 15x 2x 4x x x                                    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 165 2 x4 3 x 4 3x 1 0 x 3 3 x 3        vì P 0, x  . Đối chiếu điều kiện ta nhận x 4 y 7  . Thử lại ta có nghiệm của hệ phương trình là x, y 4; 7 . Bình luận : Lời giải trong bài toán này được chúng tôi giải theo hướng tiếp cận “liên hiệp giả định kéo theo”. Tuy nhiên, với phương trình thứ nhất chúng ta hoàn toàn có thể sử dụng phép nâng lũy thừa để công phá phương trình thứ nhất. Cụ thể ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 9 y x 9 9 x y 9x x y 9y 18y x 9 81 2 2 2 2 2 2 x 9 2y x 9 y 0 y x 9 0 y x 9 22 y0 y x 9  . Và tới đây ta giải như trong lời giải. Lưu ý rằng về thẩm mỹ của bài toán thì cách lũy thừa hai vế là cách đi tự nhiên và đẹp mắt nhất, tuy nhiên chúng ta không nên bằng lòng trước sự hoàn mỹ này mà ta nên đi tìm một hướng đi khác mà có thể áp dụng được cho nhiều bài toán khác hơn. Đó chính là cách học toán. Ví dụ 30: Giải hệ phương trình 2 x y x y 4x y x 9 3 y 3x 3 2  x,y  (Thi thử chuyên Lam Sơn lần 1 năm 2015) Phân tích : Với hệ này, chúng ta nhận thấy phương trình thứ nhất trong hệ hoàn toàn có thể sử dụng phép lũy thừa để tìm mối quan hệ giữa hai biến x,y . Tuy nhiên hình thức phương trình thứ nhất này cũng có thể nghỉ đến phép “liên hiệp giả định kéo theo” dựa vào yếu tố vế trái phương trình thứ nhất có chung đại lượng x . Cụ thể ta có phép giả định sau : x y x y 4x y 1 2 y 2 y x y x y 2 4x y x y x y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 166 Lấy (1) + (2) vế theo vế ta có phương trình : 2y 2 x y 4x y 4x y 2 4x y x y 4x y 2 y 2 4 4x y x y 4x y 2 y y y 4x 4 0 . Và tới đây hệ đã được giải quyết. Lời giải: Điều kiện : 2 x 9 0 xy y0 4x y 0 y 3x 3 0  . Ta có : x y x y 4x y 1 2 y 2 y x y x y 2 4x y x y x y  Lấy 12 vế theo vế ta có phương trình : 2y 2 x y 4x y 4x y 2 4x y x y 4x y 2 y 2 4 4x y x y 4x y 2 y y y 4x 4 0 y0 y 4x 4   . Thử lại ta loại y0 . Với y 4x 4 thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 x 9 3 x 1 2 ( điều kiện x3 ). 2 x 9 4 3 x 1 2 2 2 3 x 5 x 25 x 1 2 x 9 4 2 T x 5 3 x 5 0 x 1 2 x 9 4               . Với x3 ta có : 2 x5 1 x 9 4 3 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 167 Thật vậy ta có 2 3 x 1 x 9 2 x 5 0 (luôn đúng). Mặt khác 33 x 1 2 2 2 x 1 2 2 2  , với x3 . Từ đó ta có: 2 x 5 3 3 10 x 1 2 2 2 x 9 4 , với x3 . Nên từ  ta có x 5 y 16 . Đối chiếu và thử lại ta có nghiệm của hệ là x,y 5;16 . Bình luận : Bài toán này như chúng tôi đã phân tích thì từ phương trình thứ nhất trong hệ ta hoàn toàn có thể sử dụng chuyển vế rồi lũy thừa hai vế phương trình ta vẫn tìm được lời giải. Tuy nhiên dưới góc nhìn „liên hiệp giả định kéo theo” ta vẫn có thể công phá được tốt. Và trên đây, chúng tôi đã cố gắng giới thiệu và phân tích tư duy để có thể giải hệ dưới phương án sử dụng liên hiệp trực tiếp hoặc giả định. Kết thúc phần này, chúng tôi muốn gửi gắm đến các bạn độc giả một điều tuy phương pháp nhân lượng liên hiệp là một phương pháp khá mạnh, nhưng cũng có nhược điểm của riêng nó. Nhược điểm lớn nhất chính là sự đánh giá vô nghiệm hoặc có nghiệm lại hoặc có nghiệm khác là một bước khó khăn không nhỏ cho người giải. Nhưng chính sự khó khăn này làm cho bài toán thêm nhiều thú vị khi giải bằng phương pháp này. Để minh chứng điều này chúng tôi xin giới thiệu các bạn một bài toán mà sự liên hiệp hầu như đã có nhưng lại không triển khai rốt ráo để dẫn đến kết quả cuối cùng. Ví dụ 31: Giải hệ phương trình 2 2 3 x y 4 2x y 15 y x 3 y 2 x y 10 2x y 3 y x 2  x,y  Phân tích : Với cấu trúc hệ này, không quá khó để nhận ra để giải quyết hệ chúng ta cần công phá phương trình thứ nhất trong hệ. Ở phương trình thứ nhất, chúng ta nhận thấy phương trình có cấu trúc khá quen thuộc nên để giải quyết ta thử đoán nghiệm. Vì đề bài cho ba căn thức, trong đó có một căn thức chứa cả biến x,y , còn hai căn thức còn lại thì một căn thức chỉ chứa biến y , một căn chỉ chứa biến x nên ta thử cho hai căn này bằng nhau để tìm mối quan hệ giữa chúng xem sao ? Cụ thể ta có : y x 3 y x 3 . Thay mối quan hệ này, ta nhận thấy hai vế phương trình bằng nhau, do đó ta nghỉ đến phép liên hiệp. Cụ thể ta tách phương trình thứ nhất như sau : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 168 2 x y 4 2x y 15 2 x 3 y x 3 0 2 2 x y 8x 4y 15 4x 12 y x 3 0 y x 3 x y 4 2x y 15 2 x 3 2 2 x y 4 x y 3 x y 3 0 y x 3 x y 4 2x y 15 2 x 3 2 x y 1 x y 3 x y 3 0 y x 3 x y 4 2x y 15 2 x 3 2 x y 1 1 x y 3 0 y x 3 x y 4 2x y 15 2 x 3 Bây giờ vấn đề quan tâm trong ngoặc chính là dấu của x y 1 . Nếu chúng ta tìm được dấu của đại lượng này xem như bài toán hoàn toàn được giải quyết. Tuy nhiên với điều kiện của hệ : 2 x3 y0 x y 4 2x y 15 0  , rõ ràng không giải quyết được đại lượng này về dấu của đại lượng mà ta đang quan tâm. Tiếp theo, ta quan tâm đến phương trình thứ hai trong hệ. Với cấu trúc phương trình này thì rõ ràng nếu có khai thác được gì thì chỉ khai thác được từ điều kiện: 2 y 2 x y 4 0 . Nhưng thật không may là từ điều kiện này, chúng ta cũng không khai thác được gì cho dấu của đại lượng mà ta đang quan tâm. Và điều này, chứng tỏ được phương pháp nhân lượng liên hiệp trong bài toán này bắt được nhân tử chung nhưng lại không xử lí được rốt ráo và nếu có xử lí tiếp sẽ rất khó khăn cho chúng ta. Vậy chúng ta đành tìm phương án khác. Với cấu trúc của phương trình thứ nhất thì ta có thể sử dụng phép nâng lũy thừa để khử bớt căn thức, cộng với việc đã đoán được mối quan hệ giữa x,y ta có quyền nghỉ đến các bước sau có thể là liên hiệp phương trình nào đó có lợi hơn hoặc xử lí liên quan đến hằng đẳng thức. Cụ thể ta có phương trình thứ nhất được biến đổi tương đương với phương trình: 2 x y 4 2x y 15 y x 3 2 x y 4 2x y 15 x y 3 2 y x 3 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 169 22 x 2xy y 7x 5y 12 2 y x 3 0 22 x y 9 2xy 6x 6y x y 3 2 y x 3 0 2 2 y x 3 0 x y 3 y x 3 0 y x 3 x y 3 0  . Và lúc này mọi chuyện đã được giải quyết. Ta đi vào lời giải cho bài toán. Lời giải : Điều kiện : 2 2 x3 y0 x y 4 2x y 15 0 y 2 x y 4 0  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi tương đương thành phương trình : 2 x y 4 2x y 15 x y 3 2 y x 3 22 x 2xy y 7x 5y 12 2 y x 3 0 22 x y 9 2xy 6x 6y x y 3 2 y x 3 0 2 2 x y 3 0 x y 3 y x 3 0 y x 3 y x 3 0  Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 2 2 33 x 3 2 2x 3 10 x 5 x 2x 13 x 5 2 2 3 3 22 3 x 2x 3 x 1 x 2x 13 4 x 1 0 0 x 2x 13 4 x x 1 3 22 3 3 22 3 T x 1 x 3 x1 0 x 2x 13 4 x x 1 x 3 1 x 1 0 x 2x 13 4 x x 1                x 1 0 x 1 vì x 3 T 0 . Với x 1 y 4 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 1;4 . Bình luận: Rõ ràng với các dữ kiện trong hệ này thì phương pháp nhân lượng liên hiệp tỏ ra “yếu” hơn phương pháp hằng đẳng thức. Do đó, trong làm toán các khái niệm “mạnh”, “yếu” của phương pháp chỉ là các khái niệm ở mức độ tương đối. Nó còn tùy thuộc vào rất nhiều thực tế cấu trúc mà bài toán ta đang tiếp xúc nó tương thích với phương pháp nào. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 170  Hệ phương trình chứa một phương trình có dáng dấp đối xứng hai biến. Để nhận dạng loại hệ này, ta cần chú ý tới cấu trúc của hệ có chứa một phương trình có tính đối xứng hai biến như :  Chứa các đại lượng tổng và tích giữa hai biến x,y  Trên phương trình có thể cô lập được hai biến với nhau cùng theo một định dạng phương trình nhất định.. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 33 22 2x 5y 2y 5x 3y 5x x y 2 x y 1 y 1 x  x,y  Phân tích : Cấu trúc phương trình thứ hai trong hệ không khai thác được gì, phương trình thứ nhất trong hệ hai biến x,y cô lập và có tính đối xứng. Do đó ta xuất phát từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 3 3 3 3 2x 5y 2y 5x 2 x y 5 x y 0 2 22 x y x y x y 5 0 x y . Vậy hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 2 x y 1 0 y 1 x 0    . Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta biến đổi thành phương trình : 3 3 3 3 2x 5y 2y 5x 2 x y 5 x y 0 2 2 2 2 2 2 x y x xy y 5 x y 0 x y x y x y 5 0 x y 0 x y vì 2 22 x y x y 5 0, x,y  . Thay yx vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 22 3x 5x 2 x x 1 x 3x 1 1 . Với x0 không thỏa (1). Do đó với x0  ta biến đổi 1 thành : 35 2 11 x 1 x 3 xx 2 . Đặt 1 t x 1 x , ta có 2 trở thành : 2 t 0,t 2 35 2 t 3 t 1 0 t t 2 t 2t 3 0    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 171 11 x 2 x 2 0 xx         22 x1 x 1 x 1 0 x1   . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x,y 1;1 ; 1; 1 . Bình luận : Bài toán trên là một bài toán cơ bản, kỉ thuật chính là dùng hằng đẳng thức. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 22 11 2x 2y yx 2 2x y 4 x y 7xy 8  x,y  Phân tích: Với hê này, ta nhận thấy phương trình thứ hai trong hệ là một phương trình bậc hai ẩn x,y . Kiểm tra nhận thấy không phân tích được thành nhân tử. Phương trình thứ nhất cô lập hai biến và có tính đối xứng nên ta bắt đầu với phương trình này. Cụ thể ta có : 1 1 1 1 2 2x 2y 2 x y 0 x y 1 0 y x x y xy         . Vậy xem như hệ dễ dàng giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x0 y0    . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : xy 1 1 1 1 2 2x 2y 2 x y 0 x y 1 0 xy 2 y x x y xy           .  Với xy thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình 2 x 2 2 y 2 2 x 8 0 x 2 2 y 2 2    .  Với xy 2 . Ta có phương trình thứ hai được viết lại : 22 2 2 2 4x 2y 8 7xy 4x 4y 0 4x y 1 4xy 4x 2y y 2y 1 3 xy 2 22 2x y 1 y 1 3 xy 2 xy 2 0 xy 2 . Do đó 1 xy 2 loại. Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x,y 2 2;2 2 ; 2 2; 2 2 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 172 Bình luận: Có một số lời giải đã giải bài toán có cấu trúc tương tự như bài toán này bằng cách xét hàm số đại diện. Tuy nhiên nếu như trong ví dụ này mà xét hàm số đại diện: 2 f t t t và khẳng định nó đơn điệu tăng với mọi t0  rồi suy ra f x f y xy là không chuẩn. Vì hàm số bị gián đoạn tại t0 tức là hàm số f(t) đơn điệu trên một tập xác định D là hợp của hai khoảng ;0 , 0;   và điều này rõ ràng không hề xảy ra f 2015 f 2015 ???. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 33 3 3 3 3xy x y 1 xy 2x y 6x y x y 3x 5y 5  x,y  Phân tích : Không khó để nhận ra hệ này chúng ta cần xuất phát từ phương trình thứ nhất trong hệ, quan sát thấy phương trình thứ nhất trong hệ được cấu tạo bởi một phương trình có tính đối xứng với hai biến x,y vì chứa tổng xy và tích xy nên ta sẽ bắt đầu từ phương trình này. Cụ thể ta có : 3 3 3 3 3xy x y 1 x y x y 3xy x y 0 xy 2 22 22 x y x xy y 3xy x y 0 x y x y 3xy 3xy x y 0 42 3 x y x y 3xy x y 1 0 x y x y 1 3xy x y 1 x y 1 0 2 x y 1 x y x y x y 1 3xy x y 1 x y 1 0 32 x y 1 x y x y x y 3xy x y 1 0 3 3 2 2 x y 1 x y x y xy x y 0 2 2 2 2 x y 1 x y x xy y 1 x xy y 0 22 22 y 3y y 3y x y 1 x y x 1 x 0 2 4 2 4         x y 1 0 y 1 x vì x y 0 . Vậy nút thắt bài toán đã được giải quyết. Do đó hệ cơ bản đã được giải. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 173 Lời giải : Điều kiện : x y 0 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 3 3 3 3 3xy x y 1 x y x y 3xy x y 0 xy 2 22 22 x y x xy y 3xy x y 0 x y x y 3xy 3xy x y 0 42 32 x y x y 3xy x y 1 0 x y x y 1 3xy x y 1 0 2 x y 1 x y x y x y 1 3xy x y 1 x y 1 0 32 x y 1 x y x y x y 3xy x y 1 0 3 3 2 2 x y 1 x y x y x y xy 0 22 22 y 3y y 3y x y 1 x y x 1 x 0 2 4 2 4         x y 1 0 y 1 x vì với 22 22 y 3y y 3y x y 0 x y x 1 x 0 2 4 2 4         . Thay y 1 x vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 3 3 3 3 3 3 3x 1 5x 1 2 x 8x 3 3x 1 5x 1 3x 1 5x 1 8x 3 8x 3x 1 5x 1 x 8x 3x 1 5x 1 x 0 x0 1 x 3 1 x 5       . Thử lại ta có nghiệm của phương trình là : 11 x 0;x ;x 35 . Từ đó ta suy ra được : 26 y 1;y ;y 35 . Đối chiếu điều kiện có nghiệm của hệ là : 1 2 1 6 x, y 0;1 ; ; ; ; 3 3 5 5            . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 174 Bình luận : Cấu trúc phương trình thứ nhất trong hệ quá rõ ràng về tính đối xứng nên nếu hệ này giải được bằng phương pháp nhân tử hóa và sủ dụng phép thế thì chỉ có thể bắt đầu từ phương trình này. Kiểm tra cũng dễ thấy phương trình này tách được nhân tử. Về giải phương trình sau khi thế, tuy là một phương trình cơ bản nhưng nếu không tinh ý về kí hiệu tương đương hay hệ quả thì sẽ dẫn đến những sai lầm đáng tiếc, và trên thực tế rất nhiều học sinh đã bị sai lầm này. Ví dụ 4 : Giải hệ phương trình 22 2 22 12xy x y 36 xy 6 5x 4y x 2 x 2y 1 5x y 4 3 3 y  x,y  Phân tích: Cấu trúc phương trình thứ nhất trong hệ này, giống với ví dụ 3 do đó ta tiến hành bắt nhân tử với phương trình này vì phương trình thứ hai trong hệ có cấu tạo khá rối. Phương trình thứ nhất được biến đổi như sau : 22 2 x y x y 36 x y 12xy x y x y 2xy 36 x y 12xy 3 2 x y 36 x y 2xy x y 6 0 x y x y 36 2xy x y 6 0 2 22 x y 6 x y 6 x y 2xy 0 x y 6 x y 6x 6y 0 22 22 x y 6 0 x y 6 x 3 y 3 18 0 x 3 y 3 18    Tới đây về mặt tách nhân tử đã thành công. Tuy nhiên nếu ta cứ đem thế thì với trường hợp x y 6 0 ta đã cảm thấy khó khăn, thì nhân tử còn lại sẽ khó khăn gấp nhiều lần. Do đó buộc lòng chúng ta phải công phá phương trình thứ hai trong hệ xem như thế nào? Cụ thể ta có: 22 2 2 2 6 5x 4y x 6 5x 4y x 2 x 2y 1 x 5x 4y 1 5x y 4 3 3 y 2y 3 3 y 2 2 2 2 2 5x 4y x x 5x 4y x 5x 4y 2x 5x 4y 2y 3 3y 2y 3 y 3 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 175 2 2 2 2 2 x 5x 4y x 5x 4y x 5x 4y x 5x 4y 24 2y 3 2y 3 2y 3 2y 3                     2 2 2 2 2 x 5x 4y 0 3x 2y 5x 4y 3x 10xy 8y 0 2y 3 Và thật may mắn là phương trình cuối là một phương trình đẳng cấp tách được nhân tử. Vậy xem như hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 x 5x 4y 0 y y0   . Phương trình thứ hai trong hệ được viết lại : 22 2 2 2 6 5x 4y x 6 5x 4y x 2 x 2y 1 5x x 5x 4y 1 y 4 3 3 y 3 2y 3 3 y 2 2 2 2 2 5x 4y x x 5x 4y x 5x 4y 2x 5x 4y 2y 3 3y 2y 3 y 3 2 2 2 2 2 x 5x 4y x 5x 4y x 5x 4y x 5x 4y 24 2y 3 2y 3 2y 3 2y 3                     2 2 2 x 5x 4y 0 3x 2y 5x 4y 2y 3 22 3x 10xy 8y 0 22 x 2y 3x 6xy 4xy 8y 0 x 2y 3x 4y 0 4y x 3      Với x 2y thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được phương trình : 2 2 3 2 y0 24x 18 5y 36 15y 24y 108y 0 y 3y 5 y2      Đối chiếu điều kiện của ta có 18 36 yx 55 y 2 x 4     .  Với 4y x 3 thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 176 2 2 3 2 y0 25 16y 175 18 y 36 y 16y 84y 0 y 7 9 27 7 y 3 126 y 25        . Đối chiếu điều kiện ta có : 18 24 yx 77 126 168 yx 25 25      . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: 24 18 36 18 168 126 x, y 4;2 ; ; ; ; ; ; 7 7 5 5 25 25                . Bình luận : Với hệ này, các bạn sẽ thắc mắc tại sao chúng tôi phân tích và giải lại ngược nhau. Bài toán này, thật chất là phương trình thứ hai chúng ta có được là sự may mắn sau khi biến đổi rốt ráo ta thu được một phương trình đẳng cấp tách được nhân tử. Chứ nếu phương trình cuối cùng mà ta thu được có kết quả cũng một phương trình đẳng cấp nhưng ở dạng này chẳng hạn 22 3x 10xy 8y 1 thì thật sự là một trở ngại. Trong khi đó, phương trình thứ nhất trong hệ lại là một phương trình có cấu trúc đối xứng hai biến nên việc tư duy phương trình này tách được nhân tử là một tư duy tự nhiên, điều này liền mạch với kiến thức và đường hướng logic, còn phương trình thứ hai trong hệ nếu ngay từ đầu mà biến đổi là một sự “ăn may” trong đường hướng giải vì sẽ rất dễ gặp rủi ro có khi không tìm được hướng giải quyết. Trở ngại lúc này của bài toán tách nhân tử là chúng ta thu được hai nhân tử nhưng nếu thực hiện phép thế đơn lẻ thì sẽ khó khăn. Tuy nhiên nếu phương trình thứ hai trong hệ mà được biết đổi như chúng tôi lấy ví dụ thì việc nhân tử ban đầu tìm được là một đường hướng giải để giải quyết bài toán. Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 4 4 2 2 22 2 2 2 22 3 2 2 2 2 2 3 x y 2x y xy yx xy xy 1 2y x x 2 x 2y 1  x,y  Phân tích: Với hệ này, dễ thấy rằng phương trình thứ nhất có tính đối xứng với biến 22 x , y nên ta có thể bắt đầu công phá hê này từ phương trình thứ nhất, còn phương trình thứ hai không cho chúng ta một đường hướng nào để công phá. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 177 Biến đổi phương trình thứ nhất ta được phương trình : 4 4 2 2 44 2 2 2 22 3 x y 2x y xy xy xy . Với phương trình vừa biến đổi, nhận thấy nếu ta trừ 2 cho hai vế phương trình ta sẽ được hằng đẳng thức. Thật vậy, ta có : 22 2 2 2 2 4 4 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y x y 3x 2x y 3y 22 x y x y x y x y 4 2 2 4 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x x y y x y 0 x y 0 xy x y x y x y                 Không khó nhận ra biểu thức trong ngoặc luôn dương nên ta sẽ có 22 xy . Và như thế nút thắt của bài toán đã được gỡ. Và hệ cơ bản đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện: 22 xy 0 1 2y x 0   . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 4 4 4 2 2 4 4 4 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 3x 2x y 3y x y 3x 2x y 3y 22 x y x y x y x y 22 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 22 22 x y x y 11 x y 0 x y x y xy xy 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x y y x y 0 x y x y x y vì 4 2 2 4 2 2 2 2 2 x x y y 0 x y x y . Thay 22 yx vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 3 3 2 2 x 1 x x 2 1 x 2 2 2 2 2 x 1 x x x 1 x 1 x x 2 1 x 2 2 2 x 1 x 1 x 1 x x 2 1 x 1 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 178 Đặt 2 22 t1 t x 1 x x 1 x 2 . Lúc đó phương trình 1 trở thành : 22 32 t 1 t 1 t 1 2 t 2 t 3t 2 0 22              2 t2 t 2 t 2 2 t 1 0 t 1 2 t 1 2       .  Với 2 t 1 2 x 1 x 1 2 2 . Nhận xét với điều kiện 2 x 1 x 1 1x1 1 2 1    nên ta có 2 vô nghiệm.  Với 22 t 1 2 x 1 x 1 2 1 x 1 2 x 2 2 1 x 1 2 1 x 0 1 2 2 2 1 x 1 2 x 0 2 x 1 2 x 1 2 0 1 2 2 2 1 x 2           1 2 2 2 1 x 2  Với 22 t 2 x 1 x 2 1 x 2 x 2 2 1 x 2 x 2 2 2 2x 2 2x 1 0 2x 1 0 x 2 . Đối chiếu điều kiện ta có : 2 2 2 2 ; ; ; ; 2 2 2 2 x, y 1 2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1 ; ; ; 2 2 2 2                            Bình luận: Bài toán dễ nhân tử hóa từ sự đối xứng của phương trình thứ nhất trong hệ. Cách xử lí phương trình cuối cần một sự khéo léo trong tính toán và biến đổi. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 179 Ví dụ 6: Giải hệ phương trình 3 22 2 3 2 x y 2 x y x y xy 10xy xy x 10x 1 y 1 3 3 4x y 3  x,y  Phân tích : Với hệ này, phương trình thứ hai chứa hai căn bậc lệch, các đại lượng không có mối liên quan gì để ta khai thác. Phương trình thứ nhất có tính đối xứng với hai biến x,y . Nhưng nếu ta tinh ý, phương trình này không những có tính đối xứng mà nó còn là phương trình đẳng cấp bậc ba với đại lượng x y, xy . Thật vậy, ta có phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 3 22 2 x y 2 x y x y xy 10xy xy 3 2 2 x y 2 x y x y xy 6xy 0 xy 1 . Để cho tiện trong việc khai triển ta đặt a x y,b xy . Khi đó 1 trở thành: 3 2 2 3 2 2 3 2a 2a ab 6b 0 2a 2a b ab 6b 0 b 22 a 2b 2a 2ab 3b 0 a 2b 2 x y 2 xy x y 0 x y . Vậy xem nút thắt của bài toán đã được gỡ. Và giờ chúng ta đi giải quyết hệ. Lời giải : Điều kiện : 2 xy 0 x 10x 1 y 1 0  . Phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 3 22 2 x y 2 x y x y xy 10xy xy 2 2 2 x y 2 x y x y xy 6xy 0 xy 1 Đặt a x y ,b 0 b xy  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 180 Khi đó phương trình 1 trở thành : 3 22 3 2 2 3 2 2 2a 2a ab 6b 0 b 2a 2a b ab 6b 0 a 2b 2a 2ab 3b 0 2 a 2b 0 a 2b x y 2 xy x y 0 x y vì 22 2a 2ab 3b 0 . Thay xy vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 3 3 10x 1 3 5x 3 9 3 3 10x 1 3 3 5x 3 2 0 , 3 1 x 10 3 32 3 3 10 x 1 5 x 1 30 10x 1 3 5x 3 2 5x 3 4  2 32 3 3 T 10 x x 1 15 x 1 0 10x 1 3 5x 3 2 5x 3 4                    x 1 0 x 1 y1 vì với 3 1 x T 0 10 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là : x,y 1;1 . Bình luận: Bài toán thể hiện tính đối xứng thông qua định dạng phương trình đẳng cấp. Ở phương trình khi thay thế xy thì ngoài cách giải liên hiệp như trong lời, chúng ta có thể sử dụng hàm số để giải quyết. Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 22 2 3 2xy x y x y xy x y 2 2 3x 2y 2 2x y 1 2 2x x y 1 1 3  x,y  Phân tích: Rõ ràng từ hệ này ta không thể công phá gì được phương trình thứ hai trong hệ, còn phương trình thứ nhất trong hệ ta dễ nhận thấy phương trình này đối xứng với hai biến x,y nên ta có thể bắt nhân tử chung phương trình này. Ở phương trình thứ nhất trong hệ nếu ta để ý sẽ thấy các cặp đại lượng sau ghép lại ta sẽ được hằng đẳng thức. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 181 Thật vậy ta có : 22 2 22 x y 4xy x y 2xy x y x y 2 2 x y 2 x y xy xy xy 22  . Do đó ta sẽ tách phương trình thứ nhất để quy đồng và liên hiệp như sau : 22 22 22 x y x y 2xy x y x y xy 0 0 x y 2 2 2 x y xy 2 xy 2 2 22 22 xy 11 x y 0 xy xy xy x y xy xy 2 2      Với phương trình  ta nhận thấy nếu xy thì  luôn đúng. Do đó ta tách  như sau : 22 22 xy xy x y 2 x y x y x y 2 xy 2 2 2 22 2 2 2 2 xy xy x y x y 1 0 2 x y x y 2 x y x y 2 22 22 xy xy xy xy 1 2 x y 2 xy 2 x y x y          . Vậy xem như nút thắt của bài toán đã được gỡ và xem như hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : xy 0 2x y 1 0 x y 0   . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 22 22 22 x y x y 2xy x y x y xy x y 2 2 x y xy xy 2 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 182 2 2 22 22 xy xy xy xy 2 x y x y x y 2 xy 2 x y x y         2 22 2 22 xy xy xy 2 xy 2 x y x y 2 x y x y           2 22 xy xy xy 2xy x y x y 0      . Thay xy vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 33 x 2 x 1 2 2x 1 3 x 2 x 1 2x 1 2x 1 1 . Đặt 2 3 3 a0 a x 1 x a 1 b 2x 1 2x b 1   . Khi đó phương trình 1 trở thành : 2 3 2 2 a 1 a b b a b a ab b 1 0 ab vì 22 a ab b 1 0 3 32 2 1 x 2x 1 0 2 x 1 2x 1 x 1 2x 1 x x x 1 0   1 x 2 x 0 y 0 x0 1 5 1 5 15 xy x 22 2 15 x 2              Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là : 1 5 1 5 x, y 0;0 ; ; 22    . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 183 Bình luận : Với bài toán này, phương trình thứ nhất trong hệ có tính đối xứng hai biến x,y nhưng kỉ thuật để bắt nhân tử chung là phép nhân lượng liên hiệp. Sự trở lại của nhan tử x,y lặp lại hai lần, nếu không tinh ý sẽ dễ sa đà vào việc chứng minh phần còn lại vô nghiệm. Đối với phương trình thứ hai giải tìm nghiệm, ngoài cách làm ẩn phụ hóa như trên thì ta có thể tách trực tiếp để cô lập hai đại lượng 3 x 1, 2x 1 và sử dụng hằng đẳng thức để tách nhân tử vẫn cho kết quả. Cụ thể ta có: 33 x 2 x 1 2 2x 1 3 x 1 x 1 x 1 2x 1 2x 1 3 3 x 1 x 1 2x 1 2x 1 3 x 1 2x 1 . Ví dụ 8: Giải hệ phương trình 3 3 2 3 22 3 x y 3 x y 2 3x 2 2x y 5x y 1 8x 17y 9  x,y  . Phân tích : Cấu trúc của phương trình thứ hai trong hệ này, thật khó để phán đoán công phá nó bằng hướng nào. Phương trình thứ nhất trong hệ cũng chưa giúp được gì ngay, tuy nhiên quan sát phương trình thứ nhất có thể cô lập được hai biến x,y nên có khả năng bắt nhân tử. Cụ thể ta biến đổi phương trình thứ nhất trở thành : 3 2 3 x 3x 6x 4 y 3y . Do vế phải phương trình vừa biến đổi ta có biến y được sắp xếp theo định dạng 3 y 3y . Do đó để bắt được nhân tử ta sẽ cố gắng biến đổi vế trái của phương trình vừa biến đổi cũng theo một định dạng tương tự như vậy để có được tính đối xứng. Ta cần có : 3 32 x 3x 6x 4 ax b 3 ax b . Do hệ số 3 x là 1 nên ta có a1 . Vậy 3 3 2 3 2 2 3 x 3x 6x 4 x b 3 x b x 3x b 3 b 1 x b 3b  . Đồng nhất hai vế phương trình  ta có : 2 3 3 3b 3 b 1 6 b 1 b 3b 4  . Vậy ta sẽ có : 3 3 2 3 3 x 3x 6x 4 y 3y x 1 3 x 1 y 3y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 184 32 32 x 1 y 3 x 1 y 0 x y 1 x 1 x 1 y y 3 0 x y 1 0 y x 1 . Vậy xem như hệ đã được giải quyết với việc tìm ra nút thắt này. Lời giải : Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 3 3 2 3 3 x 3x 6x 4 y 3y x 1 3 x 1 y 3y 32 32 x 1 y 3 x y 1 0 x y 1 x 1 y x 1 y 3 0 x y 1 0 y x 1 vì 3 2 x 1 y x 1 y 3 0 . Thay y x 1 vào phưng trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 33 2 3 2 3 2 2 3 2x x 1 5x x 8x 17x 8 2x 10x 17x 8 2x 5x x 0 3 2 2 2 3 2x x 2 6x 17x 8 2x 5x x  Đặt 3 3 3 2 3 2 3 3 a x 2 a b x 6x 12x 8 5x x 6x 17x 8 b 5x x  . Khi đó ta có  trở thành : 2 3 3 2 2 2 2 2ax a b 2bx 0 2x a b a b a ab b 0 2 2 2 ab a b a ab b 2x 0 a b x 0   Với 3 3 x 2 0 a b x 0 5x x 0 x0  ( hệ vô nghiệm ). Với 3 3 a b 2 x 5x x 2 3 3 2 8 12x 6x x 5x x 6x 17x 8 0 17 97 x 12 17 97 x 12      Vậy nghiệm của hệ phương trình là : 17 97 5 97 17 97 5 97 x, y ; ; ; 12 12 12 12                . Bình luận : Với bài toán trên ở phương trình thứ nhất chúng ta thường lựa chọn giải quyết bằng hàm số. Điều đó là hoàn toàn hợp lí. Nhưng với góc độ nhìn Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 185 khác thì dựa trên tính phân ly của hai biến hay còn gọi là cô lập của hai biến về được một định dạng phương trình có tính đối xứng thì hằng đẳng thức vẫn cho lời giải tốt và tự nhiên hơn. Chúng tôi thiết nghỉ, nếu đó là cấu trúc phức tập thì sử dụng hàm số đại diện có thể là lựa chọn tốt nhất nhưng với những cấu trúc cơ bản có thể giải quyết tốt bằng hằng đẳng thức thì con đường tiếp cận như lời giải trong bài toán có thể là hướng đi tự nhiên và phù hợp với đại đa số học sinh hơn. Ở phương trình giải tìm nghiệm, ngoài lời giải trên, chúng ta cũng có thể sử dụng ẩn phụ hóa kết hợp hàm số để giải quyết. Tuy nhiên, nếu tinh tế thì chỉ cần ẩn phụ hóa ta vẫn có thể giải tốt. Ví dụ 9: Giải hệ phương trình 33 2 2x y 5 2x y 6xy x y 7x 3x y 2 6y 22 3x  x,y  Phân tích : Với hệ này, không khó khăn để nhận ra để giải quyết hệ, ta cần phải công phá phương trình thứ nhất trong hệ. Cụ thể ta có : 3 3 3 3 2 2 2 2x y 5 2x y 6xy y x 4x 2y 10x 5y 6x y 6xy . Tới phương trình biến đổi cuối cùng ta cũng chưa thấy điều gì rõ ràng, tuy nhiên quan sát vế phải của phương trình cuối ta nhận thấy đại lượng 2 2 2 2 6xy 6x y 2 3xy 3x y có liên quan đến hằng đẳng thức bậc ba với hai biến x,y nên ta tách được phương trình : 3 3 2 2 3 3 2 2 3 4x 2y 10x 5y 6x y 6xy 2x 10x 5y 2 y 3xy 3x y x 33 33 2x 10x 5y 2 y x 2x 5x 2 y x 5 y x  Ta có (*) giữa hai đại lượng x,y x đã có tính phân ly và hai vế phương trình đều có định dạng đối xứng nên từ (*) ta sẽ bắt được nhân tử chung y 2x . Do đó hệ xem như được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 22 x 3 3x y 2 0   . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 3 3 3 3 2 2 2 2x y 5 2x y 6xy x y 4x 2y 10x 5y 6x y 6xy 3 3 3 2 2 3 3 2x 10x 5y 2 y 3xy 3x y x 2x 5x 2 y x 5 y x 3 3 2x 2 y x 5 2x y 0 2 2 2 2x y x x y x y x 5 2x y 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 186 2 2 M 2x y 2x 2x y x 2 y x 5 0 y 2x 0 y 2x                vìM0 . Thay y 2x vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 7x x 2 12x 22 3x ( Điều kiện : 22 2x 3   ). 2 7x 7x 14 14 x 3 22 3x 7x 3 x 2 x 4 0 1 . Nhận xét với 22 2 x 14 x 3 22 3x 0,x 4 3 x 2 0 3   nên ta có: 2 2 2 7x x x 2 x x 2 1 7 x x 2 0 14 x 3 22 x x 4 3 x 2 2 P 1 7x x x 2 7 0 14 x 3 22 3x x 4 3 x 2                    2  Với 2 x 0 P 0   .  Với 22 7x 7x 28 0 x P 7 7 0 3 x 4 x 4 x 4 3 x 2  . Do đó với 22 2 x P 0 3   vô nghiệm. Do đó từ 2 ta có : 2 x 1 3 y 2 1 3 x x 2 0 x 1 3 y 2 1 3     . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là :   x,y 1 3;2 2 3 ; 1 3;2 2 3 . Bình luận : Bài toán có được tính đối xứng dựa vào dấu hiệu hằng đẳng thức để tạo sự phân li cho biến ở phương trình thứ nhất. Một đặc điểm cùng thường gặp. Ví dụ 10: Giải hệ phương trình 3 3 2 3 32 x 4x 5 y 3y 7y x 2y 2 y 1 x 3 1 y  x,y  Phân tích : Với phương trình thứ hai chúng ta không thể nghỉ đến việc công phá nó vì bậc khá cao và các đại lượng tham gia chẳng có liên quan gì với nhau. Với phương trình thứ nhất trong hệ, các biến đa có tính phân li nên việc quy chúng về một định dạng có tính đối xứng cho hai vế là rất cao. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 187 Nhưng rõ ràng vế trái và vế phải của phương trình thứ nhất đều cho ta sự lựa chọn để định dạng một cho trước để tìm sự đối xứng. Tuy nhiên, vế trái có hình thức gần gũi hơn nên ta sẽ cố gắng tách phương trình thứ nhất về dạng sau : 3 3 x 4x 5 ay b 4 ay b 5 . Tức là ta cần có : 3 32 y 3y 7y ay b 4 ay b 5 . Do hệ số của 3 y là 1 nên ta có a1 . Vậy ta có : 3 3 2 3 2 2 3 y 3y 7y y b 4 y b 5 y 3y b 3b 4 y b 4b 5 Đồng nhất hệ số của phương trình này ta có : 2 2 3 3b 3 3b 4 7 b 1 b 4b 5 0  . Và như thế ta sẽ có: 3 3 x 4x 5 y 1 4 y 1 5 . Phương trình này đã có sự cô lập hai biến và có định dạng đối xứng nên ta bắt được nhân tử chung x y 1 . Như vậy xem như hệ đã gỡ được nút thắt và sẽ được giải quyết. Lời giải : Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 33 33 x 4x 5 y 1 4 y 1 5 x y 1 4 x y 1 0 2 2 C x y 1 x y 1 x y 1 4 0 y x 1              vì C0 . Thay y x 1 vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 33 3 3 3 3 x 2x 2 2x 3x 6 0 x 2x 2 2 x 2x 2 x 2  Đặt 3 x 2x 2 t . Khi đó kết hợp phép đặt và phương trình  ta có hệ phương trình : 33 3 3 3 x t 2 x t t x x 2x 2 t t 2t 2 x t 2t 2 x   22 3 x t x xt t 3 x t 0 t 2t 2 x  22 3 3 x t x xt t 3 0 xt x 2x 2 x t 2t 2 x   vì 22 x xy y 3 0 . 2 3 xt xt x t t 1 x 1 x x 2 0 x 1 x 1 x x 2 0    vì 2 x x 2 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 188 3 x 2x 2 1 x 1 y 0 x1  . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x,y 1;0 . Bình luận : Với cấu trúc phương trình thứ nhất trong hệ ngoài cách tách định dạng như trong lời giải, chúng ta cũng có thể tách theo chiều hướng sau : 32 32 ax b 3 ax b 7 ax b y 3y 7y . Tức là ta cần có : 32 3 x 4x 5 ax b 3 ax b 7 ax b . Ta cũng có a1 . Nên : 32 3 x 4x 5 x b 3 x b 7 x b 3 2 2 3 2 x 3b 3 x 3b 6b 7 x b 3b 7b . Đồng nhất hệ số hai vế phương trình này ta có : 2 32 3b 3 0 3b 6b 7 4 b 1 b 3b 7b 5  . Và như vậy ta sẽ có phương trình thứ nhất được viết lại : 32 32 x 1 3 x 1 7 x 1 y 3y 7y . Phương trình vẫn bắt nhân tử được như trong lời giải. Qua bài toán này, chúng ta có thể nhìn nhận để tạo đươc định dạng phương trình cô lập và có tính đối xứng hai biến thì chúng ta không phải có duy nhất một cách. Tuy nhiên, trên thực tế chúng ta cần có cái nhìn bao quát để tìm được biễu diễn cái nào “lợi thế” về mặt hình thức và con đường đi tìm ra nó. Trong bài toán này, ở phương trình hai là một cách giải khá hay của phương trình đa thức đưa về hệ đối xứng. Rõ ràng phương trình trong bài toán không cho chúng ta phép biến đổi trực tiếp vì thật sự có bậc khá cao. Phép đặt có được bằng cách đưa phương trình về dạng : 3 33 x 2x 2 mt m t 2mt 2 x  . Để hệ có tính đối xứng ta cần xử lí m sao cho : 3 m 2m 2 m m1 1 2 2 1 . Ví dụ 11: Giải hệ phương trình : 3 3 3 22 x 5x x 2y 6 x 2y 1 0 2 7y 1 3 5x 3x 1 x 2y 11x 11 x 3x 4  x,y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 189 Phân tích : Với hệ này, quan sát ta thấy ngay được phương trình thứ nhất trong hệ có tính đối xứng giữa hai đại lượng 3 3 x, x 2y 1 . Thật vậy, ta có phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 3 3 3 3 3 3 3 x 5x x 2y 1 5 x 2y 1 0 x 5x x 2y 1 5 x 2y 1 0 3 2 3 3 x x 2y 1 x x x 2y 1 x 2y 1 5 0 3 3 2 x 2y 1 x 2y x x 1 . Và như vậy xem như bài toán đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 3 2 x 2y 1 0 3x 4x 0  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 3 3 3 3 3 3 3 x 5x x 2y 1 5 x 2y 1 0 x x 2y 1 5 x x 2y 1 0 3 2 3 3 K x x 2y 1 x x x 2y 1 x 2y 1 5 0                  33 32 x0 x x 2y 1 0 x 2y 1 x 2y x x 1   vì K0 . Thay 32 2y x x 1 vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 3 2 2 3 2 7 x x 1 15x 9x 12 x 11x 12 3x 4x 3 2 3 2 7x 8x 9x 12 x 11x 12 3x 4x 3 2 3 3 2 7x 8x 9x 12 x 11x 12 x 11x 12 3x 4x 1 0 32 2 2 x 11x 12 3x 4x 1 2x 3x 4x 1 0 3x 4x 1 2 3 2 2 23 3x 4x 1 0 x 11x 12 3x 4x 1 2x 0 3x 4x 1 2x 3x 4x x 9x 12     Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 190 Với phương trình 23 2x 3x 4x x 9x 12 2 3 6 3 4x 3x 4 x 6x 3x 4 9 3x 4 2 22 6 3 3 x 2x 3x 4 9 3x 4 x 3x 4 8 3x 4 0 3 x 3x 4 0 3x 4 0  (Hệ vô nghiệm ). Do đó từ  ta có : 2 27 x 3 3x 4x 1 0 27 x 3      . Đối chiếu điều kiện : 2 4 3x 4x 0 x x 0 3   ta có : 27 x 3 27 x 3      . Đối chiếu điều kiện x0  ta có : 27 x 3 56 31 7 y 54 Đối chiếu điều kiện của hệ ta có nghiệm là : 2 7 56 31 7 x, y ; 3 54 . Bình luận : Với cấu trúc của phương trình thứ nhất trong hệ, không khó cho chúng ta phán đoán tính đối xứng. Ở phương trình giải tìm nghiệm, chỉ cần một chút khéo léo để ý hai biểu thức bậc ba có cùng hệ số, ghép chúng lại với nhau và tách hợp lí. Ví dụ 12 : Giải hệ phương trình 8x 1 2x 1 11 12y 3y 4 0 2 3 x 3y 6 2 5x 4 3y x 5  x,y  . Phân tích : Với hệ này, chúng ta sẽ khai thác từ phương trình thứ nhất trong hệ vì phương trình thứ hai có cấu trúc không cho được các phép biến đổi nào có lợi. Phương trình thứ nhất chứa hai căn bậc hai, mỗi căn chứa đúng một biến và gắn trước căn thức chứa biến nào thì đi với tích một đại lượng của biến đó. Do đó theo suy nghỉ tự nhiên, chúng ta sẽ ẩn phụ hóa, tuy nhiên cấu trúc khá nhẹ nhàng và dễ phán đoán nên ta có thể tách trực tiếp. Cụ thể ta có : 4 2x 1 5 2x 1 4 3y 4 5 3y 4 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 191 33 4 2x 1 5 2x 1 4 3y 4 5 3y 4 Rõ ràng phương trình cuối có tính phân li giữa hai đại lượng 2x 1, 3y 4 và có định dạng phương trình là đối xứng nên ta có thể bắt nhân tử được nhân tử chung. Thật vậy, ta có : 33 33 4 2x 1 5 2x 1 4 3y 4 5 3y 4 4 2x 1 3y 4 5 2x 1 3y 4 0 2x 1 3y 4 4 2x 1 4 2x 1 3y 4 4 3y 4 5 0 2x 1 3y 4 2x 3 3y . Và tới đây xem như hệ đã gỡ được nút thắt và cơ bản đã có định hướng để giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 1 x 2 4 y 3 x 3y 6 0 3y x 5 0   . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình: 33 4 2x 1 5 2x 1 4 3y 4 5 3y 4 0 4 2x 1 5 2x 1 4 3y 4 5 3y 4 33 4 2x 1 3y 4 5 2x 1 3y 4 0 2x 1 3y 4 4 2x 1 4 2x 1 3y 4 4 3y 4 5 0 2x 1 3y 4 0 vì 4 2x 1 4 2x 1 3y 4 4 3y 4 5 0 . 2x 1 3y 4 3y 2x 3 . Thay 3y 2x 3 vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 3 3x 3 2 5x 4 x2 9 3x 3 4 5x 4 2 x2 3 3x 3 2 5x 4 1 x 2  . 2 7x 11 2 7x 25x 22 3 3x 3 2 5x 4 x 2 2 3 3x 3 2 5x 4 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 192 2 7x 25x 22 3 3x 3 x 1 2 5x 4 x 5x 3 2  Với x1 ta có phương trình được thỏa. Do đó với 1 x 2  ta có  trở thành: 2 2 2 7 x 5x 4 3x 3 x 1 5x 4 x 32 2 3x 3 x 1 5x 4 x 2 2 2 3 x 5x 4 2 x 5x 4 7 x 5x 4 2 3x 3 x 1 5x 4 x 3 x 1 x 4 2 x 1 x 4 7 x 1 x 4 0 2 3x 3 x 1 5x 4 x 3 x 4 2 x 4 7 x 4 0 2 3x 3 x 1 5x 4 x P 3 2 7 x 4 0 x 4 2 3x 3 x 1 5x 4 x                vì P0 khi 1 x 2  . Vậy phương trình  có hai nghiệm 5 x 1 y 3 11 x 4 y 3      . Đối chiếu điều kiện của hệ ta có nghiệm của hệ là : 5 11 x, y 1; ; 4; 33            . Bình luận: Về cơ bản ta có nhận định, phương trình thứ nhất vẫn giải theo phương diện xét hàm số đại diện được. Ở phương trình giải tìm nghiệm, các bạn có thể sử dụng hàm số để giải quyết vẫn tốt. Nhận định chung về loại hệ này, thông thường thì các bài toán hệ thuộc kiểu này đa số có thể giải bằng phương pháp xét hàm số đại diện. Tuy nhiên, đó chỉ là đa số chứ còn một số bài thuộc kiểu này nhưng xét hàm đại diện lại không tối ưu. Như trong các ví dụ chúng tôi đã có một vài bài toán minh họa và bình luận. Và trên hết, chúng tôi muốn gửi gắm tới các bạn, đó là xét hàm số đại diện thật chất nó là bài toán có tính đối xứng và sử dụng hằng đẳng thức để triển khai. Và có đôi lúc hiểu như vậy, thì lại cho lời giải được tự nhiên hơn vì xét hàm số thì cần phải có tập xác định rõ ràng và nếu không nắm chắc và hiểu rõ sẽ dễ kết luận sai và gây ra nhiều điều đáng tiếc. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 193 III. PHƯƠNG PHÁP TẠO NHÂN TỬ BẰNG KỶ THUẬT CỘNG, TRỪ, NHÂN CHÉO Đây là một phương pháp khá mạnh và hay dùng trong hệ để bắt nhân tử, nguồn gốc của phương pháp này chính là trong hệ có nhân tử chung nhưng không thể bắt nhân tử trên từng phương trình mà cần phải có sự phối hợp của cả hai phương trình trong hệ. Về nội dung ta có thể tóm gọn như sau, từ hệ f x, y 0 g x, y 0  ta đưa về các hệ sau:  12 f x, y 0 f x, y g x, y 0 h x, y h x, y 0 g x, y 0 f x, y g x, y 0 f x, y 0     1 12 2 f x, y 0 h x, y h x, y h x, y h x, y h x, y h x, y g x, y 0 h x, y h x, y     12 f x, y 0 f x, y k g x, y 0 h x, y h x, y 0 g x, y 0 f x, y 0 f x, y 0       Các bài toán hệ này thường là hệ bậc hai tổng quát, hệ phương trình chứa đa thức bậc cao, hệ có tính đối xứng (loại 1, loại 2), nữa đối xứng và dạng hệ có đặc thù riêng như chứa các hằng đẳng thức vv…. Cũng như hai phương pháp trước, để giải hệ theo phương pháp này chúng ta cần có cái nhìn tổng quát và nhận ra được tính chất của hệ. Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình 3 3 6 3 3 6 3x y 7 4x x y xy 2 4x  x,y  . Phân tích : Với hệ này, không khó nhận ra nếu ta cộng hai phương trình lại với nhau vế theo vế ta sẽ khử được đại lượng 6 4x và tạo ra được phương trình bậc ba với biến xy . Cụ thể ta có phương trình : 3 3 2 2 4x y xy 5 0 xy 1 4x y 4xy 5 0 xy 1 . Và hệ đã được giải quyết. Lời giải : Cộng vế theo vế hai phương trình trong hệ ta có phương trình : 3 3 2 2 P 4x y xy 5 0 xy 1 4x y 4xy 5 0 xy 1          vì P0 . Thay xy 1 vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được phương trình : 6 x 1 y 1 1x x 1 y 1   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 194 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   x,y 1;1 ; 1; 1 . Bình luận: Bài toán trên quá cơ bản, từ quan sát thấy hai phương trình chứa cùng 6 4x và trái dấu, đồng thời vế trái của hai phương trình đều chứa các đại lượng xy nên chọn phương án cộng hai vế là con đường đi tự nhiên nhất. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 22 x x 2 y 7y 2 0 x y 8xy x 4y 1 0  x,y  . Phân tích : Cả hai phương trình trong hệ đều là phương trình bậc hai theo hai biến x,y . Kiểm tra ta nhận thấy cả hai phương trình đều phân tích được nhân tử nhưng lại không có được delta chính phương. Do đó việc nghỉ bắt nhân tử một trong hai phương trình trong hệ xem như thất bại. Nên ta sẽ tìm cách kết hợp hai phương trình lại với nhau xem sao ? Trước hết ta biến đổi hệ cho dễ quan sát: 22 22 x 7y 2x 2y 0 x y 8xy x 4y 1 0  . Quan sát toàn hệ ta nhận thấy nếu ta cộng hai phương trình trong hệ ta sẽ thu được hằng đẳng thức nên ta định hướng cách này xem sao ? Cụ thể ta sẽ có : 2 22 2x 8y 8xy 3x 6y 1 0 2 x 2y 3 x 2y 1 0 . Phương trình cuối đã chứng tỏ được sự thành công của ý tưởng. Và ta sẽ tiến hành giải hệ. Lời giải : Hệ phương trình được biến đổi trở thành: 22 22 x 7y 2x 2y 0 1 x y 8xy x 4y 1 0 2  Lấy (1) + (2) vế theo vế ta có phương trình: 2 22 2 x 4xy 4y 3 x 2y 1 0 2 x 2y 3 x 2y 1 0 x 2y 1 x 1 2y 11 x 2y x 2y 22     Với x 1 2y thế vào (1) ta có: 2 22 1 2y 7y 2 1 2y 2y 0 11y 2y 1 0 1 12 9 4 3 yx 11 11 1 12 9 4 3 yx 11 11      . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 195  Với 1 x 2y 2 thế vào 1 ta có : 2 22 1 4y 1 4y 7y 2 2y 0 44y 3 0 22         33 11 2 33 yx 22 22 33 11 2 33 yx 22 22      . Vậy hệ phương trình có nghiệm là : 9 4 3 1 12 9 4 3 1 12 ; ; ; ; 11 11 11 11 x, y 11 2 33 33 11 2 33 33 ; ; ; 22 22 22 22                            . Bình luận : Bài hệ này vẫn còn cơ bản, chỉ cần tinh ý một chút ta sẽ nhận ra hằng đẳng thức và sẽ thu được một phương trình bậc hai theo đại lượng x 2y . Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình 22 22 x 3y 2xy 10x 22y 34 0 1 x 5y 4xy 16x 38y 68 0 2  x,y  Phân tích: Với hệ này nếu ta suy nghỉ tự nhiên ta sẽ có ba hướng sau khi nhìn vào hệ.  Hướng 1 : Ta lấy (1) – (2) vế theo vế ta sẽ khử được 2 x và thu được phương trình : 2 xy 3x y 8y 17 0 2 y3 y 8y 17 x y3   . Tới đây ta có thể sử dụng phép thế để giải quyết.  Hướng 2: Còn nếu ta muốn khử 2 y ta lấy 5 1 3 2   ta sẽ thu được phương trình sau: 2 2 x2 xy 2y x x 17 0 x x 17 y x2   . Tới đây ta có thể thực hiện phép thế và biến đổi đại số để ra kết quả.  Hướng 3: Còn nếu ta muốn khử xy thì ta sẽ lấy 4 1 2 2   ta sẽ được phương trình: 22 2x 8x 2y 12y 48 0 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 196 Kiểm tra ta thấy phương trình cũng không phân tích được delta chính phương. Vậy qua 3 hướng ta sẽ nhận thấy hệ này có thể giải theo hướng 1 hoặc hướng 2 là sáng sủa nhất . Tuy nhiên, đây là một hệ bậc hai tổng quát, để giải hệ này ta thường sử dụng ẩn phụ hóa theo hướng : x u a y v b  . Tuy nhiên, cách giải này chúng tôi thiết nghỉ chưa thể khái quát hóa cách giải của loại hệ này được. Vì cách làm này, hầu hết sẽ đưa hệ ban đầu về hệ đẳng cấp. Có một điều đó là một phương trình bậc hai hai biến tổng quát về phương trình đẳng cấp với cách đặt như trên là điều có thể luôn có được, điều này cũng có nghĩa là ta luôn tìm được một cặp a,b để tịnh tiến nghiệm như trên. Tuy nhiên, hệ trên lại được cấu tạo bởi hai phương trình bậc hai tổng quát nên điều sau có thể xảy ra đó là mỗi phương trình sẽ có cặp a,b để thực hiện phép tịnh tiến riêng lẻ. Nếu điều đó xảy ra thì cách làm trên sẽ phá sản. Nhận định chung là như vậy, nhưng trước một phương trình bậc hai dạng tổng quát ta có thể thử với phương pháp ẩn phụ này. Đặt x u a y v b  thế vào phương trình 1 ta có : 2 2 2 2 u 2ua a 3v 6vb 3b 2uv 2ub 2av 2ab 10u 10a 22v 22b 34 0 Để 1 là đẳng cấp ta cần có : 2a 2b 10 0 a 2 6b 2a 22 0 b 3  . Khi đó ta sẽ có phép đặt x u 2 y v 3  thay vào hệ đã cho ta có hệ phương trình : 22 22 u 2 3 v 3 2 u 2 v 3 10 u 2 22 v 3 34 0 u 2 5 v 3 4 u 2 v 3 16 u 2 38 v 3 68 0  22 22 u 2uv 3v 9 u 4uv 5v 5   . Và hệ (*)là hệ đẳng cấp bậc hai đã biết cách giải. Cũng như ngày từ đầu chúng tôi đề cập, loại hệ này cũng sẽ có nhân tử chung nên bằng mọi giá chúng ta sẽ nghỉ đến việc tách nhân tử chung. Do cấu tạo của hệ là chứa hai phương trình bậc hai với hai biến x,y nên ta có quyền nghỉ đến hướng ghép hai phương trình này thành một phương trình bậc hai tách được nhân tử chung tức là ta cần một phương trình bậc hai có delta chính phương bằng phương pháp hệ số bất định sau : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 197 2 2 2 2 x 3y 2xy 10x 22y 34 k x 5y 4xy 16x 38y 68 0 2 2 2 1 k x 2 y 5 2ky 8k x 22y 3y 5ky 38ky 34 68k 0 Ta cần có : 2 ' 2 2 x y 5 2ky 8k 1 k 22y 3y 5ky 38ky 34 68k  2 2 2 2 k 4k 2 y 6 k 4k 2 y 4k 22k 9 là một số chính phương. Và như vậy ta cần có : 2 ' 2 2 2 y 9 k 4k 2 k 4k 2 4k 22k 9 0  k1 9 k 5 k 2 2       . Ở đây ta chỉ lấy 9 k 1,k 5 về tính thẩm mỹ. Với k1 ta có hướng 1, bây giờ ta sẽ xử lí với trường hợp 9 k 5 . Lúc đó ta có : 2 2 2 2 5 x 3y 2xy 10x 22y 34 9 x 5y 4xy 16x 38y 68 0 22 2x 13y 47 x 15y 116y 221 0  . Phương trình  có 22 2 13y 47 8 15y 116y 221 7y 21  . Vậy từ đây ta đã tách được nhân tử. Sau đây, ta sẽ đi vào lời giải chính thức cho hệ này. Lời giải :  Cách 1 : Lấy 12 vế theo vế ta có phương trình : 2 2 y3 xy 3x y 8y 17 0 y 8y 17 x y3   Thế vào phương trình 1 ta có phương trình : 2 2 2 2 2 y 8y 17 y 8y 17 y 8y 17 3y 2 y 10 22y 34 0 y 3 y 3 y 3                   4 3 2 2 2 2y 24y 99y 162y 85 0 y 6y 5 2y 12y 17 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 198 2 2 y 5 x 1 y 1 x 5 y 6y 5 0 6 2 4 5 2 yx 22 2y 12y 17 0 6 2 4 5 2 yx 22            .  Cách 2: Đặt x u 2 y v 3  . Lúc đó hệ phương trình trở thành hệ phương trình: 22 22 u 2 3 v 3 2 u 2 v 3 10 u 2 22 v 3 34 0 u 2 5 v 3 4 u 2 v 3 16 u 2 38 v 3 68 0  22 22 2 2 2 2 5u 10uv 15v 45 3 u 2uv 3v 9 u 4uv 5v 5 9u 36uv 45v 45 4   Từ 3 và 4 ta có: 2 2 2 2 2 2 5u 10uv 15v 9u 36uv 45v 2u 13uv 15v 0 u 5v u 5v 2u 3v 0 3 uv 2    . Với u 5v thay vào 3 ta có : 2 2 5 2 vu 1 22 v 2 2 5 2 vu 22      . Từ đó ta có : 5 2 4 5 2 x 2 x 22 2 6 2 y 3 y 22 5 2 4 5 2 x 2 x 22 2 6 2 y 3 y 22               . Với 3 uv 2 thay vào 3 ta có : 2 v 2 v 2 u 3   . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 199 Từ đó ta có : x 3 2 x 5 y 2 3 y 1 x 3 2 x 1 y 2 3 y 5          Cách 3. Lấy 5 1 9 2   ta được phương trình : 22 2x 13y 47 x 15y 116y 221 0 a . Phương trình a có 22 2 13y 47 8 15y 116y 221 7y 21  . Từ đó ta suy ra a có hai nghiệm phân biệt : 13y 47 7y 21 x 5y 17 4 13y 47 7y 21 3 13 xy 4 2 2      Với x 5y 17 ta thay vào phương trình 1 ta được phương trình : 2 2 6 2 4 5 2 y 3 y x 2 2 2 2 y 3 1 2 6 2 4 5 2 y 3 y x 2 2 2      . Với 3 13 xy 22 ta thay vào phương trình 1 ta được phương trình : 2 y 5 x 1 y 6y 5 0 y 1 x 5   . Vậy qua ba cách giải ta có nghiệm của hệ là : 4 5 2 6 2 4 5 2 6 2 x, y 1; 5 ; 5; 1 ; ; ; ; 2 2 2 2                . Bình luận : Qua sự phân tích của ví dụ này, chắc bạn đọc đã hiểu được về cơ bản thì đối với hệ phương trình bậc hai tổng quát ta đều có thể tiến hành một cách tự nhiên là khử 2 x hoặc 2 y rồi dùng phép thế đều có thể giải tốt. Nhược điểm của cách này chính là sự biến đổi đại số khá phức tạp và đòi hỏi sự khéo léo. Cách đặt ẩn phụ hóa sẽ giải quyết tốt các hệ phương trình bậc hai tổng quát đưa được về hệ đẳng cấp, còn lại thì không tối ưu lắm. Nhược điểm của cách này là cũng thiên về tính toán. Tuy nhiên có một cách giải quyết phép đặt đối với hệ này nếu đưa về được về hệ đẳng cấp như sau : Xét hệ tổng quát: 22 1 1 1 1 1 1 22 2 2 2 2 2 2 a x b y c xy d x e y f 0 a x b y c xy d x ey f 0  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 200 Ta lần lượt đạo hàm phương trình thứ nhất theo hướng sau : Cố định y (tức là xem y là hằng số), đạo hàm theo biến x ta có : 1 1 1 2a x c y d 0 . Cố định x (tức là xem x là hằng số), đạo hàm theo biến y ta có : 1 1 1 2b y c x e 0 . Giaỉ hệ 1 1 1 1 1 1 1 2 2a x c y d 0 x k 2b x c x e 0 y k  đặt 1 2 x k u y k v  . Với cách 3 thì ý nghĩa chính của nó là thực hiện “ghép và tạo” một phương trình bậc hai tách được nhân tử. Kỉ thuật hệ số bất định giải được tất cả hệ bậc hai tổng quát. Nhược điểm của nó chính là tính toán khá rắc rối. Tuy vậy, chúng tôi gửi đến các bạn cách thực hành nhanh như sau : Đặt 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 a a ka ,b b kb ,c c kc ,e e ke ,f f kf . Nhập vào máy tính phương trình : 2 2 2 cde 4abf ae bd fc . Phương trình này là phương trình bậc ba theo biến k nên sẽ luôn tìm được k . Khi đó ta sẽ có : 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 a x b y c xy d x e x f k a x b y c xy d x e y f 0 Được biến đổi thành một phương trình bậc hai tách được nhân tử. Chắc các bạn thắc mắc là tại sao ở cách 3 chúng ta chỉ tìm được giá trị k cho hướng 1 trong phân tích và một giá trị k khác là cách được nhân tử, còn giá trị k cho hướng 2 đâu ? Câu trả lời khá đơn giản thế này, ở hướng 1 và hướng 2 tuy hình thức khác nhau nhưng nội dung của chúng là giống nhau đó chính là khử bớt đại lượng chứa mũ 2 trong phương trình nên khi sử dụng hệ số bất định k ta chỉ tìm được giá trị cho hướng 1 hoặc hướng 2 ( đa số là hướng 1). Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 32 32 x 8y y y 9 y 8x x x 15  x,y  Phân tích : Với hệ này, nhận xét đầu tiên là hệ này ngay từ đầu ta không nhận thấy được điều gì cả. Tuy nhiên ta nhận xét nếu chuyển bớt hai đại lượng 8y,8x ở vế trái mỗi phương trình ta được một phương trình bậc ba nên ta thử xem với cách biến đổi này, ta có được nhận xét gì về hệ ? Cụ thể ta có hệ được biến đổi trở thành: 32 32 x y y 8y 9 y x x 8x 15  Tới đây, ý tưởng của chúng ta sẽ cố gắng tách được nhân tử bên vế phải của hai phương trình trong hệ nhờ nghiệm của phương trình bậc ba. Ý tưởng là vậy nhưng cái khó là chúng ta lại không được nghiệm nguyên cho cả hai phương trình bậc ba. Nhưng với hệ này ý tưởng tách nhân tử bên vế phải của hai Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 201 phương trình có vẻ là khả thi nhất để công phá hệ, do đó ta cố gắng tách cho được. Nhận xét với 32 y 3 y y 8y 27 9 24 12 ; 32 x 3 x x 8x 27 9 24 12 . Do đó ta tách hệ như sau : 32 32 2 2 2 22 x 3 y y 8y 12 y 3 x x 8x 12 x 3 y 3 y 4y 4 x 3 y 3 y 2 y 3 x 3 x 4x 4 y 3 x 3 x 2    Và tới đây hình hài bài toán đã rõ ràng hơn, khi mà ta nhân chéo hai vế hai phương trình trong hệ cho nhau ta sẽ được phương trình : 2 2 2 2 2 2 2 2 x 3 x 2 y 3 y 2 x 3 x 2 y 3 y 2 0 . Và tới đây mọi thứ đã rõ ràng và hệ đã được giải quyết. Lời giải : Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ sau : 2 32 3 2 2 x 3 y 3 y 2 1 x 3 y y 8y 12 y 3 x x 8x 12 y 3 x 3 x 2 2   Nhân chéo hai vế của 1 và 2 ta được phương trình : 2 2 2 2 2 2 2 2 x 3 x 2 y 3 y 2 x 3 x 2 y 3 y 2 x3 y3 x3 x 3 x 2 0 y2 x 3 x 2 y 3 y 2 y 3 y 2 0 x2 y3 x2 y2                     Thử lại ta nhận được nghiệm của hệ là x,y 3;3 . Bình luận: Bài toán này, nhìn qua lời giải sẽ có suy nghỉ chủ quan là bài toán dễ, nhưng chúng tôi lại không nghỉ vậy. Vì lời giải thật sự đòi hỏi một chút “tinh quái “ về tách nhân tử không phải học sinh nào cũng biết được. Chắc các bạn thắc mắc tại sao lại thử số 3 mà không thử với 2 . Cái này là một mẹo nhỏ. Qua bước kiểm tra nghiệm của hai phương trình bậc ba ta thấy với phương trình Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 202 bậc ba theo biến y có ba nghiệm xấp xỉ là 2,87; 1 ;14; 2,72 . Còn phương trình bậc ba theo biến x có duy nhất một nghiệm xấp xỉ là 3,14 . Sự tương quan giữa hai con số 2,87 và 3,14 khi làm tròn là 3. Do đó ta nghỉ đến phép thế số 3. Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 2 22 2 22 x y 1 3 1 5 xy y x 1 4 2 5 xy  x,y  . Phân tích : Với hệ này, việc đầu tiên nhận thấy ngay hệ số chứa ba hệ số đặc biệt 3,4,5 . Điều này gợi ý cho chúng ta là bình phương hai vế mỗi phương trình cộng lại để thu gọn hệ số của vế phải của hai phương trình là 1. Tuy nhiên, nó chỉ là sự tinh ý thứ nhất, sự tinh ý thứ hai là chúng ta thấy được khi bình phương hai vế của hai phương trình thì khi cộng lại vế theo vế thì vế trái sẽ cho chúng ta một đại lượng giống mẫu số. Thật vậy, ta có : 2 22 2 2 22 22 2 2 22 22 2 22 x y 1 9 x y 1 3 25 xy 5 xy y x 1 y x 1 4 16 5 xy 25 xy   22 2 2 2 2 2 22 x y 1 y x 1 1 xy 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 22 2 2 2 2 x y x y 1 x y x y x y 11 x y x y . Và tới đây, mọi chuyện đã dễ dàng hơn. Mặt khác ta để ý rằng nếu hệ này có nghiệm thì xy 0  . Do đó nếu ta nhân hai vế phương trình thứ nhất cho x và nhân hai vế phương trình thứ hai cho y và đem hai vế phương trình trừ cho nhau vế theo vế ta sẽ được vế trái sẽ có hệ số là 1. Cụ thể ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 x y 1 x y 1 33 x x y 1 y x 1 55 x y x y 3x 4y 55 xy y x 1 y x 1 44 y 55 x y x y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 203 3x 4y 1 3x 4y 5 5 . Tới đây ta chỉ còn thực hiện phép thế. Lời giải : Điều kiện : x0 y0    .  Cách 1. Lấy 22 12 vế theo vế ta có được phương trình : 22 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 22 2 2 2 2 x y 1 y x 1 1 xy x y x y 1 x y x y x y 11 x y x y 2 2 2 2 2 2 x1 x y 1 x y x 1 y 1 0 y1     . Với x1  ta dễ dàng thấy hệ vô nghiệm. Với y1 ta có hệ trở thành : 2 2 2 2 2 2x 3 3x 10x 3 0 5 x1 x3 x 1 4 x9 5 x1   . Với y1 ta có hệ trở thành : 2 2 2 2 2 2x 3 3x 10x 3 0 5 1 x1 x 3 1 x 4 9x 1 5 1x   .  Cách 2. Lấy x 1 y 2   vế theo vế ta có phương trình : 2 2 2 2 22 22 22 x y 1 y x 1 3x 4y x y 3x 4y 55 xy xy 4y 5 3x 4y 5 x 3 . Thay vào 1 ta có : 2 22 2 2 2 4y 5 5 4y 5 y 1 3 y 33 20y 25 y 1 9y 25 40y 16y   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 204 2 y 1 x 3 y 1 0 1 y 1 x 3     . Vậy qua hai cách giải của ta có nghiệm của hệ 1 x, y 3;1 ; ; 1 3    . Bình luận : Dựa vào đặc điểm đặc biệt của hệ số và các biểu thức có thể rút gọn ta đưa được nhiều ý tưởng giải hệ này. Hệ này cũng là một dạng thường gặp. Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình 2 2 2 2 22 4 x y xy 4 2 2x y 2x x y y xy 3 3x 2y 3x 2y xy 2  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta chưa có thể dự đoán được gì từ hình thức của hệ. Nên ta sẽ biến đổi hệ lại cho dễ nhìn hơn. Cụ thể ta có hệ được biến đổi trở thành : 2 2 2 2 22 xy x y xy 4 2xy 2x y 4 2x y 4 x y 3 3x 2y 3x 2y xy 2  2 2 2 2 22 2 22 22 x y x y 4xy 4 2 2x y xy 2 3 3x 2y 3x 2y xy 2 x y xy 2 2 2x y xy 2 3 3x 2y 3x 2y xy 2   22 22 22 xy 2 0 3 3x 2y 3x 2y xy 2 x y xy 2 2 2x y 3 3x 2y 3x 2y xy 2           . Tơi đây mọi thứ đã rõ ràng vì trong hai hệ sinh ra từ hệ đầu đã có một hệ vô nghiệm, còn hệ còn lại chỉ cần nhân vế theo vế ta sẽ rút gọn được xy 2 và đưa được phương trình đẳng cấp. Lời giải : Điều kiện : x0 y0    . Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ phương trình sau : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 205 2 2 2 2 22 xy x y xy 4 2xy 2x y 4 2x y 4 x y 3 3x 2y 3x 2y xy 2  2 22 22 22 22 22 x y xy 2 2 2x y xy 2 3 3x 2y 3x 2y xy 2 xy 2 0 I 3 3x 2y 3x 2y xy 2 x y xy 2 2 2x y II 3 3x 2y 3x 2y xy 2            .  Với hệ I dễ dàng thấy được hệ này vô nghiệm vì : 22 3x 2y 0 (vô lí ).  Với hệ II ta có : 22 22 x y xy 2 2 2x y 1 3 3x 2y 3x 2y xy 2 2  Lấy 12  vế theo vế ta có phương trình : 2 2 2 2 3 x y xy 2 3x 2y 2 2x y 3x 2y xy 2 2 2 2 2 3 2 3 3 x y 3x 2y 2 2x y 3x 2y 3x x y 2y 0 22 x y 3x 2xy 2y 0 x y vì 22 3x 2xy 2y 0 . Thay xy vào 1 ta có phương trình : 2 2 2 y 1 x 1 y y 2 3y y 3y 2 0 y 2 x 2   Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   x,y 1;1 ; 2;2 . Bình luận: Bài toán chỉ cần sự biến đổi và nhóm nhân tử từ phương trình thứ nhất trong hệ ta sẽ tìm được lời giải cho bài toán một cách khá đơn giản. Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 4 3 2 4 3 2 x 6x 13y 12y 23 0 y 6y 13x 12x 31 0  x,y  Phân tích : Cấu trúc hệ này khi được viết lại ta sẽ có hệ mới là : 4 3 2 4 3 2 x 6x 13y 12y 23 y 6y 13x 12x 31  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 206 Không khó để nhận thấy vế trái của hai phương trình trong hệ có tính đối xứng vì khi thay vai trò hai ẩn x,y cho nhau thì chúng giống nhau. Nhưng do khác biệt về hệ số ở vế phải nên chúng ta không thể xem nó là đối xứng loại 2, vì vậy ta có thể xem nó là hệ nữa đối xứng. Từ định dạng của vế trái hai phương trình trong hệ nên ta đẩy ý tưởng cộng chúng lại xem có thể đưa về được điều gì ? Cụ thể ta có : 4 3 2 4 3 2 x 6x 13x 12x y 6y 13y 12y 8 0 . Từ phương trình này ta linh cảm sẽ có hằng đẳng thức. Thật vậy ta có : 4 3 2 4 3 2 x 6x 13x 12x 4 y 6y 13y 12y 4 0 22 22 x 3x 2 y 3y 2 0 . Và tới đây mọi chuyện đã được rõ ràng. Và hệ sẽ được giải quyết. Lời giải : Hệ phương trình đã cho được viết lại : 4 3 2 4 3 2 x 6x 13y 12y 23 1 y 6y 13x 12x 31 2  Lấy 12 vế theo vế ta có được phương trình : 4 3 2 4 3 2 x 6x 13x 12x 4 y 6y 13y 12y 4 0 2 22 22 2 x 3x 2 0 x 1 x 2 x 3x 2 y 3y 2 0 y 1 y 2 y 3y 2 0     . Thử lại với từng cặp nghiệm   x,y 1;1 ; 1;2 ; 2;1 ; 2;2 ta nhận được nghiệm của hệ phương trình đã cho là x,y 1;2 . Bình luận : Đây là bài toán không khó lắm, chỉ cần tinh ý để ý tính nữa đối xứng của hệ và nhìn nhanh hằng đẳng thức là có thể giải quyết được hệ khá đơn giản. Ví dụ 8 : Giải hệ phương trình 44 2 2 2 2 11 2 y x 1 x 2y 11 3y x 3x y 2 x 2y  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta nhận xét khi lấy hai phương trình cộng và trừ hai vế cho nhau ta sẽ thu được một hệ có vế trái ở mỗi phương trình sẽ gọn hơn vì ta đã rút gọn được bớt số hạng có mặt ở vế trái mỗi phương trình . Cụ thể ta sẽ biến đổi hệ ban đầu ta sẽ có hệ: 44 4 4 2 2 11 2y 2x x 2y 11 3x 3y 10x y x 2y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 207 Cộng và trừ vế theo vế của hai phương trình trong hệ ta sẽ được hệ : 4 4 2 2 4 4 2 2 2 x 5y 10x y x 1 5x y 10x y y  5 4 3 2 5 4 2 3 x 5xy 10x y 2 y 5x y 10x y 1  . Tới đây, ta hãy để ý tới vế phải của mỗi phương trình trong hệ với các hệ số quan trọng 1,5,10 . Khi đó ta liên kết với hai hằng đẳng thức : 5 5 4 3 2 2 3 4 5 5 5 4 2 2 2 3 4 5 a b a 5a b 10a b 10a b 5ab b a b a 5a b 10a b 10a b 5ab b  Ta nhận thấy nếu cộng và trừ hai vế của hệ mới ta sẽ được hằng đẳng thức trên. Và như vậy hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x0 y0    . Lấy 1 2 , 1 2 vế theo vế ta được hệ phương trình : 4 4 2 2 5 4 3 2 5 4 2 3 4 4 2 2 2 x 5y 10x y x 5xy 10x y 2 3 x 1 y 5x y 10x y 1 4 5x y 10x y y   . Lấy 3 4 , 3 4 vế theo vế ta có hệ phương trình : 5 5 4 3 2 2 3 4 5 5 4 3 2 2 3 4 5 5 x y 3 x 5x y 10x y 10x y 5xy y 3 x 5x y 10x y 10x y 5xy y 1 x y 1   5 5 5 13 x x y 3 2 x y 1 13 y 2   . Vậy hệ phương trình có nghiệm 55 1 3 1 3 x, y ; 22 . Bình luận : Bài toán này, cách giải xem qua có vẻ dễ nhưng thật chất bài toán không dễ như chúng ta tưởng. Nó đòi hỏi sự quan sát tinh tế và cần nắm chắc các hằng đẳng thức bậc cao hơn 3 mà ta thường dùng. Cụ thể ở đây là bậc 5, có đôi khi ta còn gặp bậc 6, bậc 7, bậc 8. Và thường các loại hệ này, người chế đề xuất phát từ hằng đẳng thức rồi chọn nghiệm và khai triển tung tóe ra. Việc của chúng ta là gom chúng lại và buộc phải gỡ được nút thắt hằng đẳng thức đó. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 208 Ví dụ 9 : Giải hệ phương trình 22 22 5y 2x 4 1 xy 5x 2y 5 2 xy  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta cũng nhận thấy từ cấu trúc của hệ cũng cho ta ý tưởng nếu lấy hai phương trình trong hệ cộng và trừ vế theo vế ta sẽ có được nhân tử chung. Do đó ta sẽ bước đầu đi thực hiện ý tưởng này. Cụ thể ta lấy 1 2 , 1 2 vế theo vế ta sẽ có : 22 22 5 x y 2 x y 9 xy 5 x y 2 x y 1 xy  22 22 59 23 xy xy 51 24 xy xy  Tới đây ta lại thấy ý tưởng ban đầu của chúng ta vẫn còn hữu dụng với hệ mới nên ta tiến hành như vậy với hệ mới. Lấy 3 4 , 3 4 vế theo vế ta có hệ : 22 91 4 x y x y a 10 9 1 x y x y xy  . Với hệ mới nếu ta nhân vế theo vế ta lại được hằng đẳng thức. Do đó ta tiến hành ý tưởng này. Cụ thể nhân vế theo vế hệ a ta có phương trình : 2 2 2 2 2 2 40 9 1 9 1 40 81 1 x y x y x y x y x y x y x y x y         . Tới đây nếu ta quy đồng phương trình cuối ta sẽ được phương trình đẳng cấp. Xem như hệ đã cơ bản đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x0 y0    . Với xy ta có hệ trở thành: 5 2x 4 2x 5 2x 5 2x  ( hệ vô nghiệm ). Với xy ta có hệ trở thành: 5 2x 4 2x 5 2y 5 2x  ( hệ vô nghiệm ). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 209 Do đó ta chỉ giải hệ với xy  . Lấy 1 2 , 1 2 vế theo vế ta có được hệ phương trình : 2 2 2 2 22 22 5 x y 59 2 x y 9 2 3 xy x y x y 51 5 x y 24 2 x y 1 xy xy xy   Lấy 3 4 , 3 4 vế theo vế ta có được hệ phương trình : 22 91 4 x y x y I 10 9 1 x y x y xy  Nhân vế theo vế trong hệ I ta có được phương trình : 2 2 2 2 2 2 40 9 1 9 1 40 81 1 x y x y x y x y x y x y x y x y         2 22 2 2 2 2 40 x y x y 81 x y x y 2 2 2 2 2 10 x y x y 5x 4y 4x 5y 4 3 2 2 3 4 10x 41x y 60x y 41xy 10y 0 22 x 2y x 2y 2x y 5x 8xy 5y 0 y 2x   vì 22 5x 8xy 5y 0 .  Với x 2y thay vào 1 ta có phương trình : 2 11 4y 4 2y 1 0 y x 1 y2 .  Với y 2x thay vào 1 ta có phương trình : 2 2 2x 4 x 1 0 x 1 y 2 x . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 1 x, y 1;2 ; ;1 2    . Bình luận : Đây là một dạng toán hệ khá hay, mấu chốt của loại hệ này là từ hệ ta sử dụng phương pháp cộng trừ và nhân chéo sẽ đưa về được hằng đẳng thức 22 a b a b a b để áp dụng liên tục sẽ đưa được phương trình đẳng cấp. Loại này, có thể giải bằng một phương pháp khác mạnh đó là số phức. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 210 Nhưng nhược điểm của số phức là chỉ áp dụng được một số định dạng hệ này mà dưới mẫu có chứa 22 xy và việc lựa chọn đặt số phức cũng là một kỷ năng không phải dễ với hầu hết học sinh. Ví dụ 10 : Giải hệ phương trình 8 x 1 3 3 1 xy 8 y 1 1 2 xy    x,y  Phân tích : Hệ này về cấu trúc hình thức thì khác ví dụ 9 nhưng bản chất và cách giải thì như nhau. Thật vậy, nếu ta xem a x,b y thì hệ sẽ trở thành : 22 22 8a a 3 3 ab 8b b1 ab  . Và như vậy, chúng ta sẽ sử dụng phương pháp giải ví dụ 9 để trực tiếp giải hệ này mà không cần thông qua ẩn phụ. Lời giải : Điều kiện : x0 y0 x y 0   . Nhận xét với x,y 0;0 không thỏa hệ. Do đó ta sẽ xét x 0,y 0,x y 0  . Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ phương trình : 8 3 3 11 xy x 81 12 xy y  . Lấy 1 2 , 1 2 vế theo vế ta có hệ phương trình : 3 3 1 23 xy 16 3 3 1 4 xy xy  Lấy 34  vế theo vế ta có được phương trình: 32 3 3 1 3 3 1 32 27 1 32xy x y 27y x x y x y x y x y x y             2 2 2 2 x 3y 32xy 26xy x 27y x 6y 27y 0 x 9y   x 3y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 211 vì 9y 0 . Với x 3y thay vào 1 ta có phương trình: y1 y 1 x 3 23 1 y 3 y 2 0 y 4 x 12 y y y2      Đối chiếu điều kiện và thử lại ta có nghiệm của hệ là : x,y 3;1 . Bình luận : Loại hệ này, xem qua cách giải thì hình như rất đơn giản nhưng thật chất đây là một loại hệ khó. Và do đặc điểm của hệ này gần với hệ ở ví dụ 9 nên người ta có thể dùng kỷ thuật phức hóa để giải hệ này. Và phải chăng nguồn gốc của loại hệ này là từ số phức?? Chứ nếu chọn đại một phương trình và ghép lại thì rõ ràng nó có gì đó rất ảo. Ví dụ 11 : Giải hệ phương trình 22 22 x x y 1 x y x y 1 y 18 1 x x y 1 x y x y 1 y 2 2  x,y  Đại học An Ninh năm 1999 Phân tích : Quan sát hệ, ta nhận thấy cả hai phương trình trong hệ đều chứa hai đại lượng đó là 22 x x y 1, y x y 1 nên ý tưởng chúng ta sẽ trừ vế theo vế hai phương trình để giản ước các đại lượng này và thiết lập mối quan hệ giữa hai biến x,y và thực hiện phép thế. Mặt khác chúng ta cũng dễ nhận thấy hai biến x,y ở ngoài căn có dấu trái nhau nên ta cũng sẽ thực hiện cộng hai vế phương trình để giản ước đại lượng này. Như vậy, qua hai bước cộng trừ ta sẽ đưa được hệ về hệ đơn giản hơn đó là : 22 x x y 1 y x y 1 10 x y 8  Và từ đây hệ đã cho được giải quyết rất đơn giản. Lời giải : Điều kiện : 2 2 x x y 1 0 y x y 1 0  . Lấy 1 2 , 1 2 vế theo vế ta được hệ phương trình : 2 2 2 2 x x y 1 y x y 1 10 x 9 y 9 10 x y 8 x y 8  22 x 9 x 16x 73 10 y 8 x  22 x 16x 73 10 x 9 y 8 x  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 212 2 2 2 2 2 10 x 9 0 9 x 9 x 16x 73 100 20 x 9 x 9 5 x 9 4x 9 y 8 x y 8 x     2 22 9 x 9 9 x9 9 4 x x4 4 x 4 0 y4 25 x 9 16x 72x 81 y 8 x y 8 x        . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 4;4 . Bình luận : Đây là bài không khó và đề thi cũng đã khá lâu nhưng cách giải thông qua hệ này vẫn còn nguyên giá trị và nó đã khơi gợi sự ra đời của nhiều bài toán sau này có cách giải tương tự. Lời giải trong bài toán có lẻ là hướng đi tự nhiên nhất cho bài toán này. Ví dụ 12 : Giải hệ phương trình 2 2 4x 3 x y 2 xy 2x 16 1 3y 3 x y 2 6y 10xy 16 2  x,y  . Phân tích : Hệ này có cấu trúc cũng tựa tựa như ví dụ 11. Quan sát hệ ta nhận thấy ở cả hai phương trình trong hệ đều có hai đại lượng 3 x, y 2 nên ta sẽ lên ý tưởng trừ vế theo vế hai phương trình này để thu khử bớt đại lượng đó, mặt khác khi trừ như vậy ta sẽ thu được phương trình bậc hai hai ẩn x,y nên ta có quyền hy vọng sẽ bắt được nhân tử. Cụ thể ta lấy hai phương trình trừ cho nhau vế theo vế ta thu được phương trình: 2 2 2 2 4x 3y 11xy 2x 6y 4x 11y 2 x 3y 6y 0 . Ta có 22 2 x 11y 2 16 3y 6y 13y 2  . Vậy phương trình bậc hai ta tách được nhân tử. Và như thế cơ bản hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x3 y2   . Lấy 12 vế theo vế ta có được phương trình : 2 2 2 2 4x 3y 11xy 2x 6y 0 4x xy 2x 3y 12xy 6y 0 x 3y x 4x y 2 3y y 4x 2 0 x 3y y 4x 2 0 y 4x 2   . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 213  Với x 3y , thì do y 2 x 3y 6 . Vậy x6 x3   vô lí. Vậy x 3y loại.  Với y 4x 2 thay vào phương trình 1 trong hệ ta có phương trình : 2 2 4x 3 x 4x x 4x 2 2x 16 0 8x 4x 16 3 x 4x 0 . 2 4 2x x 3 3 x 2 4x 2 0 4 x 1 x1 4 x 1 2x 3 0 3 x 2 4x 2 K 14 x 1 4 2x 3 0 x 1 0 x 1 3 x 2 4x 2                  y6  . Ta có được (*)là vì điều kiện để giải phương trình lúc này là x0  . Mà với x 0 K 0  . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 1;6 . Bình luận : Bài toán này có độ khó hơn ví dụ 9 nhưng ý tưởng giải thì vẫn vậy. Ở việc rút xong nhân tử, ta cần quan sát chặt chẽ bài toán để tránh sai lầm cứ thế từng nhân tử vào rồi giải. Các điều này ở các phần trước chúng tôi cũng đã lưu ý khá nhiều. Các bạn cố gắng nắm chắc để tránh những bước đi lằng nhằng không cần thiết. Ví dụ 13 : Giải hệ phương trình 22 22 2x x x 2 2y y 2y 1 1 x 2y 2x y 2 0 2  x,y  (Thi thử chuyên đại học Vinh lần 3 năm 2014) Phân tích : Đây là một bài hệ hay, nhìn vào hệ thấy phương trình thứ nhất hai biến x,y đã có tính phân ly nên từ đây có thể định hướng đưa về phương trình thứ nhất về dạng phương trình có tính đối xứng để bắt nhân tử. Tuy nhiên với cấu trúc sắp xếp các đại lượng chưa cho phép cho ta được biến đổi này. Do đó ý tưởng sẽ kết hợp cả hai phương trình trong hệ để có được phương trình dạng đối xứng. Lại có phương trình thứ hai trong hệ là phương trình bậc hai với hai biến x,y . Kiểm tra phương trình này không có delta chính phương nên hy vọng bắt nhân tử ở phương trình này cũng không giúp chúng ta được. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 214 Quan tâm chính là sự khác biệt ở phương trình thứ nhất không giúp chúng ta đưa được về phương trình dạng đối xứng chính là sự sai biệt của hai đại lượng 2 2x x đối với x2 và 2 2y y đối với 2y 1 . Và mục đích bắt nhân tử ở dạng đối xứng có chứa căn là khử căn. Từ nhận xét này ta thử phép tính sau : 2y 1 x 2 2y 1 x 2 x 2y 1 . Vậy nếu khử căn thì ta cần có mối quan hệ giữa hai biến x,y là x 2y 1 . Khi đó ta có :  2 2 2 2 f x 2x x x 2 2y y 2y 1 2 2y 1 2y 1 2y y 2 6y 7y 1 . 2 2 2 2 2 g x x 2y 2x y 2 2y 1 2y 2 2y 1 y 2 6y 7y 1  Như vậy khi x 2y 1 cho ta f x g x . Do đó ta sẽ đưa ý tưởng là lấy (1) – (2) vế theo vế. Cụ thể lấy 12 vế theo vế ta được phương trình: 2 2 2 x 2y 3x x 2 y 2 2y y 2y 1 22 x 3x 2 4y 2y x 2 2y 1 0 x 2y 1 x 2y 1 x 2y 2 0 x 2 2y 1 1 x 2y 1 x 2y 2 0 x 2 2y 1 Với điều kiện của hệ x 2 0 2y 1  thì biểu thức trong ngoặc đã rõ ràng về dấu nên ta đã có được nhan tử như dự đoán. Vậy xem như hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện: x2 1 y 2  . Với 1 x, y 2; 2 ta nhận thấy không thỏa hệ. Do đó ta chỉ cần xét với 1 x 2, y 2 . Lấy (1) – (2) vế theo vế ta được phương trình : 2 2 2 x 2y 3x x 2 y 2 2y y 2y 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 215 22 x 3x 2 4y 2y x 2 2y 1 0 P x 2y 1 x 2y 1 x 2y 2 0 x 2 2y 1 1 x 2y 1 x 2 2y 0 x 2 2y 1                 Với x2 P0 1 y 2  . Do đó từ  ta có x 2y 1 0 x 2y 1 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 y 1 x 1 6y 7y 1 0 12 yx 63     . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 21 x, y 1;1 ; ; 36    . Bình luận : Với bài toán này, thật chất chúng ta là rút 22 x 2y 2x y 2 vào phương trình thứ nhất để đưa về phương trình dạng hai biến phân ly có tính đối xứng rồi xét hàm số. Nhưng với quan điểm của chúng tôi, cách thế ấy quá “ảo diệu” không phải học sinh nào cũng có thể cho một phép “lạ, hiểm” như vậy cả. Trên tinh thần của hệ số bất định mà chúng ta tôi đã đi được đến lời giải như vậy. Để có được điều đó thì từ sự phân ly giữa các biến ỏ phương trình thứ nhất chúng tôi hướng đến định dạng đối xứng (xét hàm số hoặc liên hiệp bắt nhân tử chung) nên chúng tôi nghỉ đến phép khử căn thức. Các căn thức đã rạch ròi về biến nên phép thử cho hai căn thức bằng nhau để tìm mối quan hệ giữa hai biến là một tư duy tự nhiên. Việc còn lại chính là chúng ta đem thử lại tính đúng trong hai phương trình. Chú ý rằng với hệ này nếu xét tính đơn điệu, nếu chọn hàm số không khéo thì khi chứng tỏ hàm đơn điệu sẽ qua bước đạo hàm cấp 2 khá rối. Tuy nhiên, dựa trên định dạng tính phân ly giữa biến và tính đối xứng của phương trình sẽ cho lời giải tự nhiên và đẹp. Ví dụ 14: Giải hệ phương trình 22 x 4y x 5 1 4y x 2 2y 1 4y x 4 x 2 x 1 2  x,y  . (Thi thử lần 1 chuyên quốc học Huế 2015) Phân tích : Bài toán này đã được người chế đề che giấu kỉ hơn, do tính hình thức của bài toán nên việc giải hệ này ý tưởng là cần phối hợp cả hai phương trình Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 216 trong hệ vì từ từng phương trình trong hệ ta không thể làm được gì để có nhân tử chung. Việc xuất hiện hai căn thức mà mỗi căn thức chỉ chứa x hoặc y nên ta có thể ẩn phụ để khử căn thức. Nhưng khi ẩn phụ hóa thì ta sẽ đưa bậc của đa thức sẽ cao hơn bậc ban đầu. Vậy mục đích là khử căn thức, vậy ta sẽ thử phép tính sau : 2y x 1 x 2y 1 . Khi đó ta có : 2 2 2 f x x 4y x 5 1 4y x 2 2y 2x 9x 8 2 x 1  2 g x 4y x 4 x 2 x 1 2x 9x 8 2 x 1  Và như vậy với x 2y 1 ta luôn có f x g x . Do đó ta sẽ lên ý tưởng là lấy (1) – (2) vế theo vế để bắt được nhân tử chung. Cụ thể lấy (1) – (2) vế theo vế ta sẽ có được phương trình : 22 x 4y x 5 1 4y x 4 x 4y x 2 2y 2 x 1 2 2 2 2y x 1 x 2y 1 2 2y x 1 x 2y 1 x 2y 1 2y x 1 2 x 2y 1 x 2y 1 0 2y x 1 . Tới đây từ điều kiện có được của hệ ta sẽ có được nhân tử chung như dự đoán. Vậy hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện: y0 x1  . Nhận xét với x,y 1;0 không thỏa hệ. Do đó ta chỉ cần xét x 1,y 0 . Lấy (1) – (2) vế theo vế ta sẽ có được phương trình : 22 x 4y x 5 1 4y x 4 4y x 2 2y 2 x 1 2 2 2 2y x 1 x 2y 1 2 2y x 1 x 2y 1 x 2y 1 2y x 1 T 2 x 2y 1 x 2y 1 0 2y x 1               . Vì x1 P0 y0  . Do đó từ  ta có 2y x 1 . Thay vào phương trình (2) ta có được phương trình : 2 2 x 1 x 4 x 2 x 1 2x 9x 8 2 x 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 217 2 4x 18x 16 4 x 1 0 2 22 4x 20x 17 4x 20x 17 2x 1 4 x 1 0 4x 20x 17 0 2x 1 4 x 1 2 K 1 4x 20x 17 1 0 2x 1 4 x 1          2 4x 20x 17 0 vì x 1 K 0 5 2 2 3 2 2 xy 24 5 2 2 3 2 2 xy 24      . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là : 5 2 2 3 2 2 5 2 2 3 2 2 x, y ; ; ; 2 2 2 4                . Bình luận : Bài toán này có ý tưởng tương tự như ví dụ 13, nhưng ngay từ đầu cấu trúc của hệ cho ta hướng đi hẹp hơn vì không chứa một phương trình bậc hai hai biến như ví dụ 13. Về lời giải của phương trình tìm nghiệm, có thể bình phương hai vế đưa về phương trình bậc 4 tách được nhân tử. Ví dụ 15 : Giải hệ phương trình 2 2 x 3y 2 y x 1 x 2y 1 2y 3 x 2x y 1 2x y 1 y y  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta chẳng phán đoán được gì từ hình thức của hệ nên trước hết ta sẽ biến đổi hệ một chút cho bớt căn thức vì phương trình thứ nhất của hệ có dạng cơ bản f x g x và khi sử dụng nâng lũy thừa thì sẽ thu được phương trình bậc hai hai ẩn và hy vọng sẽ bắt được nhân tử. Cụ thể ta biến đổi hệ trở thành hệ phương trình : 22 2 x 2y 1 0 x 3y 2 y x 1 x 2y 1 2y 3 x 2x y 1 2x y 1 y y  22 2 x 2y 1 0 2x y 3xy 2y 2 0 2y 3 x 2x y 1 2x y 1 y y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 218 Kiểm tra phương trình bậc hai ẩn trong hệ mới ta thấy không có delta chính phương nên việc bắt nhân tử chung từ phương trình này xem như thất bại. Với hệ mới ta chỉ còn một căn thức và có thể ẩn phụ hóa căn thức nhưng nếu như vậy ta sẽ đưa hệ về một hệ chứa hai phương trình đa thức có bậc khá cao và lúc đó chọn lựa chắc cũng phải là tách nhân tử nên ở đây ta sẽ đề xuất một ý tưởng nhờ vào việc biểu thức gắn với căn bằng phép tính nhân có đại lượng giống trong căn và khi cho 2x y 1 0 lập tức ta sẽ thoát được căn thức luôn. Vậy dự đoán mối quan hệ giữa hai biến lúc này là 2x y 1 0 . Khi đó ta có : 2 f x 2y 3 x 2x y 1 2x y y y 1  2 1 4x x 1 2x 2 2x 3x 1 2 2 2 2 g x 2x y 3xy 2y 2 2x 1 2x 3x 1 2x 4x 3x 1  Vậy với y 1 2x ta có : f x g x . Do đó ta sẽ đẩy ý tưởng là lấy phương trình thứ nhất trong hệ mới cộng vế theo vế với phương trình thứ hai trong hệ mới. Cụ thể ta sẽ có phép biến đổi sau : 2 2 2 2x y 3xy 2y 2 y y 2xy 3x 2x y 1 2x y 1 0 22 2x 2y 5xy 3x 3y 1 2x y 1 2x y 0 2x y 1 x 2y 1 2x y 1 2x y 0 2x y 1 0 2x y 1 x 2y 1 2x y 0 x 2y 1 0 2x y 0      . Và tới đây xem như hệ đã được giải quyết . Lời giải : Điều kiện : 2 x 2y 1 0 x 3y 2 y x 1 0 2x y 0  . Với điều kiện này hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ phương trình : 22 2 22 2 x 3y 2 y x 1 x 2y 1 2y 3 x 2x y 1 2x y 1 y y 2x y 3xy 2y 2 0 1 y 2xy 3x y 1 2x y 1 2x y 0 2   Lấy 12 vế theo vế ta được phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 219 22 2x 2y 5xy 3x 3y 1 2x y 1 2x y 0 2x y 1 x 2y 1 2x y 1 2x y 0 2x y 1 x 2y 1 2x y 0 y 1 2x 2x y 1 0 1 x x 2y 1 0 3 2x y 0 2 y 3        .  Với 12 x, y ; 33 thử lại ta nhận thấy không thỏa hệ.  Với y 1 2x thay vào 1 ta được : 15 3x 1 0 x y 33 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là : 15 x, y ; 33 . Bình luận: Bài toán này có định hướng giải giống các ví dụ 13, 14. Tuy nhiên nó một định dạng khó hơn một chút. Đặc biệt rất nhiều học sinh hay mắc sai lầm chỗ kết luận sau đây : 2x y 1 x 2y 1 2x y 0 2x y 1 0 . Vì nghỉ rằng x 2y 1 2x y 0 . Đó là sai lầm bởi vì từ điều kiện của bài toán ta có được đại lượng x 2y 1 2x y 0 nên ta cần có : x 2y 1 0 2x y 0  . Và sau đó kiểm tra lại nghiệm này đối với hệ. Ví dụ 16: Giải hệ phương trình 22 22 x x 2x 5 3y y 4 1 x y 3x 3y 1 0 2  x,y  (Thi thử toanphothong.vn) Phân tích : Với hệ này ta cũng nhận thấy hai phương trình thứ nhất trong hệ có tính phân ly nên ta sẽ cố gắng đưa phương trình này về phương trình có tính đối xứng để bắt nhân tử chung. Tuy nhiên sự sai biệt về hai đại lượng 2 x, x 2x 5 và 2 3y, y 4 là khá lớn và không thể kéo theo được điều gì. Mặt khác ta cũng nhận thấy phương trình thứ hai trong hệ là phương trình bậc hai hai ẩn nhưng lại không cho được delta chính phương nên phương trình này cũng không giúp ta bắt được nhân tử. Với ý tưởng “phân ly và đối xứng” ta có mục đích là khử căn nên ta sẽ thử phép toán sau : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 220 2 2 2 2 2 2 x 1 y x 2x 5 y 4 x 2x 5 y 4 x 1 y 1 x y   .  Với y x 1 ta có các bước tính sau: 22 f x x x 2x 5 3y y 4 x 3 x 1 2x 3 2 2 2 2 g x x y 3x 3y 1 x x 1 3x 3x 3 1 2x 3 Từ đây ta có : f x g x .  Với y 1 x ta có các bước tính sau : 22 f x x x 2x 5 3y y 4 x 3 1 x 4x 3 2 2 2 2 g x x y 3x 3y 1 x 1 x 3x 3 3x 1 4x 3 Từ đây ta có : f x g x . Vậy qua hai bước thử ta dự đoán nếu ta lấy phương trình thứ nhất cộng với phương trình thứ hai trong hệ vế theo vế ta sẽ có được nhân tử chung 2 2 x 1 y . Cụ thể ta sẽ có phép biến đổi sau : 2 2 2 2 x x 2x 5 x y 3x 3y 1 3y y 4 22 22 x 1 x 1 4 y y 4 0 22 22 2 2 2 2 2 2 x 1 y x 1 4 y 4 0 x 1 y x 1 y 0 x 1 4 y 4 2 2 2 2 1 x 1 y 1 0 x 1 4 y 4   . Và tới đây, ta thấy nhận định của chúng ta đã đúng và phép bắt nhân tử chung cũng thực hiện được mà không cần đánh giá gì thêm về dấu của biểu thức trong ngoặc. Và xem như hệ đã được giải quyết. Lời giải : Lấy 12 vế theo vế ta có phương trình : 2 2 2 2 22 22 x x 2x 5 x y 3x 3y 1 3y y 4 x 1 x 1 4 y y 4 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 221 22 22 2 2 2 2 2 2 x 1 y x 1 4 y 4 0 x 1 y x 1 y 0 x 1 4 y 4 22 22 2 2 T y x 1 1 x 1 y 1 0 x 1 y y 1 x x 1 4 y 4                  vì T0 .  Với y x 1 thay vào 2 ta có : 31 2x 3 0 x y 22 .  Với y 1 x thay vào 2 ta có : 31 4x 3 0 x y 44 . Vậy hệ phương trình có nghiệm là 3 1 3 1 x, y ; ; ; 2 2 4 4            . Bình luận : Bài toán này có rất nhiều lời giải là thế 22 3y y 3x 1 x vào phương trình thứ nhất và tạo ra nhân tử như trong lời giải. Điều đó là chính xác, nhưng chúng tôi thiết nghỉ phép thế này có được là do rèn luyện nhưng với đa số học sinh thì sẽ hỏi tại sao lại chọn phép thế đó ? Lối phân tích trên có lẻ là con đường tự nhiên nhất dẫn đến phép thế đó. Hy vọng sẽ trợ giúp cho các bạn một lối tư duy logic nhất để có được sự trải nghiệm với những bài toán hệ. Ví dụ 17: Giải hệ phương trình 22 2 2 4x y x 4 2y 2 15y 1 10 2x 3y 4 3y 4x y 2 y  x,y  Phân tích : Cấu trúc hệ này thật khó phán đoán để làm gì từ hai phương trình trong hệ. Hệ chứa hai căn thức là y, 2x 3y 4 nhưng thực chất là duy nhất một căn thức 2x 3y 4 nếu theo lẽ thường ẩn phụ hóa thì thật sự cũng chẳng tìm được mối liên quan nào giữa ẩn phụ và ẩn ban đầu của hệ. Thôi thì, hệ có phần đa thức nhiều hơn căn ta xem chuẩn hóa cho căn thức được thoát căn là ưu tiên của chúng ta. Do các đại lượng x,y trong căn đều bậc nhất và có gắn vớí số 4 bằng phép cộng nên ta thử dự đoán 2x 3y 0 để ta có 2x 3y 4 2 . Với dự đoán này ta sẽ thực hiện các phép tính sau : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 222 3 3 2 3 3 2 3 2 f x 8x 2xy 30y 4y 4 3y 3y 8 2 y 30y 4y 4 3y y 4 22          22 2 2 3 2 g x 3y 4x y 10 2x 3y 4 3y 3y 4 y 10 2 3 3y y 4 2  Từ đây ta có được: g x 3f x . Khi đó ta đẩy ý tưởng là lấy 2 3 1  vế theo vế. Cụ thể ta có: 2 2 3 3 2 3y 4x y 10 2x 3y 4 3 8x 2xy 30y 4y 4 0 3 3 2 2 24x 6xy 90y 9y 4x y 2x 3y 4 2 0 3 2 3 2 24x 4x y 90y 6xy 9y 2x 3y 4 2 0 22 2x 3y 2x 3y 12x 20xy 30y 3y 2x 3y 0 2x 3y 4 2 22 1 2x 3y 12x 20xy 30y 3y 0 2x 3y 4 2 Và tới đây việc bắt nhân tử chung đã thành công vì với điều kiện của hệ thì dấu trong ngoặc đã rõ ràng. Lời giải: Điều kiện: y0 2x 3y 4 0  . Lấy 2 3 1  vế theo vế ta có được phương trình : 2 2 3 2 2 3y 4x y 10 2x 3y 4 3 8x 30y 2xy 4y 4 0 3 2 3 2 24x 4x y 90y 6xy 9y 2x 3y 4 2 0 22 1 2x 3y 12x 20xy 30y 3y 2x 3y 0 2x 3y 4 2 22 C 1 2x 3y 12x 20xy 30y 3y 0 2x 3y 4 2                      3y 2x 3y 0 x 2 vì C0 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 223  Với 3y x 2 thay vào 1 ta được phương trình : 3 2 2 3y y 4 0 y 1 3y 4y 4 0 3 y 1 x 2 vì 2 3y 4y 4 0 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là : 3 x, y ;1 2 . Bình luận: Bài hệ này có mức độ khó và phải kết hợp nhiều kỹ năng mới có thể hoàn thành hệ. Với đề bài hệ đánh lừa cảm giác hai căn thức nhưng nếu ta tinh ý sẽ thấy hệ này bản chất thật chỉ chứa một căn thức. Còn căn thức còn lại chắc là ngụ ý của tác giả dùng để khống chế sự đánh giá sau này được thuận lợi hơn và rõ ràng là qua lời giải sự xuất hiện của y chỉ giúp đánh giá được đơn giản hơn. Ví dụ 18: Giải hệ phương trình 4 2 2 2 32 x 2 3y 1 x 5y 4y 11 x y 10y 2 0 1 y x 2 y x x 2 0 2  x,y  (Thi thử toanphothong.vn) Phân tích : Đây là một bài hệ rất khó, bài hệ này muốn công phá nó thật sự là một vấn đề rất nan giải và đòi hỏi người giải phải hội tủ rất nhiều sự nhạy bén và kỷ thuật. Trước tiên quan sát hệ này chúng ta không thể thấy được đường lối nào cả, nhưng chúng ta ghi nhớ một điều giải hệ thật chất là kỉ năng thế “ghép và tạo” để đưa đến giải một phương trình hoặc một hệ đơn giản hơn. Nhưng chúng ta đã biết kỷ năng thế sẽ được thực hiện thành công khi mà ta có mối quan hệ giữa x,y phải thỏa f x,y 0 , trong đó f x,y thường là dạng đường thẳng đi qua hai điểm nào đó là nghiệm của hệ hoặc một biểu thức ràng buộc để tạo một phương trình hoặc một hệ đơn giản hơn. Từ suy nghỉ này, với bài toán này chúng ta cần đoán nghiệm trước. Nghiệm này thường là các số nguyên mà ta có thể tính tới như 0; 1 ; 2; 3    . Cụ thể trong hệ này, ta nhận thấy phương trình thứ hai trong hệ có thể thử nghiệm tốt hơn phương trình thứ nhất, mặt khác ta thử với y sẽ có lợi hơn thử x. Không khó nhận ra từ phương trình thứ hai ta biết được hệ không thể có nghiệm x,y x;0 .  Với y1 ta có hệ trở thành : 42 2 x 8x 20x 11 0 x1 x 1 0  .  Với y1 ta có hệ trở thành : 42 2 x 4x 12x 9 0 x 3 0  (hê vô nghiệm) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 224  Với y2 ta có hệ trở thành : 42 2 x 14x 39x 18 0 x 3x 6 0  ( hệ vô nghiệm )  Với y2 ta có hệ trở thành : 42 2 x 10x 23x 22 0 x2 x x 2 0  Vậy qua bước đoán nghiệm ta nhận thấy hệ sẽ có hai nghiệm   x,y 1;1 ; 2; 2 . Như vậy đường thẳng đi qua hai điểm A 1 ;1 ,B 2; 2 là x y 0 y x . Khi đó ta sẽ có các phép tính thử sau : 2 4 2 2 2 f x x 2 3y 1 x 5y 4y 11 x y 10y 2 x 1 x 1 x 2  2 32 g x y x 2 y x x 2 x 1 x 2  . Và từ đây ta có nhận xét là: f x x 1 g x . Và tới đây ta có thể đẩy được ý tưởng là lấy 1 x 1 2  vế theo vế. Tuy nhiên ta chú ý rằng do bậc của x ở phương trình thứ nhất là 4 và bậc của y ở phương trình thứ hai là 3, cộng hưởng với y = -x nên để tạo luận lợi cho tính toán ta sẽ hoán đổi giữa x,y để tạo sự cùng bậc cho x, y. Tức là ta sẽ đổi (1) + (x – 1).(2) thành (1) – (y + 1).(2). Cụ thể ta sẽ có: 4 2 2 2 x 2 3y 1 x 5y 4y 11 x y 10y 2 32 y 1 y x 2 y x x 2 0 4 4 2 2 2 3 2 x y 5x y x 4xy 2xy 10x y y 10y 0 3 3 2 2 2 x y x y xy yx 5xy y x y 10 0 22 x y x y 2 x 2x y 3y 5 0 . Và tới đây mọi thứ đã dần hiện rõ và ta có thể giải quyết được hệ. Lời giải : Nhận xét y1 không thỏa hệ nên với y1  ta lấy 1 y 1 2  vế theo vế ta có : 4 2 2 2 x 2 3y 1 x 5y 4y 11 x y 10y 2 32 y 1 y x 2 y x x 2 0 4 4 2 2 2 3 2 x y 5x y x 4xy 2xy 10x y y 10y 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 225 3 3 2 2 2 x y x y xy yx 5xy y x y 10 0 22 x y x y 2 x 2x y 3y 5 0 2 2 P yx 37 x y x y 2 x 1 y 0 y x 2 24              vì P0 .  Với yx thay vào 2 ta có : 2 x 1 y 1 x 1 x 2 0 x 2 y 2    Với x y 2 thay vào 2 ta có : 2 y 1 x 1 y 1 y 4 0 y 4 x 6   . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là :   x,y 1;1 ; 6; 4 ; 2; 2 . Bình luận : Như đã nhận định ở phân tích, đây là một hệ rất khó và con đường đi đến lời giải như trong lời giải ở bài toán là một đoạn đường không hề bằng phẳng, nó đòi hỏi rất nhiều kỷ năng. Để chế tạo ra được hệ này tác giả phải rất tinh tế trong “ghép và tạo” các phương trình lại với nhau. Tinh tế ở chỗ đó là chọn bộ nghiệm sao cho “đẹp” để người giải còn phán đoán, còn nếu chọn bộ số quá lẻ thì thật sự là một trở ngại rất lớn cho người giải vì lúc này cần rất nhiều sự bổ trợ ở bên ngoài. Cho nên việc sáng tác là chuyện không hề khó nhưng để cho người giải nắm được đường hướng giải là cả một nghệ thuật. Loại hệ này giải bằng phương án này thường sẽ cần một linh cảm về nghiệm trong mức cho phép được. Tuy hệ trên là một hệ khó nhưng được đánh giá là một hệ rất hay và sau khi bài toán này ra đời dẫn đến một loạt bài toán được chế tác theo phương án này đồng loạt có mặt, tuy vẫn còn hạn chế ở khâu “chế nghiệm” nhưng đó cũng là một nét son mà bài toàn này mang lại. Ví dụ 19 : Giải hệ phương trình 22 2 x y 2x 2y 2 0 1 x 3y 4 y 8 2 2 x y 1 xy 2  x,y  Phân tích: Với hệ này, chúng ta nhìn vào cấu trúc thấy hệ số 2 x trong hai vế phương trình giống nhau nên có lẻ ta sẽ nghỉ việc khử 2 x và ý tưởng này sẽ lập tức phá sản ngay vì chúng ta không cô lập được y theo x để thực hiện phép thế. Phương trình thứ nhất là phương trình bậc hai hai ẩn nhưng lại không có delta chính phương. Mặt khác phương trình thứ hai ta cũng sắp xếp được thành phương trình bậc hai hai ẩn nhưng cũng không có được delta chính phương. Vậy với hướng tách nhân tử trên từng phương trình cũng không giúp được Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 226 chúng ta. Vậy chỉ còn một cách cuối cùng là chúng ta sẽ “ghép và tạo” hai phương trình với nhau để thu được một phương trình tách được nhân tử. Mặt khác do cấu tạo của hệ nên ta không thể “ghép và tạo” theo kiểu 1 k 2  như ví dụ 3 được vì tính toán sẽ rất phức tạp. Do đó ta đẩy ý tưởng đi tìm nghiệm của hệ. Tính chất tìm nghiệm dựa trên hình thức của phương trình (1). Ta biến đổi (1) thành: 22 22 x 1 2 1 x 3 x y 2x 2y 2 0 x 1 y 1 4 3 y 1 y 1 2         . Vậy ta sẽ thử với các số “đẹp” sau: 0; 1; 2; 3    . Không quá khó để nhận thấy được hệ không thể có nghiệm x,y x;0 .  Với y1 ta có hệ 2 2 x 1 0 x1 x 1 2 1 x 1 x  .  Với y1 ta có hệ 2 2 x 2x 3 0 x3 x 9 2 3 x 1 x  Vậy từ đây ta có được hai nghiệm của phương trình là   x,y 1;1 ; 3; 1 . Đường thẳng đi qua hai điểm A 1;1 ,B 3; 1 là x y 2 0 . Vậy mối quan hệ giữa x,y lúc này chính là x y 2 0 y 2 x . Khi đó ta sẽ thử các phép tính sau : 2 2 2 2 2 f x x y 2x 2y 2 x 2 x 2x 2 2 x 2 2 x 4x 3  2 22 g x x 3y 4 y 8 2 2 x y 1 xy x 10 3x 2 x 8 4 x 4x 3  Vậy từ đây ta có: 2f x g x và ta sẽ đẩy ý tưởng lấy 2 1 2  vế theo vế ta có được : 2 2 2 2 2 2 2 x y 2x 2y 2 x 3y 2x 6y 4xy 2x y 2xy 12 0 2 2 2 2 x y 6x 2y 4xy 2x y 2xy 8 0 x y 2 2xy y x 4 0 Và tới đây đường lối giải hệ này xem như đã rõ ràng. Giờ ta đi vào lời giải cho bài toán. Lời giải : Hệ phương trình đã cho được biến đổi lại thành hệ : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 227 22 2 2 2 2 x y 2x 2y 2 0 1 x 3y 2x 6y 4xy 2x y 2xy 12 0 2  Lấy 2 1 2  vế theo vế ta được phương trình : 2 2 2 2 2 2 2 x y 2x 2y 2 x 3y 2x 6y 4xy 2x y 2xy 12 0 2 2 2 2 x y 6x 2y 4xy 2x y 2xy 8 0 x y 2 2xy y x 4 0 y 2 x x y 2 0 2x 1 y 4 x 2xy y x 4 0      Với y 2 x thay vào 1 ta được 2 x 1 y 1 x 4x 3 0 x 3 y 1   .  Với 2x 1 y 4 x . Nhận xét với 1 x 2 không thỏa hệ. Do đó với 1 4 x xy 2 2x 1  , thay vào 1 ta được phương trình : 2 2 2 2 22 4x x y 2x 2y 2 0 x 1 y 1 4 x 1 1 4 2x 1 4 3 2 2x 6x x 8x 3 0 22 x 2x 1 2x 2x 3 0 2 2 x 1 2 y 1 2 x 1 2 y 1 2 x 2x 1 0 1 7 1 7 xy 2x 2x 3 0 22 1 7 1 7 xy 22             . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là : 1;1 ; 3; 1 ; 1 2; 1 2 ; 1 2; 1 2 ; x, y 1 7 1 7 1 7 1 7 ; ; ; 2 2 2 2                . Bình luận : Bài toán này cũng được xây dựng dựa trên ý tưởng của ví dụ 18. Tuy nhiên nó có tính gần gũi hơn một chút. Một điểm lưu ý cũng là mẹo nhỏ đó là nếu trong hệ có cho phép một phương trình nào đó chặn được vùng nghiệm của x,y thì ta cố gắng thực hiện để kiểm soát vùng nghiệm, điều đó sẽ giúp chúng ta được Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 228 nhiều điều lợi. Chỉ trừ khi tác giả đã cố ý gài sẵn nghiệm “không đẹp” thì nó mới vô hiệu hóa. Chứ nếu bài toán mang tính cá nhân cộng hưởng với cộng đồng học sinh chứ không phải mẹo mực quá cá nhân thì ta đều kiểm soát tốt. Ví dụ 20 : Giải hệ phương trình 33 22 8x y 63 1 y 2x 9 x 2y 2  x,y  Phân tích : Quan sát hệ này, ta thấy cấu trúc của hệ rất ngắn gọn. Qua cấu trúc của hệ ta nhận thấy ngay được rằng hệ này không thể sử dụng phép thế. Do đó để sử dụng ý tưởng rút nhân tử chung ta sẽ “ghép vào tạo” . Tức là 1 k 2  với ưu tiên cái nào bậc cao giữ nguyên. Cụ thể ta sẽ có : 3 3 2 2 8x y 63 k 2x y 2y x 9 0   . Hãy để ý phương trình (*)các biến có tính phân ly nên ta có quyền hy vọng (*) được biến đổi trở thành dạng phương trình có tính đối xứng : 33 2x a y b . Như vậy ta cần chọn k,a,b sao cho : 33 3 2 3 2 8x 2kx kx y ky 2ky 63 9k 2x a y b '  . Đồng nhất hệ số hai vế của '  ta có được : 2 2 33 k 6a k 6a k 3b 2k 3b 63 9k a b  k6 a1 b2  Và như vậy ta sẽ đẩy ý tưởng là lấy 1 6 2  vế theo vế ta sẽ có : 3 3 2 2 3 2 3 2 8x y 63 6 2x y 2y x 9 0 8x 12x 6x 1 y 6y 12y 8 33 2x 1 y 2 2x 1 y 2 y 2x 3 Vậy là ý tưởng giải hệ đã rõ ràng. Giờ ta đi vào lời giải cho bài hê. Lời giải : Hệ phương trình đã cho được viết lại thành hệ : 33 22 8x y 63 1 2x y 2y x 9 0 2  Lấy 1 6 2  vế theo vế ta có được phương trình : 3 3 2 2 8x y 63 6 2y y 2y x 9 0 3 2 3 2 8x 12x 6x 1 y 6y 12y 8 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 229 33 2x 1 y 2 2x 1 y 2 y 2x 3 Thế y 2x 3 vào 2 ta được : 2 x 2 y 1 2x 3x 2 0 1 x y 4 2    Vậy hệ phương trình có nghiệm là 1 x, y 2;1 ; ; 4 2    . Bình luận: Nhìn vào lời giải ta nhận thấy lời giải gọn và đẹp nhưng để đi lời giải đó chúng ta cần có một kỉ năng và rèn luyện sự quan sát nhất định. Câu hỏi vì sao lại nghỉ đưa về hằng đẳng thức đã được chúng tôi trả lời trong phần phân tích. IV. HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ẨN PHỤ HÓA Đây là một phương pháp cũng thường dùng trong hệ phương trình. Đặc điểm nổi bật của phương pháp này chính là cần phát hiện ra ẩn phụ và xử lí mối liên quan của ẩn phụ với các đại lượng có trong hệ. Vì tính chất của ẩn phụ là phong phú nên đòi hỏi người giải phải có cái nhìn nhạy cảm và rèn luyện sự phản xạ trong từng bài toán. Việc xuất hiện của ẩn phụ cũng có hai khả năng :  Khả năng 1: Đại lượng cần ẩn phụ xuất hiện trực tiếp trên hệ.  Khả năng 2 : Đại lượng cần đặt ẩn phụ có được sau khi khai triển bởi các phép biến đổi cơ bản như sử dụng hằng đẳng thức, nhân chia cho một đại lượng nào đó khác 0, tách thêm bớt. Chúng ta sẽ gặp các bài toán ẩn phụ trong hai lớp dạng toán quan trọng của hệ đó là :  Hệ hữu tỷ.  Hệ có chứa căn thức. Các bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ hóa thường sau khi ẩn phụ xong sẽ được chuyển về các loại phương trình và hệ phương trình :  Phương trình đẳng cấp, các phương trình tích, các phương trình quen thuộc.  Hệ đối xứng loại 1, loại 2, hệ đẳng cấp, hệ giải bằng phương pháp thế , hệ giải bằng phương pháp nhân tử hóa. Bây giờ chúng ta sẽ đi vào quan tâm hai thể loại chính mà chúng ta đã nhắc đến. 1) Ẩn phụ hóa với hệ hữu tỷ Đối với hệ hữu tỷ để ẩn phụ hóa chúng ta thường dựa vào các đặc tính có trong hệ như sau : - Hệ có chứa các chứa các đại lượng mà khi ẩn phụ hóa đưa về hệ đối xưng loại 1, loại 2. - Hệ chứa các đại lượng lặp lại ở cả hai phương trình trong hệ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 230 - Hệ có chứa các đại lượng b b b b ax by,ax by,ax ,ay ,ax ,ay x y y x . - Hệ có được ẩn phụ hóa sau khi thực hiện phép nhân hoặc phép chia cho một đại lượng khác 0. Thường ta hay chia hoặc nhân cho các đại lượng : 2 2 3 3 n m x,y,x ,y ,x ,y ,ax y … - Một số tính chất cần nhớ đó là : 2 2 2 11 x x 2 x x ; 2 2 2 11 y y 2 y y . 22 22 31 x xy y x y x y 44 ; 22 22 31 x xy y x y x y 44 ; 22 22 x y x y xy 2 33 32 x y x y x 3xy 2 ; 33 32 x y x y y 3x y 2 22 22 44 x y x y x y xy 2   ; 1 1 1 x y x y 1 x y xy 22 2 22 1 1 1 x y 1 x y xy y x         ; 33 3 33 1 1 1 x y 1 x y xy y x         22 xy x xy y 1 1 y 1 x 1 ; 1k xy k 1 x 1 y k Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình 22 x y 7 4 x y 1 xy 2x 2y 4 x y 4 6  x,y  Phân tích : Với hệ này, ngay từ cấu trúc của hệ ta dễ dàng thấy đại lượng cần ẩn phụ hóa đã xuất hiện ở phương trình thứ hai trong hệ. Thật vậy, ta có : xy 2x 2y 4 x y 4 6 x 2 y 2 x 2 y 2 6 . Việc bây giờ của chúng ta sẽ biến đổi phương trình thứ nhất trong hệ sẽ theo hai đại lượng lặp lại có trong phương trình hai. Phương trình thứ nhất trong hệ được viết lại : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 231 2 2 2 2 x y 7 4 x y 1 x 4x 4 y 4y 4 5 0 22 x 2 y 2 5 . Như vậy để giải hệ này ta chỉ cần ẩn phụ : a x 2 b y 2  . Ta tiến hành giải hệ như sau: Lời giải : Điều kiện: x y 1 0  Hệ phương trình đã cho được viết lại thành hệ phương trình: 22 2 x x 7 4x 4y 4 x 2 y 2 5 x y 2 2 y 2 x 2 y 2 6 x 2 y 2 x 2 y 2 6   I Đặt a x 2 b y 2  . Lúc đó hệ I trở thành : 22 a b 5 ab a b 6  2 22 36 2ab 5 a b 2ab 5 ab 6 ab a b 6 ab ab   22 3 3 2 2 ab 2 2a b 9ab 18 0 2a b 5a b 36 0 a b 3 6 6 ab 2 ab ab ab ab    . Từ đây ta suy ra a,b là nghiệm của phương trình : 2 X1 X 3X 2 0 X2   .  Với a 1 x 2 1 x 3 b 2 y 2 2 y 4    .  Với a 2 x 2 2 x 4 b 1 y 2 1 y 3    . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x,y 3;4 ; 4;3 . Bình luận : Thật tế bản chất của hệ này là hệ đối xứng loại 1 nên ta hoàn toàn có thể sử dụng phương pháp giải của hệ đối xứng loại 1 để giải bài toán này, tuy nhiên hình thức của hệ của chúng ta cũng giúp chúng ta đặt ẩn phụ kiểu khác để đưa về hệ đối xứng loại 1. Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình 22 6 3x 2 5 y 4 221 xy 3x 4 y 8 36  x,y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 232 Phân tích : Với hệ này, cơ bản từ phương trình thứ nhất trong hệ ta đã có thể nghỉ ngay đến ẩn phụ là hai đại lượng 2 2 a 3x 2 b y 4  . Giờ chúng ta chỉ cần biễu diễn được các đại lượng ở phương trình thứ hai thông qua ẩn phụ mới là bài toán xem như được giải quyết. Với phương trình thứ hai đã thực hiện biến đổi như sau : 22 3x 4x y 8y 36 . Rõ ràng ta chỉ cần nhân 3 cho hai vế phương trình vừa biến đổi và thêm bớt ta sẽ có được các đại lượng phù hợp với ẩn phụ đã đặt. Thật vậy, ta có : 22 22 9x 12x y 8y 108 3x 2 4 y 4 16 108       . Vậy lúc đó ta sẽ được hệ : 6a 5b 221 a 4 b 16 108  và hệ này hoàn toàn giải được bằng phương pháp thế. Lời giải : Hệ phương trình đã cho được viết lại thành hệ : 22 22 6 3x 2 5 y 4 221 3x 2 4 y 4 16 108        I Đặt 2 2 a 3x 2 , a,b 0 b y 4  . Lúc đó hệ I trở thành hệ: 6a 5b 221 a 4 b 16 108  221 6a b 221 6a b 5 5 221 6a a 4 16 108 a 4 141 6a 540 5   2 221 6a b 5 6a 165a 1104 0  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 233 a 16 b 25 221 6a b 5 23 a 23 2 a 16 a 2 152 b 5             3x 2 4 x2 y 4 5 y1 23 4 46 3x 2 x 2 3 152 20 2 190 y4 y 5 5                       . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: 4 46 20 2 190 x, y 2;1 ; ; 35    . Bình luận : Bài toán khá cơ bản chỉ cần một chút tinh ý ở phương trình thứ hai ta sẽ đặt ẩn phụ thành công. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 2 3 3 2 3x 2y xy y 4 x 1408y 16xy x 2y 2  x,y  Phân tích: Với hệ này từ phương trình thứ nhất trong hệ chúng ta có thể dễ dàng rút được x theo y và thực hiện phép thế. Nhưng do cấu tạo bậc của phương trình thứ hai là khá cao nên phép thế sẽ gây nhiều trở ngại khi tính toán. Mặt khác cũng từ cấu tạo của hệ ta cũng dễ dang thấy x,y 0;0 luôn thỏa hệ. Do đó ta tính đến xét nếu x 0,y 0  thì ta sẽ có được điều gì từ hệ. Quan sát phương trình thứ nhất ta sẽ có biến đổi sau : x 2y 1 4y 3x 4y x 2y 1 3 x . Tới đây, ta nhận thấy phương trình thứ hai trong hệ cũng có một đại lượng gần giống với đại lượng x 2y 1 nên ta có quyền hy vọng bài toán sẽ giải quyết được nếu đặt 4y a x b x 2y 1  . Với ý tưởng này ta sẽ cố gắng biến đổi phương trình hai theo ẩn phụ thử xem. Ta có phương trình hai được viết lại là : 3 3 2 x 1408y 16xy x 2y 1 1 . Nếu ta đem chia hai vế phương trình này cho 3 64y ta sẽ được phương trình: 3 xx 22 x 2y 1 1 4y 4y . Và tới đây mọi thứ đã rõ ràng. Và đi vào giải quyết hệ với một chút điều chỉnh về ẩn phụ để có lợi trong tính toán. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 234 Lời giải : Nhận xét với x,y 0;0 ta có hệ luôn thỏa mãn. Xét với x 0,y 0  ta có hệ được biến đổi trở thành : 3 4y x 2y 1 3 x xx 22 x 2y 1 1 4y 4y  I Đặt x a 4y ,a 0 b x 2y 1   . Lúc đó hệ I được biến đổi thành hệ sau: 3 b 3 a a 22 a b 1  2 3 32 b 3a b 3a b 3a a 2 a 5a 11 0 a 22 a 3a 1 a 3a a 22 0    20 x x 8y x 2 b 3a a 2 3 4y 5 a 2 b 6 5 y y x 2y 1 6 6 6     Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 20 5 x, y 0;0 ; ; 36    . Bình luận : Với hệ này chỉ cần một chút quan sát và lựa chọn chia đại lượng thích hợp ta sẽ tìm được ẩn phụ. Cái hay của bài toán ẩn phụ là nếu tác giả lựa chọn biểu thức ẩn càng khéo thì sẽ “làm chặt” bài toán càng khó để phát hiện cái gì cần ẩn phụ. Tuy nhiên, tác giả luôn có một “điểm hở” nào đó để ta đi đến việc ẩn phụ được cho bài toán. Như ví dụ sau đây. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 32 2 3 2 2 2x y 8xy 3x y 12y 5 6xy 4x 8x 3 x 1 7x 13 54y  x,y  Phân tích : Nhìn vào hệ nếu ta không khéo ta sẽ nghỉ đến phép thế. Tuy nhiên, giống ví dụ trước do cấu tạo của phương trình thứ hai trong hệ có bậc khá cao nên phép thế sẽ là không khả thi. Với phương trình thứ nhất ta để ý một chút sẽ thấy vế trái của nó có thể tiến hành tách nhân tử. Thật vậy, ta có phép biến đổi cho phương trình thứ nhất. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 235 3 2 2 2 2 2x y 8xy 3x y 12y 5 2xy x 4 3y x 4 5 y 2x 3 x 4 5 . Phương trình thứ hai được biến đổi trở thành phương trình : 3 2 2 2 2 3 2 2 24x y 48x y 18xy 7x 7x 13x 13 54y 0 . Với cấu tạo của phương trình thứ nhất khi biến đổi ta có thể nghỉ đến phương án ẩn phụ hóa có hai khả năng xảy ra : 2 2 a 2x 3 a 2xy 3y b y x 4 b x 4    . Tuy nhiên do sau khi khai triển phương trình thứ hai ta cảm nhận với việc ẩn phụ hóa 2 a 2xy 3y b x 4  thì tỉ lệ biến đổi các đại lượng trong phương trình thứ hai sẽ có khả quan hơn. Mặt khác quan sát phương trình thứ hai ta nhận thấy tổng các hệ số 24 48 18 7 7 13 13 54 0 nên chắc chắn x1 là nghiệm của phương trình thứ hai. Với nhân xét này ta sẽ tiến hành tách nhân tử phương trình thứ hai ta sẽ được : 3 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 24x y 48x y 18xy 54y x 1 7x 13 0 y 24x 48x 18x 54 x 1 7x 13 0 22 2 2 2 2 2 y x 1 24x 72x 54 x 1 7x 13 0 x 1 24x y 72xy 54y 7x 13 0 2 2 2 2 2 2 2 x 1 6 4x y 12xy 9y 7 x 4 41 0 x 1 6 2xy 3y 7 x 4 41 0 Và lúc này hệ phương trình đã cho sẽ được viết lại : 2 2 2 2xy 3y x 4 5 x 1 6 2xy y 7 x 4 41 0    Như vậy hệ đã được giải quyết bằng ẩn phụ hóa. Lời giải : Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ phương trình : 2 2 3 2 2 2xy 3y x 4 5 y 24x 48x 18x 54 x 1 7x 13 0  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 236 2 2 2 2xy 3y x 4 5 x 1 6 2xy 3y 7 x 4 41 0    2 2 2 2 2 2 2 x1 2xy 3y x 4 5 2xy 3y x 4 5 x 1 0 6 2xy 3y 7 x 4 41 0 6 2xy 3y 7 x 4 41 0 2xy 3y x 4 5                Với hệ phương trình : 2 x1 x1 x1 1 2xy 3y x 4 5 5y 1 y 5     Với hệ phương trình : 2 2 2 6 2xy 3y 7 x 4 41 0 2xy 3y x 4 5  I . Đặt 2 a 2xy 3y ,b 4 b x 4  . Lúc đó hệ I trở thành : 2 2 b 6 7b 41 0 6a 7b 41 0 25 ab 5 b a 5   2 205 b 5 b 6b 175b 1025 0 a1 6 b b b 5 a a 5 5     2 2xy 3y 1 x 4 5  x1 2xy 3y 1 1 x1 y 5 2xy 3y 1 x1 x1 y1                  Vậy hệ phương trình đã có nghiệm là 1 x, y 1;1 ; 1; 5    . Bình luận : Bài toán này có độ khó hơn hai ví dụ trước, để giải nó đòi hỏi sự quan sát kỉ lưỡng, kết hợp được nhiều kỉ năng cần có và lựa chọn ẩn phụ hóa phù hợp với cấu trúc của bài toán. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 237 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 22 2 2 2 y x 7 x 1 x y x y 5y 9 3 5y 3 10y  x,y  Phân tích : Với hệ này, cấu trúc đề cũng đẩy ta đến ý tưởng thế nhưng đúng là quá gian nan khi thay vào phương trình thứ hai trong hệ vì phương trình thu được sau khi thực hiện phép thế lên đến bậc 8. Và quả thật bài toán này không thể thế đơn giản vậy được. Để hệ như vậy, ta cũng chẳng nhìn nhận được gì, do đó ta chọn phương án khai triển hết các tích có trong hệ ra. Cụ thể ta sẽ có hệ sau : 22 4 2 2 2 2 2 x y 7y 1 x 0 x y 5x y 9x y 30y 15y 9 0  Với hệ này chúng ta nhận thấy cũng chẳng khả quan gì đến việc nhìn ra gì từ hệ. Tuy nhiên cấu trúc của phương trình thứ hai trong hệ cho ta chút linh cảm gì đó về hằng đẳng thức. Mặt khác ta nhận thấy rằng nếu y0 hệ vô nghiệm, thôi thì ta chia toàn bộ phương trình thứ hai cho bậc cao nhất của y để dễ bề quan sát hơn. Cụ thể ta sẽ có phương trình thứ hai được biến đổi thành : 2 42 2 9x 15 9 x 5x 30 0 yy y . Ba đại lượng 42 2 9 x ,5x , y rất gợi ý cho điều chúng ta linh cảm là đúng và có lẻ hằng đẳng thức ở đây sẽ có dạng 2 2 3 xa y với a là một hằng số. Với ý tưởng này ta sẽ đột phá biến đổi phương trình hai như sau : 22 4 2 2 2 9 6x 12 15x 27 x 4 4x x 26 0 y y y y y 2 2 22 3 15x 27 x 2 x 26 0 y y y 2 2 22 2 2 2 2 3 3 15x 30 x 2 x 2 24 0 y y y y 3 3 3 x 2 x 2 5 x 2 24 0 y y y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 238 Và lúc này ta nhận ra được cần ẩn phụ hóa như sau : 2 2 3 a x 2 y 3 b x 2 y  . Vấn đề bây giờ ta cần biễu diễn được phương trình thứ nhất thông qua các đại lượng ẩn phụ hóa. Để được như vậy ta cần thực hiện phép biến đổi sau cho phương trình thứ nhất trong hệ. Cụ thể ta có : 2 2 2 2 1x x y 7y 1 x 0 x 7 0 yy 22 33 3x x 21 0 yy  2 2 3 2 3 3 6 9 3 3x x 2 21 0 3x 6 x 2 15 0 y y y y y 22 33 3 x 2 x 2 15 0 yy . Và như vậy việc chọn đại lượng cần ẩn phụ đã xong. Chúng ta đi vào lời giải cho bài toán này. Lời giải: Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ: 22 4 2 2 2 2 2 x y 7y 1 x 0 x y 5x y 9x y 30y 15y 9 0  Nhận thấy hệ không thể có nghiệm x,y x;0 nên với y0  ta biến đổi hệ thành : 2 2 22 2 4 2 2 2 2 2 42 2 3 3x 3x 21 0 yy 3x y 21y 3 3x 0 9x 15 9 x y 5x y 9x y 30y 15y 9 0 x 5x 30 0 yy y   2 2 2 4 2 2 2 2 9 3x 6 3x 6 15 0 yyy 9 6x 12 3 3 x 4 4x x 2 5 x 2 24 0 y y y y y  22 2 2 2 2 33 3 x 2 x 2 15 0 yy 3 3 3 x 2 x 2 5 x 2 24 0 y y y  I . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 239 Đặt 2 2 3 a x 2 y 3 b x 2 y  . Lúc đó hệ I trở thành hệ : 22 3a b 15 0 b 3a 15 a a 5b 24 a 14a 51 0  a 17 b 66 b 3a 15 a 17 a 3 a3 b6            Với 2 2 3 x 2 17 a 17 y b 66 3 x 2 66 y   . Suy ra 2 3 x 2, y là hai nghiệm của phương trình 2 X 11 X 17X 66 0 X6   . Với 2 2 x3 1 y x 2 11 x9 2 3 1 6 x3 y y 2 1 y 2             . Với 2 2 x2 3 y x 2 6 x4 11 3 3 11 x2 y y 11 3 y 11             .  Với 2 2 3 x 2 3 a3 y b 6 3 x 2 6 y   (hệ vô nghiệm vì 2 3 4 6 0  ). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là 1 1 11 11 x,y 3; ; 3; ; 2; ; 2; 2 2 3 3                    . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 240 Bình luận: Về bản chất hệ này được xuất phát từ một hệ cơ bản nhưng vì tác giả đã chọn một đại lượng để thay thế quá khéo nên bản chất của hệ đã có sự biến đổi quá lớn. Sự biến đổi này đã làm cho hệ này trở thành một bài hệ rất khó đoán. Chú ý rằng khi từ hệ theo ẩn phụ tìm được nghiệm cho ẩn phụ a,b thì khi chuyển qua đại lượng ban đầu ta lại thu được một hệ đối xứng loại một với hai biến 2 3 x 2, y . Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình 2 4 2 3 2 4 4 x 1 y 1 2xy y 1 xy 3xy 2 xy x 2y 1  x,y  (Thi thử Lương Thế Vinh – Đồng Nai) Phân tích: Với hệ này, ta nhận thấy các tích trong hệ không giúp chúng ta đánh giá được gì nên ta sẽ khai triển các tích có trong hệ ra hết để có rộng đường quan sát hệ. Cụ thể ta có: 2 4 2 4 5 2 6 2 2 4 5 x y 2xy 1 y 2xy 0 3x y 2xy x y 2xy 1 0  . Quan sát cả hai phương trình lúc này trong hệ, ta có nhận xét đầu tiên là cả hai phương trình đều chứa hằng đẳng thức (xy + 1) 2 . Do đó ta tiếp tục biến đổi hệ như sau: 2 2 4 5 2 2 6 5 2 xy 1 y 2xy 0 3x y 2xy xy 1 0  . Với hệ này, quan sát ta nhận thấy nếu chia cả hai phương trình trong hệ cho 4 y ta sẽ có được các đại lượng trong cả hai hệ giống nhau. Thật vậy, ta sẽ có: 2 2 2 22 2 1 x 1 2xy 0 y 1 3x y 2xy x 0 y    . Với hệ này, ẩn phụ hóa như sau: 2 2 1 ax y b xy  . Lời giải: Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ: 2 4 2 4 5 2 6 5 2 2 4 x y 2xy 1 y 2xy 0 3x y 2xy 2xy x y 1 0  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 241 Nhận thấy nghiệm x,y x,0 không thỏa hệ nên với y0  ta biến đổi hệ trở thành: 2 2 2 4 5 2 22 2 6 5 2 22 2 1 x 2xy 1 0 xy 1 y 2xy 0 y 1 3x y 2xy xy 1 0 3x y 2xy x 0 y     I Đặt 2 2 1 ax ,a 0 y b xy  . Lúc đó hệ I trở thành hệ: 22 a 2b 1 0 a 2b 1 3b 2b a 0 3b 4b 1 0  a1 b1 a 2b 1 1 1 a b 1 b 3 3 1 b 3             . Đối chiếu điều kiện ta nhận: 2 2 2 2 2 2 x x 1 0 x x 1 1 a1 x1 x x 1 0 y 1 b1 1 x x xy 1 y y        2 15 x 2 15 1 5 1 5 y x x 1 0xx 2 22 1 1 x 15 x y x y 2 15 y 2                  . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: 1 5 1 5 1 5 1 5 x;y ; ; ; 2 2 2 2                . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 242 Bình luận: Bài toán này tương đối cơ bản chỉ cần phát hiện ra hằng đẳng thức và lựa chọn chia thích hợp là sẽ có được đại lượng cần ẩn phụ. Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 44 2 2 1 81 1 8 x 1 y 3 11 xy x 4 x 3x 3 4 y y  x,y  Phân tích: Ở hệ này, từ phương trình thứ nhất ta có thể dự đoán có lẻ bài toán hướng đến việc ẩn phụ hóa như sau: 1 a x1 3 b y3  . Nhưng với phương trình thứ hai cách sắp xếp các tích như vậy không cho chúng ta nhận thấy mối liên quan nào liên quan đến ẩn phụ mà ta dự đoán. Do đó ta sẽ tiến hành khai triển toàn bộ các tích có trong phương trình thứ hai để dễ phán đoán xem dự đoán của chúng ta có đúng không? Biến đổi phương trình thứ hai trong hệ ta có được: 32 2 x3 x y 4xy 3x 12 0 y y . Phương trình vừa biến đổi, chúng ta nhận thấy có thể nhóm nhân tử chung nên ta sẽ tiến hành nhóm nhân tử như sau: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 xy x 4 3 x 4 0 xy 3 x 4 0 y y y                   . Với phương trình tích cuối ta chỉ thu được: xy 3 . Áp dụng tính chất 1k xy k 1 x 1 y k ta sẽ có : 13 xy 3 1 x 1 y 3 . Thật vậy, ta có : 13 1 y 3 3x 3 xy 3x y 3 xy 3 x 1 y 3 . Vậy bài toán đã được giải với việc ẩn phụ hóa như ta dự đoán. Lời giải : Điều kiện : x1 y3 y0     . Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 243 44 44 32 2 2 2 1 81 1 1 81 1 8 x 1 y 3 x 1 y 3 x3 1 x y 4xy 3x 12 0 xy 3 x 4 0 y y y   44 44 1 81 1 1 81 1 8 8 x 1 y 3 x 1 y 3 y 3 3 x 1 x 1 y 3 xy 3   44 1 81 1 8 x 1 y 3 13 1 x 1 y 3  I . Đặt 1 a x1 3 b y3  . Lúc đó hệ I trở thành : 4 4 4 4 4 3 2 11 a b a a 1 16a 32a 48a 32a 7 0 88 b 1 a a b 1 b 1 a   2 2 1 a 2a 1 4a 4a 7 0 2a 1 0 2 b 1 a 1 b 1 a b 2    vì 2 2 4a 4a 7 2a 1 6 0 11 x 1 2 x 1 x 1 2 31 y 3 6 y 3 y 3 2   . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là: x,y 1;3 . Bình luận: Bài toán trên nếu không biết sử dụng tính chất xy k thì sẽ rất khó giải. Vì với phép thế x theo y hoặc ngược lại sẽ cho lời giải rất khó khăn. Các bạn cần chú ý và ghi nhớ vì rõ ràng với bài toán nếu áp dụng được tính chất chỉ ra sẽ cho được lời giải rất gọn gàng và đẹp. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 244 Ví dụ 8 : Giải hệ phương trình 22 2 x y xy 4y 1 y x y 2 x1  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy cả hai phương trình trong hệ đều chứa đại lượng 2 x1 và xy . Tuy nhiên đại lượng 2 x1 gắn với đại lượng y qua hình dạng 2 y x1 , còn đại lượng xy ở phương trình thứ nhất lại gắn với đại lượng y thông qua hình dạng y x y nên ta nghỉ đến chia hai vế phương trình thứ nhất cho y . Lúc đó ta sẽ có hệ phương trình đã cho tương đương với hệ : 2 2 x1 x y 4 y y x y 2 x1  . Và tới đây hình hài đặt ẩn phụ đã quá rõ ràng nên ta đi tiến hành giải hệ. Lời giải : Nhận thấy x,y x;0 không thỏa hệ. Do đó với y0  ta đưa hệ phương trình về hệ : 2 2 x1 x y 4 y y x y 2 x1  I Đặt 2 x1 a y b x y  . Lúc đó hệ (I) trở thành: 2 a b 4 b 4 a b 4 a a1 11 b 2 4 a 2 a 2a 1 0 b3 aa a0 a 0 a 0      2 22 x1 1 x 1 3 x x x 2 0 y y 3 x y 3 x x y 3    x1 y2 x 1 x 2 y 3 x x2 y5           . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 245 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là   x,y 1;2 ; 2;5 . Bình luận : Bài toán này khá cơ bản và phép đặt ẩn phụ đã có trước trong hệ. Ví dụ 9: Giải hệ phương trình 36 3 2 6 y 1 3x y 2x 1 10y 1 x 3 3y y 2 x  x,y  Phân tích : Với hệ này, quan sát hai phương trình trong hệ ta nhận thấy được ngay rằng nếu chia cả hai vế của hai phương trình cho 6 x ta sẽ được các đại lượng giống nhau đó là 3 1 ;y x . Do đó ta tiến hành biến đổi hệ như sau : 33 2 6 3 3 y1 3y 2 xx 1 10y 1 9y 3y 6 0 x x x  . Để cho hệ được dễ nhìn hơn đặt 3 1 u x để tiến hành biến đổi hệ về hệ sau : 2 2 2 2 yu u 3y 2 yu u 3y 2 u 10yu u 9y 3y 6 0 u 6yu 9y 4yu u 3y 6 0  2 yu u 3y 2 u 3y u 3y 4yu 6 0   . Không khó để nhận thấy hệ  với hai biến u 3y,yu đã biết cách giải. Do đó ta tiến hành giải hệ như sau . Lời giải : Nhận thấy hệ không thể có nghiệm x;y 0;y . Do đó với x0  , ta biến đổi hệ thành : 33 22 2 6 3 3 y1 3y 2 yu u 3y 2 xx 1 10y 1 u 6yu u 9y 3y 6 4yu 0 9y 3y 6 0 x x x   với 3 1 u x 2 22 yu u 3y 2 yu u 3y 2 u 6yu 9y u 3y 4yu 6 0 u 3y u 3y 4yu 6 0   I Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 246 Đặt a u 3y b yu  . Lúc đó hệ I trở thành hệ : 2 2 2 b ab 2 a 8 a a 4b 6 0 a a 6 0 a   32 2 b a a a 6a 8 0  2 2 b a1 a b2 a 1 a 1 7 0   2 u 1 3y u 1 3y u 3y 1 1 3y y 2 yu 2 3y y 2 0    u 3y 1 2 y 1 y 3   3 3 3 3 1 1 x 2 u2 2 x y1 y 1 y 1 1 u 3 1 x 3 3 2 x y 2 2 3 y y 3 3                                 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 3 3 1 1 2 x, y ;1 ; ; 3 23    . Bình luận: Việc phát hiện ra ẩn phụ của bài toán không quá khó. Tuy nhiên, đây là một dạng hệ rất thường gặp. Ví dụ 10: Giải hệ phương trình 2 22 4 4 3 3 2 2 2 x y x y 25xy 4 x y x y 119x y  x,y  Phân tích : Không quá khó để nhận định đây là hệ đối xứng loại 1. Tuy nhiên nếu áp dụng cách giải của hệ đối xứng loại 1 vào hệ này thì ta phải xử lí phương trình đại số bậc khá cao và tính toán sẽ rất vất vả. Do đó ta cần phải biến đổi hệ này sau cho có thể ẩn phụ hóa để giảm bậc của phương trình xuống. Không khó để nhận định được rằng hệ này luôn có nghiệm x,y 0;0 . Với xy 0  ta biến đổi hệ về hệ sau : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 247 2 22 44 33 22 xy 25 xy xy 2 x y 119 xy 4 xy  22 22 33 22 x y 25 x y x y y x 2 x y 119 xy 4 yx  Với hệ mới ta nhận thấy các đại lượng 2 2 3 3 x y ,x y có thể biểu diễn theo xy , còn đại lượng 22 22 xy yx thì có thể biểu diễn theo đại lượng xy yx nên ta sẽ ẩn phụ hóa xy a yx b x y  . Khi đó ta sẽ có : 2 22 2 22 x y x y 2 a 2 yx yx , 2 2 2 3 3 3 x y b 2xy,x y b 3bxy . Và giờ ta cần biễu diễn được xy theo hai ẩn a,b nữa là xem như phép đặt ẩn phụ thành công. Điều này lại không khó vì từ 22 2 2 2 2 2 x y x y a b y x xy xy a b 2xy xy a2 x y b 2xy   . Kết hợp với các bước phân tích này ta sẽ đưa hệ về hệ sau : 2 2 2 23 2b 25 a b b a 2 2 3b 119 a 2 b a 2 4  . Hệ này khá cơ bản chỉ cần sử dụng phép thế. Vậy xem như bài toán được giải quyết. Lời giải : Nhận xét (x ; y) = (0 ; 0) luôn thỏa hệ. Xét xy 0  ta biến đổi hệ đã cho trở thành hệ sau : 22 22 33 22 x y 25 x y x y y x 2 x y 119 xy 4 yx  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 248 2 2 3 x y 25 x y 2xy x y y x 2 x y 119 2 x y 3xy x y y x 4          I Đặt xy a yx b x y  . Ta có: 22 2 2 2 2 2 2 2 2 xy a xy a b 2xy b xy xy a2 b 2xy x y b x y 2xy    . Lúc đó hệ (I) trở thành: 2 2 23 32 3 23 2b 25 a b b 2a b 25 a 2 a 2 2 4b a 2 a 1 119 a 2 3b 119 a 2 b a 2 4     Nhân chéo hai vế của hai phương trình cho nhau ta được phương trình: 2 3 2 2 2 119a b a 2 50 a 2 a 2 a 1 119a 50 a 2 a 1 3 2 2 50a 69a 100a 100 0 2a 5 25a 28a 20 0 5 2a 5 0 a b 1 2 vì 2 25a 28a 20 0 Với 22 x y 5 5 2 1 2xy 5xy a 2x 2y 5xy y x 2 2 x y 1 x y 1 b1 x y 1     2 x1 y2 x 1 x 2 xy 2 x x 2 0 x y 1 x2 y 1 x y 1 x y1            . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:   x,y 0;0 ; 1;2 ; 2; 1 . Bình luận: Bài toán này về bản chất thì không khó. Nhưng nếu không tinh tế và máy móc thì sẽ trở thành bài hệ khó với những phép tính đại số rất khó chịu. Thông qua bài hệ này, chúng tôi muốn nhắn gửi đến các bạn đối với một hệ càng quen thuộc ta càng phải tinh tế suy nghỉ xem việc nào có lợi nhất cho bài toán. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 249 Ví dụ 11: Giải hệ phương trình 2 22 1 25 x y 1 xy 2 31 10 x y yx  x,y  Phân tích: Với hệ này, nhìn nhận từ tính chất chúng tôi đã lưu ý trước chúng ta nhận thấy phương trình thứ nhất trong hệ được biễu diễn dưới dạng phương trình: 2 2 1 1 25 xy y x 2 . Thật vậy ta có : 2 2 2 2 2 22 2 2 22 22 1 2 1 x y 1 x y 1 xy xy xy x 1 y 1 1 1 x 2 y 2 x y y x y x yx Và như vậy, có khả năng hệ này sẽ giải quyết được nếu ẩn phụ hóa: 1 ax y 1 by x  . Việc bây giờ chúng ta sẽ cố gắng biến đổi phương trình thứ hai theo hai ẩn phụ đó. Cấu trúc của phương trình thứ hai để như vậy cũng chẳng giúp cho được gì, thôi thi ta khai triển quy đồng hết ra xem sao ? Cụ thể ta có : 22 31 10 3x y xy 10 3x y 3x y 3x y xy 3x y 10xy yx 3 1 1 1 3x y 10 3 x y 10 y x y x . Và như vậy việc ẩn phụ hóa đã xong và giờ ta đi giải quyết hệ. Lời giải : Điều kiện : xy 0  . Hệ phương trình đã cho được viết lại thành hệ phương trình sau : 2 2 2 2 22 1 1 25 1 1 25 xy xy y x 2 y x 2 31 3x y 10 3x y 3x xy y 10xy yx   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 250 2 2 1 1 25 xy y x 2 11 3 x y 10 yx  I Đặt 1 ax y 1 by x  . Lúc đó hệ I trở thành hệ sau : 2 2 2 2 25 25 a b a 10 3a 22 3a b 10 b 10 3a  2 5 a 2 5 b 175 5 7 10a 60a 0 a a 2 2 2 2 7 b 10 3a b 10 3a a 2 1 b 2                .  Với 2 x2 15 y2 5 x a yx 2xy 2 5y y2 2 1 x 5 2xy 2 5x 15 2x 5x 2 0 2 b y 2 x2 1 y 2                Với 2 7 161 x 28 17 7 161 7 x y a x 7y 2xy 2 7y y2 4 2 1 2xy 2 x 11 14y 7y 2 0 7 161 b y x 2 x2 28 7 161 y 4                   Vậy đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình là: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 251 1 1 7 161 7 161 7 161 7 161 x, y 2;2 ; ; ; ; ; ; 2 2 28 4 28 4                . Bình luận: Bài toán này nếu nhớ được tính chất thì sẽ phát hiện ẩn phụ nhanh, còn nếu không thì ta cứ khai triển ra cũng sẽ thấy được điều đó nhưng sẽ khó phán đoán hơn nếu biết tính chất của biểu thức đặc biệt đó. Ví dụ 12: Giải hệ phương trình 22 22 y x 2x 2 x y 6 y 1 x 2x 7 x 1 y 1  x,y  Phân tích : Với hệ này, ngay từ hệ ta quan sát được trong cả hai phương trình đều chứa đại lượng x1 , còn biến y không có gì đặc biệt nên ta sẽ cố định biến y như trong đề bài và chọn ẩn phụ hóa đại lượng t x 1 . Biến đổi hệ đã cho thành hệ : 2 2 22 2 22 2 y x 1 1 x y 6 t 1 y 6 y t 1 y 1 t 6 t y 1 y 1 x 1 6 x 1 y 1   Với hệ cuối cùng ta nhận thấy hệ sẽ luôn đúng nếu ty vì bản chất của hệ chính là hệ đối xứng loại 2. Do đó ta tiến hành phương pháp cơ bản của loại hệ này để bắt nhân tử chung ty bằng cách lấy hai phương trình trừ nhau vế theo vế ta có : 2 2 2 2 t 1 y 6 y 1 t 6 y t 1 t y 1 t y t y 2ty 7 0 . Nhìn vào tích biến đổi cuối cùng, ta nghỉ tiếp đến một phương án cũng thường dùng trong hệ đối xứng loại 2, đó là cộng vế theo vế hai phương trình với nhau. Thực hiện phép cộng này ta có phương trình : 22 2 2 2 2 5 5 1 t 1 y 6 y 1 t 6 y t 1 t y 1 t y 2 2 2         . Với các bước phân tích ta nhận định rằng từ hệ đã ẩn phụ hóa ta sẽ tách được hai hệ mới sau : 22 22 t y 2ty 7 0 t y 0 I II 5 5 1 y 1 t 6 t y 1 ty 2 2 2            . Nhận xét hệ I rất đơn giản, hệ II đối xứng loại 1. Vậy xem như ta đã tìm được hướng giải quyết cho hệ ban đầu. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 252 Lời giải : Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành : 2 2 2 2 y x 1 1 x y 6 y 1 x 1 6 x 1 y 1  . Đặt t x 1 , hệ trở thành : 22 22 t 1 y 6 y t 1 1 y 1 t 6 t y 1 2  . Lấy 12 vế theo vế và thu gọn ta có được phương trình : t y t y 2ty 7 0 . Lấy 12 vế theo vế và thu gọn ta có được phương trình : 22 5 5 1 ty 2 2 2         .  Với ty thay vào 2 ta có phương trình: 2 x 1 2 x 1 y 2 y 2 t 2 y t 5t 6 0 t 3 y x 1 3 x 2 y 3 y 3           .  Kết hợp t y 2ty 7 0 và 22 5 5 1 ty 2 2 2         , ta được hệ phương trình: 22 22 t y 2ty 7 0 t y 2ty 7 0 5 5 1 t y 5 t y 12 0 ty 2 2 2           III Đặt 2 S t y ,S 4P 0 P ty  . Lúc đó hệ III trở thành 22 S1 S 2P 7 0 2P S 7 P4 S5 S 5S 2P 12 S 6S 5 0 P6          . Đối chiếu điều kiện ta nhận : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 253 t 3 x 1 3 x 2 y 2 y 2 y 2 S 5 t y 5 P 6 ty 6 t 2 x 1 2 x 1 y 3 y 3 y 3                          . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là :   x,y 1;2 ; 2;3 ; 2;2 ; 1;3 . Bình luận: Tuy phép ẩn phụ hóa trong bài toán này ngay lúc đầu không được nét lắm. Nhưng nhìn toàn diện hệ này, thì là một hệ rất hay vì đã thu trong nó cả hai loại hệ cơ bản. Một hệ có tính kiểm tra kiến thức cơ bản khá tốt. Ví dụ 13: Giải hệ phương trình 2 22 2x 3y 10 7x 12y 2 5x 45y 6 2x 3y 1  x,y  Phân tích : Cấu trúc bài hệ quá ngắn gọn, thông tin bài hệ cho chúng ta cũng ngắn gọn như cái đề của bài toán, đó chính là cả hai phương trình đều chứa 2x 3y . Thôi thì ta tìm cách tách các đại lượng còn lại theo đại lượng này thử xem. Trước khi tách, chúng ta cần chắn chắn định vị rằng các đại lượng đó không thể tách hết được theo đại lượng mà ta đã thấy (tức là còn dư một điều gì đó !) Ở phương trình thứ nhất trong hệ đại lượng 2x 3y chỉ là bậc nhất nên ta sẽ tách: 10 7x 12y 10 2(2x 3y) 3 x 6y . Vậy sau khi tách xong đại lượng 2x 3y ở phương trình thứ nhất ta thấy còn dư đại lượng x 6y . Với phương trình thứ hai trong hệ đại lượng 2x 3y là bậc 2 nên ta sẽ tách : 2 2 2 2 2 2 22 5x 45y 6 x 12xy 36y 4x 12xy 9y 6 x 6y 2x 3y 6 Vậy qua hai lần tách ta nhận thấy trong hệ chứa hai đại lượng x 6y,2x 3y . Do đó ta viết lại hệ như sau : 2 2 2 2x 3y 10 2 2x 3y 3 x 6y 2 x 6y 2x 3y 6 2x 3y 1  . Tới đây ta có thể ẩn phụ hóa a x 6y b 2x 3y  để biến đổi hệ thành : 2 2 2 a 10 2a 3b 2 a b 6 b 1  . Hệ này vẫn giải được bằng phép thế, tuy nhiên ta sẽ thu được phương trình bậc 6 và tính toán vẫn rắc rối. Tuy nhiên nếu ta biến đổi hệ trở thành hệ sau thì sẽ có chuyển biến rõ ràng. Thật vậy, ta có : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 254 2 2 2 2x 3y 10 2 2x 3y 3 x 6y 2 x 6y 2x 3y 6 2x 3y 1  22 2 1 3 x 6y 2 2x 3y 10 2x 3y 1 x 6y 2x 3y 6 2x 3y  2 2 1 3 x 6y 2 2x 3y 10 2x 3y 1 x 6y 2x 3y 8 2x 3y  . Rõ ràng với hệ cuối với phép ẩn phụ : a x 6y 1 b 2x 3y 2x 3y  sẽ cho hệ 22 3a 2b 10 a b 8  và không có gì tốt hơn được nữa !. Vậy ta đi vào lời giải cho bài toán. Lời giải : Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ 2 2 2 2x 3y 10 2 2x 3y 3 x 6y 1 x 6y 2x 3y 6 2x 3y 1   . Nhận xét với 2x 3y 0 không thỏa hệ nên với 2x 3y 0  ta biến đổi  thành hệ : 22 2 1 3 x 6y 2 2x 3y 10 2x 3y 1 x 6y 2x 3y 6 2x 3y  2 2 1 3 x 6y 2 2x 3y 10 2x 3y 1 x 6y 2x 3y 8 2x 3y  I . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 255 Đặt a x 6y , b 2 1 b 2x 3y 2x 3y  . Lúc đó hệ (*) trở thành hệ phương trình sau : 22 2 a2 b2 10 3a 10 3a b 3a 2b 10 b 2 34 2 a 34 a b 8 13 a 2 a 13a 60a 68 0 13 14 b 13               Đối chiếu điều kiện ta nhận: 2 x 6y 2 x 2 6y a2 1 2x 3y 2 b2 2x 3y 1 0 2x 3y    4 x x 6y 2 5 2x 3y 1 1 y 5   . Vậy nghiệm của hệ phương trình là : 41 x, y ; 55 . Bình luận : Đây là một dạng hệ khá quen thuộc, tuy nhiên đã được biến tấu che đậy khá nhiều. Tuy vậy, bài toán vẫn có điểm hở để chúng ta nhận ra vấn đề để tháo gỡ toàn bộ hệ. Bài toán trên còn có thể được giải bằng phép thế như sau : Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta rút được : 2 10 7x 12y 2x 3y . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta sẽ có được phương trình : 2 22 4 5x 45y 6 7x 12y 10 22 69x 324y 168xy 140x 240y 76 0 . Kết hợp với phương trình thứ nhất trong hệ ta sẽ được hệ phương trình : 22 22 14x 36y 3xy 20x 30y 2 0 69x 324y 168xy 140x 240y 76 0  Đây là hệ tổng quát bậc hai hai ẩn mà chúng tôi đã trình bày phương pháp giải. Các bạn hãy thử giải lại xem nhé! Và hầu hết các bài toán thuộc thể loại hệ này đều có thể đưa về hệ bậc hai dạng tổng quát. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 256 Ví dụ 14 : Giải hệ phương trình 23 48 3 x 2y 1 x y 2 x x 3 y 2y 5 3xy  x,y  . Phân tích : Với hệ này, phương trình thứ nhất gợi ý ngay được ẩn phụ nhưng ta cần xét đến hệ số của tử có trong phân số không đi “đôi” được với số mũ của đại lượng dưới mẫu nên có thể bài toán nhắm đến ẩn phụ hóa hai thành phần sau : a x y 2 b x 2y 1  . Quan sát phương trình thứ hai trong hệ khi khai triển có dạng bậc hai hai ẩn nên ta xét tới trường hợp có thể tách nhân tử liên quan đến ẩn phụ không ? Cụ thể ta có : 22 x x 3 y 2y 5 3xy x 2y 3x 5y 3xy 0 . Thật không may là phương trình này không có delta chính phương. Vậy bây giờ có lẻ con đường từ ẩn phụ hóa ta tìm ra mối quan hệ giữa x,y với a,b thế vào là con đường tự nhiên nhất. Tuy vậy, ta vẫn cảm thấy nếu nhìn vào đại lượng hai ẩn phụ ta thấy tích của chúng có các hệ số của 22 x ,y ,x,y,xy rất giống với biểu thức bậc hai kia. Vậy tại sao ta không thử một phép thử lấy tích số của chúng xem sao ? Ta thử phép tính sau : 22 x 2y 1 x y 2 x 2y 3x 5y 3xy 2 . Và như vậy ứng với phép thử ta sẽ có sự biến đổi cho phương trình thứ hai như sau : 2 2 2 2 x 2y 3x 5y 3xy 0 x 2y 3x 5y 3xy 2 2 x 2y 1 x y 2 2 . Tới đây hệ đã rõ quá rõ ràng về việc ẩn phụ hóa. Do đó ta đi vào giải quyết bài toán. Lời giải : Điều kiện : x y 2 0 x 2y 1 0    . Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ : 23 23 22 28 28 3 3 x 2y 1 x y 2 x 2y 1 x y 2 x y 2 x 2y 1 2 x 2y 3xy 3x 5y 2 2   I Đặt a x 2y 1 ,a,b 0 b x y 1   . Lúc đó hệ I trở thành hệ : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 257 2 3 23 8 48 a3 3 a ba 2 ab 2 b a   4 3 2 53 a 2 a 2a a 2a 4 0 a 3a 8 0 2 2 b b a a   2 22 P 11 a 2 a a 2a a 2 2 0 22 2 b a                 a 2 x 2y 1 2 x 1 b 1 x y 1 1 y 1    vì P 0, a 0  . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là (x;y) = (-1;1). Bình luận : Với bài toán này, như chúng tôi đã phân tích sau khi ẩn phụ hóa xong thì ta có thể giải hệ sau : a x 2y 1 x 2b a 1 b x y 1 y a b  , rồi thay vào phương trình thứ hai trong hệ khai triển và thu gọn ta cũng sẽ được ab 2 . Cách này tuy tư nhiên nhưng mặt hạn chế của nó là phải tính toán khá nhiều. Mặt khác các bạn lưu ý khi tác giả nào đó muốn chế bài toán theo kiểu này và tạo bậc cao như thế, thì do yếu tố tính đến sau khi thế phải giải phương trình bậc cao nên có khả năng ở phương trình thứ hai là dạng tổng bậc nhất cho a,b ở dạng ma nb c 0 , nếu ở dạng này thì khá đơn giản để tách. Còn nếu muốn sử dụng ab k thì tác giả buộc phải ghép chúng lại với nhau bằng tích khi đó chúng ta chỉ cần để ý tới các hệ số có trong phương trình thứ hai liên kết với tích hai ẩn phụ ta sẽ tìm ra kết quả. Hạn chế của loại hệ này là sẽ tạo bậc khá cao nên hoặc tác giả ngụ ý đưa về hệ đối xứng quen thuộc thì với hai suy nghỉ tư duy trên, chúng ta vẫn giải quyết tốt. Còn nếu tác giả muốn đưa về phương bậc cao thì cần hạn chế cách xây dựng ở phương trình hai. Do đó nếu gặp loại toán nào tương tự như bài hệ này thì ta cứ theo hai chiều tư duy đã chỉ ra để giải quyết như vậy vẫn cho lời giải tự nhiên và gọn. Ví dụ 15: Giải hệ phương trình 3 2 2 2 9xy 24y 27x 40 y 3x 16 0 1 y 9x 10 y 3 x 3 0 2  x,y  (Thi thử toanphothong.vn) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 258 Phân tích : Với hệ này, nhìn vào hình thức của hệ chúng ta chưa thấy được gì hướng đi của bài toán cả. Tuy phương trình thứ hai trong hệ là một phương trình bậc hai hai ẩn nhưng kiểm tra ta biết được phương trình này không có delta chính phương. Với phương trình thứ nhất của hệ ta vẫn có thể xem đó là phương trình bậc hai theo biến x coi y là tham số và thật không may phương trình này cũng không có delta chính phương. Vì vậy, ta tiến tới suy nghỉ khai triển hết các tích trong cả hai phương trình để quan sát xem thế nào ? Lúc đó ta có hệ : 3 2 2 2 9xy 24y 27x y 40y 3x 16 0 y 9xy 10y 3x 9 0  Quan sát hệ này ta nhận thấy cả hai phương trình có liên quan đến đại lượng 2 y 3x nên suy nghỉ đầu tiên ta đưa hệ về hệ sau : 22 2 9xy y 3x 24y 40y 3x 16 0 y 3x 9xy 10y 9 0  . Ở bước tách thứ nhất ta thấy phương trình thứ nhất trong hệ vẫn có thể có thể nhóm tiếp thêm đại lượng 2 y 3x bằng cách thêm bớt cho 2 y .Do đó ta tiến hành tách tiếp như sau : 2 2 2 2 9xy y 3x y 3x 25y 40y 16 0 y 3x 9xy 10y 9 0  2 2 2 y 3x 9xy 1 5y 4 0 y 3x 9xy 10y 9 0  . Tới phép biến đổi này ta lại nhận thấy cả hai phương trình trong hệ đều chứa ba đại lượng chung đó là 2 y 3x;9xy 1,5y 4 . Thật vậy, ta biến đổi tiếp hệ ta sẽ có : 2 2 2 y 3x 9xy 1 5y 4 y 3x 9xy 1 2 5y 4 0  . Và tới hệ này nếu ta xem ẩn phụ hóa là 2 a y 3x b 9xy 1  ta sẽ được hệ đối xứng loại 1 với hai ẩn a,b và xem 5y 4 là tham số hoặc có thể ẩn phụ hóa luôn 2 a y 3x b 9xy 1 c 5y 4  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 259 Cách tiếp cận thứ hai là ta thấy cả hai phương trình trong hệ đều chứa 3x nên ta nghỉ tới phép rút thế hoặc trừ vế theo vế hai phương trình cho nhau ta sẽ có phương trình : 3 2 2 2 9xy 24y 27x y 40y y 9xy 10y 25 0 22 9xy y 3x 9xy 25y 50y 25 0 2 2 9xy y 3x 1 25 y 1 . Mặt khác với phương trình thứ hai ta sẽ có : 2 y 3x 1 9xy 10 y 1 . Và lúc này ta sẽ có hệ : 2 2 2 9xy y 3x 1 25 y 1 y 3x 1 9xy 10 y 1  . Và ta có thể ẩn phụ hóa: 2 a 9xy b y 3x 1  và xem y1 là tham số hoặc có thể ẩn phụ hóa luôn 2 a 9xy b y 3x 1 c y 1  . Ngoài ẩn phụ hóa thì trong cả hai trường hợp ta vẫn có thể giải bằng phương thế nhân thêm đại lượng và rút thế. Thật vậy :  Trường hợp 1 : 2 2 2 y 3x 9xy 1 5y 4 y 3x 9xy 1 2 5y 4  2 2 2 y 3x 9xy 1 5y 4 y 3x 9xy 1 9xy 1 2 5y 4 9xy 1  Từ đây ta suy ra : 22 9xy 1 2 5y 4 9xy 1 5y 4 0 5 y 1 9xy 1 5y 4 xy 9 . Và thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta sẽ được phương trình theo biến y .  Trường hợp 2: 2 2 2 9xy y 3x 1 25 y 1 y 3x 1 9xy 10 y 1  2 2 2 9xy y 3x 1 25 y 1 y 3x 1 9xy 9xy 90 y 1 xy  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 260 Từ đây ta suy ra : 2 22 5 y 1 25 y 1 90 y 1 xy 81x y 0 5 y 1 9xy xy 9 . Và ta cũng thế như trường hợp 1. Vậy là qua các bước phân tích các bạn đã thấy rõ bài toán có nhiều cách tiếp cận khá nhau. Sau đây, chúng tôi sẽ trình bày lời giải ở một cách tiếp cận dễ hiểu nhất . Còn cách khác các bạn tự thực hành giúp chúng tôi vì khác về bản chất ẩn phụ nhưng giải là như sau . Lời giải : Lấy 12 vế theo vế ta có phương trình : 22 22 9xy y 3x 9xy 25 y 1 0 9xy y 3x 1 25 y 1 . Lúc đó ta sẽ có được hệ phương trình : 2 2 2 9xy y 3x 1 25 y 1 y 3x 9xy 10 y 1  I  Cách 1: Đặt 2 a 9xy b y 3x 1 c y 1  . Lúc đó hệ I trở thành : 2 ab 25c a b 10c  . Suy ra a,b là nghiệm của phương trình : 2 22 X 10cX 25c 0 X 5c 0 X 5c . Lúc đó ta sẽ có hệ : 2 2 5 y 1 x 9xy 5 y 1 9y 5 y 1 y 3x 1 5 y 1 y 4 5y 0 3y   (y0 không thỏa hệ). 2 32 5y 9 5y 5 x x 9y 9y y 1 3y 12y 5 0 9y 45y 51y 15 0   2 5y 5 5y 5 x x 9y 9y y1 6 21 6 21 y 1 y y 3y 12y 5 0 33       Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 261 1 21 1 21 xx x0 99 y1 6 21 6 21 yy 99     .  Cách 2 : Từ hệ 2 2 9xy y 3x 1 25 y 1 y 3x 1 9xy 10 y 1  . Với x 0 y 1 là một nghiệm của hệ. Với y0 không thỏa hệ. Với x 0,y 0  ta có biến đổi hệ về hệ: 2 2 9xy y 3x 1 25 y 1 y 3x 1 9xy 9xy 90xy y 1  . Từ đây ta suy ra được phương trình : 2 2 22 25 y 1 90xy y 1 81x y 0 5 y 1 9xy 0   5y 5 5 y 1 9xy x 9y . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 32 y 1 x 0 6 21 1 21 9y 45y 51y 15 0 y x 39 6 21 1 21 yx 39         . Qua hai cách giải ta có nghiệm của hệ phương trình đã cho là : 1 21 6 21 1 21 6 21 x, y 0;1 ; ; ; ; 9 9 3 9                . Bình luận : Bài toán này chính chúng tôi là tác giả của nó. Bài toán này ra nhằm mục đích kiểm tra kỷ năng phán đoán nhân từ của học sinh và thông qua đó hướng đến các phép giải cơ bản. Khi bài toán này ra đời có nhiều ý kiến hỏi về cách tạo ra hệ này. Chúng tôi cũng xin đưa đến các bạn nguồn gốc ra đời của nó được chúng tôi thực hiện “ghép và tạo” đơn giản theo ý tưởng tổng quát sau đây. + Bước 1 : Tạo bốn đa thức : f x,y ,g x,y ,h x,y ,k x,y sao cho f x, y g x, y h x, y f x, y g x, y k x, y   . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 262 + Bước 2 : Ghép f x,y g x,y h x,y f x,y g x,y k x,y 0            F x,y 0 . + Bước 3 : Sau đó chúng ta ghép lại ta được hệ phương trình : F x, y 0 f x, y g x, y k x, y   . Trong quá trình tạo đa thức cần “ghép và tạo” ta sẽ điều chỉnh điều kiện của hệ đối xứng loại 1 và nghiệm của hệ sao cho phù hợp. Và cố gắng chọn đa thức sao cho hình thức phương trình có chỗ “để thở” về mặt hình thức và đường hướng đi ngược lại lời giải của bài toán đối với người giải được thực hiện tốt nhất có thể. Sự lắt léo khó chịu sẽ tăng lên nếu chúng ta chọn các đa thức và hệ số có tính “làm khó” sẽ tạo ra nhiều hệ thú vị. Và điểm thú vị xoay quanh vấn đề này còn nằm ở chỗ chưa chắc đa thức ban đầu ta chọn là hướng đi duy nhất. Đây chính là điểm thu hút của bài toán. Ví dụ 16 : Giải hệ phương trình 3 3 3 3 3 3 3 x x y y 17 1 3x y 5 x 1 2 y 1 x 1 18 4 5x 2  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta dễ dàng nhận thấy phương trình thứ nhất đối xứng với biến x,y . Còn phương trình thứ hai thì không có được sự đối xứng như vậy. Hình thức các tích của phương trình thứ hai trong hệ cũng không cho chúng ta được nhận định được gì nên ta sẽ tiến hành khai triển hết ra xem thế nào. Cụ thể ta sẽ có hệ được biến đổi thành : 3 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3 2 x x y y 7 0 1 2x 2x y 2y 3x y 3xy 15x 75x 74 0 2  Ta thấy phương trình thứ hai có sự cô lập của hai biến x,xy nên ta sẽ đẩy ý tưởng kết hợp hai phương trình lại để tìm sự đối xứng và phân ly bắt nhân tử chung. Tức là ta cần “ghép và tạo” như sau : 3 3 3 3 2 3 3 2 2x 2x y 2y 3x y 3xy 15x 75x 74 3 3 3 3 k x x y y 17 0  3 3 3 3 2 3 3 2 2x 2x y 2y 3x y 3xy 15x 75x 3 3 3 3 74 kx kx y ky 17k 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 263 3 2 3 3 2 2 k x 15x 75x 74 17k y 2 k x 3x 3x k 2 0  Từ  ta có quyền hy vọng  được viết dưới dạng : 33 3 y ax b dx e Tức là : 3 2 3 3 2 2 k x 15x 75x 74 17k y 2 k x 3x 3x k 2 33 3 T dx e y ax b            i Với 3 3 2 2 2 3 3 3 3 2 2 2 3 T d x 3d ex 3de x e y a x 3a bx 3ab x b . Đồng nhất hệ số hai vế của i ta có : 3 2 2 3 3 2 2 3 2 k d 3d e 15 k3 3de 75 a1 e 74 17k b1 a k 2 d1 3a b 3 e5 3ab 3 b k 2   . Vậy lấy 2 3 1  vế theo vế ta có phương trình : 33 3 y x 1 5 x y x 1 5 x xy x y 5 . Do đó hệ đã cho trở thành hệ : 3 3 3 3 x x y y 7 xy x y 5  . Hệ này là hệ đối xứng loại 1 đã biết cách giải. Lời giải : Hệ đã cho được biến đổi thành hệ : 3 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3 2 x x y y 17 0 1 2x 2x y 2y 3x y 3xy 15x 75x 74 0 2  . Lấy 2 3 1  vế theo vế ta sẽ có phương trình : 3 2 3 3 3 2 3 3 x 15x 75x 125 y x y 3x y 3xy 0 33 3 y x 1 5 x y x 1 5 x xy x y 5 3 . Kết hợp 3 và 1 ta được hệ : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 264 3 3 3 3 x x y y 17 xy x y 5  3 33 x y 3xy x y x y 17 xy x y 5  I Đặt 2 S x y ,S 4P 0 P xy  . Lúc đó hệ I trở thành hệ : 33 S 3SP P 17 S P 5  3 2 3 S 3 S 2 S 5S 6 0 S 3S 5 S 5 S 17 P 5 S P 5 S P 5 S     S2 P3 S3 P2         . Đối chiếu điều kiện ta có nhận : 2 x1 y 3 x y2 S 3 x y 3 P 2 xy 2 x2 x 3x 2 0 y1           . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là :   x,y 1;2 ; 2;1 . Bình luận: Bài toán này gốc gác của nó là một bài toán cơ bản, nhưng qua việc “ghép và tạo” hệ đơn giản đã sinh ra một hệ rất khó đoán ẩn phụ. Một biến tấu rất khó chịu nhưng lại hấp dẫn. Với phân tích trên sẽ giúp các bạn tìm được lời giải cho một số bài toán tạo hệ như vậy và đó có lẻ là con đường tư duy tự nhiên cho loại bài toán này! Ví dụ 17 : Giải hệ phương trình 44 3 22 x 2x y y x y 3  x,y  (Chọn đội tuyển quốc gia ĐHSP Hà Nội) Phân tích : Quan sát hệ này, chúng ta nhận thấy trong hệ chứa các hằng đẳng thức 4 4 2 2 x y ,x y . Các hằng đẳng thức này đều liên quan đến hai đại lượng x y,x y nên ta sẽ suy nghỉ đặt ẩn phụ hóa như sau : 22 22 44 2x a b ab y 2 a x y ab x y b x y ab x y ab 2   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 265 Và như vậy xem như hệ sẽ trở thành : 22 33 a b a b ab a b 0 22 a b 3  . Hệ này hoàn toàn có thể giả tốt nhờ phép thế hằng số theo biến. Do đó ta đi vào lời giải cho bài toán như sau. Lời giải : Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ : 44 3 22 2 x y 4x 2y x y 3  I . Đặt 22 4 4 2 2 2x a b 2y a b a x y x y ab b x y 2 x y ab a b   . Lúc đó hệ (I) trở thành: 2 2 2 2 3 3 3 3 ab a b 2 a b a b ab a b a 3b a b 3 a b 3  2 3 2 4 3 2 3 3 3 4 33 3 3 3 3 a a b b a b 1 0 a b 1 1 a b 0 a b ab a a b a b 3 a b 3 a b 3   22 3 3 3 3 3 3 3 3 a 0 b 1 a 0 b 1 a b 1 a b 1 a b 3 a b 3 a b 3 a b 3        Với 33 a0 a b 3  hệ vô nghiệm.  Với 33 3 b1 b1 a3 a b 3   3 3 3 13 x x y 1 2 x y 3 13 y 2   .  Với 22 3 2 33 3 3 2 33 3 3 2 1 11 x b a x y a b 1 a b 1 3 a 33 1 1 a b 3 ab 3 a y b 9 x y 9 3 3     . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 266 33 33 1 3 1 3 2 1 x, y ; ; ; 22 33    . Bình luận : Bài toán này tuy đơn giản nhưng nếu không phát hiện ra cách đặt tổng hiệu của hai đại lượng x,y thì sẽ khó giải quyết. Phương pháp này cũng rất thường được sử dụng trong giải hệ bằng phương pháp ẩn phụ. Ví dụ 18: Giải hệ phương trình 23 22 6x y 2y 35 0 5 x y 2xy 5x 13y 0  x,y  Phân tích : Hệ này thường được giải dưới dạng “ghép và tạo” tức là chọn k để tạo ra một phương trình có nhân tử. Cách đó khá gọn và cho lời giải đẹp mắt nhưng để được điều đó phải qua một quá trình đòi hỏi đầy kinh nghiệm. Chúng tôi sẽ đi lời giải này bằng cách đặt ẩn phụ cho gần gũi hơn với đa số học sinh và kết hợp với cách “ghép và tạo” đơn giản hơn . Câu hỏi là dựa vào đâu để nghỉ đến đặt ẩn phụ? Câu trả lời là ở phương trình thứ nhất ta có : 2 3 3 2 6x y 2y 35 0 2 y 3x y 35 0 . Ở tính chất chúng tôi đã nêu ra ta sẽ có : 33 32 x y x y y 3x y 2 , kết hợp với hình thức của phương trình thứ hai ta hoàn toàn có thể ẩn phụ hóa : a x y b x y  . Khi đó ta sẽ có : 22 22 22 ab xy 2 ab xy 4 ab x 2 ab y 2  . Và ta sẽ đưa hệ đã cho về hệ : 33 2 2 2 2 a b 35 0 a b a b a b a b 5 5 13 0 2 2 2 2          . Hệ này gần giống ví dụ 18 chúng tôi đã phân tích ở phương pháp cộng trừ, nhân chéo. Do đó ta đi vào lời giải cho hệ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 267 Lời giải : Hệ phương trình đã cho được viết lại thành hệ: 32 22 2 y 3x y 35 0 5 x y 2xy 5x 13y 0   Đặt 22 22 22 33 32 ab xy 2 ab xy 4 a x y ab x b x y 2 ab y 2 ab y 3x y 2   . Khi đó ta có hệ (*)trở thành hệ phương trình : 33 2 2 2 2 a b 35 0 a b a b a b a b 5 5 13 0 2 2 2 2          33 22 a b 35 0 1 3a 2b 9a 4b 0 2  i . Lấy 1 3 2  vế theo vế ta sẽ có được phương trình : 33 3 3 2 2 a b 35 9a 6b 27a 12b 0 a 3 b 2 a b 5 . Thế vào (2) ta có : 2 22 b 2 a 3 3 b 5 2b 5b 45 0 b 5b 6 0 b 3 a 2   .  Với 1 x a 3 x y 3 2 b 2 x y 2 5 y 2   .  Với 1 x a 2 x y 2 2 b 3 x y 3 5 y 2   . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 268 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là 1 5 1 5 x, y ; ; ; 2 2 2 2            . Bình luận : Hướng giải trong bài toán tuy hơi dài vì cần ẩn phụ và sử dụng nhân hệ số để “ghép và tạo” nhưng đó là con đường tư duy tự nhiên hơn nếu ngay từ đầu chúng ta chọn nhân hệ số để “ghép và tạo”. Vì khi làm trực tiếp „ghép và tạo” sẽ cần những kỷ năng phán đoán khá là “tinh quái” về nghiệm trước để tạo ra một phương trình có đúng ngay nghiệm cần tìm đó là phương trình : 22 15 2y 5 3 x y 0 22         . Ví dụ 19: Giải hệ phương trình 33 2 2 22 3 6 x 2y x 1 6xy 8y x 2y 1 12 x 4y 2 x 2y 1 x 2y 1 x 2y  x,y  Phân tích : Quan sát hệ ta dễ nhận thấy, tuy hình thức khá rối nhưng phép đặt ẩn phụ hóa lại cực kì rỗ ràng. Đó là ta sẽ ẩn phụ hai đại lượng sau : a x 2y,b x 2y . Do đó chúng tôi sẽ không phân tích sau vào ví dụ này mà sẽ đi giải trực tiếp hệ. Lời giải : Điều kiện : x 2y 1 x 2y 0    . Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ phương trình sau : 2 2 2 6 x 2y x 2y 1 x 2y 1 12 x 2y x 2y 2 x 2y x 2y 2 x 2y  I Đặt a x 2y ,(a 1,b 0) b x 2y   . Lúc đó hệ I trở thành hệ phương trình : 2 3 3 2 3 2 2 2 6 b b 1 a 1 b b 6 1 a1 12 b a 2ab b 2b 12 1 b v 2a b 2 b   II Không khó nhận thấy rằng hệ này sẽ không có nghiệm   a,b a,1 ; a, 1 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 269 Do đó với b1  từ 1 ta có : 3 6 a1 bb . Thay vào 2 ta có phương trình : 2 33 33 33 b b 6 b b 6 b 2 b b 2b 12 b b b b             2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 b b b 6 2b b b 6 b b b b b 2b b b 12 b b 32 b 2 a 2 b b 2 b 2 b 2 0 b 2 b 2 0 b 2 a 0   .  Với a 2 x 2y 2 x 2 b 2 x 2y 2 y 0    .  Với x1 a 0 x 2y 0 1 b 2 x 2y 2 y 2   . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 1 x, y 2;0 ; 1; 2    . Bình luận : Bài toán không khó nhận ra ẩn phụ hóa, cái hơi sợ sợ là phép thế tạo phương trình bậc khá cao, nhưng do tính “ co rút” của phương trình bậc cao này ta bắt được nhân tử khá nhanh. Ví dụ 20: Giải hệ phương trình: 66 22 3x 2y 2x 3y 1 x y 19x 37xy 19y 1  x,y  Phân tích : Với cấu tạo bậc khá cao của phương trình thứ nhất ta quyết định đặt ẩn phụ hóa như sau : a 3x 2y b 3y 2x  . Khi đó ta sẽ có : 2 2 2 2 x y a b 19x 37xy 19y a ab b  . Lúc đó hệ phương trình đã cho trở thành hệ : 66 66 22 33 a b 1 a b 1 a b a ab b 1 a b 1   . Hệ này giải khá đơn giản. Lời giải : Đặt a 3x 2y b 3y 2x  2 2 2 2 x y a b 19x 37xy 19y a ab b  . Lúc đó hệ phương trình đã cho trở thành hệ : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 270 66 66 22 33 a b 1 a b 1 a b a ab b 1 a b 1   . Từ :   66 a b 1 a,b 1;1 . Mặt khác ta có :   33 33 a 1 b 0 a,b 0;1 b 1 a 0  . Lấy hai phương trình trừ nhau vế theo vế ta có : 3 3 3 3 3 3 a a 1 0 a a 1 b b 1 0 b b 1 0  . Vậy kết hợp phương trình thứ nhất trong hệ lại ta sẽ có : 66 3 3 a0 a b 1 b1 a a 1 0 a1 b b 1 0 b0          2 x 5 3x 2y 0 3 y 3y 2x 1 5 3x 2y 1 3 x 5 3y 2x 0 2 y 5                     . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là 2 3 3 2 x, y ; ; ; 5 5 5 5            . Bình luận: Bài toán sau khi ẩn phụ hóa sẽ chuyển về hệ đối xứng loại 1 nhưng lại không chọn giải quyết bằng phương pháp của loại hệ đối xứng loại 1 được vì bậc khá cao nên chắc sẽ có những biến đổi đại số khá rối. Lời giải trong bài được dựa trên lối giải tổng quát của một loại hệ tổng quát sau đây mà ta cũng hay gặp: 2m 2m 2n 1 2n 1 x y 1 m,n x y 1    và hệ trong ví dụ là một biến tấu của hệ tổng quát. 2) Ẩn phụ hóa với hệ chứa căn thức. Đối với hệ chứa căn thức thường chúng ta sẽ gặp các sự biến tấu sau để ẩn phụ hóa. - Ẩn phụ hóa có ngay trên hệ (trên một phương trình hoặc cả hai phương trình). - Ẩn phụ hóa có được sau một phép biến đổi như nâng lũy thừa, chia hoặc nhân một đại lượng nào đó khác 0. Về cách nhìn chung cơ bản là như vậy, nhưng do sự biến tấu ẩn phụ rất phong phú nên cách tốt nhất nó chính là rèn luyện cảm giác sự liên quan đến đại lượng cần ẩn phụ và các đại lượng còn lại trong hệ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 271 Mục đích chung trong việc ẩn phụ hóa là khử căn thức. Ta thường có hai cách ẩn phụ hóa như sau : - Đặt một ẩn phụ dạng a f x biến đổi đưa về phương trình hoặc về hệ phương trình đã biết cách giải. - Đặt hai ẩn phụ ở hai dạng a f x a f x b g x b g x    để xử lí trên một phương trình hoặc toàn hệ để từ đó đưa về các phương trình hoặc hệ đã biết cách giải. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 22 2 2 2 2 x 2 5x y 5 21x 4 x 1 y 4 x 2 5x y 19  x,y  Phân tích : Quan sát hệ này, chúng ta dễ dàng nhận thấy đầu tiên là cả hai phương trình trong hệ đều chứa chung một đại lượng 22 5x y . Tuy nhiên, nếu quan sát thêm chút nữa ta lại để ý thấy cả hai phương trình trong hệ cũng chứa chung đại lượng x2 . Bây giờ vấn đề còn lại là ta sẽ biến đổi đại lượng 22 21x 4 x 1 y theo hai đại lượng chung mà ta nhận ra được đó là 22 x 2,5x y . Muốn vậy, ta sẽ đi xác định hai số m,n sao cho 2 2 2 2 2 21x 4 x 1 4y m x 2 n 5x y . Ta có : 2 2 2 2 21x 4x 4y 4 m 5n x 4mx ny 4m . Đồng nhất hai vế phương trình này ta sẽ tìm được m 1,n 4 . Vậy ta sẽ có : 2 2 2 2 2 21x 4 x 1 4y x 2 4 5x y . Vậy hệ sẽ giải với phép đặt 22 a x 2 b 5x y  . Lời giải : Điều kiện : 22 22 5x y 0 21x 4 x 1 y 0  Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ : 22 2 2 2 2 2 x 2 2 5x y 7 x 2 4 5x y 4 x 2 5x y 19  1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 272 Đặt 22 a x 2 b 5x y  , a 7,b 0  . Lúc đó hệ 1 trở thành hệ : 22 a 2b 7 a 4b 4ab 19  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 4ab 4b 49 4ab a 4b 49 a 4b 4ab 19 a 4b a 4b 30 0  22 22 4ab a 4b 49 a 4b 5  vì 22 a 4b 0 22 22 42 6 6 a ab 6 a b b 9 a 4b 25 b 4 b 4b 25b 36 0 4     a4 a3 3 b2 b 2    .  Với 2 22 x1 x 2 3 x1 y1 a3 b2 x1 5 y 4 5x y 2 y1             Với 2 2 2 x2 71 y a 4 x 2 4 x 2 2 3 3 71 b 5x y y x2 2 2 4 71 y 2               . Đối chiếu điều kiện và thử lại ta có nghiệm của hệ là 71 71 x, y 1;1 ; 1; 1 ; 2; ; 2; 22                . Bình luận : Hệ phát hiện ra ẩn phụ khá đơn giản, nếu không nhận xét ra thêm nhân tử chung của cả hai phương trình là x2 thì ta vẫn giải hệ rất tốt với một ẩn phụ cho căn thức. Phần còn lại là giải hệ bằng phương pháp thế hệ quả khá đơn giản. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 273 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 2 2x y 3 x y 5 5 8x 4y 17 3x 4 3 4x 2y  x,y  Phân tích : Với hệ này chứa tất cả là bốn căn thức. Tuy nhiên, ta quan sát được ở phương trình thứ hai trong hệ hai đại lượng 8x 4y 17,3 4x 2y có hệ số đứng trước x,y liên quan đến đại lượng 2x y 3 . Mặt khác giữa hai đại lượng 2x y 3,x y 5 có dấu của y trái dấu và tổng hệ số của x ở hai lượng này là 3 nên 3x 4 cũng liên quan đến hai đại lượng đó. Với suy nghỉ này ta sẽ ẩn phụ hóa hai căn thức ở phương trình thứ nhất. Cụ thể ta có : 2 22 2 a 2x y 3 a 2x y 3 3x a b 8 b x y 5 b x y 5   . Mặt khác ta lại có : 8x 4y 17 4 2x y 3 5 ; 3 4x 2y 9 2 2x y 3 . Vậy là hệ hoàn toàn có thể giải quyết theo hai ẩn phụ mới là a,b . Lời giải : Điều kiện : 2x y 3 0 x y 5 0 4 x 3 3 4x 2y 0  . Hệ phương trình đã cho được viết lại là : 2 2x y 3 x y 5 5 4 2x y 3 5 3x 4 3 4x 2y   Đặt a 2x y 3 ,a,b 0 b x y 5  . Ta có : 2 2 2 2 3x a b 8 3x 4 a b 4 . Lúc đó  trở thành hệ : 2 2 2 2 2a b 5 4a 5 a b 4 9 2a  2 2 2 2 2 b 5 2a 4a 5 a 5 2a 4 2a 9 0  2 2 2 b 5 2a 4a 5 5a 10x 21 2a 9 0 1  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 274 Xét 1 , ta có 2 2 2 1 4a 5 3 5a 10x 21 4 2 a 1 0 2 2 22 4 a 1 5 a 1 2 a 1 a 1 0 4a 5 3 5x 10a 21 4 2 22 C 4 a 1 13a 3 2 a 1 5a 10x 21 a 1 0 4a 5 3 5a 10a 21 4                        a 1 b 3 vì C 0, a 0 . Vậy ta có: 2 x 2x y 3 1 a 1 2x y 2 3 b 3 x y 4 10 x y 5 3 y 3    . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 2 10 x, y ; 33 . Bình luận : Bài toán tuy chứa nhiều căn thức nhưng nếu tinh ý phân tích các hệ số theo chuẩn đại lượng nào đó ta vẫn tìm được ẩn phụ phù hợp và đưa đến giải một hệ cơ bản. Nguồn gốc của bài toán là xuất phát một phương trình vô tỷ nào đó được chọn sẵn và bằng phép thay thế ta sẽ được một hệ đẹp. Và việc còn lại là chúng ta sẽ rút thế và đi ngược lại để tìm kiếm phương trình vô tỷ ban đầu đã được che giấu. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 2 2 x 5x 3 x y 3y 8 2 2x 1 x y 2 y 1 5x 1 x  x,y  Phân tích : Bài toán này, quan sát hệ chúng ta chỉ thấy hệ có một căn thức, đại lượng trong căn chứa y và ngoài căn cũng chứa y nên ta sẽ nghỉ ngay đến phép ẩn phụ hóa căn thức và phép thế. Đặt 2 t x y 22 y x t . Và thế vào hệ ta sẽ có hệ phương trình sau : 22 2 2 2 x 5x 3t 3 x t 8 2 2x 1 t 2 x t 1 5x 5x 0  22 22 2x 3xt 3t 8 3x 4xt 2t 5x 2t 2 0  Hệ cuối là hệ bậc hai tổng quát đã biết cách giải. Giờ ta đi vào giải hệ . Lời giải : Điều kiện : 2 x y 0 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 275 Đặt 2 t x y,t 0 . Ta có : 22 y x t . Thay vào hệ ta được hệ phương trình: 22 22 22 2 2 2 x 5x 3t 3 x t 8 2x 3xt 3t 8 1 3x 4xt 2t 5x 2t 2 0 2 2 2x 1 t 2 x t 1 5x 5x 0   Lấy 1 2 2  vế theo vế ta được phương trình : 22 t (4 5x)t 4x 10x 4 0 t x 2 t 4x 2 0 t 2 x t 2 4x   . Với t 2 x thay vào 1 ta có phương trình : 2 x 1 t 1 x 3x 2 0 x 2 t 0   Đối chiếu điều kiện của t ta có : 2 x2 x 2 x 2 t 0 y 4 x y 0   . Với t 2 4x thay vào (1) ta có phương trình : 2 x 1 t 2 19x 21x 2 0 2 30 xt 19 19     Đối chiếu điều kiện của t ta có: 2 2 2 2 x x x 19 19 19 30 30 896 t x y y 19 19 361    . Đối chiếu điều kiện của hệ ta có nghiệm của hệ là: 2 896 x, y 2;4 ; ; 9 361    . Bình luận: Với bài toán có một căn thức lặp lại ở cả hai phương trình trong hệ thông thường ta sẽ lụa chọn phép ẩn phụ hóa và sử dụng phép thế. Bài toán chúng ta vừa nghiên cứu xong là một loại hệ như vậy và ta đưa về hệ phương trình bậc hai tổng quát quen thuộc, hệ này ta có thể lựa chọn nhiều cách tiếp cận như chúng tôi đã đề cập ở các phần trước. Nguồn gốc của bài toán này chắc chắn bắt nguồn từ một hệ bậc hai có trước rồi sau đó người ta sử dụng phép thay thế. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 276 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 2 2 y 2x 1 1 x 2 1 y y x y 1 1 2 y x 1  x,y  Phân tích: Với hệ này ta quan sát thấy trong hệ cả hai phương trình đều liên quan đến hai đại lượng đó là 1 x, 1 y nên ta có thể ẩn phụ hóa: a 1 x b 1 y  2 2 x a 1 y b 1  . Khi đó ta sẽ có hệ phương trình mới: 2 22 2 2 2 4 b 1 2 a 1 1 a 2b b a b b 2b 1 a 1  . Với hệ mới ta để ý đến phương trình thứ hai trong hệ là một phương trình bậc hai theo biến 2 b nên ta có quyền hy vọng bắt nhân tử từ phương trình này. Cụ thể ta sẽ có : 2 2 2 4 4 2 2 b a b b 2b 1 a 1 1 a b a 2a b a 1 0 . Ta có 22 2 22 2 b a 2a 4 a 1 a 2a 2  . Điều này đã chứng tỏ được phương trình thứ hai trong hệ mới tách được nhân tử và như thế hệ hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x1 y1  . Đặt a x 1 , b y 1  a,b 0 . Ta có : 2 2 x a 1 y b 1  . Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành : 22 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 b 1 2 a 1 1 a 2b b 1 2 a 1 1 a 2b 1 b a b b 2b 1 a 1 1 a b a 2a b a 1 0 2  . Từ 2 ta có 22 2 22 2 b a 2a 4 a 1 a 2a 2  . Do đó ta có 2 2 2 2 b a 1 ab b 1 0 2 b a 1 vì 22 ab b 1 0 . Thay vào 2 b a 1 vào 1 ta có: 22 3a a 3 2 a 1 3 a a 1 2 a a 1 0 2 22 a a 1 2 3 a a 1 2 0 a a 1 3 0 a a 1 a a 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 277 15 a 2 15 a 2      . Đối chiếu điều kiện ta có : 2 1 5 3 2 5 ab 22 . Vậy ta sẽ có : 1 5 3 5 1 5 a x 1 x 2 2 2 3 2 5 3 2 5 1 5 y 1 y 1 y 2 2 2  . Đối chiếu điều kiện của hệ ta có nghiệm của hệ là 1 5 1 5 x, y ; 22 . Bình luận: Đây là một cách đặt ẩn phụ thường gặp trong hệ chứa căn thức và không khó phán đoán. Xuất phát điểm của nó là dựa trên một phương trình tách được nhân tử và sử dụng phép thế để tạo ra điều kiện ràng buộc trong hê. Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 22 3 2 2 3x 5y x y 3 5x 3y 3 x y x y 1 8 x y 2  x,y  Phân tích : Với hệ này ta nhận xét thấy xuất hiện các đại lượng 22 x y,x y,x y nên ta nghỉ đến phép đặt ẩn phụ như sau: 22 2 2 2 2 ab x a x y a x y 2 b x y b x y a b y 2    . Khi đó ta sẽ có phương trình thứ nhất trong hệ trở thành : 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a b 2 3 5 ab 3 5 3 3 2 2 2 2                                     2 2 2 2 3 3 2 2 2 4b a ab 3 a 4b 3 8ab 2a b 3a 12b 9 0 3 2 2 3 2 2 2 2 8ab 4a b 6ab 2a b 4a b 3a 6ab 12b 9 0 2 2 2 2 2ab 2ab 4b 3 a 2ab 4b 3 3 2ab 4b 3 0 22 2ab 4b 3 2ab a 3 0 . Vậy tới đây ta chỉ còn thực hiện phép thế vào phương trình thứ hai trong hệ. Vậy xem như hệ đã được giải quyết. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 278 Lời giải : Điều kiện : x y 0 x y 0  . Đặt a x y , b x y  a,b 0 . Từ phép đặt ta có : 22 22 ab x 2 ab y 2  . Lúc đó hệ phương trình đã cho trở thành hệ phương trình : 2 2 2 2 2 2 2 2 32 a b a b a b a b 2 3 5 ab 3 5 3 3 2 2 2 2 a b 1 8 b 2                                      2 2 2 2 32 2 4b a ab 3 a 4b 3 a b 1 8 b 2  3 3 2 2 32 8ab 2a b 3a 12b 9 0 a b 1 8 b 2  3 2 2 3 2 2 2 2 32 8ab 4a b 6ab 2a b 4a b 3a 6ab 12b 9 0 a b 1 8 b 2  2 2 2 2 32 2ab 2ab 4b 3 a 2ab 4b 3 3 2ab 4b 3 0 a b 1 8 b 2  22 32 2ab 4b 3 2ab a 3 0 a b 1 8 b 2  2 32 2ab a 3 0 a b 1 8 b 2  vì 2 2ab b 3 0 2 32 22 a3 b 2a a 3 a 3 a 1 8 2 2a 2a              2 32 2 3 2 a3 b 2a 3a 2a 3 64a 2a a 4a 3  2 6 5 4 2 2 a3 b 2a 27a 56a 133a 224a 165a 72a 27 0  2 2 4 3 2 a3 b 2a a 1 27a 2a 102a 18a 27 0  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 279 2 2 22 4 2 2 a3 b 2a a 1 26a a a 9a 1 19a 26 0  2 a3 a1 b 2a b2 a1   vì 2 2 4 2 2 26a a a 9a 1 19a 26 0 5 x x y 1 x y 1 2 x y 4 3 x y 2 y 2    . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 53 x, y ; 22 . Bình luận : Bài toán nhận ra ẩn phụ không khó, chú ý rằng cách đặt ẩn phụ kiểu “tổng, hiệu” thế này cũng thường được sử dụng trong bài toán hệ căn thức. Độ khó của hệ ta đang xét là khâu kiểm soát tính toán và khai triển hằng đẳng thức hợp lí. Ví dụ 6: Giải hệ phương trình 22 22 3y 37x 107 3x y 5 5 3 2x x 4 x y 3 x 2y 6 x 4  x,y  Phân tích : Với hệ này, chúng ta nhận thấy hệ chứa ba căn thức nhưng hai căn thức ở phương trình thứ nhất có ẩn phụ hóa cũng không giúp chúng ta được gì. Căn thức ở phương trình thứ hai nếu chúng ta ẩn phụ hóa nó thì khả năng biễu diễn biến x hoặc biến y theo ẩn phụ mới và biến cũ sẽ có tác dụng hơn vì lúc đó nó chuyển về phương trình đa thức quen thuộc có thể nhắm đến được cách phân tích nhân tử. Đối với bài toán vì trong phương trình thứ hai có chứa duy nhất y nên ta sẽ rút y theo biến x và ẩn phụ mới. Cụ thể ta có : Đặt 2 t x y 3 y x t 3 . Khi đó phương trình thứ hai trong hệ sẽ được viết lại thành phương trình sau : 2 2 2 2x x 4 t x 2 x t 3 6x 24 2 2 2 2t 2x x 4 t 3 2x x 10 0 . 2 t 3 2x x t 10 0 t 3 . Và như vậy ta đã có cơ sở để thực hiện phép thế giải phương trình thứ nhất trong hệ. Tuy nhiên, nếu với góc nhìn sâu hơn và đủ tinh tê hơn thì chúng ta nhận thấy trước căn thức là một tam thức bậc hai theo biến x và vế còn lại cũng có bậc Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 280 hai theo biến x nên ta thử hy vọng xem rằng nếu ta đặt ẩn phụ hóa như sau : 2 a x y 3 b 2x x  thì có giải quyết được phương trình thứ hai. Điều này đã quá rõ ràng ở bước đặt đầu tiên cho một phương trình rất rõ ràng giữa hai ẩn phụ a,b . Vậy, tới đây ta có hai đướng giải quyết cho bài toán để có được phép thế, và như thế hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 2 3y 37x 35 0 3x y 5 0 x y 3 0  . Đặt t x y 3,t 0 , Ta có : 2 y x t 3 . Lúc đó phương trình thứ hai trong hệ được viết lại : 2 2 2 2 2 2 2x x 4 t x 2 x t 3 6x 24 0 2t 2x x 4 t 3 2x x 10 0 2 t 3 2x x t 10 0 t 3 x y 3 3 y x 6 vì 2 2x x 10 0 t0  . Thay y x 6 vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 2 2 3 y 6 37x 107 3x x 6 5 5 3 22 3x x 1 3x x 1 5 3 1 . Xét hàm số 22 f x 3x x 1 3x x 1 , x  . Ta có : 2 2 2 2 11 3 x 3 x 6x 1 6x 1 66 f ' x 2 3x x 1 2 3x x 1 1 11 1 11 3 x 3 x 6 12 6 12                 Lại xét hàm số 2 3t g t , 11 3t 12 t  . Ta có : 22 11 g' t 0, t 11 11 4 3t 3t 12 12  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 281 Do đó hàm số gt đồng biến t  . Mặt khác ta có: 11 xx 66 nên 11 g x g x 66         . Từ đây ta có f ' x 0, x  . Do đó hàm số fx đồng biến x  . Suy ra f x 5 3 có tối đa một nghiệm. Mà f 1 5 3 . Do đó x1 là nghiệm duy nhất của 1 . Suy ray5 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 1; 5 . Bình luận: Với hệ này, việc đặt ẩn phụ bắt nhân tử là một phép đặt quen thuộc qua các ví dụ trên , độ khó của hệ này nằm ở giải phương trình tìm nghiệm. Cấu trúc giải phương trình này chúng tôi sử dụng phương pháp “hàm số lồng hàm số đại diện” it thấy để giải một phương trình vô tỷ. Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 2 x y 4 y y x 1 1 2 3 2y x 1 2 2x 1 y 9  x,y  Phân tích : Với hệ này, một lần nữa ta quan sát được trong hệ trong hệ chứa ba căn y, x 1 và x1 . Tuy nhiên do cấu trúc phương trình thứ nhất trong hệ đẩy ta đi đến ý tưởng đặt ẩn phụ hóa như sau : a x 1 by  . Khi đó ta có phương trình thứ nhất được biến đổi như sau : 22 2 2 2 2 2 2 2 a b 1 4 b ab 1 a b 2 a b 4b a b 0 2 a b 0 a b 2 0    . Và như vậy ta đã có thể thực hiện phép thế để giải phương trình thứ hai. Lời giải : Điều kiện : y x 1 0 x1 y0 y0 x 1 0   . Đặt a x 1 by  , a,b 0 . Từ đây ta có : 22 x y a b 1 . Lúc đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi như sau : 22 2 2 2 2 2 2 2 a b 1 4 b ab 1 a b 2 a b 4b a b 0 2 2 a b a b a b 2 a b 4b 0 a b a b a b 2 a b 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 282 22 a b a b 2 0 a b vì 2 a b 2 0 . Phương trình thứ hai được biến đổi thành phương trình : 2 2 2 2 3 2b a 2 2b 2a 1 9  Thay ab vào phương trình (*) ta có phương trình : 2 2 3 2 3 2a a 2 4a 2a 9 3 2 2 4a 2a 9 a 2 a 1 a 1 4a 6 2 2 2a 1 2a 3 1 2a 4a 6 a 2 a 1 2 2 1 2a 3 2a 1 0 4a 6 a 2 a 1 22 1 a 2 2a 5a 3 2a 3 a 2      Xét phương trình : 2 2 2 2 2 22 a0 2a 5a 3 2a 3 a 2 2a 5a 3 0 2a 5a 3 2a 3 a 2  32 3 0 a 1 a 2 32a 20a 54a 9 0    Xét hàm số 32 f a 32a 20a 54a 9 ,  3 a 0;1 ; 2      . Ta có : 2 2 5 299 f ' a 96a 40a 54 96 a 0, 24 6  3 a 0;1 ; 2      . Vậy hàm số fa là hàm số đồng biến trên hai khoảng  0;1 và 3 ; 2     . Mặt khác ta lại có :  a 0;1 9 f a 75   nên f a 0 vô nghiệm  a 0;1 . 3 a ; f a 153 2      nên f a 0 vô nghiệm 3 a; 2     . Vậy phương trình 22 2a 5a 3 2a 3 a 2 vô nghiệm. Do đó từ 1 1 5 1 a x 1 x y 2 2 4 4  . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 51 x, y ; 44 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 283 Bình luận : Bài toán vẫn là phát hiện ẩn phụ và khéo léo chọn được ẩn phụ phù hợp để có những triển khai có lợi nhất. Ví dụ 8: Giải hệ phương trình 22 y 2x 9x 2 y 4 xy 2x y 1 9 18 yx  x,y  Phân tích : Với cấu trúc hệ này, ta nhận thấy ngay ẩn phụ đã xuất hiện ngay từ phương trình thứ nhất trong hệ. Cụ thể ta sẽ đặt : y a 9x x 2x by y  . Tuy nhiên vấn đề bây giờ là ta cần biễu diễn phương trình thứ hai phải liên quan đến ẩn phụ. Vì với phép đặt như vậy ta không thể làm gì để thế xuống phương trình thứ hai cho ra một biểu thức liên quan đến ẩn phụ. Ta nhận thấy các đại lượng trong tích ở vế trái phương trình thứ hai có gì đó ngược ngược với biểu thức trong hai căn mà ta ẩn phụ hóa. Vậy phải chăng đây là một kết quả đã được biến đổi từ một điều “thuận” của ẩn phụ? Để tìm hiểu ta sẽ đi ngược lại vấn đề là phá cấu trúc tích đó để sắp xếp lại. Cụ thể ta có phương trình thứ hai được viết lại thành phương trình : 2 2 2 2 3 3 2 2 2x y y 9x 18x y 18x y 9x y 2xy 2 2 2 2 9x y 9 9x 9 y y 2x xy 1 xy 2 y 2x 2 y 2 2x 2x y  9 2x y 2x 2x y x y y 2 y 9x 4 2 y 2x y y x             . Và tới đây mọi thứ đã hoàn toàn. Ta sẽ đi vào lời giải cho bài hệ. Lời giải : Điều kiện : xy 0 y 9x 0 x 2x y0 y   . Đặt y a 9x x , a,b 0 2x by y  . Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi lại thành phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 284 2 2 2 2 3 3 2 2 2x y y 9x 18x y 18x y 9x y 2xy 2 2 2 2 9x y 9 9x 9 y y 2x xy 1 xy 2 y 2x 2 y 2 2x 2x y  9 2x y 2x y 2x x y y 2 9x y 4 2 y 2x y x y             Vậy hệ phương trình đã cho được viết lại thành hệ phương trình sau : a 4 2b a 2b 4 a 4 2b a 2 2 b b 1 ab 2 b 1 b 1     y 9x 2 x 2x y1 y  2 2 2 2 22 y 4x 9x 9x y 4x y 2x y 4x 9x 2x 9x   2 2 y 4x 9x 1 x x 9x 7x 2 0 9  2 x0 y0 y 4x 9x 1 x 1 x 0 x 9 9 1 y 3             . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 11 x, y ; 93 . Bình luận : Đây là một bài rất hay , đẹp về hình thức và độc đáo về chọn đại lượng cần đặt ẩn phụ. Đặc biệt là con số 1 ở phương trình thứ 2, nó mang một „tính chất đầy ma thuật” nếu không gỡ được nó thì khó lòng đi được hết đoạn đường giải bài toán. Tác giả của bài hệ này, thật tinh tế và có những tính toán hết sức là thú vị. Ví dụ 9: Giải hệ phương trình : 22 22 17 4x 19 9y 10 2x 3y x 13 4x y 9 16y 3  x,y  Phân tích : Với hệ này, chúng ta nhận xét trên từng phương trình chẳng cho chúng ta mối liên quan nào cả. Tuy nhiên để ý cả hai phương trình trong hệ ta nhận xét thấy một điều khá đặc biệt. Để nhìn rõ điều đó ta biến đổi hệ thành : 22 22 2x 17 4x 3y 19 9y 10 x 13 4x y 9 16y 3  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 285 Điều đặc biệt ở đây là nếu trên phương trình thứ nhất có dạng ab thì dưới phương trình thứ hai lại có dạng ab và đặc biệt sự liên kết giữa 2 2x,4x và 2 4y,16y nó gợi cho chúng ta sắp xếp một điều gì đó liên quan đến ab để từ đó có ab . Như vậy ta sẽ đẩy ý tưởng của bài toán là ẩn phụ hóa như sau : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 17 x 17 4x a 2x 17 4x a 4x 17 4x 17 4 b 19 b 3y 19 9y b 6y 19 9y 19 y 19 9y 6   Và như vậy hệ ban đầu trở thành một hệ đơn giản sau : 22 a b 10 a 17 b 19 3 46  . Vậy hệ hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 2 17 17 x 17 4x 0 22 19 19 19 9y 0 y 44       . Đặt 2 2 2 2 2 2 a 17 x 17 x a 2x 17 4x 4 b 19 b 3y 19 9y y 19 9y 6   . Vậy hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ : 22 22 a b 10 a b 10 a 17 b 19 3a 2b 125 3 46   2 a3 a 10 b b7 a5 5b 60b 175 0 b5           Với 2 2 2 2 2 17 4x 3 2x 2x 17 4x 3 a3 b7 19 9y 7 3y 3y 19 9y 7    2 2 2x 3x 2 0 9y 21y 30 0  (hệ vô nghiệm)  Với 2 2 2 2 22 2 2 17 4x 5 2x 2x 17 4x 5 a 5 2x 5x 2 0 b5 3y 5y 1 0 19 9y 5 3y 3y 19 9y 5     Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 286 9 x 1 x 2 5 13 5 13 yy 66    Đối chiếu điều kiện của hệ ta có nghiệm của hệ là: 5 13 5 13 1 5 13 1 5 13 x, y 2; ; 2; ; ; ; ; 6 6 2 6 2 6                            . Bình luận: Bài toán này tác giả đã đề xuất một cách đặt ẩn phụ dựa trên một vài đặc điểm của ẩn phụ trong phương trình vô tỷ để giải quyết chéo trên hệ. Phép đặt có được là một kỷ thuật thường gặp trong tích phân đó là phép thế Euler. Hình dáng đặt ẩn phụ này rất ít gặp nhưng cũng là một ý tưởng hay và sau này có một số tác giả sủ dụng “phép thế Euler” để chế tác một số bài toán khác. Tuy nhiên, trở ngại của phép thế này trong hệ chứa căn thức đó là trên một phương trình nếu dùng phép thế này thì đòi hỏi kỷ năng biến đổi đại số khá rắc rối để đưa về một tích rồi từ đó xoay ngược lại bằng kỷ năng liên hiệp, bình phương cho ra được mối quan hệ. Với chúng tôi phép thế Euler ứng dụng trong bài toán này thì rất hay Ví dụ 10: Giải hệ phương trình 22 2 y x 1 y 1 x 1 2 8x 7y 1 2 1 3y 5x y 2 x 1 3x y 3  , xy  Phân tích : Với hệ này quan sát trong hệ chứa tới bốn căn thức, tuy nhiên cả bốn căn thức này chẳng có liên quan gì đến nhau. Do đó ta cần đẩy ý tưởng ẩn phụ hóa trên một phương trình trong hệ rồi sử dụng phép thế. Hãy chú ý tới phương trình thứ nhất trong hệ các biểu thức có gì đó rất quen thuộc nhưng lại rất lạ mắt. Về sự quen thuộc là cấu trúc của vế trái có nét gì đó liên quan đến liên hiệp hoặc hàm số như một số bài toán chúng ta nghiên cứu, nhưng cái lạ ở đây là ta không thể áp dụng các phương án quen thuộc để giải quyết vì tính sắp xếp các biến bị đan chéo nên việc ghép liên hiệp hay đưa về hàm số là không thể. Nhưng ta sẽ cố gắng biến đổi sự lạ mắt này về sự quen thuộc thông qua phép đặt ẩn phụ hóa sau đây : Đặt : 2 2 2 2 2 2 2 2 a1 x 2a b1 y a x x 1 2b a1 b y y 1 x1 a b1 y1 b   Khi đó phương trình thứ nhất trong hệ trở thành phương trình sau : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 287 2 2 2 2 a 1 b 1 b 1 a 1 1 2a 2b 2b 2a             22 ab 1 ab a b a b 0    Từ đây ta có : 22 ab 1 x x 1 y y 1 1  Hệ thức  hết sức quen thuộc mà ta đề cập ở các phần trước nên đến đây ta xem như phép thế đã có và hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 5x y 2 0 3x y 3 0  Do 22 x 1 x 0, y 1 y 0 . Đặt : 2 2 2 2 2 2 2 2 a1 x 2a b1 y a x x 1 2b a1 b y y 1 x1 a b1 y1 b   , a,b 0 Với phép đặt này, từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 2 2 2 2 a 1 b 1 b 1 a 1 1 2a 2b 2b 2a             2 2 2 2 a b b ab a ab a a b b 2ab 22 ab 1 ab 1 ab a b a b 0    vì 22 ab a b a b 0, a,b 0 22 x x 1 y y 1 1 1 . Vì 22 y 1 y y y 0 y 1 y 0 nên ta có 1 trở thành : 2 2 2 2 x x 1 y 1 y x y x 1 y 1 0 22 22 2 2 2 2 x 1 x y 1 y xy x y 0 x y 0 x 1 y 1 x 1 y 1 x y 0 y x vì 22 22 x 1 x y 1 y 0 x 1 y 1 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 288 2 2 8x 7x 1 2 3x 1 4x 2 x 1 2x 3 1 x 2 2 2 8x 7x 1 x 1 2x 3 2x 1 4x 1 4x 2 2 12 8x 7x 1 6 x 1 2x 3 6 2x 1 4x 2 6 4x 1 4x 2 0 2 34x 5x 11 3 x 1 2x 3 2x 3 2 3 2x 1 4x 2 2 2 4x 1 4x 4 3 4x 2 0 17x 11 2x 1 2 3 x 1 2x 1 2x 3 6 2x 1 4x 2 2x 1 2 4x 1 2x 1 0 2x 3 2 4x 2 2 3 4x 2 4x 4 2 T 3 x 1 2x 3 6 2x 1 4x 2 2 4x 1 2x 1 17x 11 0 2x 3 2 4x 2 2 3 4x 2 4x 4                              11 2x 1 0 x y 22 vì 1 T 0, x 2 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 11 x, y ; 22 . Bình luận : Đây là một bài hệ rất khó, hình ảnh đặt ẩn phụ trong bài toán là một biến tấu của phép đặt Euler đã nhắc ở ví dụ trên. Nhược điểm của các đặt này, là xử lí khá rắc rối, ưu điểm là phép đặt ẩn phụ này còn mới lạ so với những kiểu ẩn phụ thông thường ta hay gặp. Mặt khác độ khó của bài toán còn nằm ở cách giải phương trình thứ hai, nếu ta không khéo léo thì sẽ dẫn đến những biến đổi hết sức khó khăn. Ví dụ 11: Giải hệ phương trình 2 22 4 x y x 2 2x 4xy 2x 4 2x 2 2x 2xy 2x 4y x 4xy 29x 6x 2  x,y  Phân tích : Với hệ phương trình đang xét, cấu trúc của hệ thật khó để nhìn nhận điều gì được ngay, mà ta cần phán đoán trên từng phương trình trong hệ. Với phương trình thứ nhất ta nhận thấy 2x chứa cả hai vế của phương trình nên ta sẽ đẩy ý tưởng chia cho hai vế phương trình cho 2x , khi đó ta sẽ được phương trình : x2 4 x y 2y x 1 4 2x . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 289 Đã gọn gàng hơn và thấp thoáng được ý đồ chọn ẩn thay thế trong bài hệ này có lẻ sẽ liên quan đến đại lượng x2 2y x 2x . Giờ ta quan sát phương trình thứ hai ta để ý thấy 2 2xy 2x 4y x x 2 2y x có liên quan đến đại lượng mà ta sẽ nghỉ đến phép ẩn phụ. Vậy ta sẽ biến đổi gọn lại phương trình thứ hai như sau 2 2 2x x 2 2y x 8xy 6x 2 29x . Phương trình này lại thấp thoáng hằng đẳng thức vì xuất hiện 2ab nên ta sẽ tách tiếp như sau : x 2 2x 2y x 2 2x x 2 2y x 4x y x 30x 2 2 x 2 2x 2y x 2x y x 30x x 2 2x 2y x x y 15 2x 2 x2 2y x 2 x y 15 2x . Tới đây kết hợp với phương trình thứ nhất ta sẽ có được phép ẩn phụ hóa là a x y x2 b 2y x 2x  . Và như vậy hệ hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x0 2y x 0  . Nhận xét hệ không thể có nghiệm x,y 0;y nên ta chỉ xét với x0 . Hệ phương trình đã cho được viết lại thành hệ : 2 4 x y x 2 2x 2y x 2x 4 2x x 2 2x 2y x 2 2x x 2 2y x 4x x y 30x  2 x2 4 x y 2y x 1 4 2x x 2 2x 2y x 4x y x 30x  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 290 2 x2 4 x y 2y x 1 4 2x x2 2y x 2 x y 15 2x   Đặt a x y x2 b 2y x 2x  , b0 . Lúc đó hệ phương trình  trở thành hệ phương trình : 2 32 2 2 2 15 b 4 b 1 4 b b 7b 15 0 4 a b 1 4 2 15 b b 2a 15 a 15 b 2 a 2    2 2 x y 3 b 3 b 4b 5 0 a3 x2 15 b b3 2y x 3 a 2x 2    y 3 x x2 6 x 3 2x 0 x 6   y 3 x y 3 x x 2 x 2 x 2 1 2 6 x 0 0 2x 2 6 x x2 2x 1 0 x 6 2x 0 x 6     y 3 x x2 11 x 2 0 y1 2 6 x x2 2x 1 2x 0 x 6    . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 2;1 . Bình luận : Bài hệ được xuất phát từ một hệ cơ bản và chọn đại lượng để thực hiện phép thế. Một kỷ năng cũng thường gặp trong giải hệ là phát hiện đại lượng để chia phù hợp. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 291 Ví dụ 12: Giải hệ phương trình x 2y 2 4x y 1 46 16y x y 6y 4 4x y 8 4y  x,y  Phân tích: Nhận xét đầu tiên là hệ này có hai phương trình đều chứa đại lượng 4x y nên bước đầu tiên ta sẽ mạnh dạn thực hiện phép thế để khử bớt căn ở phương trình thứ hai trong hệ và tiếp tục đó là sử dụng phép lũy thừa để phá căn thức bởi vì biểu thức 46 16y x y 6y chẳng cho ta được mối liên kết nào cả. Cụ thể từ phương trình thứ nhất trong hệ ta sẽ có : 2 4x y 1 x 2y . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta sẽ có được phương trình : 22 46 16y x y 6y 6 2x 46 16xy 16y 6y 36 24x 4x 2 22 4x 16xy 16y 24x 6y 10 0 4 x 2y 6 4x y 10 0 Và tời đây chúng ta nhận thấy được hệ này hoàn toàn giải quyết với phép đặt : a x 2y b 4x y  . Lời giải : Điều kiện : 4x y 0 46 16y x y 6y 0  . Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 2 4x y 1 x 2y . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 22 46 16y x y 6y 6 2x 46 16xy 16y 6y 36 24x 4x 2 22 4x 16xy 16y 24x 6y 10 0 4 x 2y 6 4x y 10 0 . Từ đây ta có hệ phương trình đã cho được viết lại: 2 x 2y 2 4x y 1 4 x 2y 6 4x y 10 0   . Đặt a x 2y ,b 0 b 4x y  . Lúc đó hệ  được viết lại thành hệ : 22 a 2b 1 4a 6b 10 0  2 2 2 a 1 2b a 1 2b a 1 2b a 1 b 1 b 1 11b 8b 3 0 4 1 2b 6b 10 0    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 292 3 x x 2y 1 x 2y 1 7 4x y 1 5 4x y 1 y 7    . Đối chiếu điều kiện và thử lại ta có nghiệm của hệ là 35 x, y ; 77 . Bình luận : Bài toán này lần đầu tiên xuất hiện trong một đề thi thử của diễn đàn math.vn. Đề xuất của bài toán là kỷ năng thế và ẩn phụ hóa. Một kỷ năng cũng thường được dùng trong bài toán hệ chứa căn thức và sau này có rất nhiều bài toán dựa trên ý tưởng này mà biến tấu rất nhiều bài toán hay. Ví dụ 13: Giải hệ phương trình 2 2 x y 3 5x 4y 7 4 3 6x 3y 5 x y 2 10  x,y  Phân tích : Bài toán liên quan đến 3 căn thức, theo suy nghỉ tự nhiên, ta có thể ẩn phụ hóa với hai căn thức nào đó. Chẳng hạn ở đây ta sẽ đặt ẩn phụ 22 2 2 2 2 4a b 8 x a x y 2 a x y 2 9 b 5x 4y b 5x 4y 5a b 10 y 9    . Lúc này hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ : 22 2a 3b 7 26 4 3 a b 5a 10 3  Về cơ bản hệ này vẫn giải tốt bằng phép thế. Tuy nhiên, ở đây chúng tôi xin đề cập đến một cách nhìn khác cho hệ đặc biệt này. Hệ này các bạn hãy để ý tới tổng của ba đại lượng trong căn, ta sẽ có : x y 2 5x 4y 3 6x 3y 5 . Vậy ta sẽ có 2 2 2 5x 4y x y 2 3 6x 3y 5 nên ta sẽ đề xuất cách đặt ẩn phụ sau : a 5x 4y b x y 2 c 3 6x 3y  , a,b,c 0 . Từ đây ta sẽ có hệ : 2 2 2 3a 2b 7 5b 4c 10 a b c 5  và hệ này cũng giải được bằng phép thế. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 293 Lời giải : Điều kiện: 5x 4y 0 x y 2 0 3 6x 3y 0  . Đặt : a 5x 4y b x y 2 , a,b,c 0 c 3 6x 3y  . Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành hệ phương trình : 2 2 2 22 2 7 2b 7 2b aa 33 3a 2b 7 10 5b 10 5b 5b 4c 10 c c 44 a b c 5 482 7 2b 10 5b b 2 b b5 433 34             689 689 a 5x 4y 433 433 5x 4y 1 a1 482 482 b 2 b x y 2 2 x y 2 433 433 c0 3 6x 3y 0 480 480 c 3 6x 3y 433 433      2 2 2 689 5x 4y 433 5x 4y 1 482 x y 2 4 x y 2 433 3 6x 3y 0 480 3 6x 3y 433    131999 x x1 187489 y 1 131999 y 187489    . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là : 131999 131999 x,y 1;1 ; ; 187489 187489    . Bình luận: Bài toán trên tác giả là em Lê Bình Phương, bài toán được tác giả giải theo phương án đặt hai ẩn phụ, đó cũng là xuất phát tự nhiên. Nhưng khi tác giả sáng tác không biết cố ý hay vô tình mà tác giả lại để cho tổng ba đại lượng trong căn thức cộng lại bằng hằng số. Dù cố ý hay vô tình thì bài toán trên cũng gợi mở ra cho chúng ta nhiều khi một chút khác biệt sẽ tạo ra được một cá tính hay và sẽ đưa ta đến con đường ra kết quả bằng một hướng đi khác “cũ nhưng lại mới “. Nhược điểm của bài đó là tác giả khống chế nghiệm chưa tốt. Tuy nhiên, chúng tôi vẫn tôn trọng ý tưởng gửi gắm của tác giả. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 294 Ví dụ 14: Giải hệ phương trình 22 22 1 1 1 y 2 x 1 x 2x y y 2 y x 11 y x 2 y 3 2 2y xx  x,y  Phân tích : Với phương trình thứ hai trong hệ, ta không thể làm gì được với nó. Ở phương trình thứ nhất trong hệ ta nhận thấy tuy phương trình chứa nhiều căn thức và có một điểm đặc biệt các đại lượng trong căn thức chỉ chứa x,y đều ở bậc 1, nên ta thử đẩy ý tưởng đặt x ty để khử bớt đại lượng đã cho trên phương trình này. Cụ thể lúc đó phương trình thứ nhất sẽ được viết lại là : 22 22 1 1 1 y 2 yt 1 yt 2ty y y 2 y yt 1 1 1 1 2t 2 2t 1 2t 1 2 2t Và tới đây ta lại ẩn phụ hóa như sau : a 2t b 2 2t  , ta lại có phương trình được biến đổi như sau : 22 1 1 1 1 ab 1 a 1 b 22 22 1 b 1 a 1 1 ab 1 a 1 b 2 2 2 2 1 ab 1 a 1 b 1 a 1 b 2 22 1 ab 2 2a 2b a b 1 ab a b 0 22 2 1 ab 2 a b 1 ab a b 1 ab 22 1 ab 2 a b 1 ab a b 2 2 2 2 2 2 2 2 ab a b 2 2ab 1 2ab a b a 2ab b a b 0 22 2 2 2 2 ab a b 2ab a b 2ab 1 0 a b ab ab 1 0 ab a b 1 ab 1  1 2t 2 2t 1 t 2 1 x y y 2x 2 . Vậy là ta đã tìm được mối quan hệ thế vào phương trình thứ hai giữa hai biến và như thế hệ hoàn toàn được giải quyết. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 295 Lời giải : Điều kiện : x0 0 x 1 y0 y0 y x 0 yx 1 x 0 15 x 4y 1 x 0 15 x 4y 1 x 0    . Nhận xét hệ không thể có nghiệm x,y 0;0 . Do đó ta chỉ cần xét 0 x 1,y 0  . Đặt x ty,t 0 . Lúc đó phương trình thứ nhất trong hệ được viết lại là : 22 1 1 1 y 2 yt 1 yt 2ty y y 2 y yt 22 1 1 1 1 2t 2 2t 1 2t 1 2 2t  . Đặt a 2t ,a 0,b 0 b 2 2t  . Lúc đó ta có  trở thành phương trình : 22 1 1 1 1 ab 1 a 1 b 22 22 1 b 1 a 1 1 ab 1 a 1 b 2 2 2 2 1 ab 1 a 1 b 1 a 1 b 2 22 1 ab 2 2a 2b a b 1 ab a b 0 22 2 1 ab 2 a b 1 ab a b 1 ab 22 1 ab 2 a b 1 ab a b 2 2 2 2 2 2 2 2 ab a b 2 2ab 1 2ab a b a 2ab b a b 0 22 2 2 2 2 ab a b 2ab a b 2ab 1 0 a b ab ab 1 0 ab a b 1 ab 1  1 2t 2 2t 1 t 2 1 x y y 2x 2 . Thế y 2x vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 22 1 1 1 1 3x 2 2x 3 2 x 3x 4x 6 2 2 x x x x x         2 1 1 1 3 x 2x 1 x 2 2 2 2 x 0 x x x             Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 296 2 1 3 x 2x 1 2 x 1 2 x 0 x 2 2 2 2 1 x 2x 1 4x 3 x 2x 1 2 0 x x 1 2 x 1 x 2x 1 3 x 2x 1 2 0 x x 1 2 x 2 11 x 1 3 2 0 x 1 x x 1 2 x y2 vì 11 3 2 0 x x 1 2 x . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 1;2 . Bình luận: Bài toán này ở phương trình thứ nhất nếu tinh mắt và khá sẽ nhận thấy được phương trình đó được bắt nguồn từ một bắt đẳng thức cơ bản. Tuy nhiên, qua bài toán này chúng tôi muốn gửi gắm đến các bạn nếu trên một phương trình vô tỉ mà các đại lượng trong căn thức thuần nhất, hoặc đẳng cấp chúng ta có thể đặt ẩn phụ để rút bớt ẩn ban đầu. Sau đó có thể tiến hành đặt ẩn phụ lần nữa hoặc có thể biến đổi tương đương hoặc có thể xử lí như một phương trình vô tỷ bình thường để tìm mối quan hệ đó. Như vậy, về tổng quan về đặt ẩn phụ cho căn thức chúng tôi đã cố gắng minh họa hầu hết các kiểu đặt thường gặp và phân tích các biến tấu của nó. Hy vọng sẽ giúp các bạn có cái nhìn tốt hơn cho các hệ loại này. V. HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ. Để giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số, trước tiên ta cần biết đến cơ sở lý thuyết để giải bằng phương pháp này qua các định lý sau : 1) Định lý 1: Nếu hàm số fx xác định trên một tập K ( có thể là một khoảng hoặc nữa khoảng hoặc một đoạn) và hàm số fx luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) thì phương trình f x 0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất trên tập K . 2) Định lý 2: Nếu hàm số fx xác định trên tập K (có thể là một khoảng hoặc nữa khoảng hoặc một đoạn) và hàm số fx luôn đồng biến ( hoặc nghịch biến). Khi đó với mọi a,b thuộc tập K thỏa mãn f a f b khi và chỉ khi ab . Chú ý : Trong quá trình xử lý bài toán hệ bằng phương pháp hàm số ta thường gặp một lớp bài toán f a f b trong đó hàm số đại diện là ft luôn tăng hoặc luôn giảm trên một tập 12 D D D  thì ta nên cẩn thận kết luận f a f b a b . Vì ta chỉ có được điều này khi và chỉ khi a,b cùng dấu, nếu ta có a,b khác dấu thì kết luận f a f b a b là một kết luận sai. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 297 Các bài toán giải bằng phương pháp hàm số thường được chia thành hai lớp toán chính :  Xử lý một phương trình trong hệ về dạng f a f b trên một tập xác định K đã biết trước và chọn hàm số đại diện ft trên một tập 1 K tương ứng và khẳng định tính đơn điệu của ft thỏa mãn một trong hai định lý trên.  Xử lý một phương trình trong hệ về dạng f a f b trên một tập xác định K mà ta chưa biết mà cần phải đi xây dựng trên một phương trình còn lại hoặc từ điều kiện. Sau đó ta cũng chọn hàm đại diện ft trên một tập xác định 1 K tương ứng và khẳng định tính đơn điệu của ft thỏa mãn hai định lý trên hoặc ta sẽ khảo sát từng hàm số f a ,f b trên tập xác định tương ứng với từng hàm số và đưa ra kết luận.  Một số đặc điểm để có thể ứng dụng phương pháp này vào giải hệ. - Có một phương trình trong hệ có thể cô lập được hai biến về một định dạng phương trình có tính đối xứng. - Hệ đối xứng loại 2 nhưng nếu sử dụng phương pháp đã biết sẽ gây khó khăn. - Có một phương trình trong hệ có thể cô lập được hai biến nhưng không đưa được về dạng đối xứng mà bốn định dạng hay gặp là f a f b k,f a f b k  ,f a g b k ,f a k với k là hằng số và a thuộc tập xác định 1 K , b thuộc một tập xác định 2 K . Sau đây ta sẽ khảo sát các bài toán về thể loại này.  Loại 1: Xét hàm số đại diện trên tập xác định đã biết trước. Trong đề mục loại 1 chúng ta thường sử dụng các phương pháp sau: - Nhìn trực diện trên một phương trình tách được phương trình có thể xét hàm. - Cộng, trừ theo vế hai phương trình trong hệ để có được phương trình xét hàm. - Chia hoặc nhân cho một đại lượng nào đó khác 0 (kể cả liên hiệp) - Sử dụng phép thế từ một phương trình trong hệ vào phương trình còn lại để tìm phương trình có thể xét hàm số đại diện. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 3 3 2 2 2 13x 4y 8 y x 3 y 2x x x 2 y 1 5 1 2y  x,y  Phân tích : Với hệ này, nhận thấy phương trình thứ nhất trong hệ hai biến x,y có thể cô lập được nên khả năng biến đổi về phương trình định dạng đối xứng để xử lý hàm số là rất cao nên ta sẽ ưu tiên biến đổi phương trình thứ nhất về phương trình sau : 3 2 3 2 32 32 x 6x 13x 8 y 3y 4y x 1 3 x 1 4 x 1 y 3y 4y . Và tới đây ta biến đổi được về phương trình định dạng đối xứng nên ta tiến hành xét hàm số dại diện : 32 f t t 3t 4t, t  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 298 Ta có: 2 2 f ' t 3t 6t 4 3 t 1 1 0, t  . Và như vậy ta sẽ có f x 1 f y y x 1 . Từ đây ta đã có mối quan hệ giữa x,y để tiến hành phép thế và giải quyết trọn vẹn hệ phương trình. Lời giải : Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta biến đổi được về phương trình : 3 2 3 2 x 6x 13x 8 y 3y 4y 32 32 x 1 3 x 1 4 x 1 y 3y 4y 1 . Xét hàm số 32 f t t 3t 4t, t  . Ta có : 2 2 f ' t 3t 6t 4 3 t 1 1 0, t  . Do đó ta có hàm số ft luôn đồng biến trên  . Do đó từ 1 ta có : f x 1 f y y x 1 . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 24 x x 2 x 2 5 2x 1 0 x 2x 5 0 22 x 2x 5 x 2x 5 0 2 x 1 6 y 2 6 x 2x 5 0 x 1 6 y 2 6    . Vậy nghiệm của hệ phương trình là   x,y 1 6;2 6 ; 1 6;2 6 . Bình luận : Bài toán trên là dạng mà chúng tôi đã đề cập trong phần nhân tử hóa dựa trên tính đối xứng, giờ chúng tôi đưa ra một phương án khác để giải nó đó chính là hàm số. Điều này cũng có nghĩa rằng các bài toán dựa trên tính đối xứng hoàn toàn có thể giải bằng phương pháp hàm số như chúng tôi đã nói ở phần trước. Việc tách được phương trình để xét hàm số, phần trước chúng tôi đã phân tích nên chúng tôi không đi sâu vào nữa. Và không nghi ngờ gì nữa bài toán trên được giải bằng hàm số dựa trên tập xác định K đã biết trước. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 2 2 3 4 4 4 6 2 x 3y x 2x 3y y y 2 y 4x 5 2 y 3 7  x,y  Phân tích : Với hệ phương trình này, ta nhận thấy phương trình thứ hai tuy đơn giản nhưng ta không thể tìm được mối quan hệ giữa x,y có lợi nhất cho ta sử dụng phép thế. Còn phương trình thứ nhất, tuy hình thức khá rối nhưng không khó nhận ra phương trình cho phép ta cô lập được hai biến x,y nên khả năng xử lý hàm số là rất cao. Cụ thể ta có phương trình thứ nhất được biến đổi lại như sau : 5 3 2 4 8 10 6 5 3 2 4 10 8 6 x 3x y 2xy 3y y 2y x 3x y 2xy y 3y 2y . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 299 Ở phương trình cuối ta nhận thấy rằng bậc cao nhất của x là 5 và bậc cao nhất của 10 y . Tuy nhiên ta quan sát thấy bậc ba của biến x lại gắn với bậc hai của biến y , bậc một của biến x gắn với bậc bốn của biến y nên ta đẩy ý tưởng chia hai vế phương trình cho 5 y để gắn kết về bậc của hai phương trình với nhau. Cụ thể thực hiện phép chia 5 y ta sẽ có phương trình : 53 53 x x x 3 2 y 3y 2y y y y             . Phương trình đã có định dạng hàm số đại diện 53 f t t 3t 2, t  . Ta có 42 f ' t 5t 9t 2 0 với mọi t  nên hàm ft đơn điệu tăng trên  . Từ đây ta sẽ xây dựng được mối quan hệ giữa hai biến x,y và như thế hệ hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 5 x 4 . Phương trình thứ nhất được biến đổi lại thành phương trình : 5 3 2 4 10 8 6 x 3x y 2xy y 3y 2y 1 Xét y0 x0 không thỏa hệ phương trình. Với y0  ta chia hai vế 1 cho 5 y ta được phương trình : 53 53 x x x 3 2 y 3y 2y y y y             2 Xét hàm số 53 f t t 3t 2t , t  . Ta có : 42 f ' t 5t 9t 2 0, t  . Do đó từ 2 x 2 f f y x y y . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 4x 5 2 x 3 7 4x 5 4x 12 4 4x 17x 15 49 2 22 8 2x 0 4x 17x 15 8 2x 4x 17x 15 64 32x 4x  x4 x1 49x 49   . Đối chiếu điều kiện ta có x 1 y 1  . Vậy hệ phương trình có nghiệm là   x,y 1;1 ; 1; 1 .  Cách khác : Ta có : 4x 5 2 x 3 7 4x 5 3 2 x 3 2 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 300 C 4 x 1 2 x 1 42 0 x 1 0 4x 5 3 x 3 2 4x 5 x 3 2            x 1 0 x 1 y1  vì 5 C 0, x 4 . Và như vậy ta cũng có nghiệm của hệ là   x,y 1;1 ; 1; 1 . Bình luận : Việc xét trường hợp để thực hiện phép chia tìm hàm số đại diện trên một miền nghiệm cho biết trước cũng là trường hợp thường gặp với thể loại hệ này. Còn cách giải phương trình tìm nghiệm là một phương trình quá cơ bản, ở đây chúng tôi giải hai cách đó là phương pháp cơ bản và liên hiệp. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 32 5 2x 3 2y 3 4 y x x x 1 y 15 y 1 29  x,y  Phân tích : Với hệ này, rõ ràng chúng ta không cần suy nghỉ gì nhiều vì cấu trúc “cô lập và đối xứng” đã có ở phương trình thứ nhất trong hệ. Do đó ta sẽ tiến hành tách như sau : 2x 3 2y 3 4y 4x 2x 3 4x 2y 3 4y . Ta xét hàm số 3 f t 2t 3 4t, t 2 . Ta có : 13 f ' t 4 0, t 2 2x 3 . Từ điều này ta đã có thể xây dựng mối quan hệ cho x,y . Như vậy hệ hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 3 x 2 3 y 2  Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2x 3 4x 2y 3 4y 1 . Xét hàm số 3 f t 2t 3 4t, t 2 . Ta có : 13 f ' t 4 0, t 2 2x 3 . Do đó hàm số ft luôn đồng biến trên 3 ; 2     , do đó từ 1 f x f y x y . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 301 3 2 5 4 2 5 x x 1 x 15 x 1 29 x x 15x x 14 0 22 2 x 1 y 1 x 2 0 x 2 x 1 x 3x 7 0 x 1 y 1 x 1 0 x 2 y 2       . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x,y 1; 1 ; 1;1 ; 2;2 . Bình luận : Bài toán vẫn là bài toán xét hàm số đại diện trên một tập xác định đã có trước của bài toán mà không cần suy thêm tập xác định nữa. Việc phát hiện ra hàm số đại diện và giải hệ này không hề khó. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 22 x 1 x 3 x 5 y 1 y 3 y 5 x y x y 80  x,y  Phân tích : Với hệ này ta nhận thấy phương trình thứ hai trong hệ tuy là một phương trình bậc hai ẩn ẩn quen thuộc nhưng ta không tìm được delta chính phương nên ta sẽ dồn chú ý vào phương trình thứ nhất trong hệ. Phương trình này đã cô lập hai biến và không khó để nhận thấy chúng có mối liên quan đến nhau về cấu trúc trên phương trình, tức là bên phải các đại lượng còn lại sẽ quan đến y5 và bên trái các đại lượng còn lại sẽ liên quan x1 thông qua các số 2,4 Cụ thể ta sẽ có: x 1 x 1 2 x 1 4 y 5 y 5 2 y 5 4 . Và tới đây ta đã có được định dạng của hàm số đại diện : f t t t 2 t 4, t 0 . Ta có: 1 1 1 f ' t 0, t 0 2 t 2 t 2 2 t 4 . Và như thế hàm số ft luôn tăng trên  0;  Như thế ta đã tìm được mối quan hệ giữa x,y và hệ đã hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện: x1 y5  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : x 1 x 1 2 x 1 4 y 5 y 5 2 y 5 4 1 . Xét hàm số f t t t 2 t 4, t 0 . Ta có 1 1 1 1 f ' t 0 2 t t 2 t 4 , t0 . Vậy hàm số ft đồng biến trên  0;  . Do đó từ 1 f x 1 f y 5 y x 6 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có được phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 302 2 7 5 5 x 2 x 7x 19 0 7 5 5 x 2      Đối chiếu điều kiện ta có 7 5 5 7 5 5 xy 22 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là 7 5 5 7 5 5 x, y ; 22 . Bình luận : Bài toán không khó để nhận ra hàm số đại diện và đây là bài toán khá cơ bản có nhiều đường hướng giải khác như liên hiệp. Ví dụ 5 : Giải hệ phương trình 22 x y 2 x 2y 3 2 y 3 x 2 x 1 6 y 1 17 7x 6y  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy cả hai phương trình trong hệ đều có thể cô lập được hai vế x,y . Tuy nhiên ở phương trình sự cô lập này lại không mang cho ta định dạng đối xứng được, còn phương trình thứ nhất tuy rắc rối nhưng các đại lượng x,y khi cô lập đều có tính đối xứng và đồng bậc. Do đó khả năng xét hàm số ở phương trình thứ nhất rất cao. Cụ thể ta sẽ có phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 22 22 x 2x y 4y 3 2 y 3 2 x 2 x 2x 1 2 x 2 y 4y 4 2 y 3 22 x 1 2 x 1 1 y 2 2 y 2 1 . Tới đây ta chỉ cần xét hàm số 2 f t t 2 t 1,t 0 , ta có 1 f ' t 2t 0, t 0 t1 . Vậy hệ đã có mối liên hệ giữa x,y và hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x1 y1  . Phương trình thứ nhất đã cho được biến đổi lại thành phương trình : 22 22 x 2x y 4y 3 2 y 3 2 x 2 x 2x 1 2 x 2 y 4y 4 2 y 3 22 x 1 2 x 1 1 y 2 2 y 2 1 1 . Xét hàm số 2 f t t 2 t 1,t 0 . Ta có 1 f ' t 2t 0, t 0 t1 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 303 Do đó hàm số ft luôn đồng biến trên  0;  . Do đó từ 1 f x 1 f y 2 y x 1 . Mặt khác y 1 x 1 1 x 2 Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : x 1 6 x 2 11 x x 1 2 6 x 2 1 x 3 0 6 x 3 x3 x 3 0 x 1 2 x 2 1 P 16 x 3 1 0 x 3 x 1 2 x 2 1              Vì x 2 P 0 . Với x 3 y 2 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 3;2 . Bình luận : Bài hệ tuy đơn giản nhưng nếu máy móc quá thì sẽ đi lệch hướng. Một lần nữa ta đã tháy sự hiệu quả của phương pháp hàm số cho lời giải thật ngắn gọn và đẹp. Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình 75 75 x 2x 6x 9 5x 4 3y y 2y 6y 9 5y 4 3x  x,y  Phân tích : Với hệ này, chúng ta nhận thấy được hệ đang xét là hệ đối xứng loại 2 nên ta sẽ ưu tiên ngay một công cụ mạnh trong việc bắt nhân tử của loại hệ này là trừ vế theo vế hai phương trong hệ cho nhau, ta sẽ được phương trình : 7 5 7 5 x 2x 6x 5x 4 y 2y 6y 5y 4 3y 3x 7 5 7 5 x 2x 9x 5x 4 y 2y 9y 5y 4 Phương trình cuối cùng ta thu được rõ ràng có tính đối xứng hai biến đã cô lập nê ta tính đến xét hàm số đại diện sau : Ta xét hàm số : 75 4 f t t 2t 9t 5t 4,t 5 . Ta có : 64 55 f ' t 7t 10t 9 0,t 4 2 5t 4 . Và tới đây ta đã có được kết luận cho mối quan hệ giữa x,y và hệ đã hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 5 x 4 5 y 4  . Lấy hai phương trình trong hệ trừ vế theo vế ta có được phương trình : 7 5 7 5 x 2x 6x 5x 4 y 2y 6y 5y 4 3y 3x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 304 7 5 7 5 x 2x 9x 5x 4 y 2y 9y 5y 4 1 . Ta xét hàm số 75 4 f t t 2t 9t 5t 4, t 5 . Ta có 64 54 f ' t 7t 10t 9 0,t 5 2 5t 4 . Do đó hàm số ft là hàm số đồng biến trên 4 ; 5     . Do đó từ 1 f x f y x y . Thế vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có phương trình : 75 x 2x 3x 5x 4 9 0 2 . Xét hàm số 75 4 f x x 2x 3x 5x 4 9, x 5 . Ta có 64 54 f ' x 7x 10x 3 0, x 5 2 5x 4 . Do đó hàm số fx luôn đồng biến trên 4 ; 5     nên phương trình f x 0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Mà f 1 0 x 1 là nghiệm duy nhất của f x 0 . Suy ra y1 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 1;1 . Bình luận : Bài toán kết hợp giữa sự quen thuộc và cho một lời giải khá mới so với phương pháp thường dùng của hệ này, cách xử lý phương trình cuối cùng để tìm nghiệm chúng ta cũng xử lý bằng hàm số và sử dụng định lý đã nhắc đến ở lý thuyết để khẳng định nghiệm của phương trình. Ví dụ 7 : Giải hệ phương trình 22 2 2 3 x x 7x 14 5y 23y 32 x 8y y 28y 23  x,y  Phân tích : Với hệ này ta dễ dàng nhận thấy cả hai phương trình trong hệ đều có thể cô lập hai biến x,y . Do đó ta sẽ biến đổi lại hệ cho dễ nhìn hơn. Cụ thể ta có : 3 2 2 2 2 3 x 7x 14x 32 5y 23y 0 x 8y y 28y 23  , giờ hệ đã cho ta hình thức dễ nhìn hơn. Tuy vậy, trên mỗi phương trình ta nhận thấy dù các biến có thể cô lập nhưng đối với phương trình thứ nhất bậc cao nhất của x là 3, bậc cao nhất của y là 2 nên về bậc chúng không tương đồng nên phương trình này không thể đưa được về dạng phương trình đối xứng để xét hàm. Tương tự như vậy với phương trình thứ hai ta cũng có bậc cao nhất của x và y cũng không tương đồng nên khả năng xét hàm số trên phương trình này cũng xem như thất bại. Dù vậy, ta nhận thấy nếu kết hợp hai phương trình lại với nhau thì ta sẽ được một phương cũng cô lập Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 305 được x,y nhưng thuận lợi hơn là bậc của x,y lại tương đồng nên khả năng xét hàm số là rất cao. Do đó ta sẽ đẩy ý tưởng của bài toán đến phương án này. Tức là ta sẽ “ghép và tạo” hai phương trình trong hệ để có được một phương trình có tính đối xứng để xét hàm số. Ta để ý thấy hệ số của 2 x trên phương trình thứ nhất là 7 và hệ số 2 x là 1 nếu ta cộng hai hệ số này lại ta sẽ được 6 . Vậy tỉ lệ hệ số của bậc ba và bậc hai của biến x là 1: 6 nên ta liên tưởng tới 3 x2 . Mặt khác hệ số của 2 y ở phương trình thứ nhất 5 , hệ số 2 y ở phương trình thứ hai là 8 nên nếu ta cộng lại ta sẽ có hệ số của 2 y là 3. Chuyển vế ta sẽ được tỉ lệ hệ số của bậc ba và bậc hai đối với biến y là 1: 3 nên ta sẽ nghỉ đến hằng đẳng thức 3 y1 . Vậy với nhận xét này ta sẽ thử thực hiện phép cộng hai vế phương trình lại với nhau. Cụ thể ta có : 3 2 2 2 2 3 x 7x 14x 32 5y 23y x 8y y 28y 23 0 3 2 3 2 x 6x 14x y 3y 5y 9 0 3 2 3 2 x 6x 12x 8 2x 4 y 3y 3y 1 2y 2 33 x 2 2 x 2 y 1 2 y 1 . Vậy tới đây ta đã xét được hàm số đại diện 3 f t t 2t, t  . Không khó để khẳng định được hàm số tăng trên  . Như thế ta đã tìm được mối quan hệ giữa x,y và hệ hoàn toàn đươc giải quyết. Lời giải : Cộng vế theo vế hai phương trình trong hệ ta có được phương trình : 3 2 3 2 3 2 3 2 x 6x 14x y 3y 5y 9 0 x 6x 12x 8 2x 4 y 3y 3y 1 2y 2 33 x 2 2 x 2 y 1 2 y 1 1 Xét hàm số 3 f t t 2t, t  . Ta có 2 f ' t 3t 2 0, t  . Vậy hàm số ft là hàm số tăng trên  . Do đó từ 1 f x 2 f y 1 x 2 y 1 x y 1 . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 2 3 3 2 y 1 8y y 28y 23 y 9y 26y 24 0 y 2 y 3 y 4 0 y 2 0 y 2 x 3 y 3 0 y 3 x 4 y 4 0 y 4 x 5     . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là   x,y 3;2 ; 4;3 ; 5;4 . Bình luận : Bài toán này được sử dụng phương pháp cộng trừ để tạo hàm số đại diện, một phương pháp cũng thường được sử dụng để tạo hàm số đại diện. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 306 Ví dụ 8: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 22 5 x 2 y x 2 4x 2 1 y 3 y 6y 11 7 x 2y x y 2 0  x,y  Phân tích : Bài hệ khá khó khăn để chúng ta phán đoán. Tuy nhiên, như phân tích ở phương pháp cộng trừ nhân chéo bắt nhân tử chung với kiểu hệ này thường chúng ta sẽ cho hai căn bằng nhau và tìm các phép thử để tạo mối quan hệ “ghép và tạo” tìm đường giải quyết vì tuy phương trình thứ hai có dạng bậc hai hai ẩn nhưng lại không có delta chính phương. Với các làm như vậy, ta biết được khi trừ hai phương trình trong hệ cho nhau vế theo vế ta sẽ được một phương trình bắt được nhân tử chung là 2x y 3 . Do đó ta biến đổi hệ đã cho thành hệ phương trình sau : 2 2 2 2 22 5x y x 7y 11 2x 4x 2 y 3 y 6y 11 0 x 2y x y 2 0  Lấy hai phương trình trừ nhau vế theo vế ta sẽ có được phương trình : 2 2 2 2 4x y 6y 9 2x 4x 2 y 3 y 6y 11 0 2 2 2 2 22 4x 2x 4x 2 y 3 y 3 y 6y 11 2x 2x 2x 2 y 3 y 3 y 3 2         Phương trình cuối cùng đã thể hiện rõ cấu trúc của hàm số đại diện mà ta cần phải xét đó là hàm số : 2 f t t t t 2 , t  . Ta có : 2 2 t f ' t t t 2 1 t t2 2 2 2 22 t 2 t t t t 2 1 0 t 2 t 2 . Vậy xem như nút thắt mối quan hệ của x,y xem như được giải quyết và hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Hệ phương trình đã cho được biến đổi lại thành hệ phương trình : 2 2 2 2 22 5x y x 7y 11 2x 4x 2 y 3 y 6y 11 0 1 x 2y x y 2 0 2  Lấy 12 vế theo vế ta sẽ có được phương trình: 2 2 2 2 4x y 6y 9 2x 4x 2 y 3 y 6y 11 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 307 2 2 2 2 4x 2x 4x 2 y 3 y 3 y 6y 11 22 2x 2x 2x 2 y 3 y 3 y 3 2         3 Xét hàm số 2 f t t t t 2 , t  . Ta có : 2 2 2 22 t 2 t 1 f ' t t t 2 1 0, t t 2 t 2  . Vậy hàm số ft luôn đồng biến trên  . Do đó từ 3 ta có : f 2x f y 3 y 2x 3 . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta sẽ có phương trình : 2 9 5 5 xy 63 9x 27x 19 0 9 5 5 xy 63      Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm : 9 5 5 9 5 5 x, y ; ; ; 6 3 6 3                . Bình luận : Bài toán này là một cấu trả lời cho phần bắt nhân tử bằng phương pháp nhân lượng liên hiệp có liên quan đến các bài toán xét hàm số đại diện mà chúng tôi đã phân tích. Bài toán này chúng ta sẽ không dùng liên hiệp được vì dấu của các đại lượng cần liên hiệp không rõ nét và nếu có ta phải xử lý khá khó khăn. Và điều này minh chứng khi qua các phép thử như phần phương pháp cộng trừ nhân chéo bắt nhân tử chung với dạng hệ loại này ta thấy khi cho hai căn bằng nhau ta sẽ có : 2 2 2 2 y 2x 3 4x 2 y 6y 11 4x y 3 y 2x 3   . Nhưng qua phép thử ta chỉ có y 2x 3 là cho kết quả đúng! Và bài toán này cũng được xét trên một hàm số đại diện mà miền nghiệm đã xác định được trước, phương pháp này cũng là một ứng dụng thường gặp để làm xuất hiện hàm đại diện. Ví dụ 9: Giải hệ phương trình 3 3 2 2 2 x y 17x 32y 6x 9y 24 y 2 x 4 x 9 2y x 9 x 9y 1  x,y  (Thi thử chuyên Vĩnh Phúc khối A,B năm 2015) Phân tích: Bài toán này, nhìn vào cấu trúc của phương trình thứ nhất trong hệ dễ dàng phát hiện ra hai biến có thể cô lập được, cộng với phương trình thứ hai trong hệ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 308 chẳng tìm được mối liên hệ gì nên khả năng xét hàm số ở phương trình thứ nhất là vô cùng lớn. Xét phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 3 3 2 2 x y 17x 32y 6x 9y 24 3 2 3 2 x 6x 17x 24 y 9y 32y  Nếu ngay từ phương trình này ta đi tìm dạng đối xứng là rất khó, ta chú ý cả hai vế phương trình này đều có thể đưa về hằng đẳng thức bậc ba nên ta sẽ có một bước biến đổi về điều đó. Và vì vế trái có đủ thành phần nên ta sẽ biến đổi về trái sau đó ta sẽ định dạng vế tráivà biến đổi vế phải như các phần trước chúng tôi đã phân tích ta sẽ tìm được :  3 2 3 2 x 6x 12x 8 5 x 2 y 9y 32y 42 3 32 x 2 5 x 2 y 9y 32y 42 33 x 2 5 x 2 y 3 5 y 3 . Tới đây ta đã biết được hàm số đại diện cần xét chính là 3 f t t 5t, t  . Và không có khó khăn gì để kết luận tính đơn điệu của nó. Và như vậy xem như bài toán đã có mối quan hệ và hệ hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x4 2y x 9 0  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 3 2 3 2 x 6x 17x 17 y 9y 32y 42 33 x 2 5 x 2 y 3 5 y 3 1 Xét hàm số 3 f t t 5t, t  . Ta có 2 f ' t 3t 5 0, t  . Do đó hàm số ft luôn đồng biến trên  . Do đó từ 1 f x 2 f y 3 y x 1 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có được phương trình : 2 x 3 x 4 x 9 x 11 x 9x 10 2 4x 36x 40 4 x 3 x 4 4 x 9 x 11 0 2 2 x 3x 40 x 3 x 7 4 x 4 x 9 x 11 x 11 4 0 x 3 x 5 x 9 x 5 x 11 2 x 5 x 8 x 3 0 x 7 4 x 3 x 11 4 2 T x 3 x 9 x 11 x 5 2 x 8 0 x 7 4 x 3 x 11 4                      x 5 0 x 5 y 6 vì T 0, x 4 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 309 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 5;6 . Bình luận : Bài toán này khá khó vì việc xử lý phương trình thứ nhất cũng đòi hỏi một chút tinh tế. Tuy nhiên nếu quan sát và đã làm quen thì khi tách được như vậy, ta vẫn có thế sử dụng hằng đẳng thức để rút được mối quan hệ giữa x,y . Ở phương trình thứ hai cần một chút “khéo léo và tinh tế” nếu không chúng ta sẽ dính dáng đến phần đánh giá cũng không hề dễ chứ không đơn giản trong lời giải. Ví dụ 10: Giải hệ phương trình 2 2x 3 y y 2 y 5 x x 4 2 x 3 y 10  x,y  Phân tích : Với hệ này, bước đầu tiên nhận xét là phương trình thứ hai đơn giản và tính cô lập đã có nên khả năng xét hàm số này sẽ rất cao. Cụ thể ta có sẽ biến đổi sau : 2 y 2 x 1 2 x 3 . Tới đây ta sẽ có x3 tương ứng y 10 nên x 3 y 10 x y 7 . Nhưng trên phương trình ta lại không có x tương ứng với y ở ngoài căn. Do đó việc xét hàm số đại diện trên phương trình này không thể thực hiện được. Mặt khác ta nhận thấy phương trình thứ nhất trong hệ thật chất là một phương trình bậc hai hai ẩn nên ta sẽ hy vọng tách được nhân tử với yêu cầu có delta chính phương. Cụ thể ta sẽ có : 2 2 2 2 2x y xy 5x 2y 3 0 2x 5 y x y 2y 3 0 Ta có 22 2 5 y 8 y 2y 3 3y 1  . Vậy phương trình thứ này tách được nhân tử và được viết lại như sau : x y 1 y 2x 3 0 . Với điều kiện x3 x y 1 0 y 10  . Thế y 2x 3 vào phương trình thứ hai ta sẽ có : x 4 2 x 3 2 2x 7 Tới đây ta để ý là 2x 7 x 3 x 4 . Như vậy phương trình này sẽ được viết lại là: 2x 7 2 2x 7 x 3 2 x 3 . Và tới đây cấu trúc hàm số đại diện đã thể hiện rõ ràng. Như vậy bài toán hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x3 y 10  . Phương trình thứ nhất trong hệ được viết lại thành phương trình : 2 2 2 2 2x y xy 5x 2y 3 0 2x xy 3x 2xy y 3y 2x y 3 0 x 2x y 3 y 2x y 3 2x y 3 0 x y 1 2x y 3 0 2x y 3 0 y 2x 3 vì x3 x y 1 0 y4  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 310 Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : x 4 2 x 3 2 2x 1 2x 7 x 3 2 x 3 2 2x 1 2x 7 2 2x 7 x 3 2 x 3 1 . Xét hàm số 2 f t t 2t, t 0 . Ta có f ' t 2t 2 0, t 0 . Vậy hàm số ft luôn tăng trên  0;  . Do đó từ 1 f 2x 7 f x 3 2x 7 x 3 x 4 y 17 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x.y 4;17 . Bình luận: Bài toán trên theo nguyên tắc tư duy tự nhiên, chắc chắn ta sẽ cần kiểm tra tính phân tích nhân tử của phương trình thứ nhất trước. Tuy nhiên, trên suy nghỉ xét hàm đại diện thì bắt đầu từ phương trình trình thứ hai cũng hợp lí. Đây là ví dụ minh họa cho hướng đi sử dụng phép thế để tạo hàm số đại diện. Tiếp theo ta sẽ nghiên cứu một ví dụ tương tự như vậy Ví dụ 11: Giải hệ phương trình 32 22 y 10y 14y 52 x 1 3 3x 1 6x 26 3x 8y 10x 7  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy phương trình thứ hai tuy hình thức đơn giản nhưng những dấu hiệu có được của nó cũng đơn giản như hình thức của nó vì ta chẳng bắt đầu được gì từ phương trình này cả. Hình thức phương trình thứ nhất cũng chẳng khá hơn gì vì sự sắp xếp của nó của bài toán chẳng đưa ta đến gì ở vế phải nhưng có một điểm hở là vế trái của phương trình này toàn chứa biến y nên ta sẽ cố gắng biến đổi cho phương trình này dễ nhìn hơn. Cụ thể ta biến đổi phương trình thứ nhất trong hệ trở thành : 32 y 10y 14y 52 3 x 1 3x 1 6x 26 x 1 3 2 2 y 10y 14y 6x 20x 26 3 x 1 3x 1  Ở vế trái  ta nhận thấy 3 3 x 1 3x 1 3x 1 2 3x 1 3x 1 2 3x 1 là một dấu hiệu đáng mừng, vì từ đây ta có thể nhận thấy tính cô lập và xét hàm số đại diện rất là cao. Việc còn lại là vế trái của (*) chỉ cần ta có được đó là một biểu thức toàn chứa biến y và có thể đưa về định dạng phương trình như vế phải nữa là xem như ý tưởng xét hàm số đại diện đã hoàn toàn thành công. Nhận xét thấy vế trái (*) tự nhiên xuất hiện đại lượng 22 6x 20x 2 3x 10x . Quay ngược lại phương trình thứ hai trong hê ta lại có : 2 2 2 2 3x 10x 8y 7 6x 20x 16y 14 . Và như thế bằng phép thế từ phương trình thứ hai trong hệ xuống (*) ta sẽ có vế trái là một biểu thức chỉ chứa biến y . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 311 Cụ thể ta sẽ có : 3 3 2 2 y 10y 14y 16y 14 26 3x 1 2 3x 1 3 32 y 6y 12y 8 2y 4 3x 1 2 3x 1 3 3 y 2 2 y 2 3x 1 2 3x 1 . Lúc này ta xét hàm số đại diện là 3 f t t 2t, t  . Và không khó khăn để khẳng được tính tăng của hàm số này. Vậy là ta đã tìm được mối quan hệ giữa x,y và hệ hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 1 x 3 . Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ phương trình sau : 3 2 2 22 y 10y 14y 6x 20x 26 3 x 1 3x 1 1 6x 20x 16y 14 2  Thế 22 6x 20x 16y 14 vào 1 ta có phương trình : 32 32 y 6y 14y 12 3 x 1 3x 1 y 6y 12y 8 2y 4 3x 1 2 3x 1 3 3 y 2 2 y 2 3x 1 3x 1 3 Xét hàm số 3 f t t 2t, t  . Ta có 2 f ' t 3t 2 0, t  . Vậy hàm số ft luôn tăng trên  . Do đó từ 3 f y 2 f 3x 1 3x 1 y 2 . Kết hợp với (2) ta có hệ phương trình 2 22 22 y2 3x 1 y 2 3x y 4y 3 3x 10x 8y 7 3x 10x 8y 7   2 2 22 2 y2 y 4y 3 x 3 y 4y 3 y 4y 3 3 10 8y 7 33              2 32 y2 y 4y 3 x 3 y y 8y 12y 16 0  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 312 22 2 y 2 y 2 y 4y 3 y 4y 3 xx 33 y 0 y 2 y 5 7 y y 2 y 10y 8 0      2 x1 y0 y2 x5 y 4y 3 x y2 3 y 0 y 2 y 5 7 x 5 2 7 y 5 7                 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x,y 1;0 ; 5;2 ; 5 2 7; 5 7 . Bình luận : Bài toán này cũng có ý tưởng sử dụng phép thế để tạo được hàm số đại diện, nhưng có độ khó hơn ví dụ trước. Ví dụ 12: Giải hệ phương trình 2 3 2 3 3 x y 2 3 x x 4 3y y 3 11 y 4 2 13 x 3x  x,y  Phân tích: Với hệ này đầu tiên ta nhận thấy cấu trúc của phương trình thứ nhất có thể chuyển vế sử dụng phép nâng lũy thừa để đưa về phương trình bậc hai hai ẩn, với hy vọng sẽ tìm được nhân tử. Cụ thể ta có phương trình thứ nhất sẽ biến đổi để trở thành phương trình : 2 2 2 2 x y 2 9 x x 4 8x y 2xy 5x 4y 40 0 Kiểm tra phương trình tách được nhân tử nhưng lại không có được delta chính phương, như vậy với phương trình này ta sẽ không tìm mối quan hệ giữa x,y ở dạng có thể sử dụng phép thế có lợi. Do đó mọi trọng tâm phải đổ dồn về phương trình thứ hai trong hệ. Để ý phương trình này có hai đại lượng tham gia chính là 3 3 y, 13 x và rõ ràng hai đại lượng này đã cô lập nên khả năng xét hàm số rất cao. Tuy nhiên ta để ý vế phải phương trình thứ hai ta có hai đại lượng 3 33 2 13 x ,3x nên ta sẽ biến đổi chúng theo đúng một đại lượng 3 3 13 x dựa trên ý tưởng 3 3x là bậc ba đối với đại lượng 3 3 13 x Cụ thể ta sẽ có được : 3 3 3 3 2 13 x 2 13 x 3 13 x 39 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 313 Với bước tách này ta quan sát thấy vế trái của phương trình thứ hai ta có đó là một đa thức bậc ba với biến y đó là : 32 3y 9y 11y 44 . Không khó để nhận thấy tỉ lệ hệ số của bậc ba và bậc hai của biến y là 3: 9 1: 3 nên ta liên tưởng đến hằng đẳng thức 3 32 y 1 y 3y 3y 1 . Do đó ta tiến hành tách phương trình thứ hai thành phương trình : 3 2 2 3 3 3y 9y 11y 44 3 13 x 2 13 x 39 3 3 33 3 y 1 2y 2 3 13 x 2 13 x 3 3 33 3 y 1 2 y 1 3 13 x 2 13 x . Và tới đây hình dáng xét hàm số đại diện đã xuất hiện, đó là hàm số 3 f t 3t 2t , t  . Không khó thấy hàm này đơn điệu tăng trên  nên từ đây ta đã có mối quan hệ giữa hai đại lượng y và 3 3 13 x . Vậy xem như bài toán đã được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : 2 x x 4 0 x y 0  . Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trình : 3 3 2 3 3 3y 9y 11y 44 2 13 x 3x 3 3 33 3 y 1 2 y 1 3 13 x 2 13 x 1 . Xét hàm số 3 f t 3t 2t, t  . Ta có 2 f ' t 6t 2 0, t  . Vậy hàm số ft luôn đồng biến trên  . Do đó từ 33 33 1 f y 1 f 13 x y 1 13 x . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có phương trình : 33 3 2 3 2 x 1 13 x 2 3 x x 4 13 x 1 x 2 x x 4 2 . Đặt 3 2 2 3 2 3 2 u 1 x u 3v 1 3x 3x x 3x 3x 12 13 x v x x 4  , v0 Lúc đó phương trình (2) trở thành phương trình : 3 3 2 3 2 3 2 2 3 u 3v u 2v u 3v u 6u v 12uv 8v 2 2 2 2 3 2 v0 3v 6u v 12uv 8v 0 v 6 u v 2v 3v 0 u0 v0      Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 314 2 3 2 2 3 1 17 13 5 17 x x 4 0 x y 1 22 x x 4 0 1 x 0 1 17 13 5 17 x y 1 x x 4 0 22              . Vì  vô nghiệm. Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình là : 33 1 17 13 5 17 1 17 13 5 17 x, y ;1 ; ;1 2 2 2 2                . Bình luận : Bài toán để tìm được phương trình có thể xét hàm số tương đối khó, đòi hỏi một chút khéo léo và giải phương trình tìm nghiệm có thể dùng đánh giá hoặc liên hiệp. Tuy nhiên hai cách giả này đòi hỏi một chút khéo léo nên ẩn phụ hóa là cách giải tự nhiên nhất. Ví dụ 13: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 23 4x 1 2x 3 4x 2yx 3 2y x 2x x x 2 2 3 2y 2x 1  x,y  (Thi thử GSTT) Phân tích: Cấu trúc của hệ khá cồng kềnh, tuy nhiên điểm hở mạnh nhất của hệ chính là hệ cho ta được dấu hiệu để công phá hệ này ta không thể bắt đầu từ phương trình thứ hai trong hệ. Ngoài ra có một điểm hở cũng khá mạnh là cách sắp xếp ở phương trình thứ nhất trong hệ rõ ràng cho x0  nhưng lại sắp xếp ở tích bên vế phải phương trình chứa một thừa số đều gắn với 2 x điều này gợi mở được ta sẽ chia hai vế cho phương trình thứ với 2 x để thu gọn phương trình này. Cụ thể sau khi chia ta sẽ có phương trình : 23 3 4 1 2 4 2y 3 2y x xx . Phương trình hoàn cô lập được hai biến x,y nên ta sẽ tiến hành cô lập, ta được : 32 1 3 4 2 4 2y 3 2y x xx . Ở phương trình này ta lại nhận thấy vế phải chứa 3 2y và ta hoàn toàn tách được 4 2y 1 3 2y , vậy là ta có vế phải là đa thức bậc ba với đại lượng 3 2y , thật vậy ta sẽ có biến đổi sau : 32 1 3 4 2 1 3 2y 3 2y x xx 32 1 3 4 2 3 2y 3 2y 3 2y x xx Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 315 Mặt khác vế trái ta nhận thấy hệ số bậc ba và bậc hai của đại lượng 1 x là 1 :3 nên ta sẽ đẩy ý tưởng tách vế trái của phương trình này theo hằng đẳng thức 3 1 1 x , khi đó ta sẽ có phương trình: 3 23 3 3 1 1 1 1 3 2y 3 2y xx xx 3 3 11 1 1 3 2y 3 2y xx . Và tới đây cấu trúc của hàm số đại diện đã hiện rõ. Và như thế hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện: 2 3 2y 0 11 y 22 3 2y 0 x0 x0 1 1 x x 2 2         . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình: 2 3 3 2 3 4 1 1 3 4 2 4 2y 3 2y 2 1 3 2y 3 2y xx x x x x 3 3 11 1 1 3 2y 3 2y xx  . Xét hàm số 3 f t t t, t  . Ta có : 2 f ' t 3t 1 0, t  . Vậy hàm số ft luôn đồng biến trên  . Do đó từ 11 f 1 f 3 2y 1 3 2y xx  . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình: 3 23 3 1 2x x x 2 1 2 2 1 2x 1 1 x 2 x 1 x 2x 1 x x 3 1 1 2 2 2 1 1 1 x x x x 3 1 1 2 2 1 1 1 1 1 x x x x 3 3 1 1 2 2 1 1 1 1 x x x x 1 Xét hàm số 3 f t u u,u  . Ta có : 2 f ' u 3u 1 0, u  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 316 Do đó từ 32 33 1 2 1 2 1 2 1 f 1 f 1 1 1 1 1 x x x x x x                     32 22 15 x 3 3 4 4 2 1 x 1 x x 1 0 xx xx 15 x 2      . Thử lại ta có 1 5 3 5 xy 24 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là : 1 5 3 5 x, y ; 24 . Bình luận: Bài toán tuy có điểm hở mạnh nhưng là một bài toán thuần hàm số từ tìm mối quan hệ giữa x,y và cả tìm nghiệm. Đây là một kiểu bài toán cũng thường được ra trong các đề thi thử đại học cũng nhưng chính thức. Ví dụ 14: Giải hệ phương trình 2 3 1 3x 4 x 3y 1 y y x1 9y 2 7x 2y 2 2y 3  x,y  Phân tích : Với bài toán này, để công phá ta cần phải công phá phương trình trình thứ nhất trong hệ để tìm mối quan hệ giữa x,y và cũng nhận thấy rằng phương trình này hoàn toàn có thể cô lập được hai biến x,y nên khả năng xét hàm số rất cao. Cụ thể ta có phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 2 3x 4 1 x 1 y 3y y x1 . Ở vế phải ta nhận thấy x1 là bậc hai của x1 và 3x 4 3 x 1 1 . Vậy ta sẽ tách tiếp như sau : 2 11 x 1 3 x 1 y 3y y x1 . Phương trình cuối đã định dạng xét hàm số đại diện 2 1 f t t 3t ,t 0 t . Ta có 2 3 2 2 2 2t 1 t 1 1 2t 3t 1 f ' t 2t 3 0, t 0 t t t . Vậy hàm số ft đơn điệu tăng trên 0;  . Như thế mối quan hệ giữa hai biến x,y đã có và hệ đã hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x1 2 y 9  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành hệ phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 317 22 3x 4 1 1 1 x 1 y 3y x 1 3 x 1 y 3y yy x 1 x 1 1 . Xét hàm số 2 1 f t t 3t , t 0 t . Ta có 2 22 2t 1 t 1 1 f ' t 2t 3 0, t 0 tt . Vậy hàm số ft đồng biến với mọi t0 . Do đó từ 2 1 f x 1 f y y x 1 x y 1 . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 22 33 9y 2 7y 2y 5 2y 3 y 2 9y 2 y 1 7y 2y 5 0 2 2 22 3 3 y 2 y 3 y 1 y 2 y 3 0 y 2 9y 2 y 1 y 1 7y 2y 5 7y 2y 5 2 2 22 3 3 K 1 y 1 y 2 y 3 0 y 2 9y 2 y 1 y 1 7y 7y 5 7y 7y 5                                y 2 x 3 y 2 y 3 0 y 3 x 8   vì 2 K 0, y 9 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x,y 3;2 ; 8;3 . Bình luận : Bài toán vẫn xoay quanh chọn hàm số đại diện, tuy nhiên để khẳng định tính đơn điệu của hàm số này ta cần độ khéo vì trên thực tế có rất nhiều học sinh tới khúc này hoàn toàn đi giả máy móc đạo hàm bằng 0. Bài toán tìm nghiệm cuối cùng là một phương trình vô tỷ giải bằng phép liên hiệp quen thuộc. Ví dụ 15: Giải hệ phương trình 22 x x 3 y y 3 3 x 3x 2xy 1 4xy 3x 1  x,y  Phân tích: Với hệ này, có cấu trúc ở phương trình thứ nhất khá quen thuộc và cũng được chúng tôi giải bằng phương pháp nhân lượng liên hiệp. Tuy nhiên, chúng tôi sẽ giải bài toán này theo phương pháp hàm số. Như ở phần liên hiệp chúng tôi đã phân tích thì phương trình thứ nhất sẽ được đưa về phương trình : 2 2 2 2 x 3 x y 3 y x 3 x y y 3 . Và như vậy định dạng hàm số đại diện đã xuất hiện đó chính là 2 f t t 3 t, t  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 318 Ta có : 2 2 2 2 tt t t 3 t f ' t 1 0, t t 3 t 3 t 3  . Và như vậy hàm số ft luôn tăng trên  và lúc này ta có mối quan hệ giữa x,y . Như thế hệ được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : 3x 2xy 1 0 . Vì 22 y 3 y y y 0 y 3 y 0 . Do đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình sau : 2 2 2 2 x 3 3 y 3 y x 3 3 y y 3 1 Xét hàm số 2 f t t 3 t, t  . Ta có: 2 2 2 2 tt t t 3 t f ' t 1 0, t t 3 t 3 t 3  . Do đó hàm số ft luôn tăng trên  . Do đó từ 1 f x f y y x . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta có được phương trình : 22 x 2x 3x 1 4x 3x 1  . Nhận xét với x0 không thỏa phương trình   Trường hợp 1: x0 thì phương trình  trở thành phương trình : 2 3 1 3 1 24 x x x x 22 3 1 3 1 2 2 2 6 0 xx xx 2 2 2 3 1 3 1 3 1 2 2 2 3 2 3 x x x x x x             vì 2 31 2 2 0 x x 2 2 3 37 x 31 14 2 9 7x 3x 1 0 x x 3 37 x 14      3 37 3 37 xy 14 14 .  Trường hợp 2: x0 thì phương trình  trở thành phương trình: 2 2 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1 2 4 2 2 6 0 x x x x x x x x 2 2 2 3 1 3 1 3 1 2 2 2 3 0 2 2 x x x x x x             vì 2 31 2 3 0 x x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 319 2 2 3 17 x 3 1 3 17 3 17 4 2 4 2x 3x 1 0 x y x 4 4 x 3 17 x 4      . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 3 37 3 37 3 17 3 17 x, y ; ; ; 14 14 4 4                . Bình luận : Bài toán này ở phương trình thứ nhất dù giải bằng liên hiệp hay hàm số đều là lời giải tự nhiên và đẹp. Ở phương trình thứ hai trong hệ nếu ta không phân chia trường hợp thì sẽ dẫn đến sai lầm làm mất nghiệm của phương trình. Về bản chất là sử dụng liên hiệp để tạo hàm số đại diện. Tiếp theo chúng ta sẽ xét một bài toán có sự biến tấu rất tự nhiên của ý tưởng tạo hàm số đại diện theo phương pháp này. Ví dụ 16: Giải hệ phương trình 22 2 3x x x 3 y y 3 y 0 2 x 3 2 y 4 3 3 y 2x y 3 x 2  x,y  Phân tích : Với hệ này, với phương trình thứ hai ta sẽ không giải quyết được gì vì cấu tạo “rất trơ” của nó. Do đó buộc lòng ta cần phải đầu tư ý tưởng vào phương trình thứ nhất trong hệ. Quan sát phương trình thứ nhất, ta chưa có nhận thấy điều gì rõ ràng. Tuy nhiên ba con số 3 xuất hiện, chẳng phải ngẫu nhiên và ta tự hỏi là tại sao trong tích hai đại lượng 22 x x 3,y y 3 sao lại chỉ gắn với biến y mà không gắn với biến x , còn số 3 đứng ngoài tại sao không gắn với y mà gắn với x . Mặt khác ta nhận thấy rằng 22 x x 3 x 3 x 3, 22 y y 3 y 3 y 3 . Do tính chất nhận xét về sự “ngược nhau “ của hai biến x,y ở ngoài căn nên ta sẽ đẩy ý tưởng đưa phương trình thứ nhất trong hệ về phương trình : 2 2 2 2 3x x 3 x x x 3 x 3 x y y 3 y 0 2 2 2 2 2 2 3x x 3 x 3 y y 3 y 0 x x x 3 y y y 3 22 22 x x x 3 y y y 3 . Phương trình cuối gợi cho ta ảnh của hàm số đại diện là 22 f t t t t 3, t  . Hàm số này khá quen thuộc qua các ví dụ nên việc khẳng định tính đơn điệu nó không còn khó nữa. Và như vậy mối quan hệ giữa hai biến x,y đã có , hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 320 Lời giải : Điều kiện : x2 y2 2x y 3 0   . Vì 22 x 3 x x x 0 x 3 x 0 . Nên ta biến đổi phương trình thứ nhất trong hệ thành 2 2 2 2 3x x 3 x x x 3 x 3 x y y 3 y 0 2 2 2 2 2 2 3x x 3 x 3 y y 3 y 0 x x x 3 y y y 3 22 22 x x x 3 y y y 3  Xét hàm số 22 f t t t t 3, t  . Ta có 2 2 2 AM GM t f ' t 2t t 3 2t 2 t 0 t3 , t  . Vậy hàm số ft luôn tăng trên  . Do đó từ f x f y y x  . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 2 x 3 x 2 4 3 x 3 x 3 x 2 1 Đặt t x 2 , t0 . Ta có : 2 x t 2 . Lúc đó 1 trở thành phương trình : 2 2 2 2 2 t 1 t 4 3 t 1 t 1 t 2 2 2 2 3 2 t 1 t t 1 4 t 1 1 4 2 t 1 1 2 2 3 2 15t 16t 16 t 1 12t 20t 16t 16 32 2 2 12t 20t 16t 16 t 1 1 15t 16t 16 2 2 2 2 2 2 t0 t 5 12t t 1 5 12t 15t 16t 16 t 1 1 15t 16t 16 t 1 1     .  Với t 0 x 2 0 x 2 y 2 ( thỏa mãn ).  Với 2 2 1 5 12t 15t 16t 16 t 1 1 2 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 321 Trường hợp 1 : 5 t 12 ta có : 2 2 5 12t 0 15t 16t 16 1 0 t 1 1   . Do đó 2 vô nghiệm. Trường hợp 2 : 5 0t 12  ta có 22 2 15t 16t 16 5 12t t 1 5 12t 2 2 2 2 2 2 15t 4t 11 5 12t t 1 15t 4t 11 5 12t t 1 42 81t 177t 32t 96 0 (vô lí vì 42 5 81t 177t 32t 96 0, t 0; 12    ). Vậy với t0 ta có (2) vô nghiệm. Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm là x,y 2;2 . Bình luận: Bài toán cũng dùng liên hiệp để đưa về hàm số đại diện nhưng có tính chất khá thú vị và hay, cách giải phương trình tìm nghiệm là cách tự nhiên nhất, cũng có thể sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức để tìm nghiệm. Ví dụ 17: Giải hệ phương trình 3 4 2 2 2 4 3 22 3 y 4 y 7y 10 x 1 x 2x 3 x 2x 4 3 3x 2 y 2x 5 3 x 5 x 2 y 2x 5     x,y  Phân tích: Với hệ này, cả hai phương trình trong hệ đều thật “khó nhằn”, với tâm lý chung thật không dám nhúng tay vào công phá phương trình nào trong hệ. Tuy nhiên, hãy quan sát phương trình thứ nhất tuy là một phương trình chứa các căn bậc khác nhau, nhưng ở đây lại là một phương trình đã cô lập hai biến x,y nên khả năng xét được hàm số đại diện là rất cao. Quan sát phương trình thứ nhất ta nhận thấy vế phải phương trình này có điều gì đó thật đặc biệt. Thật vậy, ta có : 2 2 x 2x 3 x 1 2 ; 2 2 x 2x 4 x 1 3 . Với nhận xét này, ta đưa phương trình thứ nhất về phương trình : 22 2 4 3 4 3 y 4 y 7y 10 x 1 x 1 2 x 1 3    . Vậy là vế phải của phương trình này đã có một “hình ảnh” rất rõ ràng, giờ ta sẽ cố gắng biến đổi vế trái cũng sẽ được một “hình ảnh” như vậy. Với ý nghỉ này, ta nhận thấy vế phải có đầy đủ các căn bậc hai, bậc ba, bậc 4 nhưng vế trái chỉ có hai loại căn là bậc ba và bậc 4. Về cấu trúc căn ta cần phải thêm cho vế trai một căn bậc hai. Mặt khác ta nhận thấy được 2 y 7y 10 y 2 y 5 y 2 y 2 3 ;y 4 y 2 2 . Nét tương đồng của các hệ số thừa ra là 2,3 đối với đại lượng y2 và đại lượng y1 làm ta thêm tự tin để tiến tới tách được vế trái có một “hình ảnh” như vế phải. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 322 Cụ thể ta sẽ biến đổi như sau : 2 433 4 y 4 y 7y 10 y 2 2 y 2 y 2 3   3 44 y 2 2 y 2 3 y 2   22 3 4 y 2 y 2 2 y 2 3   . Và như vậy ta sẽ có được phương trình thứ nhất được viết lại là : 22 22 3 4 3 4 y 2 y 2 2 y 2 3 x 1 x 1 2 x 1 3     . Tới đây ta có hai cách xét hàm số đại diện :  Cách 1: Xét hàm số 3 4 22 f t t t 1 t 3, t 0   . Khi đó phương trình thứ nhất sẽ ở dạng : f y 2 f x 1  Cách 2 : Xét hàm số 3 4 44 f t t t 2 t 3, t 0   . Khi đó phương trình thứ nhất sẽ có dạng : 4 f y 2 f x 1 . Với hai cách này thì rõ ràng ứng với cách thứ hai việc tính đạo hàm sẽ thuận lợi hơn một chút. Không khó để nhận thấy cả hai cách xét hàm đều cho được hàm đại diện luôn tăng trên  0;  . Vậy xem như mối quan hệ giữa hai biến x,y đã được giải quyết và hệ sẽ được giải hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : 2 x1 x1 y 5 y 2 x 1 y 7y 10 0 y 2x 5 0 y 2 y 2x 5 0 y2 y20      . Phương trình thứ nhất trong hệ được viết lại thành phương trình : 22 3 4 3 4 y 2 y 2 y 5 x 1 x 1 2 x 1 3    22 3 4 3 44 y 2 2 y 2 3 y 2 x 1 x 1 2 x 2 3     22 3 4 y 2 y 2 2 y 2 3   22 3 4 x 1 x 1 2 x 1 3    . Xét hàm số 3 4 44 f t t t 2 t 3, t 0   . Ta có 3 4 4 4 4 4 3 4 44 22 44 3 4 4t t 4 t t 3 f ' t t 2 t 3 0, t 0 3 t 3 t 3    . Do đó hàm số ft luôn đồng biến trên  0;  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 323 Do đó từ  44 f y 2 f x 1 x 1 y 2 22 x 2x 1 y 2 y x 2x 1 . Thế vào phương trình thứ hai ta thu được phương trình sau: 3 2 2 2 2 3 3x 2 x 4x 4 3 x 5 x 2 x 4 3 2 2 2 3 3x 2 x 2 3 x 5 x 2 x 4 3 3 2 2 2 x 2x 9x 6 3 x 2 x 5 2 x 4 0 3 2 2 2 x 2 x 5 x 5 3 x 2 2 x 4 3 x 2 0 3 2 2 2 22 2 322 3 x 2 8 x 4 x4 x 2 x 5 3 x 2 0 x 5 3 x 2 x 2 x 5 x 5 2 2 22 2 322 3 x 2 x 12 x 2 x 2 x 2 x 5 3 x 2 0 x 5 3 x 2 x 2 x 4 x 4 2 2 2 22 2 322 3 T x 2 x 5 x 12 x 2 3 0 x 5 3 x 2 x 2 x 4 x 4                            x2 y7 vì T 0, x 1 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 2;7 . Bình luận : Đây là một bài hệ hay và khó cả ở hai bước đó là bước tìm hàm số đại diện, bước hai là giải phương trình tìm nghiệm. Bài toán đòi hỏi sự khéo léo trên toàn bộ hai phương trình. Cách xét hàm cho được hai sự chọn lựa và đòi hỏi người giải cần biết tính toán lựa chọn cái nào hợp lý và suy diễn có lợi nhất. Một dáng điệu hệ quen thuộc nhưng lại rất lạ mắt.  Loại 2 : Xét hàm số đại diện hoặc hàm số trên một miền nghiệm chưa biết. Trong loại này chúng ta sẽ quan tâm đến các bài toán mà ở đó một phương trình trong hệ đưa được về hàm đại diện hoặc một hàm số hay hai hàm số khác nhau trên miền nghiệm chưa biết. Để xác định được miền nghiệm ta thường dựa vào các dấu hiệu sau : - Sử dụng điều kiện có nghiệm của một phương trình bậc hai. - Sử dụng tính chất 2n 2n k a k a b k k b k      . - Điều kiện sinh ra từ ẩn phụ hóa. - So sánh tính chất về dấu giữa hai vế phương trình. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 324 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 2 22 4x 1 x y 3 5 2y 0 4x y 2 3 4x 7  x,y  . (Khối A – 2010) Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy từ phương trình thứ hai sẽ không cho chúng ta tìm được mối quan hệ nào có lợi để giải hệ. Phương trình thứ nhất rõ ràng hai biến x,y có tính cô lập nên có khả năng xét được hàm số rất cao, mặt khác phương trình này chỉ chứa một căn thức mà đại lượng trong căn thức liên quan đến y nên ta sẽ nghỉ đến việc ẩn phụ hóa nó. Cụ thể ta sẽ có : a 5 2y,a 0 . Ta có 2 5a y 2 . Khi đó phương trình thứ nhất được biến đổi : 2 2 3 3 5a 4x 1 x 3 a 0 8x 2x a a 2  . Do a0 nên từ  ta suy ra x 0. Mặt khác  cũng cho phép hình ảnh của hàm số đại diện là:  3 f t t t, t 0;  . Việc khẳng định được hàm số này luôn tăng không khó, điều đó cũng có nghĩa rằng mối quan hệ giữa hai biến x,a hay x,y đã có và hệ hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 5 y 5 2y 0 2 3 4x 0 3 x 4     . Đặt a 5 2y,a 0 . Ta có: 2 5a y 2 . Khi đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành: 2 3 2 3 3 3 5a 4x 1 x 3 a 0 8x 2x a a 2x 2x a a 2 1 . Do a0 nên từ 1 x 0 . Xét hàm số 3 f t t t, t 0 . Ta có 2 f ' t 3t 1 0, t 0 . Vậy hàm số ft luôn tăng trên  0;  . Do đó từ 1 f 2x f a 2x a 2 5 4x 2x 5 2y y 2 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 325 2 2 2 5 4x 4x 2 3 4x 7 2 2 Từ điêu kiện 3 x 3 0x 4 4 x0     . Do đó ta giải 2 với mọi 3 x 0; 4    . Ta có : 42 2 16x 24x 5 8 3 4x 1 0 22 2x 1 4x 1 4x 5 16 0 3 4x 1 2 K 16 1 2x 1 2x 1 4x 5 0 2x 1 0 x y 2 2 3 4x 1                . Vì 2 2 2x 1 0 3 x 0; 2x 1 4x 5 0 K 0 11 4 5 4x 5 4       . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 1 x, y ;2 2 . Bình luận : Bài toán này, chúng tôi lựa chọn cách giải xây dựng miền nghiệm của hàm số đại diện trên việc ẩn phụ hóa. Tuy nhiên chúng ta vẫn có thể xét trực tiếp hàm số đại diện như sau : 23 4x 1 x 5 2y 5 2y 8x 2x 5 2y 5 2y 5 2y i Xét hàm số 3 f t t t, t  . Ta có 2 f ' t 3t 1 0, t  . Từ đó ta có : 2 x0 f 2x f 5 2y 2x 5 2y 5 4x y 2  . Còn nếu tinh ý thì do vế phải i luôn không âm nên suy ra x0 ( cách này chính là ẩn phụ hóa ngầm đại lượng 5 2y ). Còn việc giải phương trình tìm nghiệm thì ngoài lời giải trên, chúng ta vẫn có thể sử dụng hàm số để giải. Tuy nhiên lời giải trên tự nhiên và phù hợp với số đông học sinh hơn. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 3 2 3 2 22 x 3x 9x 22 y 3y 9y 1 x y x y 2  x,y  Phân tích : Nhận định đầu tiên là hệ này là hệ đối xứng loại 1 với hai biến x, y nên với hệ này ta hoàn toàn giải quyết được hệ này bằng phương pháp tổng tích của hệ đối xứng loại 1. Tuy nhiên nếu ta quan sát dưới một góc nhìn khác ta dễ dàng nhận thấy phương trình thứ nhất trong hệ có các biến có tinh cô lập nên Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 326 khả năng xét hàm số rất cao. Về cấu trúc của hai vế ta đều có thể cố định bên nào cũng được rồi biến đổi định dạng đối xứng cho bên còn lại. Ở đây chúng ta nhận thấy vế trái dễ cố định hơn nên ta sẽ cố định bên vế trái như sau : 3 3 2 3 2 3 2 x 3x 9x 22 y 3y 9y x 1 12 x 1 y 3y 9y 33 x 1 12 x 1 y 1 12 y 1 . Tới đây ta đã thấy hình dáng của hàm số đại diện là 3 f t t 12t, t  . Nhưng vấn đề đã phát sinh vì hàm số này không luôn tăng hay luôn giảm trên  , điều này là điều ta không mong muốn. Do đó ý tưởng phát sinh là ta cần chặn miền nghiệm. Để có được điều này, ta cần quan tâm đến phương trình thứ hai. Không khó nhận ra phương trình thứ hai là phương trình này là phương trình bậc hai nhưng không có delta chính phương nên việc tách nhân tử là không thể. Tuy nhiên, ta có thể biến đổi phương trình này như sau : 22 22 1 1 1 x y x y x y 1 2 2 2         . Tới đây từ tính chất đã nhắc ở lý thuyết ta suy ra được 1 1 3 1 x 1 x 2 2 2 1 3 1 1 y 1 y 2 2 2          . Với điều kiện này ta suy ra được : 31 x1 22 13 y1 22      . Như vậy ta sẽ xét hàm 3 33 f t t 12t, t ; 22    . Ta có 22 33 f ' t 3t 12 3 t 4 0, t ; 22    . Do đó hàm số ft luôn giảm trên 33 ; 22    , cũng từ đây mối quan hệ giữa x,y đã có và hệ hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Phương trình thứ hai trong hệ được viết lại thành phương trình : 22 1 1 3 1 x 1 x 11 2 2 2 x y 1 1 3 1 22 1 y 1 y 2 2 2                   . Phương trình thứ nhất trong hệ được viết lại thành phương trình : 3 2 3 2 x 3x 3x 1 12 x 1 y 3y 3y 1 12 y 1 33 x 1 12 x 1 y 1 12 y 1 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 327 Do  nên ta có : 31 x1 22 13 y1 22      . Xét hàm số 3 33 f t t 12t, t ; 22    . Ta có 22 33 f ' t 3t 12 3 t 4 0, t ; 22    . Vậy hàm số ft luôn giảm trên 33 ; 22    . Do đó từ 1 f x 1 f y 1 x 1 y 1 y x 2 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 2 1 x x 2 x x 2 2 2 13 xy 22 4x 8x 3 0 31 xy 22      . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 1 3 3 1 x, y ; ; ; 2 2 2 2            . Bình luận: Nếu đặt vấn đề về xét hàm trên miền điều kiện chưa biết khi xét hàm thì bài toán này có độ khó hơn khối A – 2010. Tuy nhiên, hệ này có nét gợi mở hơn hệ trước, minh chứng là hệ này hoàn toàn sử dụng phương pháp đối xứng loại 1 để giải. Các bạn chú ý sử dụng tính chất đã nhắc lý thuyết là một công cụ rất mạnh để chặn miền nghiệm cho những bài toán như thế này. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 22 2x 1 2y 1 x y x 12xy 9y 4 0  x,y  Phân tích : Với hệ này, không khó nhận ra được ngay phương trình thứ nhất đã cho được ảnh của hàm số đại diện. Cụ thể ta có phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 2x 1 x 2y 1 y 1 . Xét hàm số 1 f t 2t 1 t, t ; 2     . Ta có : 1 f ' t 1 2t 1 . Tới đây ta nhận được ngay f ' t 0 t 0 . Như vậy hàm số sẽ đồng biến trên 1 ;0 2 và nghịch biến trên 0;  như thế qua hàm số này ta chưa có kết luận được gì từ phương trình 1 vì dấu của x,y chưa rõ sẽ như thế nào cả. Tuy nhiên từ phương trình thứ hai trong hệ ta có : 22 x 9y 4 12xy xy 0 . Và như vậy nếu hệ có nghiệm x, y thì x,y phải cùng dấu. Điều này ta làm cho xét hàm đại diện đã thành công và hệ hoàn toàn được giải quyết. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 328 Lời giải : Điều kiện : 1 x 2 1 y 2  . Từ phương trình thứ hai trong hệ ta có: 22 x 9y 4 12xy xy 0 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành : 2x 1 x 2y 1 y 1 . Xét hàm số 1 f t 2t 1 t, t ; 2     . Ta có 1 f ' t 1 2t 1 . Lại có 1 f ' t 0 1 0 t 0 2t 1 . Từ đây ta suy ra hàm số đồng biến trên 1 ;0 2 và nghịch biến trên 0;  .  Trường hợp 1: 1 x, y ;0 2    thì hàm số ft đồng biến nên từ 1 f x f y x y . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 2x 4 0 (vô nghiệm vì 2 2x 4 0 ).  Trường hợp 2 : x,y 0;  thì hàm số ft nghịch biến nên từ f x f y x y Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 2x 4 0 x 2 vì x0 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x, y 2; 2 . Bình luận : Bài toán này nhìn qua tưởng chừng đơn giản, tuy nhiên nó lại gây cho người giải rất dễ sai lầm. Một sai lầm mà trên thực tế có rất nhiều học sinh mắc phải. Sau đây, chúng tôi xin giới thiệu một vài ví dụ như vậy để giúp các bạn nhận biết và thông hiểu để khi gặp lại sẽ không còn những sai lầm như vậy nữa. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 x 1 x 1 y 1 x y x 1 2x x y 2 x y 2 y  x,y  Phân tích : Với hệ này, việc đầu tiên ta nhận thấy phương trình thứ nhất trong hệ có thể thu gọn lại vì hai vế có những đại lượng chung. Cụ thể ta có phương trình 1 được biến đổi lại thành : 22 y 1 x 1 x 1 y 1 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 329 Tới đây có thể nhận thấy nếu ta chia chéo hai đại lượng ngoài căn ta sẽ thu được một phương trình có tính đối xứng và cô lập các biến . Thật vậy ta có : 2 2 22 y1 x1 y 1 x 1 x 1 y 1 x 1 y 1 1 Tuy nhiên khi chia như vậy ta cần hai đại lượng x 1,y 1 đều khác 0 . Nếu x 1 0 x 1 y1 . Thử lại không thỏa hệ. Nếu y 1 0 y 1 x 1 . Thử lại không thỏa hệ. Vậy với x 1 y 1 0  thì ta có 1 và cũng từ 1 ta suy ra được x 1 y 1 0 tức là hai đại lượng x 1,y 1 phải cùng dấu hay ta có : x 1 0 x 1 0 x 1 x 1 y 1 0 y 1 0 y 1 y 1       Như vậy việc xét hàm số đại diện 2 t1 f t , t ; 1 1; t1    Ta có 2 2 t1 f ' t t 1 t 1 . Lúc này ta sẽ có những nhận xét sau : Lúc này vấn đề đã nảy sinh ra là nếu t ; 1  hay t 1;  ta cũng không xét dấu được đại lượng t1 . Và như vậy việc cấu trúc hàm đại diện như trên đã phá sản. Tuy nhiên ta để ý rằng 1 có thể đưa về phương trình sau : 22 x 1 y 1 x 1 y 1  . Như thế thì hàm số đại diện lúc này là 2 t1 f t , t t1  . Ta có 3 2 1t f ' t t1 . Và bây giở vấn đề nảy sinh chính là đại lượng 1t , vì chính đại lượng này sẽ làm cho hàm số có hai khoảng có tính đơn điệu khác nhau. Giờ ta cần chặn miền nghiệm cho t . Bây giờ ta sẽ quan tâm phương trình thứ hai trong hệ, ta sẽ có : 2 2 2 2x x y 2 x y 2 y 2x 2 x 1 y 1 y 0  . Nhận thấy hệ phương trình này không thể có nghiệm x,y 0;0 Do 22 x 0,y 0 nên từ  ta suy ra : x 1 y 1 0 x 1 x 1 y 1 y 1   . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 330 Như vậy ta đã có hai miền chặn nghiệm cho t là 1;  và ;1  nên f ' t được đánh giá hoàn hoàn và hệ đã được giải quyết. Lời giải : Nhận xét do hệ không thể có nghiệm dạng x,y 0;0 . Từ phương trình thứ hai trong hệ ta có biến đổi sau : 22 2x 2 x 1 y 1 y 0 a . Vì 22 x 0,y 0 nên từ x 1 x 1 a x 1 y 1 0 y 1 y 1   . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 22 x 1 y 1 x 1 y 1 b . Xét hàm số 2 t1 f t , t t1  . Ta có 3 2 1t f ' t t1 .  Trường hợp 1 : Nếu t1 thì 1 t 0 f ' t 0 . Do đó hàm số ft nghịch biến trên 1;  . Nên từ b f x f y x y . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 x 4x 2 0 x 2 6  (loại).  Trường hợp 2 : Nếu t1 thì 1 t 0 f ' t 0 . Do đó hàm số ft đồng biến trên ;1  . Nên từ b f x f y x y . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 x 4x 2 0 x 2 2 6  ( nhận). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   x,y 2 6; 2 6 ; 2 6; 2 6 . Bình luận : Qua bài hệ này, chúng tôi muốn gửi gắm đến các bạn những điều sau. Về nhận diện hàm đại diện, chúng ta đã biết hàm chúng ta xét chưa phải là duy nhất. Tùy vào sự chọn lựa của chúng ta mà đưa ra những hàm đại diện phù hợp. Với cách chọn hàm đại diện thứ nhất thì đó cũng là một lối tư duy thường gặp ở học sinh. Cách chọn hàm đại diện thứ hai cũng là lối thường gặp của học sinh. Cả hai cách này về bản chất tư duy thì cách chọn hàm ở hai cách đều đúng! Tuy nhiên vấn đề nảy sinh là biểu thức của đạo hàm của hàm số đại diện có thể triệt tiêu tại một điểm tới hạn t1 ở cả hai cách. Nếu cách thứ nhất việc chỉ ra được x 1 y 1 0 về đường lối là đúng nhưng lại bị trở ngại ngay với biểu thức đạo hàm. Tuy nhiên nếu ta khai thác phương trình thứ hai thì thật sự cả hai hàm đều cho lời giải hoàn thiện được bài toán. Vì qua lời giải các bạn đã thấy cách khai thác thứ hai đã làm cho nhận xét x 1 y 1 0 bị phá sản ở khúc chặn miền nghiệm. Điểm làm khó bài toán này chinh là tác giả đã cố tình cho hàm số Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 331 đại diện có điểm tới hạn quá chặt. Tuy nhiên, trong lớp bài toán tạo hằng đẳng thức trong căn để xét hàm đại diện này, có một số bài vì cách chọn hàm đại diện có tính “gợi mở” hơn thì hai cách này đều áp dụng được như ví dụ sau đây. Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 x 3x y 2 y 1 x y x 4x 5 x 2 x y 2xy 1 0  x,y  Phân tích: Từ hệ này, ta sẽ biến đổi phương trình thứ hai trong căn vì chứa các hằng đẳng thức có liên quan chéo đến các đại lượng ngoài căn. Cụ thể ta biến đổi phương trình thứ hai trong hệ về phương trình : 22 x y 2 x 1 2 x x y 1  .  Hướng tư duy 1: Đưa  về phương trình : 22 x y 2 x x y 1 2 x 1 . Khi đó ta có hàm số đại diện là 2 t f t , t t1  . Ta có: 3 2 1 f ' t 0, t t1  . Tới đây bài toán đã được giải hoàn toàn.  Hướng tư duy 2 : Đưa  về phương trình : 22 x y 1 2 x 1 x y 2 x . Khi đó ta có hàm số đại diện là : 2 t1 f t , t ;0 0; t    . Và ta cần xét x y 0 , 2 x 0 và từ cấu trúc phương trình ta cần có x y 2 x 0 . Ta có : 22 1 f ' t 0 t t 1 , t ;0 0;    . Nhờ nhận xét x y 2 x 0 nên hệ cũng hoàn toàn giải quyết được. Giờ chúng tôi sẽ đi vào lời giải cho bài toán theo hướng tư duy 2. Lời giải : Phương trình thứ nhất trng hệ được biến đổi thành phương trình : 22 x y 2 x 1 x 2 x y 1 0 22 x y 2 x 1 2 x x y 1 0 1 . Xét 2 x 0 x 2 y 2 . Thử lại không thấy thỏa hệ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 332 Xét x y 0 x y ta có hệ : 22 y 3y y y 2 2 y 0  hệ vô nghiệm. Vậy ta có x y 2 x 0  . Do đó từ 1 ta có : 22 x y 1 2 x 1 x y 2 x 2 . Từ 2 x y 2 x 0 . Xét hàm số 2 t1 f t , t ;0 0; t    . Ta có 22 1 f ' t 0, t ;0 0; t t 1    . Vậy hàm số ft luôn nghịch biến trên từng khoảng ;0  và 0;  , mặt khác x y 2 x 0 nên từ 2 ta có f x y f 2 x x y 2 x y 2 2x . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : x 0 y 2 x x 1 0 x 1 y 0   . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là :   x,y 0;2 ; 1;0 . Bình luận : Chính sự “gợi mở thông thoáng” của đạo hàm trong việc chọn hàm số đại diện mà tác giả đã cấu tạo sẵn làm cho con đường tư duy thường gặp cả hai hướng đều đạt được mục đích. Tất nhiên với bài toán này đi hướng tư duy 1 sẽ cho lời giải gọn hơn, nhưng chúng tôi chọn lối đi thứ hai cũng để giúp các bạn thêm nhiều sự chọn lựa cho lời giải một bài toán thuộc lớp bài toán này. Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 2 x 1 3x y 2 4y 1 1 8x y 1 x y x 2 0 2  x,y  Phân tích : Với hệ này việc đầu tiên nhìn vào hệ ta nhận thấy phương trình thứ hai trong hệ cho ta phép rút thế, nhưng nếu như vậy đã sẽ đẩy bài toán còn khó khăn hơn lúc đầu nên tư tưởng này thất bại. Quan sát phương trình 1 ta nhận thấy ở hai vế nếu mà y0  thì VT 0 VP 0   nên rõ ràng hệ này không thể có nghiệm x, y mà y0  . Do đó nếu hệ này có nghiệm thì cần y0 Mặt khác từ 2 ta có : 2 x2 y x 2 x . Mà nếu tách vế phải 1 theo 2 xy thì còn thừa 2 y , để ý có Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 333 2 2 2 4y 1 1 4y 1 1 4y nên ta lại nghỉ đến phép liên hiệp. Cụ thể ta có : 2 2 2 2 2 2 x 1 3x y 2 4y 1 1 2x y 4x 1 1 4x 1 1 2 2 2 2 2 x 1 3x y 2 2x y 4y 1 2x y 3 . Tới đây từ 2 ta rút 2 2 x x y , thế vào 3 ta có được: 2 2 2 2 x 1 x 2x y 4y 1 2x y . Với x0 ta đưa phương trình này về dạng : 2 2 1 1 1 1 2y 2y 1 2y xx x . Và tới đây ta đã thấy hình ảnh của hàm số đại diện. Vậy hệ đã hoàn toàn được giải quyết. Lời giải : Nếu y0  ta có : 2 2 2 23 x 1 3x y 2 4y 1 1 0 8x y 0   nên hệ vô nghiệm. Nếu y0 thì từ 2 ta có : 2 x2 y x 2 x . Ta có 2 2 2 2 2 2 1 x 1 3x y 2 4y 1 1 2x 4y 1 1 4y 1 1 2 2 2 2 2 x 1 3x y 2 2x y 4y 1 2x y  . Lại có từ 2 rút : 2 2 x x y , thế vào  ta có phương trình : 2 2 2 2 x 1 x 2x y 4y 1 2x y 2 2 1 1 1 1 2y 2y 1 2y xx x 4 . Xét hàm số 2 f t t t 1 t, t 0 . Ta có 2 2 1 f ' t 1 t 1 0, t 0 1t . Vậy hàm số ft luôn đồng biến trên 0;  . Do đó từ 11 4 f f 2y 2y 2xy 1 xx . Kết hợp với 2 ta có hệ : 2 1 x4 1 xy 2xy 1 xy 2 2 1 1 y x y x 2 0 x4 x x 2 0 8 2     . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 334 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 1 x, y 4; 8 . Bình luận : Bài toán đòi hỏi sự tinh tế trong việc giới hạn miền nghiệm. Một kỷ thuật cũng thường được dùng trong việc giới hạn miền nghiệm để xét hàm số. Còn lại thì bài toán không khó lắm. Ví dụ 7 : Giải hệ phương trình 32 5 2x x 2y 6 x 2y x 1 x 2y 3 x 8x 3 x 4y 5 21  x,y  Phân tích : Với bài toán này, chúng ta cũng nhận thấy rằng phương trình thứ hai rõ ràng không cho ta được tín hiệu nào để khai thác. Trong khi đó, phương trình thứ nhất có chứa hai căn thức mà các đại lượng trong căn đều có nét tương đồng với các đại lượng ngoài căn. Do đó ta sẽ tiến hành phương trình thứ nhất và đẩy ý tưởng ẩn phụ hóa cộng với việc định dạng ban đầu của phương trình này cũng đã có tính cô lập các biến nên khả năng sau khi ẩn phụ hóa thì xét được hàm số là rất cao. Cụ thể ta có phép biến đổi sau cho phương trình thứ nhất trong hệ : 5 2x x 2y 6 x 2y x 1 3 2 x 1 x 2y 6 x 2y x 1  . Đặt a x 1 b x 2y  . Khi đó ta có  trở thành : 22 3 2a b 6 b a 1 . Ở 1 ta đã thấy hình ảnh của hàm số đại diện đã thấp thoáng xuất hiện, nhưng vì sự sai biệt của hai đại lượng 2 a,2a và hai số 3;6 nên ta sẽ đẩy ý tưởng nhân toàn bộ hai vế 1 cho 2 để gắn kết các đại lượng và sô có tính tương đồng. Cụ thể ta sẽ có 22 22 6 4a 6 b 1 6 4a b 6 b 2a 2a b . Vậy ta sẽ xét hàm số 2 6t f t , t 0 t . Việc khẳng định hàm này có tính đơn điệu gì không quá khó nên ta sẽ trực tiếp vào lời giải cho bài toán. Lời giải : Điều kiện : x 2y 0 x1  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 3 2 x 1 x 2y 6 x 2y x 1 1 . Đặt a x 1 b x 2y  , a,b 0 . Khi đó 1 trở thành : 2 2 2 2 3 2a b 6 b a 6 4a b 6 b 2a 2 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 335 Với a 0 b 0  thì hệ không thỏa mãn. Do đó ta có a,b 0 . Khi đó 2 trở thành : 2 2 6 2a 6b 2a b  . Xét hàm số 2 6t f t , t 0 t . Ta có 2 2 6t f ' t 0, t 0 t . Do đó hàm số ft luôn nghịch biến trên 0;  . Nên f 2a f b 2a b 2 x 1 x 2y 3x 4 2y  . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình sau : 2 32 x 3x 4 3 x 24x 8x 3x 4 5 21 32 x 3x 1 x x 21 21 3 2 2 2 x 3x 1 x x 21 x 21 x x 21 x 3 2 3 2 x 3x 1 x 21 x x 3x 2 x 3 x 21 0 22 22 P 6 x 2 6 x 1 x 2 0 x 2 x 1 0 x 3 x 21 x 3 x 21              x 2 0 x 2 y 1 vì P 0, x 1 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 2;1 . Bài toán : Bài toán với việc ẩn phụ hóa là điều tự nhiên, tuy nhiên để xét được hàm đại diện ta cần có một chút khéo léo. Còn lại tất cả đều là quen thuộc. Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 22 2 22 2x 1 y 2x 1 3 y y 1 1 4y 4y 1 4 2x 1 2  x,y  . Phân tích : Với hệ này, đầu tiên ta nhận xét trong hệ đại lượng 2 2x 1 xuất hiện rất nhiều lần nên ý tưởng đầu tiên ta sẽ ẩn phụ hóa để làm gọn nhẹ hình thức hệ lại. Cụ thể ta đặt 2 a 2x 1 . Khi đó hệ đã cho trở thành hệ : 2 2 2 a y a 3 y y 1 1 4y 4y 1 4 a 2  . Ta nhận thấy vế hệ mới cả hai phương trình trong hệ đều có thể cô lập được biến, như thế khả năng xét hàm số sẽ rất cao. Tuy nhiên, hình thức phương trình Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 336 thứ hai trong cho ta phép biến đổi đơn giản và dễ nhìn hơn nên ta sẽ có biến đổi tiếp theo cho hệ như sau : 2 22 a y a 3 y y 1 y y a a   Chú ý rằng ta có a1 nên từ phương trình thứ hai trong hệ ta sẽ có 2 y y 0 y 0 y 1   . Kết hợp với điều kiện của hệ là y0 y0 y1   . Với y0 , kiểm tra rất đơn giản. Mặt khác phương trình: 22 y y a a . Từ đây dẫn đến ta xét hàm số 3 f t t t, t 1 . Không khó để kết luận được hàm này tăng t1 Do đó ta sẽ có ya thế vào phương trình thứ nhất trong hệ  ta có phương trình : 3 23 a a a 3 a a 1 a 3a a 3 a . Phương trình này gợi ảnh xét hàm số 3 f u u 3u, u 1 . Tương tự như hàm trên ta vẫn không khó để kết luận được hàm này tăng trên  1;  . Và từ đây ta có : 2 a a a a 0 a 0 a 1  . Như vậy hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện y0 . Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ : 22 2 2 2 2x 1 y 2x 1 3 y y 1 y y 2x 1 2x 1  I Ta có 2 2 2 2 y y 2x 1 2x 1 1 0 y y 0 y 0 y 1   . Kết hợp với điều kiện y0 y0 y1   . Với y0 không thỏa hệ. Đặt 2 a 2x 1,a 1 . Khi đó hệ I trở thành : 2 22 a y a 3 y y 1 y y a a  . Xét phương trình : 22 y y a a 1 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 337 Xét hàm số 2 f t t t, t 1 . Ta có f ' t 2t 1 0, t 1 nên hàm số ft luôn đồng biến trên  1;  . Do đó từ 1 f y f a y a . Thế vào Phương trình thứ hai trong hệ I ta có : 3 23 a a a 3 a a 1 a 3a a 3 a 2 . Xét hàm số 3 f u u 3u, u 1 . Ta có 2 f ' u 3u 3 0, u 1 . Vậy hàm số fu luôn tăng trên  1;  . Do đó từ a 0 y 0 l 2 f a f a a a a 1 y 1   . Vậy ta có : 2 a 1 x 0 2x 1 1 y 1 y 1 y1   . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 0;1 . Bình luận: Bài toán này là một bài toán lồng hai hàm số trên một miền nghiệm chưa biết, việc tìm miền nghiệm dựa vào đánh giá cơ bản thông qua ẩn phụ. Ví dụ 8 : Giải hệ phương trình 3 22 x y y x 24 yx 2 y x 11 2y y 3x 1  x,y  Phân tích : Với hệ này, việc đầu tiên ta nhận thấy sự xuất hiện của các đại lượng x y,y x trong căn thức cũng như ngoài căn nên ta ưu tiên ẩn phụ hóa rồi biến đổi x,y theo ẩn phụ và thay xuống phương trình thứ hai. Đặt a x y b y x  ab x 2 ab y 2  . Lúc này hệ phương trình đã cho được viết lại thành hệ : 3 2 2 2 2 a b 24 b 2b 11 a 2ab b a 2ab b a b 3 1 44  3 22 a 24 1 b 2b 11 a b a ab b 1  33 33 3 3 3 3 a 13 2b a 2a 11 bb 2b 11 2b 11 a b 1 b 1 a  Chú ý rằng ta có điều kiện a 0,b 0 nên từ phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 338 3 3 3 3 a 2a 11 a b b 2b 11 2a 11 2b 11 . Từ đây dẫn ta đến ý tưởng xét hàm đại diện 3 t f t , t 0 2t 11 . Ta có : 3 2 3 11 1 t f ' t 2 2t 11 t . Tới đây vấn đề đã nảy sinh đó là hàm này vừa có khoảng tăng vừa có khoảng giảm trên 0;  . Tuy nhiên tới đây chúng ta liên tưởng đến phương trình thứ hai : 33 a b 1 . Từ đây ta suy ra được : 33 a 0,b 0 a 0.b 0 0 a 1 a 1,b 1 0 b 1 a 1,b 1        . Do đó ta chặn được miền nghiệm cho ft là   0;1 . Từ nhận xét này ta có ngay được f ' t 0  . Và mọi chuyện tới đây đã đơn giản và hệ sẽ được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Đặt a x y ,a 0,b 0 b y x  . Từ cách đặt ta có : ab x 2 ab y 2  . Lúc đó hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ phương trình sau : 3 3 3 2 2 2 2 22 a b 24 a 13 2b b 2b 11 b 2b 11 a 2ab b a 2ab b a b 3 1 a b a ab b 1 44   3 33 3 33 33 13 2 1 a ab a 2a 11 2b 11 b 2b 11 b 1 a b 1 a    . Do 3 3 3 3 a 0,b 0 a 0,b 0 a 0,b 0 0 a 1 a 1,b 1 0 b 1 a b 1 a 1,b 1      . Xét hàm số   3 t f t , t 0;1 2t 11 . Ta có :   3 3 11 1 t f ' t 0, t 0;1 2t 11  . Vậy hàm số ft luôn nghịch biến trên   0;1 . Do đó ta có f a f b a b  . Từ đó ta sẽ có hệ phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 339 33 33 3 33 11 a x y x0 ab 22 1 y 11 a b 1 b y x 2 22    . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là 3 1 x, y 0; 2 . Bình luận : Về việc tư duy ẩn phụ hóa hệ này thì không khó để nghỉ, tuy nhiên độ khó của hệ này chính là chặn miền nghiệm cho hàm số đại diện dựa trên các đánh giá cơ bản mà ta thường gặp. Điểm đặc biệt của hệ này là miền nghiệm được chặn trên sự “giao thoa” của hai miền riêng lẻ của a,b . Tuy nhiên hàm đại diện trên không là duy nhất cho hàm này,ta có thể xét hàm đại diện ở dạng sau : 3 f t 13 2t t trên đoạn   0;1 cũng được kết quả như vậy.Sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu một ví dụ có cách chặn miền cũng tương tự như ví dụ này nhưng có “bề rộng” sâu hơn miền nghiệm riêng lẻ của từng biến, cũng như hàm số đại diện cũng được biến tấu về hình thức khác hơn các ví dụ mà ta đã nghiên cứu ở phần trước. Ví dụ 9 : Giải hệ phương trình 22 22 2x 3x 4 2y 3y 4 18 x y xy 7x 6y 14 0  x,y  (Chọn đội tuyển chuyên ĐHSP Hà Nội 2011) Phân tích : Với hệ này, chúng ta nhận thấy được ngay phương trình thứ nhất trong hệ là tích hai biểu thức có cấu trúc giống nhau chỉ khác nhau về biến. Như thế phương trình thứ nhất vế trái có thể biễu diễn dưới dạng hàm số đại diện nhưng khác hơn các ví dụ trước của chúng ta vì lúc này ta sẽ thu được phương trình thứ nhất ở dạng f a f b 18  với 2 f t 2t 3t 4 . Không khó để nhận thấy hàm này vừa có khoảng tăng vừa có khoảng giảm trên  , điều này về bản chất đối với bài toán hàm số đại diện thì trong điều kiện ràng buộc nhất định thì ta vẫn có thể giải được. Tuy nhiên ta không tìm được điều kiện ràng buộc cho x,y cùng dấu ở phương trình này nên ta cần chặn miền nghiệm của hàm số ft . Xét phương trình thứ hai trong hệ : 22 x y xy 7x 6y 14 0 . Nếu ta xem đây là phương trình bậc hai theo x: 22 x y 7 x y 6y 14 0 . Phương trình này có nghiệm 2 22 y 7 4 y 6y 14 3y 10y 7 0  7 1y 3   . Nếu ta xem đây là phương trình bậc hai theo y: 22 y x 6 y x 7x 14 0 . Phương trình này có nghiệm 2 22 10 x 6 4 x 7x 14 3x 16x 20 0 2 x 3    . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 340 Qua hai bước này ta nhận thấy miền giá trị có nghiệm của hệ là 10 7 x 2; , y 1; 33           . Do đó ta đề xuất ý tưởng xét hàm số 2 f t 2t 3t 4, t 1 . Ta có f ' t 4t 3 0, t 1 . Như vậy ta sẽ có ft là hàm số đồng biến trên  1;  . Mặt khác ta nhận thấy f x f 2 6,f y f 1 3 . Vậy f x f y 18  . Dấu đẳng thức xảy ra x2 y1  . Và như vậy hệ đã toàn được giải quyết. Lời giải Xét phương trình thứ hai trong hệ ta có : 22 x y xy 7x 6y 14 0  . Nếu ta xem  là phương trình bậc hai theo x ta có phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : 2 22 7 y 7 4 y 6y 14 3y 10y 7 0 1 y 3    . Nếu ta xem  là phương trình bậc hai theo biến y ta có phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : 2 22 10 x 6 4 x 7x 14 3x 16x 20 0 2 x 3    . Vậy 10 7 x 2; , y 1; 33           . Từ phương trình thứ nhất trong hệ dẫn đến xét hàm số 2 f t 2t 3t 4, t 1 . Ta có : f ' t 4t 3 0, t  . Do đó hàm số ft đồng biến trên 1;  . Từ đó dẫn đến 10 f x f 2 6, t 2; 3    , 7 f y f 1 3, t 1; 3    . Do đó f x f y 18  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2 y1  . Thế lại vào phương trình thứ hai ta thấy không thỏa mãn. Do đó hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Bình luận : Bài toán này nó là một biến tấu của dạng hàm số đại diện. Chú ý rằng kết luận nghiệm x2 y1  là một bước tương đương để đẳng thức xảy ra nhưng lại là nghiệm hệ quả của phương trình thứ hai nên nếu không kiểm tra sẽ dẫn đến sai lầm. Tiếp theo ta sẽ nghiên cứu một biến tấu khác của hàm số đại diện qua bài toán sau Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 341 Ví dụ 10 : Giải hệ phương trình 3 2 3 2 22 x 2x 3x 4 y 2y 3y 3x y 2 y x 3x y x 3y y x  x,y  Phân tích: Với hệ này chúng ta nhận thấy hai điều sau, thứ nhất là phương trình thứ nhất trong hệ hai vế đã có tính phân li cho hai biến, hình ảnh cấu trúc phương trình giống nhau nhưng chính hệ số 4 đã đẩy phương trình thứ nhất từ điều quen thuộc về hình thức khá lạ mắt. Thứ hai ta dễ dàng quan sát được phương trình thứ hai trong hệ mang dáng dấp đẳng cấp với hai biến nên có thể sử dụng ẩn phụ hóa. Bây giờ ta đi giải quyết từng nhận xét mà ta đã nêu ra. Với nhận xét “hàm đại diện quen mà lạ” ở phương trình thứ nhất ta sẽ đi tiếp cận sử dụng “cái quen” làm trước. Cụ thể ta xét hàm số 32 f t t 2t 3t , t  . Không khó để nhận thấy hàm này tăng trên  . Nhưng vấn đề ở đây ta không suy ra được xy từ phương rình thứ nhất. Với nhận xét thứ hai là phương trình thứ hai mang dáng dấp đẳng cấp nên ta đẩy ý tưởng đặt y tx . Tuy nhiên hình thức phương trình thứ hai chứa căn thức nên sau khi đặt ẩn phụ để thu gọn thành công thành một biến t ta cần xác định dấu cho các biến ban đầu. Xuất phát từ suy nghỉ này, ta nghỉ đến tính tăng của hàm đại diện đã xét ta đi đến việc chặn miền nghiệm cho các biến ban đầu. Từ phương trình thứ nhất ta có: f(x) = 4f(y) và tính tăng của hàm số f(t). Ta có các nhận xét sau: Nếu x 0 f x f 0 0 4f y 0 f y 0 y 0 . Tương tự ta cũng sẽ có x0 thì y0 . Mặt khác ta nhận thấy hệ ban đầu luôn có nghiệm x,y 0;0 và hệ sẽ không bao giờ có nghiệm x, y với x0 y0  Vậy ta chỉ còn duy nhất một trường hợp x 0,y 0 . Khi đó với y tx thì phương trình thứ hai được biến đổi thành phương trình sau : 2 2 2 t 3 2 t t 3 3t 3t . Cấu trúc của phương trình này có thế giúp chúng ta nghỉ đến hai phương án hoặc là nâng lũy thừa hai vế hoặc sử dụng „liên hiệp giả định kéo theo”. Và rõ ràng ở đây để có lợi cho tính toán ta sẽ sử dụng phương án thứ hai là “liên hiệp giả định kéo theo”. Và như vậy trên cơ sở phân tích này thì hệ của chúng ta có đã cơ bản được giải quyết. Lời giải : Nhận xét hệ luôn có nghiệm x,y 0;0 . Xét hàm số 32 f t t 2t 3t , t  . Ta có: 2 2 25 f ' t 3t 4t 3 3 t 0, t 33  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 342 Vậy hàm số ft luôn tăng trên  . Do đó ta có các nhận xét sau:  Với x0 . Ta có f x f 0 0 4f y 0 f y 0 y 0 .  Với x0 . Ta có f x f 0 0 4f y 0 f y 0 y 0 . Mặt khác nếu 22 3x y 0 x0 y0 y x x 3y x 3y y x 0   . Do đó hệ vô nghiệm. Vậy x0 y0  . Đặt y tx,t 0 . Phương trình thứ hai trong hệ trở thành: 2 2 2 3x t x 2 tx x x 3tx x 3tx tx x 2 2 2 2 t3 t 3 2 t t 3 3t 3t t t 3 3t 3t 2 Ta xét hệ sau : 2 2 22 2 2 2 t3 t t 3 3t 3t 1 2 t t 3 t t 3 t t 3 3t 3t 2t 2 t3 t t 3 3t 3t 2  Lấy 12 vế theo vế ta có được phương trình: 2 2 2 2 4t t 3 t 4t 3 16t t 3 t 4t 3 4 3 2 2 2 t 8t 26t 24t 9 0 t 2t 3 t 10t 3 0 t1 t3 t 5 2 7 t 5 2 7       . Đối chiếu điều kiện t0 ta có: t1 t 5 2 7   . Với t 1 y x . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có: 3 2 3 2 2 x 2x 3x 4 x 2x 3x x x 2x 3 0 . Phương trình cuối cùng vô nghiệm với x0 . Với t 5 2 7 y 5 2 7 x . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 3 2 3 x 2x 3x 4 5 2 7 53 20 7 x 2 5 2 7 x 3x 2 2 x 4 5 2 7 53 20 7 1 x 2 4 5 2 7 1 x 12 5 2 7 3 0    Phương trình cuối cùng vô nghiệm với x0 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x,y 0;0 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 343 Bình luận : Đây là một bài toán hay và lạ. Nếu xét trên phương diện kỷ thuật giải thì không mới nhưng nếu xét trên tư tưởng đi đến lời giải thì bài hệ này có tính đột phá về cách xây dựng ý tưởng và gửi gắm ý đồ. Một biến thể của hàm số đại diện, ở đây chúng ta không xử lí điều kiện của hàm số đại diện mà là mượn hàm số đại diện để xử lí điều kiện cho ẩn ban đầu. Một phép toán ngược mà chúng ta đang quan tâm đó là từ điều kiện của biến ban đầu đi xây dựng điều kiện cho hàm số đại diện. Về kỷ thuật đặt ẩn phụ là một kỷ thuật rất thường gặp mà chúng ta đã đi qua các ví dụ trước đó. Tiếp theo ta chuyển sang nghiên cứu các bài toán giải bằng cách khảo sát trực tiếp một hàm số hoặc hai hàm số để tìm mối quan hệ giữa các biến cũng như tìm nghiệm mà miền nghiệm ta chưa biết. Ví dụ 11 : Giải hệ phương trình 34 2 2 3 y x x 63 xy 2x y x 27 3  x,y  . Phân tích : Với hệ cả hai phương trình trong hệ đều có thể nhóm nhân tử đưa về hệ dễ nhìn hơn. Cụ thể ta có: 33 2 x y x 63 x x y 27 3  . Từ phương trình 2 x x y 27 3 x 0 . Mặt khác từ phương trình thứ nhất ta lại có: 33 63 yx x . Ta suy ra được y0 . Vậy nếu hệ có nghiệm x, y thì ta sẽ có x 0,y 0 . Và cũng từ nhận xét này ta thấy hệ này hoàn toàn có thể rút thể để quy về một phương trình toàn chứa x . Thật vậy, từ 2 27 3 27 3 27 3 x y x y y x x x x . Thế vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có: 3 3 27 3 x x x 63 x  . Đặt t x,t 0 . Lúc đó  trở thành : 3 93 4 t 3 27 t 63t 0 . Với phương trình này thì khảo sát hàm số để giải là lựa chọn tối ưu nhất . Xét hàm số 3 93 4 f t t 3 3 t 63t, t 0 . Ta có : 2 8 2 3 4 f ' t 9t 9t 3 3 t 63 0, t 0 . Mặt khác ta dự đoán được 4 t3 thì f t 0 . Và như vậy hệ được giải quyết hoàn toàn. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 344 Lời giải : Hệ phương trình đã cho được viết lại dưới dạng : 33 2 x y x 63 1 x x y 27 3 2  . Từ 2 x 0 . Mặt khác từ 33 63 1 y x y 0 x . Từ 4 3 27 2 y x x . Thế vào 1 ta được phương trình : 3 4 3 3 27 x x x 63 x 3 . Đặt t x,t 0 . Khi đó 3 trở thành phương trình 3 93 4 t 3 27 t 63t 0 . Xét hàm số 3 93 4 f t t 3 3 t 63t, t 0 . Ta có : 2 8 2 3 4 f ' t 9t 9t 3 3 t 63 0, t 0 . Vậy hàm số ft luôn đồng biến trên 0;  . Mặt khác 4 f 2 0 . Do đó phương trình f t 0 có nghiệm duy nhất 44 t 3 x 3 x 3 y 2 3 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x,y 3;2 3 . Bình luận : Bài hệ này ngoài việc rút thế thì ta có thể sử dụng phương pháp thế tạo đồng bậc để giả quyết như sau : 3 3 12 3 3 43 3 3 84 4 2 3 8 12 x t 1 63 x t 1 63 t1 63 t1 x t 1 27 3 27 3 x t 1 27 3   i . Sau đó xét hàm số i trên miền 0;  cũng được. Hoặc có thể rút thế kiểu khác, tuy nhiên cho dù hình thức nào thì điểm mấu chốt để giải quyết của bài toán này là chặn nghiệm và khảo sát một hàm số. Ví dụ 12: Giải hệ phương trình 22 4 3 8 3 2x 3y 49 x y 134 x y 6 x x 2y y 2y 1 x 2 0  x,y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 345 Phân tích : Nhìn vào hệ này, ta quan tâm ngay được phương trình thứ nhất vì ở phương trình thứ nhất đại lượng xy xuất hiện rất nhiều lần. Với nhận xét này, ta nhận thấy phương trình thứ hai có chứa 22 x , y . Vậy phải chăng bài toán muốn chúng ta rút thế từ phương trình thứ hai lên phương trình thứ nhất rồi ẩn phụ hóa xy ? Ta sẽ tiến hành rút thế để tìm câu trả lời cho lối tư duy này. Cụ thể phương trình thứ hai được viết lại: 2 2 2 2 2 2 x 2xy 2y x y 2 0 2x 3y x y 2xy x y 2 Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có phương trình được biến đổi lại thành : 22 4 3 8 3 x y 2xy x y 2 49 x y 134 x y 6 2 4 3 8 3 x y 52 x y 140 x y 6 . Và tới đây câu trả lời đã rõ. Đặt t x y thì ta có phương trình : 4 2 3 8 3t 52t 140 t6  Với hình dáng của phương trình này ta có thể nghỉ tới liên hiệp, nhưng hãy để ý khi thực hiện rút thế ở phương trình thứ hai ta nhận thấy được phương trình thứ hai cũng chứa đại lượng xy và có chứa hằng đẳng thức nên ta thử xoáy vào điều này xem có điều gì đặc biệt có lợi cho chúng ta không? Ta có: 2 2 2 2 x 2xy 2y x y 2 x y y x y 2 x y 2 0 x y 2 . Tức là ta có t2 và như vậy ta sẽ có bước biến đổi tiếp theo sau đây cho  . Cụ thể ta sẽ có : 3 4 t 14 3t 10 t 6 8   . Với phương trình này ta đoán được t2 thì luôn đúng và các biểu thức trong căn đều dương với t2 nên ta sẽ mạnh dạn đẩy ý tưởng xét hàm số. Ta xét hàm số 3 4 f t t 14 3t 10 t 6, t 2  . Ta có 3 4 3 3 2 3 4 t 14 3t 10 6t 52 t 6 f ' t 0, t 2 16 t 14 3t 10 3 t 6 . Và như vậy ta đã có ft luôn tăng trên  2;  và việc dự đoán được t2 thì xem như hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : 22 3 2x 3y 49 x y 134 0 x y 6 0   . Từ phương trình thứ hai trong hệ ta có: 22 x 2xy 2y x y 2 0 , ta có được hai điều sau : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 346  Thứ nhất : 2 2 2 2 2x 3y x y 2xy x y 2 .  Thứ hai : 2 2 x y y x y 2 x y 2 0 x y 2 . Thế điều thứ nhất vào phương trình thứ nhất trong hệ và biến đổi ta thu được phương trình : 2 4 3 8 3 x y 52 x y 140 x y 6 2 4 3 3 x y 52 x y 140 x y 6 8  1 Đặt t x y,t 2 . Khi đó ta có 1 trở thành : 4 2 3 3t 52t 140 t 6 8 0  . Xét hàm số 4 2 3 f t 3t 52t 140 t 6 8, t 2  . Ta có : 3 4 2 3 3 2 4 6t 52 t 6 3t 52t 140 f ' t 0, t 2 3 t 6 3t 52t 140  . Do đó hàm số ft luôn đồng biến trên  2;  . Do đó f t 0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Mà f 2 0 t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình f t 0 . Kết hợp với phương trình thứ hai trong hệ ta có hệ : 2 2 2 x y 2 y x 2 x 2xy 2y x y 2 0 5x 12x 4 0  2 y x 2 x x2 5 2 y 0 8 x 2 x y 5 5      . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 28 x, y 2;0 ; ; 55    . Bình luận: Đây là một bài toán hay, hình thức tạo căn bậc 4 và bậc 3 nếu dùng liên hiệp sẽ có chút khó khăn dù đã chặn được miền của t , nhưng nếu dùng hàm số thì lời giải cho thật ngắn gọn và đẹp. Sự đánh giá để chặn miền nghiệm cũng là một trường hợp hay gặp đối với việc từ phương trình bậc hai hai ẩn để đánh giá một đại lượng nào đó, mà trong các phần trước chúng tôi cũng nhiều lần đề cập. Ví dụ 13: Giải hệ phương trình 4 4 2 2 4 4 2 2 3 x y x y x y 2 yx y x y x 2x y 6 3x 2y 2 1 3x 7  x,y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 347 Phân tích : Với hệ này, chúng ta nhận thấy ngay phương trình thứ nhất là phương trình đối xứng với biến xy yx nên theo phương pháp bắt nhân tử chung dựa trên tính đối xứng thì khả năng bắt nhân tử phương trình này rất cao, và điều đó càng mạnh thêm niềm tin vì cấu trúc phương trình “rất trơ” không cho chúng ta khai thác được gì. Để tiện lợi trong tính toán ta ẩn phụ hóa xy t , t 2 yx . Khi đó ta sẽ có: 2 2 44 2 2 44 x y x y 2 2 t 2 2 yx yx ; 22 2 22 xy t2 yx . Do đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2 2 2 4 2 32 t2 t 2 2 t 2 t 2 0 t 5t t 6 0 t 2t t 3 0   Với phương trình 32 t 2t t 3 0 , sử dụng máy tính bấm nghiệm ta biết được phương trình này vô nghiệm với mọi t2 . Lúc này để chứng minh phương trình này vô nghiệm thì công cụ hàm số là hiệu quả nhất. Phần này trong lời giải chính thức chúng tôi sẽ chỉ ra. Bây giờ ta xét nếu 2 xy t 2 2 x y 0 y x yx . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 3 x 6 x 2 1 3x 7 x2 . Với phương trình có hai căn bậc lệch thế này thường ta có hai sự chọn lựa là ẩn phụ hóa hoặc liên hiệp. Với cả hai cách giải chúng tôi sẽ đề cập trong phần lời giải chính thức sẽ điều thú vị quanh bài toán này. Lời giải : Điều kiện : x 0, y 0 3x 2y 2 0   . Đặt xy t , t 2 yx . Khi đó ta có : 44 2 2 44 22 2 22 xy t 2 2 yx xy t2 yx  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 4 2 2 4 2 32 t2 t 4t 2 t 2 t 2 0 t 5t t 6 0 t 2t t 3 0    Xét hàm số 32 f t t 2t t 3, t 2 . Ta có 2 f ' t 3t 4t 1 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 348 Lại có 2 27 tl 2 f ' t 0 3t 4t 1 0 27 tl 2      . Lập bảng biến thiên (Nhờ em vẽ dùm ). Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra f t 11  khi t2  , f t 1 khi t2 . Do đó f t 0 vô nghiệm với mọi t2 . Vậy từ  ta có 2 xy t 2 2 x y 0 y x yx . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 3 x 6 x 2 1 3x 7 2 điều kiện là x2 .  Cách 1 : Ẩn phụ hóa kết hợp xét hàm số đại diện. Đặt a x 2 a 0 . Ta có 2 x a 2 . Khi đó 2 trở thành : 3 32 a 4a 1 3a 1 3 Lại đặt 3 2 3 2 b 3a 1 b 3a 1 . Kết hợp ta có : 3 23 a 4a 1 b 3a 1 b  . Cộng vế theo vế hai phương trình ta được : 3 3 a 1 a 1 b b . Xét hàm số 3 f t t t, t  . Ta có 2 f ' t 3t 1 0, t  . Do đó hàm số ft đồng biến trên  , do đó 3 2 f a 1 f b a 1 b a 1 3a 1 3 a 3a 0 a 0 (do a0 ). Với a 0 x 2 0 x 2 y 2 .  Cách 2 : Ẩn phụ hóa kết hợp với liên hiệp. Đặt : 2 x 2 a a 0 x a 2 . Phương trình 2 trở thành : 3 32 a 4a 1 3a 1 3 32 a 3a a 1 3a 1 0 2 2 2 322 3 a a 3a a a 3 0 a 1 a 1 3a 1 3a 1 2 2 322 3 1 a 1 0 a 1 a 1 3a 1 3a 1 vì 2 a 3 0 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 349 a0 vì 2 2 322 3 1 10 a 1 a 1 3a 1 3a 1 x 2 0 x 2 y 2 . Vậy qua hai cách và đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 2;2 . Bình luận : Bài toán này thật chất phương trình thứ nhất là trường hợp đẳng thức xảy ra của một bất đẳng thức. Nội dung chứa trong bài hệ khá bao quát và kiểm tra được nhiều vấn để và các bạn thấy đó đôi lúc hàm số là một sự chọn lựa khá đúng trong chứng minh phương trình vô nghiệm. Ví dụ 14: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 3 2 2 x y x y 2 x y xy 2 2 x 3y 13 y 7 y 3 y x  x,y  Phân tích : Với hệ này một lần nữa ta lại nhận thấy phương trình thứ nhất trong hệ có tính đối xứng nên có khả năng bắt được nhân tử rất cao và như ví dụ trước thì điều này càng khẳng định hơn khi mà phương trình thứ hai chẳng cho ta được mối liên quan nào cả. Phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình sau : 22 2 2 2 2 2 2 x y x y 2 x y xy x y 2 x y 0 22 2 2 2 2 2 2 x y x y 2 x y xy x y 2 x y 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 2xy x y 4 x y 4xy xy x y 0 2 2 2 2 2 2 x y x y 4 xy x y 4 0 22 2 2 22 x y 4 y 3y x y 4 x 0 x0 24 y0      Với x,y 0;0 không quá khó để kiểm tra. Với 22 x y 4 thì phương trình thứ hai trở thành: 32 3y 4 x 3x 1 2y 14 . Phương trình này đã cô lập đươc hai biến, cộng với trường hợp này ta có thể suy ra miền giá trị của x,y nên ta đẩy ý tưởng xét từng hàm số trên từng miền nghiệm riêng của nó rồi so sánh đưa ra kết quả cuối cùng. Vậy ta sẽ đi vào lời giải của bài toán như sau. Lời giải : Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta biến đổi được phương trình : 22 2 2 2 2 2 2 x y x y 2 x y xy x y 2 x y 0 22 2 2 2 2 2 2 x y x y 2 x y xy x y 2 x y 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 350 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 2xy x y 4 x y 4xy xy x y 0 2 2 2 2 2 2 x y x y 4 xy x y 4 0 22 2 2 22 x y 4 y 3y x y 4 x 0 x0 24 y0      . Với x,y 0;0 thì hệ không thỏa mãn. Với 2 2 2 2 x y 4 y 4 x . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 32 2 x 3x 1 y 7 3y 4 1 . Do 22 2 x 2 x y 4 2 y 2      nên từ 1 ta có : 32 3y 4 x 3x 1 2y 14 2 . Xét hàm số   32 f x x 3x 1, x 2;2 . Ta có 2 f ' x 3x 6x . Lại có 2 x 0 y 1 f ' x 0 3x 6x 0 x 2 y 5   . Mặt khác f 2 21 . Vẽ bảng biến thiên ta có được   x 2;2 21 f x 1   . Xét hàm số   3y 4 f y , x 2;2 2y 14 . Ta có   2 50 f ' y 0, x 2;2 2y 14 . Do đó hàm số fy đồng biến trên   2;2 nên 1 1 f 2 f y f 2 9   . Vậy ta sẽ có : 21 f x 1 1 1 f y 9      nên từ 2 ta có x2 f x f y 1 y2  Thử lại ta thấy thỏa mãn nên nghiệm của hệ phương trình là x,y 2; 2 . Bình luận : Bài toán này thuần hàm số và do chúng tôi đề xuất, trong nó là sự kết hợp của hai hàm số trên một miền mà ta đánh giá được giá trị lớn nhất của hàm này là giá trị nhỏ nhất của hàm kia thì lời giải hàm số là lời giải tối ưu nhất cho loại này. Sự khó hay và thú vị của bài toán sẽ được tăng lên khi tác giả chọn hàm có độ khó và việc chặn nghiệm cũng được nâng độ khó lên. Nhưng về cơ bản của bản chất thì chúng ta luôn có thể giải tốt loại này dựa trên những tính chất đã nhắc đến hoặc một vài đánh giá bất đẳng thức cơ bản. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 351 Ví dụ 15 : Giải hệ phương trình 22 22 105 x y 25 4xy 4x 17y 1 4 4x 4y 4x 4y 7 2  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta nhận xét được cả hai phương trình trong hệ đều là phương trình bậc hai hai ẩn, tuy nhiên ta không thể phân tích thành nhân tử trên từng phương trình vì không có delta chính phương. Tuy nhiên, phương trình thứ hai có cấu trúc là dạng một phương trình đường tròn nên ta sẽ tách về dạng 22 2 x a y b k . Cụ thể ta có phương trình thứ hai được tách thành: 22 2x 1 2y 1 9 . Tới đây ta có được đánh giá miền nghiệm của x,y nên ta có thể đẩy tư duy bài toán này về xét hàm số . Tuy nhiên để xét được hàm số ta cần phải cô lập được hai biến x,y muốn vậy ta cần khử được đại lượng xy có trong phương trình thứ nhất trong hệ. Để ý thấy trong phương trình 1 ta có trong cả vế đều chứa xy nên ta sẽ nghỉ đến phép thế. Từ 1 ta có : 2 2 2 105 x y 25 4xy 4 x y 21y 4 2 105 x y 25 4xy 4x 4y 21y 4 Tới đây ta nhận thấy từ 2 ta có: 22 4x 4y 7 4x 4y , thế vào ta có phương trình : 2 2 2 2 2 2 105 x y 25 4xy 4x 4y 7 21y 4 105 x y 18 4 x xy y 21y 4 3 3 2 105 18 x y 4 x y 21y 4 3 3 2 105 4x 18x 4y 21y 18y 4 . Tới đây ta đề xuất xét hai hàm số 3 f x 4x 18x , 32 f y 4y 21y 18y . Từ 2 ta có : 2 x 1 1 y 2      . Khảo sát hai hàm số f x ,f y trên từng miền nghiệm của hàm, ta sẽ có : 68 f x 22 105 f x f y 17 4 43 f y 4       . Và tới đây mọi thứ đã rõ ràng và hệ đã được giải quyết. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 352 Lời giải : Từ 2 ta có : 22 3 2x 1 3 2 x 1 2x 1 2y 1 9 3 2y 1 3 1 x 2          . Mặt khác từ 2 ta cũng có : 22 4x 4y 7 4x 4y  . Phương trình 1 được biến đổi trở thành phương trình : 2 2 2 105 x y 25 4xy 4x 4y 21y 4 2 105 x y 25 4xy 4x 4y 21y 4 3 Thế  vào 3 ta có: 2 2 2 105 x y 18 4 x xy y 21y 4 3 3 2 105 18 x y 4 x y 21y 4 3 3 2 105 4x 18x 4x 21y 18y 4 4 Xét hàm số   3 f x 4x 18x, x 2;1 . Ta có :   2 f ' x 12x 18 0, x 2;1 . Vậy hàm số fx đồng biến trên   2;1 . Do đó 68 f 2 f x f 1 22   . Xét hàm số   32 f y 4y 21y 18y, y 1;2 . Ta có : 2 f ' y 12y 42y 18 . Lại có 2 1 x f ' y 0 12y 42y 18 0 2 x 3 l     . Mà 1 17 f 1 43,f ,f 2 16 24 . Từ đây ta có : 17 43 f y 4   . Vậy : 63 f x 22 105 f x f y 17 4 43 f y 4       . Vậy từ x1 105 4 f x f y 1 4 y 2  . Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 353 Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 x, y 1; 2 . Bình luận : Bài toán này do chúng tôi đề xuất, tuy nhiên ngoài lời giải bằng hàm số như trong lời giải thì chúng ta vẫn có thể giải bài toán này bằng phép ẩn phụ hóa 2x 1 a 3 2y 1 b 3  , thế vào hệ và biến đổi ta có hệ mới là: 33 22 9b 6b 6a 14a 20 a b 1  . Hệ này giải được bằng phương pháp thể. Và như ví dụ số 19 ở phương pháp cộng trừ nhân chéo ta cũng có thể giải hệ này bằng phương pháp cộng trừ “ghép và tạo”, các bạn hãy thử sức nhé. Ví dụ 16: Giải hệ phương trình 4 3 4 2 3 2 2 x 4y x 1 y 4y 1 1 8y 4 x 1 x 6y 2 2  x,y  (Thi thử Quãng Xương 1- Thanh Hóa lần 1 – 2015) Phân tích : Với hệ này, chúng ta không khó nhận ra phương trình thứ nhất ta sẽ bắt được nhân tử chung y1 . Nên ta bắt tay vào khai thác điều này ngay. Cụ thể ta có : 4 3 4 2 4 2 x 4y x 1 y 4y 1 y 1 x 4y y 1 y 1 0 42 42 y1 y 1 x 4y 1 0 x 4y 1   . Với y1 , không có gì để quan tâm vì quá đơn giản. Với 42 x 4y 1 gợi ảnh đến tính chất dùng để suy ra miền nghiệm. Vậy có khả năng hệ này sẽ giải bằng hàm số rất cao. Điều này càng được khẳng định vì với 42 x 4y 1 , ta không thể thay thế gì được vào phương trình hai vì chỉ tạo thêm căn thức phức tạp, trong khi đó rõ ràng phương trình thứ hai các biến đã cô lập nên việc giải nó bằng hàm số là khả năng tối ưu nhất. Vậy đường hướng giải hệ đã có, ta đi vào lời giải để hoàn thành hệ này. Lời giải : Từ (1) ta có: 4 2 4 2 42 y1 y 1 x 4y y 1 y 1 0 y 1 x 4y 1 0 x 4y 1   . Với y1 thay vào (2) ta có : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 354 2 2 2 2 x0 4 x 1 x 4 x x 8 0 x 2 2 x 2 2     . Với 2 42 1x1 0 x 1 x 4y 1 11 y 1 2y 1 22          . Từ 2 ta có : 2 2 3 4 x 1 x 8y 6y 2 0  . Xét hàm số   22 f x 4 x 1 x , x 1;1 . Ta có 2 22 2x 2 x 1 4x f ' x 2x x 1 x 1 Lại có f ' x 0 2x 0 x 0 f 0 4 vì   2 2 x 1 0, x 1;1 . Mặt khác ta có : f 1 f 1 4 2 1 . Do đó ta có : 4 f x 4 2 1   . Xét hàm số 3 11 f y 8y 6y 2, y ; 22    . Ta có : 22 11 f ' y 24y 6 6 4y 1 0, y ; 22     . Vậy hàm số fy luôn nghịch biến trên 11 ; 22    . Mặt khác ta có: 11 f 0;f 4 22         . Do đó 4 f y 0   . Vậy : 4 f x 4 2 1 f x f y 0 4 f y 0      . Do đó từ x0 f x f y 0 1 y 2   . Thử lại thấy thỏa mãn hệ nên hệ phương trình đã cho có nghiệm 1 x, y 0; 1 ; 2 2; 1 ; 2 2; 1 ; 0; 2    . Bình luận : Bài toán này được tác giả xây dựng theo ý tưởng dùng hàm số để giải. Với cấu trúc của hệ khá dễ đoán. Tuy nhiên, chúng tôi đánh giá bài toán này khá Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 355 thú vị vì nếu chưa từng gặp hay tiếp xúc với loại hệ này thì đây chưa chắc là bài toán dễ đối với số đông học sinh. Ví dụ 17: Giải hệ phương trình 2 2 4 2 x 10y 11 x 1 x 1 y 10 y 21 2 3y 7x 9 x 1 y 2 74 0  x,y  . Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy sự xuất hiện của hai căn x 1, y 2 nên việc ta nghỉ đến ẩn phụ hóa. Tuy nhiên, hãy để ý bậc của y trên phương trình thứ nhất khá cao nên nếu ta theo phép ẩn phụ hóa như suy nghỉ sẽ tạo cho phương trình thứ nhất là một biểu thức có bậc là 8. Một con số mà ta không thể mạo hiểm được. Mặt khác ta nhận thấy ở phương trình thứ nhất nếu ta ẩn phụ t x 1 thì ta sẽ thu được một phương trình bậc ba theo t nên ta có thể nghỉ đến việc bắt nhân tử. Trước tiên ta sẽ biến đổi phương trình thứ nhất như sau : 2 4 2 2 x 10y 11 x 1 y 11 xy 10x y 0 2 4 2 2 x 10y 11 x 1 y xy 11 1 x x y 0 . Tới đây, ta nhận thấy rằng ta sẽ ẩn phụ hóa t x 1 nhưng ta để ý thấy vế phải cũng chứa x1 nên ta sẽ chuyển hướng đổi phương trình bậc hai theo t và giữ nguyên x bên ngoài xem như tham số và hy vọng sẽ có delta chính phương. Còn nếu không chúng ta sẽ chuyển hướng đưa về phương trình bậc ba theo t như suy luận ban đầu ta đã vạch ra. Với suy nghỉ này, đưa phương trình cuối về phương trình : 2 2 4 2 2 11t x 10y 11 t y xy y x 0 . Phương trình này có 22 2 4 2 2 2 x 10y 11 44 y xy y x x 12y 11  . Vậy phương trình này tách được nhân tử. Do đó ta sẽ biễu diễn phương trình này thành phương trình : 22 11t y x t y 1 0 2 11t y x vì với 2 x1 y 1 t 0 y2  . Lúc này ta thực hiện phép thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta có được phương trình : 2 2 x 1 13x y 2 5y 74 . Phương trình này gợi ảnh xét hàm số. Và như vậy xem như hệ đã có đường lối giải quyết tốt. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 356 Lời giải : Điều kiện : x1 y2  . Biến đổi 1 ta có phương trình : 2 4 2 2 11 x 1 x 10y 11 x 1 y xy x y 0  Đặt t x 1,t 0 . Lúc đó  trở thành : 2 2 4 2 2 11t x 10y 11 t y xy x y 0 3 . Ta có : 22 2 4 2 2 2 x 10y 11 4 y xy x y x 12y 11  . Do đó 3 2 2 2 2 11t y x t y 1 0 y x 11 x 1 vì 2 t y 1 0 . Thế vào 2 ta có phương trình : 22 y x 9 x 1 y 2 13x 5y 74 0 2 2 x 1 13x y 2 5y 74 5 Xét hàm số f x 2 x 1 13x, x 1 . Ta có: 1 f ' x 13 0, x 1 x1 . Vậy hàm số fx đồng biến trên 1; )  . Từ đó   x 1 ;2 f 1 f x f 2 13 f x 28     . Xét hàm số 2 f y y 2 5y , y 2 . Ta có : 1 f ' y 5y 0, y 2 2 y 2 . Vậy hàm số fy đồng biến trên  2;  . Từ đó   y 2;3 f 2 f x f 3 20 f y 46     . Do đó từ 5 ta có x2 f x f y 74 y3  . Thử lại ta thấy hệ thỏa mãn. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x,y 2;3 Bình luận: Bài toán này có độ khó hơn các bài toán trước Vì nghiệm của hệ đã cho không nằm ở mút miền nghiệm mà là trong miền nghiệm. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 357 VI. HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ. Đây là một phương pháp khá mạnh và để nhận diện hệ giải bằng phương pháp này là một chướng ngại không hề nhẹ đối với người giải. Để giải hệ này yếu tố cần có đó chính là độ tinh tế, sự nhạy cảm và thông hiểu, vận dụng đúng đại lượng nào cần đánh giá và đánh giá bằng cách nào thì điều này còn có nhiều bỏ ngõ đối với học sinh. Trong đề mục này chúng ta thường gặp các dạng hệ đánh giá thông qua các hướng sau : 1) Đánh giá qua điều kiện nghiệm của hệ. Thông thường hệ đánh giá được qua điều kiện nghiệm ta thường gặp các đánh giá cơ bản sau đây :  Yếu tố điều kiện có nghiệm của một phương trình bậc 2.  Đưa về dạng 1 2 2 2 2 2 1 2 3 n 3 n f x 0 f x 0 f x f x f x ... f x 0 f x 0 ... f x 0  . 2) Đánh giá qua các bất đẳng thức cơ bản. Thông thường hệ được đánh giá thông qua các bất đẳng thức ta thường gặp các đánh giá sau :  22 a b 2ab, a,b  . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab .  2 a b 4ab, a,b  , 2 22 ab a b , a,b 2  , n nn a b a b 22 , a,b 0,n   .  Bất đẳng thức AM- GM (hay còn gọi là bất đẳng Cauchuy ). a b 2 ab, a,b 0 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab . Tổng quát : n 1 2 n 1 2 n a a ... a n a a ...a ,   i a 0,i 1,2,...,n ,n ,n 2  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 n a a ... a  Bất đẳng thức B.C.S ( bất đẳng thức Bunnhicopxki). 2 2 2 2 2 a b c d ac bd , a,b,c,d  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ad bc . Tổng quát : 2 2 2 2 2 2 2 1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n a a ... a b b ... b a b a b ... a b , jj a ,b  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 358 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 n 1 2 n a a a ... b b b .  Bất đẳng thức B.C.S dạng phân số ( hay bất đẳng thức Sva xơ). 2 22 12 12 1 2 1 2 1 2 1 2 aa aa , a ,a ,b ,b 0 b b b b  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 12 12 aa bb . Tổng quát : 2 2 2 2 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 2 a a ... a a a a ... b b b b b ... b , jj a ,b 0  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 n 1 2 n a a a ... b b b .  Bất đẳng thức Mincopxki. 22 2 2 2 2 a b c d a c b d . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ad bc ac bd 0   Bất đẳng thức dấu giá trị tuyệt đối. A B A B . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB 0 . A B A B . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A B B 0 .  Một số bổ đề thường dùng. 1 1 2 1 a 1 b 1 ab , với a 0,b 0,ab 1 . + 1 1 2 1 a 1 b 1 ab  , với a 0,b 0,ab 1  . Dấu đẳng thức xảy ra ở cả hai bổ đề khi và chỉ khi ab ab 1  . Ở thể loại hệ được giải bằng phương pháp này ta thường gặp các bài toán mà đánh giá có thể xảy ra trên một phương trình trong hệ hoặc cả hai phương trình trong hệ hoặc có được đánh giá khi kết hợp cả hai phương trình lại. Sau đây chúng ta sẽ đi vào các ví dụ minh họa. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 22 3 2 3 2 3 x 5y 4xy 2x 8y 5 0 1 3 x xy 6y 2 y 2x 6 5 2  x,y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 359 Phân tích : Với hệ này, rõ ràng chúng ta không thể bắt đầu với phương trình thứ hai. Phương trình thứ nhất lại là một phương trình bậc hai hai ẩn quen thuộc nên ta sẽ tính delta của phương trình này xem thử nghiệm của hệ này sẽ bị chặn ở đâu. Ta biến đổi phương trình thứ nhất thành : 22 x 2 2y 1 x 5y 8y 5 0 . Ta có 22 2 ' 2y 1 5y 8y 5 y 2  . Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi 2 ' 0 y 2 0 y 2 0 y 2  . Từ đây ta suy ra được x3 . Và tới đây việc còn lại là thử lại nghiệm là hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 32 y 2x 8 0 Ta có 1 22 x 2 2y 1 5y 8y 5 0 . Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 22 2 ' 2y 1 5y 8y 5 y 2 0 y 2 0 y 2  . Thay y2 vào 1 ta có : 2 x 3 0 x 3 . Thế x 3,y 2 vào 2 ta có kết quả luôn đúng. Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 3; 2 . Bình luận : Cấu trúc của bài toán buộc lòng chúng ta phải xoáy vào phương trình thứ nhất. Vì với phương trình này chúng ta có nhiều đường hướng để gợi mở như là bắt nhân tử và chặn miền nghiệm. Và thực tế bài này là chúng ta sủ dụng điều kiện có nghiệm của phương trình này để tìm nghiệm của hệ. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 2 2 3 y 2x 4 y 6x 2 2 x 1 y 1 1 y 1 x x 1 y 1 3x 2   x,y  Phân tích : Với hệ này, rõ ràng sự lựa chọn công phá từ phương trình thứ nhất là lựa chọn tối ưu vì phương trình chứa hai căn bậc lệch và nếu có tính đến ẩn phụ hóa thì cũng không tìm được mối liên quan nào có lợi để giải hệ. Ta biến đổi (1) về phương trình sau : 2 y 2x 4 y 6x 2 2 x 1 y 1 . Tới đây ta hãy để ý đại lượng ngoài căn và không có bình phương: 4 y 6x có liên quan đến đại lượng trong căn và đại lượng dưới mũ 2. Thật vậy, ta có : 2 x 1 y 1 2x 2 y 1 có 2x 2 y 1 2x y 3 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 360 Vậy ta sẽ tìm mối quan hệ : 4 y 6x m 2x y 3 n y 2x 2m 2n x m n y 3m . Ta đồng nhất hệ số hai vế ta sẽ có 2m 2n 6 m 1 m n 1 n 2 3m 4 3m 4  . Và tới đây, ta nhận đinh được rằng hệ số 4 sẽ điều chỉnh lại là 3 thì (m,n) = (1 ;-2) là bộ số thuận lợi nhất. Khi đó ta có 2 1 y 2x 1 6x y 3 2 2 x 1 y 1 0 2 y 2x 2 y 2x 1 2x y 3 2 2 x 1 y 1 0 2 y 2x 1 2x 2 2 2 x 1 y 1 y 1 0 2 2 y 2x 1 2x 2 y 1 0 y 2x 1 0 y 2x 1 2x 2 y 1  . Và tới đây, ta chỉ cần thực hiện phép thế vào (2) ta được phương trình : 3 3 2x 2x 1 1 2x 1 3x  . Để ý vế phải phương trình này chưa tích mà mỗi thừa số có dạng 3 ab, abc nên ta nghỉ đến bất đẳng thức AM GM . Mặt khác ta đoán được nghiệm của phương trình là x0 . Vậy nếu ta sử dụng dạng ab ab 2  thì 1 1 2x 1 2x 2  . Dấu đẳng thức xảy ra 1 1 2x x 0 Còn nếu 3 a b c abc 2  thì 3 1 1 1 3x 1 3x 3  . Dấu đẳng thức xảy ra 1 1 1 3x x 0 . Như vậy hướng phán đoán của chúng ta có thêm niềm tin để giải phương trình này bằng đánh giá là chính xác. Do đó hệ có thể giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x1 y0  . Từ 1 ta biến đổi thành phương trình sau: 2 y 2x 2 y 2x 1 2x 2 2 2 x 1 y 1 y 1 0 2 2 y 2x 1 0 y 2x 1 2x 2 y 1 0 y 2x 1 2x 2 y 1  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 361 Thế vào 2 ta có phương trình : 32 3 2x 2x 1 1 2x 1 3x  . Từ điều kiện x1 1 x 1 2 x 2  , ta có 3 2 2 2x 2x 1 2x x 1 1 0 . Suy ra : 3 1 1 3x 0 x 3  . Vậy tổng hợp các điều kiện ta có : 11 x 23   . Áp dụng bất đẳng AM GM ta có : 3 1 1 2x 1 2x x 1 2 1 1 1 3x 1 3x 1 x 3    Từ đây ta suy ra : 3 0 1 2x 1 3x x 1 1 x   . Vậy ta cần chứng minh : 32 2x 2x 1 x 1 1 x  , 11 x; 23    . Ta có : 3 2 2 2 2x 2x 1 1 x x 2x 3 0  ( luôn đúng 11 x; 23    ). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x0 ( thỏa mãn ). Suy ra : y1 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 0;1 Bình luận : Bài toán được giải bằng cách đánh giá trên từng phương trình trong hệ. Ở phương trình thứ nhất ta sử dụng hằng đẳng thức và dùng tính chất tổng các số không âm, phương trình thứ hai ta dùng bất đẳng thức cơ bản để giải quyết. Có một vấn đề chắc các bạn thắc mắc là tại sao chúng ta không biến đổi : 4 y 6x m x 2y 3 n y 2x . Điều này là thắc mắc có lý. Câu trả lời với phân tích này chúng ta tìm được bộ số m,n ”không có lợi” cho chúng ta biến đổi. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 2 22 5 8y y 1 8 y x 8 xy x x xy 1 8 x y 5 xy  x,y  Phân tích: Với hệ này, bước đầu tiên ta cần biến đổi lại phương trình thứ nhất của hệ để cho dễ nhìn hơn. Cụ thể ta có phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 2 1 8x y x 5 8y xy 8 xy xy . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 362 Tới đây ta quan sát với phương trình thứ hai ta nghỉ đến ngay phép thế. Cụ thể từ phương trình thứ hai ta có: 22 1 5 8y 8x xy , thế vào phương trình mới biến đổi và thu gọn ta được phương trình : xy x x y y x y 1    . Ta quan tâm đến hệ sau : 22 44 x y 1 a b 1 1 1 8 x y 5 8 a b 5 ab xy   với ax by  . Ở hệ này ta liên tưởng đến đánh giá quen thuộc : 2 22 ab ab 2 hai lần ta sẽ có được lời giải. Vậy hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x 0,y 0 Phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 2 1 8x y x 5 8y xy 8 xy xy Lấy phương trình vừa biến đổi cộng với phương trình thứ hai trong hệ vế theo vế ta thu được : xy x x y y x y 1 x y 0 x y 1     Trường hợp 1 : xy . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 23 1 x 4 1 1 17 16x 5 16x 5x 1 0 x x8 1 17 x 8         Đối chiếu điều kiện ta thu được 1 1 17 x y ;x y 48  Trường hợp 2 : x y 1 . Đặt ax , by  a,b 0 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 363 Khi đó ta có hệ mới : 44 a b 1 1 8 a b 5 ab  Ta có 2 22 ab ab 2 . Do đó : 2 2 2 22 44 ab 2 ab 1 ab 2 2 8 . Vậy ta có : 44 8 a b 1 . Mặt khác ta có : 2 a b 1 1 a b 2 ab ab 4 2 4 ab  Từ hai đánh giá trên ta có : 44 1 8 a b 5 ab . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ chỉ 1 1 1 a x x a b 1 2 2 4 a b 1 1 1 b y y 2 2 4     Vậy hệ đã cho có nghiệm 1 1 1 17 1 17 x;y ; ; ; 4 4 8 8    . Bình luận : Ở trường hợp 2, ta dễ nhận thấy hệ thu được với hai ẩn a,b là hệ đối xứng loại 1, ta vẫn có thể sử dụng phương pháp giải của loại hệ này để giải. Tuy nhiên, với phương pháp đó chúng ta sẽ dễ gặp khó khăn vì vướng phải phương trình bậc cao. Do đó dựa vào kết quả a,b dương ta có thể đánh giá qua bất đẳng thức AM-GM để làm gọn bài toán. Bài toán là sự phối hợp giữa kỷ thuật thế, ẩn phụ và đánh giá. Bài toán này do chúng tôi đề xuất. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 2 22 33 x xy 1 y xy 1 2 2 x y 16xy 5 x y 4 0  (Thi thử Yên Phong Bắc Ninh 2015) Phân tích: Với hệ này, chúng ta nhận định được rằng phương trình thứ hai là phương trình đối xứng hai biến nhưng ta lại không phân tích được thành nhân tử. Ở phương trình thứ nhất ta để ý : 2 22 x xy 1 y xy 1 x y 2 nên ta đẩy ý tưởng đặt ẩn phụ hóa phương trình thứ nhất. Đặt 2 3 2 33 2 3 a x xy 1 a b x y 2 b y xy 1  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 364 2 3 3 3 3 2 x y 2 a b 4 0 a b 2 . Mặt khác từ phương trình thứ nhất ta có : 2 a b 2 2 x y a b 2 0 a b 2 Khi đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình : 3 3 3 3 a b 2 2 a b 4 a b 2 a b 2 33 33 22 ab 2 a b 2 a ab b  Mặt khác ta lại có : 2 2 2 22 1 3 1 a ab b a b a b a b 1 4 4 4 Vậy ta sẽ có : 3 3 3 3 22 a b a b 1 a ab b  , do đó từ  ta có : 3 3 3 3 3 3 2 a b 2 a b a b 2   Vì 33 22 33 33 a b 2 a b 2 x y 2 2 x y 0 x y a b 2   . Và tới đây bài toán đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x0 y0  . Đặt 2 3 2 33 2 3 a x xy 1 a b x y 2 b y xy 1  2 3 3 3 3 2 x y 2 a b 4 0 a b 2 . Mặt khác từ phương trình thứ nhất ta có : 2 a b 2 2 x y a b 2 0 a b 2 Khi đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình : 3 3 3 3 a b 2 2 a b 4 a b 2 a b 2 33 33 22 ab 2 a b 2 a ab b  Mặt khác ta lại có : 2 2 2 22 1 3 1 a ab b a b a b a b 1 4 4 4 Vậy ta sẽ có : 3 3 3 3 22 a b a b 1 a ab b  , do đó từ  ta có : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 365 3 3 3 3 3 3 2 a b 2 a b a b 2   Vì 33 22 33 33 a b 2 a b 2 x y 2 2 x y 0 x y a b 2   . Thế vào phương trình thứ hai ta thu được phương trình: 2 16x 5 x 2 0 3 . Đặt t x,t 0 . Lúc đó phương trình 3 trở thành phương trình : 2 4 5 3 2 16t 5 t 2 0 16t 5t 2 0 2t 1 4t 4t 3t 2 0 1 2t 1 0 t 2 vì 32 4t 4t 3t 2 0, t 0 . 1 1 1 x x y 2 4 4 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 11 x, y ; 44 . Bình luận : Đây là một bài toán khá hay, bài toán chắc chắn sẽ làm khó học sinh rất nhiều, bởi vì trong bài toán ta cần sử dụng các đánh giá khéo léo kết hợp với liên hiệp một cách tinh tế nếu không chúng ta sẽ khó tìm ra lời giải cho bài toán. Và nếu sử dụng đánh giá không khéo cũng sẽ dẫn đến những đánh giá rất khó chịu. Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 5 x 2 x 7 3 x y 4y 3 y 4y 5 y 6 2x 3y 4 x 7 5 y 6 100  x,y  Phân tích : Quan sát hệ này, ta nhận thấy cả hai phương trình trong hệ đều chứa hai đại lượng chung đó là x 7, y 6 điều này dẫn đến cho suy nghỉ ẩn phụ hóa. Nhưng nếu ẩn phụ hóa thì ta lại thu được một hệ mới mà bậc của nó là khá cao nên phương án này xem như thất bại. Với các kinh nghiệm đã có ta có thể nhận định được nếu cho hai căn thức bằng nhau và làm phép thử xem có được điều gì ? Ta có : x 7 y 6 x 7 y 6 . Thử ngay với x,y 2;3 ta thấy hệ hoàn toàn đúng. Vậy đây chính là mối quan hệ giữa x,y trong hệ này. Với phương trình thứ nhất trong hệ ta nhận thấy các biến có thể cô lập với nhau nên khả năng xảy ra xét hàm số đại diện cũng khá cao nên ta sẽ tiến hành tách xem sao ? Cụ thể ta có : 2 2 2 2 x 2 x 7 3x y 4y 5 y 6 3y 12y 9 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 366 Với phương trình này ta nhận xét được là tuy các biến cô lập nhưng lại không xét được hàm đại diện, vậy ý tưởng hàm đại diện lại thất bại. Tuy nhiên quan sát phương trình mới, chỉ cần thêm bớt là tách được đại lượng 22 x 2,y 4y 5 nên ta tiến hành tách như sau : 2 2 2 2 x 2 x 7 3x y 4y 5 y 6 3y 12y 9 2 2 2 2 x 2 x 7 3 x 2 y 4y 5 y 6 3 y 4y 5 22 x 2 x 7 3 y 4y 5 y 6 3 22 x 2 x 2 y 4y 5 y 3 x 7 3 y 6 3 . Từ phương trình cuối ta lại có được x 2 y 3 0 . Vậy tới đây, ta sẽ đẩy ý tưởng đánh giá hệ qua miền giá trị của x,y . Điều này sẽ càng có niềm tin khi mà đối với phương trình thứ hai trong hệ ta có hai nhận xét :  Cố định y và xét hàm số 5 f x 2x 4 x 7 3y 5 y 6 100 ,x7 . Ta có : 4 2 f ' x 10x 0, x 7 x7 . Vậy hàm số fx đồng biến.  Cố định x và xét hàm số 5 f y 3y 5 y 6 2x 4 x 7, y 6 . Ta có : 5 f ' y 3 0, y 6 2 y 6 . Vậy hàm số fy đồng biến. Với hai nhận xét này ta sẽ luôn có những đánh giá thuận chiều. Vậy xem như đường hướng giải quyết bài toán đã có. Lời giải : Điều kiện : x7 y6  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi lại thành phương trình : 2 2 2 2 x 2 x 7 3x y 4y 5 y 6 3y 12y 9 2 2 2 2 x 2 x 7 3 x 2 y 4y 5 y 6 3 y 4y 5 22 x 2 x 7 3 y 4y 5 y 6 3 22 x 2 x 2 y 4y 5 y 3 x 7 3 y 6 3  Vì ta luôn có : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 367 22 x 2 y 4y 5 0; 0 x 7 3 y 6 3 nên từ x2 y3 x 2 y 3 0 x2 y3             Trường hợp 1: Nếu 5 x2 2x 3y 4 x 7 5 y 6 100 y3  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2 y3  .  Trường hợp 2 ; Nếu 5 x2 2x 3y 4 x 7 5 y 6 100 y3     . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2 y3  . Thử lại ta thấy x2 y3  ta thấy thỏa mãn hê. Vậy hệ phương trình nghiệm x,y 2;3 . Bình luận : Bài toán sử dụng đánh giá trên miền giá trị của các biến x,y kết hợp với tính đơn điệu của hàm số và phép khử liên hiệp. Sự phát hiện ra tính chất hàm số đơn điệu tăng đã làm cho các đánh giá của bài toán trở nên đơn giản và gọn gàng. Ví dụ 6: Giải hệ phương trình 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 4 x y 1 y x 1 2x 1 1 x y x x 1 2x 2xy  x,y  . (Thi thử math.vn 2010) Phân tích : Với hệ này, cấu trúc hệ khá khó đoán. Tuy nhiên hãy để ý tới các đại lượng trong căn ở cả hai phương trình ta sẽ có những đánh gia quen thuộc. Thật vậy, ta có : 22 2 22 2 2 22 4 x y 1 2 4 x y 1 2 4 x y 1 4 1 x y 1 1 x y 1 1 1 x y 2      . Từ đây dẫn đến ta có các đánh giá sau : 4 2 2 2 4 2 2 y x 1 2x 2 x x 1 2x 2xy 2   . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 368 Suy ra : 4 2 2 2 4 2 2 2 y x 1 2x x x 1 2x 2xy x y 1 0 x y 0  2 32 2 x y 0 x y 1 xy  Và như thế hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 2 4 x y 1 0 . Ta có : 22 2 22 2 2 22 4 x y 1 2 4 x y 1 2 4 x y 1 4 1 x y 1 1 x y 1 1 1 x y 2      Do đó từ hệ ta sẽ có : 4 2 2 2 4 2 2 y x 1 2x 2 x x 1 2x 2xy 2   . Để hệ có nghiệm thì dấu đẳng thức ở các đánh giá xảy ra. Do đó ta có : 4 2 2 2 4 2 2 2 y x 1 2x x x 1 2x 2xy x y 1 0 x y 0  2 32 2 x y 0 x y 1 xy  x1 y1  . Thử lại và đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 1;1 . Bình luận : Nhìn lời giải gọn gàng của hệ, ta tưởng chừng đó là hệ đơn giản. Nhưng trên thực tế với hệ này nếu không có đủ tinh tế nhìn nhận, chọn lựa đánh giá phù hợp thì bài toán này không hề dễ. Cái hay và thú vị của hệ này đó chính là chỉ cần xử lý các đánh giá quen thuộc là giải quyết được bài toán. Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 3 x y 2x y 1 2 7x 12y 8 2xy y 5  x,y  Phân tích : Với hệ này, rõ ràng từ phương trình thứ hai ta không khai thác được gì vì chứa hai căn bậc lệch và các đại lượng trong căn lại chẳng tương đồng gì với nhau để có thể kết hợp lại. Trong khi đó phương trình thứ nhất rất „gợi ý liên hiệp” nên tại sao ta không bắt đầu từ phương trình này để công phá. Sử dụng kỷ thuật đoán nghiệm trong phương pháp liên hiệp. Ta có ngay nếu xy thì hai vế phương trình thứ nhất luôn đúng. Khi đó ta sẽ tách liên hiệp dạng: 22 22 5x 2xy 2y 3x 2x 2xy 5y 3y  với dạng này trở ngại Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 369 của chúng ta chính là dấu của x,y từ điều kiện cho ta không rõ ràng nên cách này không triệt để được. Còn nếu ta để ý : 2 2 2 2 2 2 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 3 x y ta sẽ dẫn đến cách liên hiệp sau: 2 2 2 2 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 3 x y 22 2 2 2 2 3 x y 3 x y 5x 2xy 2y 2y 2xy 5y . Thì rõ ràng cũng không an toàn cho lắm vì sẽ bị vướng đánh giá phần sau, chưa kể ta phải kiểm tra nghiệm (x, y) = (0, 0) vì nghiệm này không khó để thấy thỏa hệ. Vậy về phương diện trực tiếp liên hiệp có vẻ không khả thi lắm. Nhưng ta nhận thấy được qua phương trình thứ nhất hai đại lượng trong căn khá đặc biệt. Thật vậy, ta có : 22 22 22 22 5x 2xy 2y 2x y x y 2x 2xy 5y x 2y x y  . Sự xuất hiện của đại lượng chung 2 xy dẫn ta đến đánh giá : 2 22 2 22 5x 2xy 2y 2x y 2x 2xy 5y x 2y  . Lại có : x 2y 2x y 3 x y và các đại lượng đều nằm trong căn thức nên ta nghỉ đến đánh giá bằng bất đẳng thức có dấu trị tuyệt đối dạng A B A B . Áp dụng tư duy này ta biến đổi phương trình thứ nhất trong hệ thành : 2 2 2 2 2 2 2 2 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 2x y x y x 2y x y 2x y x 2y 3 x y 3 x y . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : x y 0 . Và tới đây mọi chuyện còn lại chỉ là thế vào phương trình thứ hai để giải và hệ được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : 2x y 1 0 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành hệ phương trình : 2 2 2 2 2 2 2 2 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 2x y x y x 2y x y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 370 2x y x 2y 3 x y 3 x y . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 0 . Nhận xét x,y 0;0 thỏa hệ nên ta chỉ cần xét x 0,y 0 . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 3 2 3 3x 1 2 19x 8 2x x 5 2 x x x 1 3x 1 2 x 2 19x 8 0 2 2 2 22 3 3 x x 2x 14 xx 2 x x 0 x 1 3x 1 x 2 x 2 19x 8 19x 8 22 3 3 P 1 2x 14 x 1 2 0 x 1 3x 1 x 2 x 2 19x 8 19x 8                            vì x0 x 1 y 1 vì x 0 P 0 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x,y 0;0 ; 1;1 . Bình luận : Bài toán nhìn có vẻ liên hiệp trực tiếp nhưng lại gây khó khăn lúc thực hành trực tiếp nhưng với sự tinh ý ta đã chuyển phương trình về đánh giá cơ bản thông qua bất đẳng thức dấu trị tuyệt đối khá đẹp mắt và gọn. Tuy nhiên, bài toán này vẫn có thể sử dụng phép liên hiệp „giả định kéo theo” vẫn giải được phương trình thứ nhất như chúng tôi đã đề cập ở phần phương pháp liên hiệp. Cụ thể ta sẽ có với x 0,y 0 : 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 3 x y 3 x y 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 5x 2xy 2y 2x 2xy 5y xy  . Cộng theo vế hai phương trình cho nhau ta được phương trình 22 2 2 2 2 2 5x 2xy 2y 2x y 5x 2xy 2y 4x 4xy y x y 0 x y . Và tới đây ta giải quyết lại như trong lời giải. Qua đây, sự chọn lựa con đường chúng ta đi vào lời giải có thể chưa phải là con đường duy nhất để thực hiện. Sự không dừng lại trước một lời giải đã tìm ra sẽ rèn luyện cho chúng ta thêm nhiều kỷ năng tốt hơn. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 371 Ví dụ 8 : Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 3 x 4 y 1 x 4 y y x 3 x y 1 2x 1 x 6y 17  x,y  Phân tích: Với hệ này, một lần nữa ta phải thừa nhận để công phá hệ ta cần công phá phương trình thứ nhất trong hệ. Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 22 x 4 y 1 y x 3 y x 4 Ta thấy vế trái phương trình này hai số hạng trong tổng đều có dạng ab nên ta thử liên tưởng đến phép đánh giá quen thuộc sau: 22 ab ab , a,b 2   . Khi đó ta có : 2 2 x 4 y 1 x 4 y 1 2  ; 2 y x 3 y x 3 2  . Cộng vế theo vế các đánh giá này ta thu được: 22 x 4 y 1 y x 3 y x 4  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 2 y0 x 4 y 1 y x 3 y x 3   . Và tới đây ta chỉ cần thực hiện phép thế vào phương trình thứ hai là hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : x3 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành : 22 x 4 y 1 y x 3 y x 4 . Sử dụng đánh giá : 22 ab ab , a,b 2   , ta có : 2 2 x 4 y 1 x 4 y 1 2  ; 2 y x 3 y x 3 2  . Cộng vế theo vế các đánh giá này ta thu được : 22 x 4 y 1 y x 3 y x 4  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 2 y0 x 4 y 1 y x 3 y x 3   . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 372 3 3 2 2 x 2x 2x 1 x 6x 1 3 3 22 x 1 x 1 x 6x 1 x 6x 1 1 Xét hàm số 3 f t t t, t  . Ta có: 2 f ' t 3t 1 0, t  . Vậy hàm số ft đồng biến trên  . Do đó từ 3 2 1 f x 1 f x 6x 1 3 3 2 2 2 x 1 x 6x 1 x 1 x 6x 1 x x 2x 3 0 x 0 y 3 x 1 y 2 x 3 y 0     . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   x,y 0; 3 ; 1;2 ; 3;0 . Bình luận : Bài toán này được tác giả ra chắc với hai chủ đích chính là đánh giá và sử dụng hàm số đại diện để giải hệ, sự kết hợp này làm cho bài toán có độ khó riêng của nó. Tuy nhiên, ngoài cách đánh giá trên thì phương trình thứ nhất trong hệ vẫn có tấn công nó bằng phương án liên hiệp “giả định kéo theo” để tấn công. Cụ thể ta có hệ giả định sau : 22 2 2 2 x 4 y 1 y x 3 y x 4 y x 4 x 4 y 1 y x 3 1 x 4 y 1 y x 3  Cộng vế theo vế ta có được : 22 2 x 4 y 1 y x 5 2 2 4 2 2 2 4xy 4x 16y 16 y x 25 2xy 10y 10x 2 2 y x 3 0 2 y x 3 . Và rõ ràng có lẻ tác giả sẽ bất ngờ với phương án này, và nếu xét trên bình diện chung thì phương pháp liên hiệp „giả định kéo theo” cho lời giải cũng đẹp mắt không kém và có lẻ tự nhiên hơn phương án đánh giá. Đó chính là cái thú vị của toán, đôi lúc ta nghỉ phương pháp này mạnh nhưng ý nghĩa đó chỉ dừng lại ở mức tương đối. Ví dụ 9: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 33 x y x xy y xy 23 4x 3y 5 6 7 11 9x 8y 10x 12y  x,y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 373 Phân tích : Với bài hệ này, chúng ta cũng chỉ công phá phương trình thứ nhất thôi. Ở phương trình thứ nhất ta có ba cách để đánh giá với sự trợ giúp của điều kiện x y 0  Cách 1 : Sử dụng hằng đẳng thức theo kiểu tổng hiệu. Ta có : 22 22 2 2 2 11 x y x y x y 1 1 1 22 x y x y x y 2 2 4 4 4 22 22 2 2 2 31 x y x y x xy y 1 1 1 44 x y x y x y 3 3 4 12 4 Từ đó ta có : 2 2 2 2 x y x xy y xy 22 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy .  Cách 2: Sử dụng đánh giá quen thuộc 2 22 ab ab 2 . Ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 x xy y x y x y x y x y x y 2 2 2 4 4 Do đó ta có : 22 2 2 2 2 x y x y x y x xy y xy 2 2 4 4 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy .  Cách 3 : Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức B.C.S và 2 ab ab 2  ta có : Ta có : 2 2 2 2 22 2 x y 1 1 x y x y 1 xy 2 4 4 2 2 2 2 22 xy xy x y 2xy x xy y 1 2 xy 3 3 3 2 Do đó ta có : 2 2 2 2 x y x xy y xy 23 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : xy . Qua các đánh giá trên việc còn lại của chúng ta là thế vào phương trình thứ hai và giải tìm nghiệm. Lời giải. Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta suy ra để hệ có nghiệm thì x y 0 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 374 Ta có : 22 22 2 2 2 11 x y x y x y 1 1 1 22 x y x y x y 2 2 4 4 4 22 22 2 2 2 31 x y x y x xy y 1 1 1 44 x y x y x y 3 3 4 12 4 Từ đó : 2 2 2 2 x y x xy y xy 22 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy . Thay xy vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình: 33 33 x 5 6 7 11 x 2x x 5 2 7 2 11 x 2 x 3 0 22 3 333 7 x 3 x3 2 x 3 0 x 5 2 x 5 4 2 2 11 x 11 x 22 3 333 P 17 x 3 2 0 x 5 2 x 5 4 2 2 11 x 11 x                          x 3 0 x 3 y 3 vì P 0, x  . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 3;3 Bình luận : Đây là một bài toán khá quen thuộc, trên đây chúng tôi mở rộng thêm các đường hướng đánh giá để các bạn tiện theo dõi và qua từng đánh giá rút được cho mình thêm kinh nghiệm. Các bạn hãy thử sức mình với phương pháp liên hiệp “giả định kéo theo” với phương trình thứ nhất xem. Sẽ rất có ích cho các bạn về đường lối sau này nếu ta gặp phải lớp toán như vậy. Ngoài ra bài toán này vẫn giải quyết được bằng phương pháp ẩn phụ hóa trên phương trình thứ nhất khi chia hai vế cho xy Ví dụ 10: Giải hệ phương trình 33 x 1 x y 1 y 12xy 8 3x 2y 10 2x 3y 10  x,y  (Toán học Tuổi Trẻ số 431) Phân tích : Với hệ này, phương trình thứ hai báo trước hệ sẽ được đánh giá thông qua bất đẳng thức dấu trị tuyệt đối. Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có phép biến đổi sau : 2 3 3 3 2 2 2 2 x y x y 2 xy 3 0 x y x xy y 0 x y 0 . Với điều kiện này áp dụng bất đẳng thức dấu giá trị tuyệt đối ta sẽ giải quyết được bài toán vì ta nhận thấy 3x 2y 10 2x 3y x y 10 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 375 Lời giải: Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có phép biến đổi sau : 2 3 3 3 2 2 2 2 x y x y 2 xy 3 0 x y x xy y 0 x y 0 . Áp dụng bất đẳng thức : A B A B . Ta có : 3x 2y 10 2x 3y 3x 2y 10 2x 3y x y 10 10 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3x 2y 10 2x 3y 0 2 x 0 yx x y 0      . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được phương trình: 2 2 x 3 0 x 3 vì 2 x 0   . Suy ra y3 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 3; 3 . Bình luận : Đây là một bài hệ nhìn lời giải có vẻ đơn giản nhưng thật chất nó là một bài hệ không dễ chút nào. Việc tách phương trình thứ nhất để có được đánh giá quan trọng đó thì không phải là chuyện đơn giản mà đòi hỏi một kỷ năng rất tốt. Đôi lúc một bài hệ nhìn qua không có gì cả nhưng ẩn chứa trong nó là một điều hết sức “lớn lao”. Ví dụ 11: Giải hệ phương trình xy 6y x 1 12y 4 xy 1 2 x 1 y xy y xy  x,y  (Chọn đội tuyển học sinh giỏi TPHCM 2015) Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy phương trình thứ hai có chứa nhiều đại lượng chung nên ta sẽ đi khai thác phương trình thứ hai trước. Vì với phương trình thứ nhất ta có thể ẩn phụ t x 1 để đưa về phương trình bậc hai ẩn t nhưng ta cũng chẳng đưa đến đâu. Chú ý với điều kiện của bài toán là x 1,y 0 nên đối với phương trình thứ hai ta sẽ chia vế trái cho x, vế phải cho x ta được phương trình : 1 y2 x 1 y y y y 1 x x x x , Để gọn ta ẩn phụ hóa 1 a x by  , ta đưa về phương trình: a b 2 b ab a ab 1 ab Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy-Schwaz ta có : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 376 22 2 a b a b a b 1 ab 2ab b ab a ab b ab a ab ab a b 2ab ab ab . Tới đây ta sử dụng thêm hai đánh giá quen thuộc sau : 2 2 2ab 1 2 4ab a b ab 11 a b 2 ab ab 2 ab      Ta có : a b 1 2 ab 1 b ab a ab 1 ab 2 2 ab . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 a b y x . Và tới đây ta chỉ cần thế vào phương trình thứ hai nữa là hệ được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x1 y0  . Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành : 1 y2 x 1 y y y y 1 x x x x 1 . Đặt 1 a , 0 a 1,b 0 x by   . Khi đó ta có : b a 2 1 a ab b ab 1 ab . Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy - Schwaz ta có : 22 2 a b a b a b 1 ab 2ab b ab a ab b ab a ab ab a b 2ab ab ab . Tới đây ta sử dụng thêm hai đánh giá quen thuộc sau : 2 2 2ab 1 2 4ab a b ab 11 a b 2 ab ab 2 ab      Ta có : a b 1 2 ab 1 b ab a ab 1 ab 2 2 ab . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 377 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 a b y x . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 x4 1 2 x 1 x 4 x 10 y 10 4 x 1 x 4  . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 1 x, y 10; 10 . Bình luận : Đây là một bài toán khá khó, khi đổi biến ta được một phương trình nhưng thật chất đó là một bất đẳng thức. Dựa vào tính đối xứng nên ta dự đoán ab , cộng với dạng phân số nên ta nghỉ đến bất đẳng thức Cauchuy Schwaz để đánh giá và dùng bất đẳng thức AM- GM để đánh giá tiếp theo. Nhận định chung, đây là bài toán khá hay. Ví dụ 12: Giải hệ phương trình 2 2 22 15 x y xy 3 24 x 1 y 5 y 1 x 3 10  x,y  Phân tích : Ta nhận thấy phương trình thứ nhất có dạng 2n 2n a b k nên có thể từ phương trình cho ta được đánh giá gì đó ? Tại sao ta không thử về điều đó. Ta có: 2 2 2 2 2 2 15 x y xy 3 x y 2xy x y x y 6xy 8 0 24 2 2 2 2 2 2 2 x y x y 8 x y 8xy 16 x y x y 8 xy 4 Từ đây ta suy ra được 22 x y x y 8  . Mặt khác phương trình thứ hai trong hệ vế phải là tổng hai thừa số có dạng ab , vậy ta đẩy ý tưởng đánh giá theo một đánh giá quen thuộc 22 ab ab 2  . Ta có : 22 2 22 2 x 2x 1 y 5 x 1 y 5 2 y 2y 1 x 3 y 1 x 3 2    2 2 2 2 x 1 y 5 y 1 x 3 x y x y 2  Từ đó ta có : 2 2 2 2 10 x y x y 2 x y x y 8  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 378 Vậy qua hai bước đánh giá ta đã có được hệ sau: 22 2 2 x y x y 8 xy 4 0 x 1 y 5 y 1 x 3  . Do đó hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : x 3 x 3   . Phương trình thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2 2 2 2 2 2 15 x y xy 3 x y 2xy x y x y 6xy 8 0 24 2 2 2 2 2 2 2 x y x y 8 x y 8xy 16 x y x y 8 xy 4 . Vì 2 22 8 xy 4 8 x y x y 8   a . Mặt khac ta có: 22 2 22 2 x 2x 1 y 5 x 1 y 5 2 y 2y 1 x 3 y 1 x 3 2    2 2 2 2 x 1 y 5 y 1 x 3 x y x y 2  Từ đó ta có : 2 2 2 2 10 x y x y 2 x y x y 8  b . Từ a , b ta có hệ có nghiệm khi và chỉ khi : 22 2 2 x y x y 8 xy 4 0 x 1 y 5 y 1 x 3  x2 y2  . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 2;2 . Bình luận : Đây là một bài toán hay, sử dụng các đánh giá không quá mạnh nhưng lại khá chặt. Việc biến đổi phương trình thứ nhất để có bước đánh giá đầu tiên là một tư duy tự nhiên dựa trên cấu trúc của phương trình này. Các đánh giá tiếp theo là quen thuộc. Ví dụ 13 : Giải hệ phương trình 2 xy xy y 1 x 1 xy 1 53 4 x 1 y 1  x,y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 379 Phân tích : Với hệ này, ta nhận định tuy phương trình thứ hai đơn giản nhưng rõ ràng không giúp chúng ta được gì cả. Do đó chúng ta sẽ quan tâm đến phương trình thứ nhất trong hệ. Ở vế trái phương trình thứ nhất ta cần chú ý tới rằng nếu ta cộng 1 vào mỗi số hạng trong tổng ta sẽ có được nhân tử chung. Do đó ta tiến hành biến đổi phương trình thứ nhất thành : 2 xy 2 xy x y x y 1 1 2 y 1 x 1 y 1 x 1 xy 1 xy 1 2 xy 1 11 x y 1 2 x 1 y 1 xy 1  Ở  sự xuất hiện của 11 x 1 y 1 và 2 xy 1 cùng với điều kiện x 1,y 1 làm ta liên tưởng đến bổ đề sau : Với a,b 0,ab 1 ta có : 1 1 2 1 a 1 b 1 ab . (Việc chứng minh bổ đề khá đơn giản ). Khi đó sử dụng bổ đề này và áp dụng bất đẳng thức AM GM ta sẽ có : x y 1 1 2 xy 1 1 2 1 x 1 y 1 xy  1 2 xy 11 x y 1 2 1 x 1 y xy 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy . Và như thế hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : x1 y1  . Ta chứng minh bổ đề sau : 1 1 2 , a,b 0,ab 1 1 a 1 b 1 ab  . Thật vậy, ta có  1 a 1 ab 1 b 1 ab 2 1 a 1 b a b 2 1 ab 2 1 a 1 b 2 ab 1 a b 0 ( luôn đúng ). Dấu đẳng thức xảy ra a b ab 1  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2 xy 2 xy x y x y 1 1 2 y 1 x 1 y 1 x 1 xy 1 xy 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 380 2 xy 1 11 x y 1 2 x 1 y 1 xy 1 . Áp dụng bổ đề vừa chứng minh và bất đẳng thức AM GM ta có : x y 1 1 2 xy 1 1 2 1 x 1 y 1 xy  1 2 xy 11 x y 1 2 1 x 1 y xy 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy .Thế vào phương trình thứ hai trong hệ ta được : 53 4 x 1 2 x 5 y 5 x 1 x 1 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 5;5 . Bình luận : Bài toán này giải khá mất tự nhiên vì bài toán giải phải sử dụng đến bổ đề. Tuy nhiên cách đánh giá này cũng khá quan trọng. Ví dụ 14 : Giải hệ phương trình 22 1 1 2 1 2xy 1 2x 1 2y 2 x 1 2x y 1 2y 9  x,y  Phân tích : Nhìn vào hệ dễ dàng nghỉ đến ẩn phụ hóa phương trình thứ nhất trong hệ dễ nhìn hơn và thấy được ngay điều cần đánh giá sẽ liên quan đến một bổ đề quen thuộc . Với 22 22 a x a 2x 2 b b 2y y 2   . Khi đó ta đưa phương trình thứ nhất về phương trình : 22 1 1 2 1 ab 1 a 1 b . Sử dụng bất đẳng thức B.C.Sta có : 22 22 1 1 1 1 11 1 a 1 b 1 a 1 b  . Sử dụng bổ đề 22 1 1 2 , a,b 0,ab 1 1 ab 1 a 1 b   . Ta có ngay được 22 1 1 2 2 2 1 ab 1 ab 1 a 1 b   . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 381 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab . Và lúc này ta sẽ có mối quan hệ giữa x,y và thế vào phương trình thứ hai thì hệ sẽ được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : 1 0x 2 x 1 2x 0 1 y 1 2y 0 0 y 2 1 2xy 0 1 xy 2      . Đặt 22 22 a x a 2x 2 b b 2y y 2   , 2 a,b 0; 2    . Lúc đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành : 22 1 1 2 1 ab 1 a 1 b Sử dụng bất đẳng thức B.C.Sta có : 22 22 1 1 1 1 11 1 a 1 b 1 a 1 b  . Mặt khác ta lại có : 22 1 1 2 , a,b 0,ab 1 1 ab 1 a 1 b   . Thật vậy, ta có : 2 2 2 2 22 1 1 2 1 ab 1 b 1 ab 1 a 2 1 a 1 b 1 ab 1 a 1 b   2 a b ab 1 0  ( luôn đúng 2 a,b 0; 2    ). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab . Áp dụng bổ để này ta có được : 22 1 1 2 2 2 1 ab 1 ab 1 a 1 b   . Dấu đẳng thức xảy ra 22 11 ab 1 a 1 b ab  xy . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 2 1 1 1 x 1 2x x 1 2x 4x 1 0 x y 4 8 4 4 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 382 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 11 x, y ; 44 . Bình luận : Bài toán này và bài toán trên đều sử dụng bất đẳng thức và bổ đề để chỉ ra được dấu bằng, những bài toán thuộc thể loại là loại toán rất khó. Nếu chúng ta không nắm vững các bổ đề thì khả năng giải bài toán hầu như là số 0. Nhưng nếu biết như không thông hiểu cách vận dụng nào cho hợp lý thì khả năng thành công thật là may rủi. Ví dụ 15: Giải hệ phương trình 3 3 2 22 4x y y 2x y 3y x x 4x 1 y 2 y 1 3xy  x,y  (Nguyễn Duy Hồng) Phân tích : Với bài toán này, nhận xét đầu tiên là ta thấy vế trái của phương trình thứ hai trong luôn dương. Từ đây ta suy ra xy 0 . Mặt khác từ phương trình ta có những đánh giá rất quen thuộc.  Nếu x 0,y 0 thì ta có các đánh giá sau : 2 22 2 x 4x 1 3x x 4x 1 y 2 y 1 9xy y 2 y 1 3y  Do đó phương trình hai vô nghiệm.  Nếu x 0,y 0 thì từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có biến đổi sau : 2 2x y 0 x y 2x y y 2x y 0 y 2x 0 2x y 0  Và như thế hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : y 2x 0 . Nhận xét 22 x 4x 1 y 2 y 1 0 . Do đó từ phương trình thứ 2 trong hệ ta có 3xy 0 nên ta có hai trường hợp .  Trường hợp 1 : x 0,y 0 . Ta có: 22 3xy x 4x 1 y 2 y 1 x 2x y 2y 9xy 3 9 (vô lí).  Trường hợp 2 : x 0,y 0 . Cách 1 : Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 3 2 2 4x y y 0 3xy 2x y 3xy 3xy 2x y 2x y 0 y 2 2 y 2x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 383 Cách 2 : Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có: 2 2x y 0 x y 2x y y 2x y 0 y 2x 2x y 0  Thay y 2x vào phương trình thứ hai trong hệ ta có : 2 2 2 x 4x 1 2x 2 4x 1 6x 2 22 x 4x 1 3x 2 12 x 4x 1 3x x y 2 3 2 3 Đối chiếu điều kiện hệ có nghiệm duy nhất 12 x;y ; 2 3 2 3 . Bình luận: Bài toán này có đẹp từ cấu trúc tới lời giải. Một bài toán mà chúng tôi đánh giá là khá hay. Ví dụ 16: Giải hệ phương trình 4 3 2 11 1 x 2x y 2 5x 3y 1 3 x y xy 2 2x x 7x y 2 4  x,y  Phân tích: Với hệ này, ta nhận thấy phương trình thứ hai tuy đơn giản nhưng chúng ta sẽ khó khai thác được gì từ đây, với phương trình thứ nhất tuy cồng kềnh và phức tạp nhưng chúng ta lại có mối liên hệ giữa các đại lượng trong bốn căn thức với nhau. Cụ thể ta có: 5x 3y 1 1 x 3 2x y 3 x y 2x y 3 1 x  . Từ nhận xét này ta đề xuất đặt ẩn phụ cho phương trình thứ nhất để làm giảm đi độ cồng kềnh ở phương trình này. Đặt : a 1 x ,a,b 0 b 2x y  . Khi đó phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình sau: 11 a b 2 a 3b b 3a a b a b 2 a 3b b 3a Tới đây để làm gọn hơn ta tiếp tục đặt a t ,t 0 b . Khi đó ta có : t 1 t 1 2 t 3 3t 1  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 384 Ở (*) ta nhận thấy t1 luôn thỏa. Do đó ta sẽ sử dụng các đánh giá sau để hoàn tất. Theo bất đẳng thức AM GM ta có : t t t 1 1 t t 1 t 1 t 3 2 t 1 t 3 t 1 1 t 3 t3 2 t 1 2 t3 1 1 2 1 1 2 2 t 3 2 2 t 3 t3         t 1 2t 1 1 2t 2 3t 1 2 2 3t 1 t 1 1 1 3 3t 1 2 t 1 2 3t 1 1 1 t 1 1 1 t 1 t 1 3t 1 2 t 1 3t 1 3t 1         . Do đó ta có: t 1 t 1 1 t 1 32 2 t 1 t 3 3t 1  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : t0 t t 1 t 1 t 3 12 t1 2 t 3 1 2t 2 3t 1 1 t 1 t 1 3t 1  Lúc này ta sẽ có a b 1 x 2x y y 1 3x . Và như thế hệ về cơ bản đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 4 3 2 1 x 0 2x y 0 5x 3y 1 0 3 x y 0 2x x 7x y 2 0  Đặt a 1 x b 2x y  , a,b 0 . Ta có : 5x 3y 1 a 3b 3 x y b 3a  . Khi đó phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành : 11 a b 2 a 3b b 3a a b a b 2 a 3b b 3a 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 385 Rõ ràng với a,b 0;0 là không thỏa 1 . Do đó với a,b 0 ta đặt a t ,t 0 b ta đưa t 1 t 1 12 t 3 3t 1 . Theo bất đẳng thức AM GM ta có : t t t 1 1 t t 1 t 1 t 3 2 t 1 t 3 t 1 1 t 3 t3 2 t 1 2 t3 1 1 2 1 1 2 2 t 3 2 2 t 3 t3         t 1 2t 1 1 2t 2 3t 1 2 2 3t 1 t 1 1 1 3 3t 1 2 t 1 2 3t 1 1 1 t 1 1 1 t 1 t 1 3t 1 2 t 1 3t 1 3t 1         . Do đó ta có: t 1 t 1 1 t 1 32 2 t 1 t 3 3t 1  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : t0 t t 1 t 1 t 3 12 t1 2 t 3 1 2t 2 3t 1 1 t 1 t 1 3t 1  Lúc này ta sẽ có a b 1 x 2x y y 1 3x . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 4 3 2 x 1 3x 2 2x x 7x 3x 3 4 2 2 2 2 2 x 3x 2 2x x 3 x x 3 x 3 4 2 2 2 x 3x 2 x 3 2x x 1 4 Lại theo bất đẳng thức AM GM ta có : 2 2 2 2 x 3 2x x 1 3x x 4  . Từ đó ta có : 2 2 2 2 2 x 3x 2 x 3 2x x 1 x 3x 3x x 4 4  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 386 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 2 2 2 x 1 y 4 2x x 1 x 3 x x 2 0 x 2 y 5   Đối chiếu điều kiện và thử lại ta có nghiệm của hệ là x,y 1;4 . Bình luận : Đây là một bài hệ khá hay, việc nhận xét được t1 là mấu chốt của bài toán. Với nhận xét này ta sẽ chọn tách biểu thức để sử dụng bất đẳng thức AM-GM sao cho đánh giá được tốt nhất. Ví dụ 17 : Giải hệ phương trình 9 x 1 2 y 1 y 4 y1 x 1 1 3 y 1 1 x 1 1  x,y  Phân tích : Với hệ này cấu trúc của hệ cho ta ngay được ý tưởng ẩn phụ hóa để làm gọn hệ. Cụ thể ta đặt : a x 1 b y 1  , a,b 0 . Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành hệ phương trình : 2 22 5 a 2b b 4 a b 1 b 1 a 1 3  . Với hệ mới này, gợi ý đầu tiên dễ nhận thấy đó là sử dụng phép thế để giải. Tuy nhiên rõ ràng cấu trúc hệ này nếu sử dụng phép thế như vậy rất khó để đến được thành công bởi sẽ có những phép biến đổi đại số khó khăn và bậc cao. Mặt khác cấu trúc phương trình thứ hai trong hệ cho ta liên tưởng đến hình dáng của một đánh giá quen thuộc là 2 22 AB AB , A,B ,X,Y 0 X Y X Y  . Do đó ta tiến tới sử dụng bổ đề này để đánh giá cho phương trình thứ hai trong hệ như sau : 22 22 a b a b a b 1 b 1 a 1 a b 2 3 a b 2 2 3 a b a b 2 0 a b 1 a 1 b    . Với đánh giá này, kết hợp với phương trình thứ nhất ta có : 2 22 55 a b 2b b 2b 1 b 2b 1 0 44   1 2b 1 0 b 2 . Và tới đây bài toán đã được giải quyết. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 387 Lời giải : Điều kiện: x1 y1  Nhận thấy hệ không có nghiệm x,y 1; 1 . Đặt a x 1 b y 1  , a,b 0 . Lúc đó hệ phương trình đã cho trở thành hệ: 2 22 5 a 2b b 4 a b 1 b 1 a 1 3  Ta có : 2 22 AB AB , A,B ,X,Y 0 X Y X Y   . Thật vậy : 2 22 A Y B X X Y A B XY  2 22 A Y 2ABXY B X 0 AY BX 0 . Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu bằng xảy ra AB XY . Áp dụng bổ đề này ta có : 22 22 a b a b a b 1 b 1 a 1 a b 2 3 a b 2 2 3 a b a b 2 0 a b 1 a 1 b    . Với đánh giá này, kết hợp với phương trình thứ nhất ta có : 2 22 55 a b 2b b 2b 1 b 2b 1 0 44   11 2b 1 0 b a 22 . Với 1 1 5 a x 1 x 2 2 4 1 1 3 b y 1 y 2 2 4    . Đối chiếu và thử lại ta có nghiệm của hệ là 53 ,; 44 xy Bình luận : Bài toán là một bài toán hay, hình thức đơn giản nhưng để giải được nó ta cần kết hợp cả hai yếu tố là ẩn phụ hóa và đánh giá. Một bài toán nếu không có sự tỉnh táo nhất định thì sẽ rất khó để giải quyết. Bài toán này, do chúng tôi đề xuất. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 388 Ví dụ 18 : Giải hệ phương trình 4 2 2 2 2 3 x 4y 6y 2 4x y x 2x 2y 1 1 2 x 5 3 2y 7 4y 3x 2  x,y  Phân tích : Với hệ này, từ phương trình thứ nhất ta nhận thấy có chứa biểu thức dạng ab nên ta sẽ nghỉ đến đánh giá quen thuộc mà ta đã dùng nhiều lần trong loại hệ này là 22 ab ab 2  . Ta có : 2 2 2 2 (x 2y) x 6 2 2x 2y 1 x 2y 1(3)  2 2 2 2 2 2 (x 2y) 2(x 2y) 1 0 (x 2y 1) 0 x 2y 1   . Và tới đây chỉ còn lại phương án thế và giải phương trình còn lại. Lời giải : Điều kiện: 2 2y 1 0 x 5 0  Phương trình 1 được viết lại : 2 2 2 2 (x 2y) x 6 2 2x 2y 1 x 2y 1(3)  2 2 2 2 2 2 (x 2y) 2(x 2y) 1 0 (x 2y 1) 0 x 2y 1   Mặt khác, dấu đẳng thức tại (3) xảy ra khi: 2 x 2y 1 x 2y 1 x0  Thay vào phương trình (2) ta được: 3 2 2 2 2 x 5 3 x 8 2(x 1) 3x Ta có : 2 2 2 2 2 3 4 x 5 VP 2x 3x 2 4(x 5) 3 1.1.(x 8) (1 1 x 8) 2  2 1 (x 3) 0 x 3(TMDK) y 4(TMDK) 2  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: (x;y) (3;4) . Bình luận : Bài toán sử dụng đánh giá trên toàn hệ. Một bài toán khá hay. Ví dụ 19 : Giải hệ phương trình 22 2 x 2x 2 y 4y 2 6x y 11 2x 4x 10 0  x,y  Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy từng phương trình trong hệ không thể giải quyết được. Do đó ta đẩy ý tưởng đánh giá trên từng phương trình rồi phối hợp lại với nhau là cách khả quan nhất. Do cả hai phương trình đều chứa các căn bậc hai nên chúng ta sẽ sử dụng bất đẳng thức AM GM để đánh giá khử căn là lựa chọn tối ưu nhất. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 389 Lời giải : Điều kiện : 2 2 2x 4x 10 0 y 4y 2 0  Sử dụng bất đẳng thức AM GM ta có : 2 22 1 y 4y 2 x 2x 2 y 4y 2 2  22 2x 4x y 4y 3 0  1 2 2 2 4 10 4x 2x 4 10 4x 2x y 6x 11 2x 4x 10 22  . Suy ra : 2 x 10x 2y 15 0  2 . Lấy (1) + (2) vế theo vế ta có : 22 22 3x 6x y 6y 12 0 3 x 1 y 3 0   x 1 0 x 1 y 3 0 y 3  . Đối chiếu điều kiện và thử lại ta có nghiệm của hệ là x,y 1; 3 . Bình luận : Bài hệ sử dụng đánh giá và kết hợp với việc đánh giá qua dạng 22 A0 A B 0 B0   . Ví dụ 20 : Giải hệ phương trình 2 2 x 1 y 1 2 y 2y x 2 x x y 1 x x y x 1 y 1 x1  x,y  Phân tích : Với hệ này, cấu trúc của phương trình thứ nhất rất gợi ảnh bất đẳng thức B.C.S vì ta sẽ nhận thấy 2 2 y 2y x 2 y 1 x 1 . Vậy áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có: 2 x 1 y 1 1 1 y 2y x 2  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 y 1 . Mặt khác ta nhận thấy phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 22 x x x y x 1 y 1 x x y 1 . Tới đây ta sử dụng đánh giá quen thuộc 22 ab ab 2  . Ta có các đánh giá sau : 2 2 2 x x x 1 x x x y 2 x 2x 1 y 1 x 1 y 1 2    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 390 22 x x x 1 x 1 y 1 x x y 1  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 2 x x x y y 1 x 1 x 1 y 1  . Khi đó kết hợp lại ta sẽ có hệ phương trình : x 1 y 1 y 1 x 1  . Hệ này giải quyết khá đơn giản. Vậy xem như hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Lời giải : Điều kiện : x1 y1  . Ta biến đổi hệ phương trình đã cho trở thành hệ phương trình : 2 22 x 1 y 1 2 y 2y x 2 x x x y x 1 y 1 x x y 1  . Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có : 2 x 1 y 1 1 1 y 2y x 2  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 y 1 . Sử dụng đánh giá: 22 ab ab 2  . Ta có các đánh giá sau : 2 2 2 x x x 1 x x x y 2 x 2x 1 y 1 x 1 y 1 2    22 x x x 1 x 1 y 1 x x y 1  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 2 x x x y y 1 x 1 x 1 y 1  . Khi đó kết hợp lại ta sẽ có hệ phương trình : x 1 y 1 y 1 x 1  x 1,y 1 x y x 1 y 1 0 x y y 1 x 1 x 1 y 1 x 1 y 1   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 391 1 x y 1 0 x 1 y 1 x 1 y 1  2 x0 xy xy xy y0 x x 3 0 x3 x 1 x 1 x 1 x 1 y3            . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 3;3 . Bình luận : Để giải quyết bài hệ này, ta sử dụng bất đẳng thức và đánh giá khá quen thuộc. Hệ cuối cùng đưa về giúp ta giải một hệ rất cơ bản. Đây là một hệ rất hay và thú vị. Ví dụ 21: Giải hệ phương trình y 3x 43 10 7y 4 3x 4 3x 7y 3x 4 3x 6y 5 7y 4  , x,y  Phân tích: Với hệ này, dấu ẩn ẩn phụ hóa cũng khá rõ ràng. Tuy nhiên, khi chúng ta ẩn phụ hóa thì hệ này cũng không thể giải đơn giản được. Hãy quan sát ở phương trình thứ hai trong hệ ta có dấu hiệu để liên hiệp đó là : 3x 4 7y 4 3x 7y . Do đó ta sẽ cố gắng tách cho được đại lượng 3x 7y ở phương trình thứ hai trong hệ với hy vọng bắt được nhân tử chung. Cụ thể ta có biến đổi cho phương trình thứ hai trong hệ như sau : 3x 7y 3x 4 3x 7y y 5 7y 4 3x 7y 3x 4 7y 4 y 5 7y 4 2 3x 7y y 5 7y 4 3x 4 7y 4 . Ở phép biến đổi liên hiệp cuối cùng, tuy chúng ta không đạt được mục đích là bắt được nhân tử chung nhưng chúng ta lại thu được sự đánh giá miền nghiệm cho y . Cụ thể từ đây ta có : y 5 0 . Mặt khác từ phương trình thứ nhất trong hệ theo bất đẳng thức AM GM ta có 10 7y 4 3x 4 5 2 7y 4 3x 4 5 3x 4 7y 4   . Từ đó ta có : y 3x 43 5 3x 8 35y 3x 8 y 5 0   . Với điều kiện của bài toán từ đây ta lại có : y 5 0  . Kết hợp với các đánh giá ta được y5 . Từ đây hệ đã được giải quyết. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 392 Lời giải : Điều kiện: 4 x 3x 4 0 3 7y 4 0 7 y 4   . Nhận thấy 47 x, y ; 34 không thỏa hệ. Do đó ta chỉ cần xét 4 x 3 , 7 y 4 . Từ phương trình thứ hai ta có biến đổi sau : 3x 7y 3x 4 3x 7y y 5 7y 4 3x 7y 3x 4 7y 4 y 5 7y 4 2 3x 7y y 5 7y 4 3x 4 7y 4 . Từ đây ta suy ra : y 5 0 . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có : 10 7y 4 3x 4 5 2 7y 4 3x 4 5 3x 4 7y 4   Từ đó ta có : y 3x 43 5 3x 8 35y 3x 8 y 5 0   1 Do đó 3x 8 0 nên từ 1 ta có y 5 0  . Vậy qua các đánh giá ta có được : y 5 0 35 y5 x y 5 0 3 3x 4 39 y5 3x 4 7y 4     . Đối chiếu điều kiện và thử lại ta có nghiệm của hệ là 35 x, y ;5 3 . Bình luận : Bài toán này được giải dựa trên các kỷ năng liên hiệp, đánh giá miền nghiệm và sử dụng bất đẳng thức cơ bản. Một bài toán khá hay. Tuy lời giải tưởng chừng như đơn giản nhưng lại ẩn chứa rất nhiều điều có ích cho chúng ta sau này. Ví dụ 22: Giải hệ phương trình 32 22 22 2 4x 4xy x xy y 2x y 2x xy y 2 2x y x y x 5xy 4x y 1  , x,y  (Thi thử Toanhoc24h) Phân tích: Với hệ này, ta nhận thấy từ phương trình thứ hai chúng ta có thể đặt ẩn phụ hóa căn thức và hy vọng phân tích được nhân tử. Cụ thể ta đặt u x y,u 0 . Ta có : 2 y x u Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 393 Khi đó phương trình thứ hai trở thành phương trình: 2 2 2 2 2 x u u x 5x x u 5x u 1 2 2 3 2 4x 5u 3 x 2u u 1 0  Kiểm tra phương trình này ta nhận thấy phương trình này tách được nhân tử nhưng không tối ưu do có delta không chính phương. Quay lại với phương trình thứ nhất trong hệ, ta có phép biến đổi sau : 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4x 4xy 4x xy y x xy y 2x y x xy y y 2x xy y 2x xy y Từ đây ta suy ra được y0 . Mặt khác từ điều kiện x y x 0 . Lại để ý ta có phép biến đổi đại số quen thuộc sau : 22 22 13 x xy y x y x y 44 Do đó ta có đánh giá quen thuộc sau : 22 22 1 3 1 x xy y x y x y x y 4 4 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy . Nhận thấy với xy thì phương trình thứ nhất luôn đúng. Do đó ta sẽ đề xuất một đánh giá sau : 32 22 4x 4xy 3x y 2 2x xy y 1 . Thật vậy, ta có 2 3 2 2 2 1 8x 8xy 3x y 2x xy y x y 2x y 0 . Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì 2x y x x y 0 . Dấu đẳng thức xảy khi và chỉ khi xy . Vậy từ đó ta có: 32 22 22 4x 4xy 1 1 x xy y x y 3x y 2x y 22 2x xy y Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy . Và như thế hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : xy . Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4x 4xy 4x xy y x xy y 2x y x xy y y 2x xy y 2x xy y Do : 22 22 22 x xy y 0 4x xy y 0 2x xy y 0  nên ta suy ra : y0 . Vì xy x0 y0  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 394 Mặt khác ta có các đánh giá sau :  22 22 1 3 1 x xy y x y x y x y 4 4 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy .  32 22 4x 4xy 3x y 2 2x xy y 1 . Thật vậy, ta có 2 3 2 2 2 1 8x 8xy 3x y 2x xy y x y 2x y 0 . Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì 2x y x x y 0 . Dấu đẳng thức xảy khi và chỉ khi xy . Từ hai đánh giá ta có : 32 22 22 4x 4xy 1 1 x xy y x y 3x y 2x y 22 2x xy y Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 2 x 1 y 1 4x 5x 1 0 11 xy 44    . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 11 x, y 1;1 ; ; 44    . Bình luận : Đây là một toán khá hay, tác giả đã đưa ra những vấn đề rất thú vị. Lời giải trong bài toán được chúng tôi đưa ra thuần về phương án đánh giá dựa trên các đánh giá quen thuộc và đánh giá có được từ việc tư duy dấu bằng xảy ra khi xy . Để có đánh giá (1) ta thử phép đánh giá có được nhờ phép tách sau : 11 2x y x y 3x y 22 . Tuy nhiên, ngoài lời giải thuần đánh giá như trên thì từ cấu trúc phương trình thứ nhất ta có thể nghỉ đến phép liên hiệp cũng rất tự nhiên. Cụ thể ta có dùng liên hiệp như sau : 32 22 22 4x 4xy 2x x xy y y 0 2x xy y 22 22 x x y 2yx x y 0 2x xy y x xy y y 2 2 2 2 x x y 2x xy y 2y x xy y 0 i . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 395 Với x 0,y 0 . Sử dụng bất đẳng thức AM GM ta có : 2 2 2 2 2y x xy y x xy 2y  Từ đó ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2x xy y 2y x xy y 2x xy y x xy y x y x 3y 0 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy . Do đó từ (i) x = y. Mặt khác, không khó để nhận thấy cấu trúc của phương trình thứ nhất cũng mang dáng dấp đẳng cấp, do đó như đã đề cập trong phần đặt ẩn phụ ta cũng có thể tính đến phương án đặt ẩn phụ để giải quyết bài toán. Cụ thể ta biến đổi phương trình thứ nhất về phương trình : 2 2 2 2 3 2 2 2x xy y x xy y y 4x y xy Đặt y tx 0 , ta có : 2 2 3 2 x 2 t t t t 1 x t 4t t 22 2 2 2 3 2 3 2 2 t t t t 1 t 4t t t 1 3t t 8t 4 0 Chú ý rằng ta có t0 nên t1 . Ví dụ 23: Giải hệ phương trình 33 22 22 x 6 xy y 6 6 x y x 2 x y 3 x xy y  x,y  (Thi thử math.vn) Phân tích: Với hệ này, nhận định ban đầu cấu tạo của phương trình thứ hai trong hệ dễ làm học sinh nghỉ đến kiểu đẳng cấp. Tuy nhiên, nó không phải vậy. Ở phương trình thứ nhất trong hệ tuy hình thức đơn giản nhưng cũng chẳng giúp ta được gì, cấu tạo phương trình thứ hai thì càng khủng hơn. Do đó để giải quyết hệ ta sẽ đẩy ý tưởng kết hợp cả hai phương trình trong hệ để giải quyết. Vấn đề là kết hợp theo ý tưởng nào là có lợi nhất?? Nhận định thứ nhất đó là nếu xy thì cả hai căn thức trong từng phương trình trong hệ đều thoát căn. Và từ phương trình thứ nhất ta lại có x 1 y 1 . Thế vào phương trình thứ hai ta thấy thỏa. Do đó ta dự đoán được hệ sẽ có nghiệm là (x, y) = (1,1). Nhận định thứ hai đó là nếu x 0,y 0  thì phương trình thứ hai trong hệ vô nghiệm. Do đó nếu hệ có nghiệm thì nghiệm đó phải thỏa x 0,y 0 Với hai nhận định này thì từ xy có trong phương trình thứ nhất làm ta liên tưởng đến đánh giá bất đẳng thức AM-GM để phá căn và bảo toàn nhận định đã đặt ra. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 396 Khi đó, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có : 6 xy 3 x y  Từ đó ta có : 6 x 6 xy y x 3 x y y 2x y 3  Mặt khác từ phương trình thứ hai ta sử dụng đánh giá quen thuộc sau đây : 22 xy xy 2  . Khi đó ta sẽ có : 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 22 6 x y 6 x y 4 x y xx x xy y x y x y xy 2 Tiếp theo ta sẽ đi đánh giá bất đẳng thức sau : 33 22 22 4 x y 2 2 x y xy  . Thật vậy, ta có 3 3 2 2 2 2 2 x y x y 2 x y  2 3 3 2 2 2 2 6 4 2 3 3 2 4 6 2 x y x y x y x 3x y 4x y 3x y y 0 2 4 3 3 4 x y x 2x y 2xy y 0 ( luôn đúng x,y 0 ) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy . Với các đánh giá này ta có : 33 22 22 2 2 2 2 2 2 6 x y 3 x 2 x y x xy y x 2 2 x y 2 x y x 2 x y Mặt khác ta lại có : 22 2 x y x y . Do đó ta có : 3 x x y 2x y 3  . Vậy qua các đánh giá ta có được 2x y 3 2x y 3 xy   . Và tới đây ta đã giải quyết được bài toán hệ này. Lời giải : Điều kiện: 22 xy 0,x y 0 . Vì x 0,y 0  không thỏa hệ nên ta chỉ cần xét x 0,y 0 . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có : 6 xy 3 x y  . Do đó từ phương trình thứ nhất ta có : 6 x 6 xy y x 3 x y y 2x y 3  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 397 Mặt khác ta có : 22 xy xy 2  . Do đó từ phương trình thứ hai trong hệ ta có : 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 22 6 x y 6 x y 4 x y xx x xy y x y x y xy 2 . Ta sẽ đi chứng minh : 33 22 22 4 x y 2 2 x y xy  . Thật vậy, ta có 3 3 2 2 2 2 2 x y x y 2 x y  2 3 3 2 2 2 2 6 4 2 3 3 2 4 6 2 x y x y x y x 3x y 4x y 3x y y 0 2 4 3 3 4 x y x 2x y 2xy y 0 ( luôn đúng x,y 0 ) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy . Với các đánh giá này ta có : 33 22 22 2 2 2 2 2 2 6 x y 3 x 2 x y x xy y x 2 2 x y 2 x y x 2 x y Mặt khác ta lại có : 22 2 x y x y . Do đó ta có : 3 x x y 2x y 3  . Vậy qua các đánh giá ta có được 2x y 3 2x y 3 xy   2x y 3 x 1 x y y 1  . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 1;1 . Bình luận : Bài toán này là một bài toán hay và khó. Để giải nó đòi hỏi người giải cần độ khéo léo và chọn các đánh giá sao cho phù hợp. Các bạn chú ý rằng tư tưởng để xuất hiện đánh giá (*) chính là do kết hợp giữa hai yếu tố nhận định xy , khử căn thức 22 2 x y và mục đích tạo ra được 2x y . Có một điều thú vị từ bài toán này đó là nguồn khởi ban đầu của nó là một bài toán cực trị hai biến, nhưng sau đó tác giả đã chỉnh biên lại thành một bài hệ. Và sự chỉnh biên này đã tạo một điểm son mới cho bài toán ban đầu. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 398 Ví dụ 24: Giải hệ phương trình 2 2 y x 1 3 x y 2x y x 5y 4 x y 2xy 2y  x,y  (Thi thử Toanhoc24h) Phân tích: Với hệ này, ta nhận thấy toàn bộ cấu trúc của hệ liên quan đến hai căn thức 2 x 1, x y . Tuy nhiên đại lượng căn thức 2 xy lại xuất hiện nhiều hơn, mặt khác nhận thấy phương trình thứ hai chỉ chứa duy nhất một căn thức nên ta có thể nghỉ đến ẩn phụ hóa hy vọng bắt được nhân tử và thực hiện phép thế. Đặt 2 t x y , t0 . Ta có 22 x t y . Khi đó phương trình thứ hai trở thành: 2 2 2 2 t y 5y 4 t 2 t y y 2y 3 2 2 3 t 2yt y 5y 4 t 2y 2y 0  Kiểm tra phương trình này thấy phương trình tách được nhân tử và theo hướng phân tích nhân tử ở phần phương pháp giải hệ bằng phương pháp nhân tử hóa ta có được : 22 t 2y 2 t 2t y y 0  22 x y 2y 2 x 2 x y y 0 . Tới đây ta có được hai nhân tử để thực hiện phép thế. Tuy nhiên ta không nên vội vàng mà ta cần để ý tới phương trình thứ nhất trong hệ bên vế trái của hệ đều chứa các đại lượng ở dạng ab nên ta nghỉ đến phép đánh giá quen thuộc mà ta hay dùng đó là 22 ab ab , a,b 2   để thực hiện đánh giá xem có loại bớt được nhân tử nào không? Sử dụng đánh giá ta có : 2 2 2 3 x y 1 y x 1 2x y 2x y 1 22  . Từ đó ta có : 2 1 5 1 5 y y 1 0 y 22    . Từ nhận định này ta có được : 2 3 5 2 2y 3 5 x y 2y 2 0   . Với nhận xét này hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ phương trình : 2 2 2 2y x 1 3 x y 2x y y x 1 3 x y 2x y 2 x y x y x 2 x y y 0   . Hệ mới này hoàn toàn giải quyết được nên xem như hệ đã cho đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 x y 0 x1  . Đặt: 2 t x y , t0 . Ta có 22 x t y . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 399 Khi đó phương trình thứ hai trở thành: 2 2 2 2 3 2 2 3 t y 5y 4 t 2 t y y 2y t 2yt y 5y 4 t 2y 2y 0 22 t 2y 2 t 2t y y 0 22 x y 2y 2 x 2 x y y 0 . 1 . Mặt khác sử dụng đánh giá 22 ab ab , a,b 2   , ta có : 2 2 2 3 x y 1 y x 1 2x y 2x y 1 22  . Từ đó ta có : 2 1 5 1 5 y y 1 0 y 22    . Từ nhận định này ta có được : 2 3 5 2 2y 3 5 x y 2y 2 0   . Với nhận xét này hệ phương trình đã cho được biến đổi thành hệ phương trình : 2 2 2 2y x 1 3 x y 4x 2y y x 1 3 x y 2x y 2 x y x y x 2 x y y 0   2 2 2 2 2 2 2 4y x 1 x 2xy y 2y x 1 x y 4 x y x 2xy y 2 x y x y   22 22 x 2 2y 1 xy 5y 0 x 2 y 2 x 5y 0  2 22 x y y 1 0 x 2 y 2 x 5y 0  2 22 x0 y0 y y 1 0 x 2 y 2 x 5y 0         2 2 2 2 x0 y0 15 y 2 5 5 5 5 x 2 x 0 22 15 y 2 5 5 5 5 x 2 x 0 22                         x0 y0 15 y 2 55 x 2 15 y 2 55 x 2                   . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 400 Đối chiếu điều kiện va thử lại ta có nghiệm của hệ là : 5 5 1 5 x, y 0;0 ; ; 22    . Bình luận : Đây là một bài toán khá hay, bài toán có sự kết hợp giữa ẩn phụ phân tích nhân tử, đánh giá và hằng đẳng thức. Nội dung bài toán tuy không mới nhưng lại khá đặc sắc. Bằng những nhận định tinh tế tác giả đã khống chế được những kỉ thuật cơ bản trong một bài toán, điều đó đã làm cho bài toán về tổng thể có nét đẹp rất riêng. Ví dụ 25: Giải hệ phương trình 2 3 6 2 2 2 3 3 2 2x y y xy x y 1 4xy y 2x 1 2x y 2  x,y  Phân tích: Với hệ này, cấu trúc của hệ làm cho ta để ý đến hai đại lượng trong căn thức ở cả hai phương trình đó là một đại lượng 22 xy x y mang dáng dấp của một bình phương thiếu, đại lượng còn lại 2 1 2x y hoàn toàn đánh giá được. Do đó để giải hệ này ta sẽ bắt đầu từ những nhận định này để đưa ra các đánh giá thích hợp. Cụ thể ta có : 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 xy x y xy x y xy 4 4 4 2 2          . Từ đánh giá này thì từ phương trình thứ nhất ta sẽ có : 2 3 6 1 2x y y 2  . Tới đây ta để ý nếu ta cộng hai vế đánh giá vừa có được cho đại lượng 33 y 4xy rồi cộng chéo vế theo vế của đánh giá với phương trình thứ hai ta sẽ khử được đại lượng 3 y . Khi đó ta sẽ có các đại lượng 2 3 6 x ,xy ,y (không kể hệ số) mang dáng dấp hằng đẳng thức nên có thể sử dụng tiếp được các đánh giá nào đó. Ta thử phép giả định sau từ đánh giá : 2 3 6 3 3 3 1 2x 2y y 4xy y 4xy 2  . Cộng chéo vế theo vế đánh giá này với phương trình thứ hai ta thu được : 2 3 3 3 3 2 3 6 2 3 11 y 4xy 4xy y 2x 2y y 2x 4xy 1 2x y 22 2 22 3 2 6 3 1 8xy 4x y 1 2x y y 2x 1 2x y 1  3 y 2x 0 2x y 0  . Và tới đây hệ đã được giải quyết hoàn toàn. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 401 Lời giải: Điều kiện 22 xy x y 0 (*) Ta có 2 6 3 2 1 1 1 y y 2x xy 4 2 2  6 3 2 3 3 3 1 y 2y 2x 4xy y 4xy 2  Cộng chéo vế theo vế đánh giá này với phương trình thứ hai ta thu được : 6 3 2 3 3 3 2 33 22 2 2 2 6 y 2y 2x 4xy 1 2y 8xy y 4x 4xy 1 y 2x 1 2x y 1 2x y 1x1 2x y 2    Dấu bằng xảy ra khi 3 3 y 1 y 1 y y 0 y 2x 0 y0 11 y x0xx y 2x 0 x 22 2       Thử lại ta thấy, nghiệm của hệ đã cho là 1 x;y ; 1 . 2 Bình luận: Đây là một hệ cũng khá khó vì khi thực hiện phép đánh giá bước 1 xong cần có một độ quan sát tinh tế mới có thể thực hiện được bước đánh giá tiếp theo nếu không thì chúng ta cũng rất khó đi đến lời giải trọn vẹn cho bài toán. Ví dụ 26: Giải hệ phương trình 4 22 2 y x y xy yx xy y x 1 32 x 2y 1 2y 2  x,y  Phân tích: Với hệ này, ta nhận định được để giải quyết hệ này, ta cần bắt đầu từ phương trình thứ nhất trong hệ. Và cũng từ phương trình này ta nhận thấy ta có thể ẩn phụ hóa cho phương trình được gọn gàng hơn thông qua phép chia cho một đại lượng thích hợp tương ứng trên từng phân số. Cụ thể ta biến đổi phương trình về dạng : 22 2 1 1 1 x y x 1 1 1 y x y . Tới đây ta đặt 2 xy a ,b a,b 0 x y . Khi đó ta sẽ được phương trình : 22 1 1 1 ab 1 a 1 b 1 Để giải phương trình này chúng ta có thể sử dụng phép biến đổi tương đương, tuy nhiên ở đây chúng tôi sử dụng đánh giá trực tiếp bằng bất đẳng thức B.C.S trực tiếp để giải. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 402 Cụ thể ta sử dụng bất đẳng thức B.C.S đánh giá như sau : 2 2 2 2 1b a ab 1 1 a 1 a b ab 1 a1 b 1a b ab 1 1 b 1 a b ab 1 a b1     Cộng vế theo vế các đánh giá ta sẽ có được : 22 1 1 1 ab 1 a 1 b 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 a ab a1 b xy b b 1 ab a   . Lời giải : Điều kiện x1 y1 y x 1 0  22 2 1 1 1 1 x y x 1 1 1 y x y Đặt 2 xy a ;b a,b 0 x y ta có 22 1 1 1 * ab 1 a 1 b 1 Theo bất đẳng thức B.C.S ta có 2 2 2 2 b1 . a1 a b ab 1 a1 . b1 1 a ab 1 1 a1 b 1 b ab 1 1 a b1 a b ab 1     Suy ra a b 1 VP * a b ab 1 ab V 1 T* . Dấu "" xảy ra 2 a ab b1 b xy b a 1 ab a   Với 2 xy thay trở lại ta có phương trình : 2 y y 32 y 2 1 1 y 2 5 2 y y 1 2 4y 4 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 403 Đặt : 4y 4 u u 0 . Phương trình đã cho trở thành : 2 5 5 2 u 4 u 4 2u 1 0 8u u 8u u 4 * 44 +) Rõ ràng u0 không là nghiệm của phương trình (*) +) Với u 0  , phương trình (*) tương đương với : 5 4 8 9 4 1 1 8 8 u u u u Hàm số : 5 4 8 9 4 1 1 8 fa u u u u , nghịch biến trên 0; và f (1) 0 Suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất u1 . Thay trở lại ta có nghiệm của hệ phương trình đã cho là 25 5 x;y ; . 16 4 Bình luận : Bài toán được giải dựa trên sự phối hợp giữa đánh giá bằng bất đẳng thức quen thuộc và hàm số. Tuy nhiên, chúng ta vẫn có thể giải bằng phương pháp biến đổi tương đương kết hợp với phương pháp nhân lượng liên hiệp để tìm nghiệm. Bình diện chung, đây là một bài toán hay vì có thể gợi mở được nhiều lối đi và với lối đi nào thì bài toán luôn tạo được một nét riêng. Các bạn hãy thử sức mình với phương án biến đổi tương đương và nhân lượng liên hiệp xem thử nhé ! Ví dụ 27 : Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 11 8 1 9 1 2 ( 1) 1 2 x x x xy y y y x xy y x y x  , xy  Phân tích :Với hệ này, rõ ràng từ phương trình thứ hai ta không thể khai thác được gì từ đây. Do đó ta chuyển sang phương trình thứ nhất, quan sát thấy rằng ba đại lượng trong căn đều là các đại lượng ở dạng bình phương thiếu. Chính sự nhận định định này làm cho liên tưởng đến bất đẳng thức Mincopski hay còn gọi là bất đẳng thức về véctơ. Cụ thể ta biến đổi phương trình thứ nhất về phương trình : 2 2 2 2 x xy y y y 1 x x 1 Nhận xét ta có : 2 2 13 y y 1 y 24 ; 2 2 2 2 13 x xy y x y y 24 hoặc 2 2 2 2 13 x xy y x y x 24 Mặt khác ta có bất đẳng thức Mincopski có dạng như sau : 22 2 2 2 2 a b c d a c b d Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 404 Do đó nếu ta xem 13 a y ,b 22 , 1 c x y 2 , 3 dy 2 thì bất đẳng thức không xảy ra so với đề bài. Còn nếu ta chọn 13 a y ,b 22 , 1 c x y 2 , 3 dx 2 thì bất đẳng thức xảy ra so với đề bài. Từ nhận xét này ta tiến tới đánh giá sau : 22 22 1 3 1 3 y x y x 2 2 2 2                     2 2 2 1 1 3 3 y x y x x x 1 2 2 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi : 3 1 3 1 x y x y 2 2 2 2         xy y x . Và lúc này ta chỉ cần thực hiện phép thế vào phương trình thứ hai xem như hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 x 2y x 1 1 0 . Phương trình thứ nhất được biến đổi thành phương trình : 22 22 2 1 3 1 3 y x y x x x 1 2 2 2 2                     Áp dụng bất đẳng thức Mincopski ta có : 2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 1 1 3 3 y x y x y x y x 2 2 2 2 2 2 2 2                               2 x x 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 3 1 3 1 x y x y 2 2 2 2         xy y x Từ đây ta có điều kiện x1  Thay vào phương trình thứ hai ta được phương trình : 2 2 2 8 x 1 9 x 1 x 1 2 8 x 1 9 x 1 x 1 2 Đặt t x 1 , lúc đó phương trình vừa biến đổi trở thành phương trình : 2 8t 9 t t 2 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 405 22 22 t0 8t 9 t 2 t0 8t 9 2 t          42 2 42 t0 t 4t 5 0 t0 2 t 0 t 12t 5 0            2 2 2 t0 t5 t2 (vn) t 6 41           t 5 x 1 5 Với x 1 5 , ta có : x 1 5 5 5 y x 1 5 1 5 1 . Đối chiếu điều kiện, thử lại ta có nghiệm của hệ : 55 x, y 1 5; 5 . Bình luận : Bài toán trên được giải dựa trên yếu tố áp dụng bất đẳng thức Mincopski để đánh giá. Để áp dụng được đánh giá này ta thường gặp các bài toán mà dấu hiệu của nó là các đại lượng dưới căn thường chứa các bình phương thiếu hoặc các bình phương dư (nói cách khác chứa dạng độ dài của một véctơ )cộng hưởng với một đại lượng nào đó thỏa điều kiện là độ dài của một véctơ tổng của hai véctơ kia. Bài toán này còn chú ý ở cách giải phương trình. Ví dụ 28 : Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 1 2y x x 1 2 x y 2 1 2x y y 1 2 y x 2  x,y  Phân tích : Với hệ này, chúng ta hãy để ý nếu trên từng phương trình chúng ta tách riêng để sử dụng một lối đi nào đó thì rất khó để hoàn thành. Vì sao có nhận định như vậy, câu trả lời chính là chúng ta hãy để ý tới các phép toán sau :  2 2 2 2 1 2y x y 1 y x 2  2 2 2 2 1 2x y x 1 x y 2 . Với hai phép toán từ nhận xét này, ta sẽ đề xuất phối hợp cả hai phương trình lại bằng phép cộng và sử dụng bất đẳng thức B.C.S để đánh giá . Cụ thể cộng vế theo vế hai phương trình ta có : 22 1 2y x y 1 1 2x y x 1 2 2 2 2 2 x y 2 2 y x 2 Sử dụng bất đẳng thức B.C.S ta có : 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2y x y 1 1 1 1 2y x y 1 2 y x 2 1 2x y x 1 1 1 1 2x y x 1 2 x y 2    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 406 Cộng vế theo vế ta sẽ có được dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 2 2 1 2y x y 1 1 2x y x 1  . Và tới đây ta xem như hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 2 2 22 22 1 2y x 0 1 2x y 0 x y 2 0 y x 2 0  . Cộng vế theo vế hai phương trình ta có : 22 1 2y x y 1 1 2x y x 1 2 2 2 2 2 x y 2 2 y x 2 Sử dụng bất đẳng thức B.C.S ta có : 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2y x y 1 1 1 1 2y x y 1 2 y x 2 1 2x y x 1 1 1 1 2x y x 1 2 x y 2    Cộng vế theo vế ta sẽ có được dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 2 2 1 2y x y 1 1 2x y x 1  22 22 x 1, y 1 1 2y x y 2y 1 1 2x y x 2x 1   22 22 x 1, y 1 x y 4x 0 x y 4x 0   22 x 1, y 1 yx x y 4x 0   2 x 1, y 1 x 1, y 1 x2 y x y x y2 x 0 x 2 x 2x 0       . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là x,y 2; 2 . Bình luận : Bài toán sử dụng đánh giá khi kết hợp cả hai phương trình lại với nhau. Một điểm lưu ý rằng những dạng hệ mà có kết cấu đánh giá kết hợp cả hai phương trình lại với nhau thường chia làm hai trường phái đó là cộng (trừ) rồi mới đánh giá hoặc đánh giá trên từng phương trình rồi mới cộng (trừ) đưa ra đánh giá cuối cùng. Để nhận biết kiểu hệ này thường ta dựa trên các phép toán kết hợp giữa các đại lượng có trong từng phương trình trong hệ hoặc trên từng phương trình trong hệ có các dấu hiệu sử dụng được các đánh giá cơ bản và thông qua các đánh giá này ta chưa kết luận được gì thì lúc này dấu hiệu kết hợp các đánh giá là hầu như rất khả quan, loại hệ giải theo hướng này chúng tôi đã có một ví dụ đó chính là ví dụ 19. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 407 Ví dụ 29 : Giải hệ phương trình 3 x y 4 x y 2 2 y x 3 3 x 2x 1 2 y 2  x,y  Phân tích : Với cấu trúc hệ này, chúng ta không thể xuất phát từ phương trình thứ hai trong hệ được vì các đại lượng hầu như không liên quan gì đến với nhau. Do đó chúng ta sẽ chuyển trọng tâm sang phương trình thứ nhất trong hệ. Hãy để ý rằng tuy phương trình thứ nhất chứa x,y thuần nhất nhưng ta không đặt được ẩn phụ để làm gọn phương trình vì có chứa hê số. Với cấu trúc này chúng ta có lẻ phương án có thể làm được mà dễ nghỉ đến nhất đó là liên hiệp. Muốn sử dụng được liên hiệp ta cần đoán được mối liên quan giữa hai biến x,y để thoát căn và làm cho hai vế bằng nhau. Không khó để dự đoán được mối quan hệ đó chính là x y 1 0 y x 1 . Và đặc biệt để liên hiệp được với cấu trúc này có lẻ dự trù phương án liên hiệp giả định kéo theo là có tí khả quan, tuy nhiên do các đại lượng tham gia trong căn thức không giúp chúng ta nhìn nhận được gì rõ ràng cái gì chung và khả năng liên hiệp giả định kéo theo ắt sẽ cho những phép tính rắc rối về sau. Do đó với nhận định được mối quan hệ giữa hai biến x,y thì ta có thể nghỉ đến đánh giá. Nhưng để dùng được đánh giá ta cần phải chọn xem đại lượng tham gia đánh giá là những đại lượng nào và cấu trúc sắp xếp ra sao để có được đánh giá thành công. Muốn có được điều này ta cần thực hiện các bước giả định sau khi cho y x 1 .  Khi cho y x 1 x y 2 1 .  Khi cho y x 1 2 y x 2 . Vậy là ta có : 2 y x x y 2 2 . Từ nhận định này ta sẽ đẩy ý tưởng đánh giá bằng bất đẳng thức B.C.S cho tổng trong tích ở vế trái phương trình thứ nhất. Cụ thể ta có : x y 2 2 2 y x 1 2 x y 2 2y 2x 3 y x 2   Tới đánh giá này chúng ta vẫn chưa thu được gì rốt ráo. Tuy nhiên ta lại có nhận xét sau khi cho y x 1 x y 4 y x 2 . Vì sau khi đánh giá bước 1 ta còn lại tích ở dạng ab nên ta sẽ tiếp tục xử lí tiếp đánh giá bằng bất đẳng thức AM-GM. Cụ thể ta có : x y 4 y x 2 x y 4 y x 2 3 2   . Và với hai bước đánh giá ta đã có được: x y 4 x y 2 2 y x 3 3  Như vậy hệ đã được giải quyết. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 408 Lời giải : Điều kiện: 1 x 2 y2 2 x y 0    . Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có : x y 2 2 2 y x 1 2 x y 2 2y 2x 3 y x 2   Do đó ta có : x y 4 x y 2 2 y x 3 y x 2 x y 4   1 Mặt khác từ điều kiện : 2 x y 0 0 y x 2 y x 2 0     . Do đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có : y x 2 x y 4 y x 2 x y 4 3 2   2 Kết hợp 1 và 2 ta có được : x y 4 x y 2 2 y x 3 3  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi dấu đẳng thức ở các đánh giá 1 , 2 xảy ra 2 y x x y 2 y x 1 2 x y 4 y x 2   . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 33 x 2x 1 2 x 1 x 1 2x 1 1 x 1 0 x1 2 P 2 x 1 x 1 x x 1 x 1 1 0 2x 1 1                  x 1 0 x 1 y 2 vì P 0, x 1 . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ đã cho là x,y 1;2 . Bình luận : Bài toán này là một bài toán khá hay, tư tưởng đi đến lời giải đã được chúng tôi phân tích qua đó các bạn nhận thấy rằng từ những suy nghỉ cho những đường lối cơ bản rồi từ đó đưa ra các khó khăn gặp phải để từ đó tiến tới lựa chọn phương án phù hợp. Bài toán là sự nhận diện đánh giá bởi hai bất đẳng thức hết sức quen thuộc và việc phát hiện ra mối quan hệ giữa hai biến đã quyết định hoàn toàn đến cục diện của lời giải bài toán này. Ví dụ 30 : Giải hệ phương trình 22 2 3 x y 1 x y 9 y y x 3 10y 10 x x y 94  x,y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 409 Phân tích : Với hệ này, cấu trúc phương trình gợi ảnh đánh giá rất rõ ràng. Ở cả hai phương trình trong hệ đều gợi đến hình ảnh đánh giá quen thuộc mà ta thường dùng trong loại này đó là 22 ab ab , a,b 2   . Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta áp dụng đánh giá này ta có : 2 22 22 x y 1 9 x y 9 3 x y 1 x y 9 2  . Từ đó ta có : 2 2 2 2 2 2y 2xy 6 x y 1 2xy 2x 2y 9x 9y 81  22 5 x y x y 44 0 . Tiếp đến ta đánh giá cho phương trình thứ hai dựa trên đánh giá có được từ phương trình thứ nhất. Ta có : 22 2 2 2 y 10 x 10y 10 x 10 5y 50 5x 2  . Do đó ta có : 2 2 2 2 x y 94 5y 50 5x 5 x y x y 144 0   . Đánh giá này hoàn toàn không có lợi cho chúng ta vì với hai đánh giá đã có chúng ta những vấn đề không liên quan. Vậy là ở phương trình thứ hai chúng ta không thể sử dụng đánh giá của phương trình thứ nhất vào được, tuy nhiên hình thức vẫn là dạng ab ở vế trái nên ta có thể liên tưởng đến đánh giá thông qua hằng đẳng thức và cũng phải dựa trên nền đánh giá đã có ở bước đầu. Cụ thể ta sẽ tách phương trình thứ hai về dạng phương trình : 2 2 2 2 2 5 y 2y 10 x 10 x 5x 5y x y 44 2 2 2 2 5 y 10 x 5 x y x y 44 . Từ đây ta có : 2 2 2 2 5 x y x y 44 0 5 x y x y 44 0  . Và lúc này đã có : 22 22 5 x y x y 44 0 5 x y x y 44 0   , như thế phép đánh giá đã công và hệ đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 22 2 x y 9 0 10 x 0  . Sử dụng đánh giá 22 ab ab , a,b 2   . Ta có : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 410 2 22 22 x y 1 9 x y 9 3 x y 1 x y 9 2  . Từ đó ta có : 2 2 2 2 2 2y 2xy 6 x y 1 2xy 2x 2y 9x 9y 81  22 5 x y x y 44 0 1 . Mặt khác từ phương trình thứ hai ta có được biến đổi : 2 2 2 2 2 5 y 2y 10 x 10 x 5x 5y x y 44 2 2 2 2 5 y 10 x 5 x y x y 44 . Từ đây ta có : 2 2 2 2 5 x y x y 44 0 5 x y x y 44 0  2 Từ 1 , 2 ta có : 22 2 22 x y 1 3 x y 9 y 10 x 5 x y x y 44 0  22 2 22 x 1 10 x 3 2x 1 y 10 x 5 x y x y 44 0  2 2 2 2 2 22 10 x 9 2x 1 6 1 x 2x 1 1 x y 10 x 5 x y x y 44 0  2 2 22 1 x 10x 9 3 1 x 2x 1 y 10 x 5 x y x y 44 0  2 2 22 1 x 0 10x 9 3 2x 1 y 10 x 5 x y x y 44 0     2 2 22 x1 10x 9 0 41x 90x 45 0 y 10 x 5 x y x y 44 0       2 22 x1 45 6 5 x 41 y 10 x 5 x y x y 44 0      x1 y3  . Đối chiếu điều kiện và thử lại ta có nghiệm của hệ là x,y 1; 3 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 411 Bình luận : Đây là một bài toán tư tưởng đánh giá đã rõ nhưng thực hiện đánh giá bằng cách nào có lợi thì lại khó. Tuy nhiên trên phương diện định dạng chung ở vế trái của mỗi phương trình vẫn cho chúng ta những lối đi đánh gia quen thuộc. Về bình diện chung thì cả hai phương trình trong hệ vẫn có thể sử dụng hằng đẳng thức để đánh giá toàn bài cũng được. Quan trọng ở đây là chúng ta cần chọn đại lượng đánh giá sao cho hợp lí và hiệu quả. Vi dụ 32 : Giải hệ phương trình x 2 3 2y 2 x 5y x 2y y 1 x 2y 8 y 3 x 2y  x,y  Phân tích : Với hệ này ta nhận thấy tuy toàn bộ hệ chứa rất nhiều căn thức nhưng cả hai phương trình trong hệ đều chứa x 2y nên theo lẻ tự nhiên ta sẽ xét hai trường hợp cho đại lượng trong căn thức này. Nếu x 2y 0 thì hệ sẽ trở thành : x 2 3 2y 2 0 y 1 x 2y 8 0  . Với hệ này không có gì khó để giải quyết. Nếu x 2y 0 thì từ phương trình thứ nhất ta để ý thấy được rằng : x 2 2y 2 x 2y . Từ đây ta đẩy ý tưởng sử dụng bất đẳng thức B.C.S để đánh giá cho phương trình thứ nhất. Ta có : x 2 3 2y 2 1 3 x 2 2y 2 2 x 2y  . Từ đây ta có: x 5y x 2y 2 x 2y x 5y 2   . Mặt khác từ phương trình thứ hai trong hệ ta có phép biến đổi sau : y 3 x 2y 8 y 1 x 2y . Sử dung bất đẳng thức AM- GM ta có đánh giá sau : x 2y 8 1 x 2y 8 x 4 1 x 2y 2 x 2y x 2y  . Từ đây ta có : y 3 x 4 y 3 x 2y x 4 y 1 y 1 x 2y 2 x 5y y 2 2 x 5y 2 . Với đánh giá này thì xem như trường hợp x 2y 0 cũng đã được giải quyết. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 412 Lời giải : Điều kiện : x2 y1 x 2y 8 0  . Trường hợp 1 : x 2y 0 . Lúc đó hệ phương trình đã cho trở thành hệ : y 1 0 x 2 0 x 2 3 2y 2 0 x 2y 8 y 1 x 2y 8 0 (vn) 2y 6 3 2y 2 0          y1 x2  (thỏa). Trường hợp 2 : x 2y 0,y 1 . Khi đó phương trình thứ hai được biến đổi thành phương trình : y 3 x 2y 8 y 1 x 2y . Sử dung bất đẳng thức AM- GM ta có đánh giá sau : x 2y 8 1 x 2y 8 x 4 1 x 2y 2 x 2y x 2y  . Từ đây ta có : y 3 x 4 y 3 x 2y x 4 y 1 y 1 x 2y 2 x 5y y 2 2 x 5y 2  Mặt khác từ phương trình thứ nhất áp dụng bất đẳng thức B.C.S Ta có : x 2 3 2y 2 1 3 x 2 2y 2 2 x 2y  . Từ đây ta có : x 5y x 2y 2 x 2y x 5y 2    . Từ (*), (*) suy ra hệ đã cho tương đương với hệ phương trình sau : x 2 2y 2 3 x 2y x 2y x 2y 8 1 x 2y y0 x 5y 2  ( hệ vô nghiệm). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x,y 2;1 . Bình luận : Bài toán dựa trên tính chất nhân tử chung của cả hai phương trình và xét từng trường hợp. Các đánh giá có được trong bài toán là những đánh giá quen thuộc thường gặp. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 413 CHÖÔNG II. SUY LUAÄN TÌM LÔØI GIAÛI HEÄ PHÖÔNG TRÌNH BAÈNG KYÕ NAÊNG ÑAËC BIEÄT HOÙA Trong toán học cũng như trong đời sống chúng ta, có những khẳng định khá thú vị, đó là: Nếu một khẳng định hay một quy luật nào đó đúng với mọi trường hợp thì nó cũng đúng với những trường hợp riêng lẻ. Tuy nhiên điều ngược lại chưa chắc đã xảy ra. Trong cuộc sống, chúng ta rất ít bắt gặp điều gì đó đúng với mọi trường hợp, nhưng chúng ta lại tìm thấy những sự giống nhau kì lạ giữa những trường hợp riêng lẻ nào đó. Trong khoa học mà đơn cử là những chương trình dự báo thời tiết, dự báo bão… người ta đã sử dụng tư duy đặc biệt hóa trong toán học một cách rất hiệu quả. Họ đo đạc, tính toán cho những trường hợp riêng lẻ rồi bằng sự suy luận, dự đoán và những công cụ hỗ trợ khác, họ tìm được hay dự báo được một quy luật nào đó của tự nhiên. Bài toán Hệ phương trình là một bài toán khó, hiện nay đa số các bạn học sinh đều giải quyết nó dựa vào kinh nghiệm bản thân thông qua việc giải nhiều bài tập mà chưa thực sự có một hướng phân tích hay dự báo nào cho việc giải toán Do vậy trong cuốn sách này, tôi dành hẳn một chương với mong muốn sẽ giúp các bạn tìm ra một hướng đi bằng những suy luận và dự báo khi đứng trước một hệ phương trình. A. TÌM MỐI QUAN HỆ GIỮA CÁC BIẾN TRÊN MỘT PHƢƠNG TRÌNH CỦA HỆ. I. Hệ phƣơng trình chứa đa thức bậc hai khả quy. Bài toán 1. Giải hệ phương trình 22 2 3 10x 6 y y x 2xy 4x 1 x 9 ,y y2   Phân tích. Sử dụng phép thử các giá trị đặc biệt lên phương trình (1), ta có: +) Cho 2 y2 y 6 0 xy y3 0   Ta nhận được   12 x;y A 0;2 , A 0; 3 +) Cho 2 x1 y 0 2x 5x 3 0 3 x 2    Ta nhận được 12 3 x;y B 1;0 ,B ;0 2    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 414 + Cho 2 y4 y 20 0 x 5 y y 1   Ta nhận được   12 x;y C 1;4 ,C 1; 5 Suy luận và dự đoán. Do phương trình (1) là một đa thức bậc 2, do vậy nếu (1) phân tích được thì nó là tích của các đa thức bậc nhất. Lúc đó ta có các phương trình đường thẳng: 1 1 1 2 2 1 2 2 A :2x y 2 0, A : 4x 3y 6 0, A :3x y 3 0, A :2x y 3 BB BB 0 Ta nhận thấy điểm 1 1 1 CA B , nên ta dự đoán mối liên hệ của các biến x, y trong phương trình (1) là y = 2x + 2. Lời giải. Đặt 2x + 2 = a, thay vào PT(1) cho ta: 2 2 2 2 a 2 5 a 2 6 y a y a y a y a y 1 0 y ay a y 1 0   +) Với a y y 2x 2 thay vào (2) ta được 3 x x 1 4x 5 . 0 Trong trường hợp này hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (1;4). +) Với a + y = 1 y = -2x – 3 thay vào (2) ta được 32 8x 18x 0 x x0 . Trong trường hợp này hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (0;-3) Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x;y) = {(0;-3);(1;4)} Bình luận. Nhận thấy đa thức ở phương trình (1) là đa thức bậc hai, do vậy ta dễ dàng kiểm chứng đa thức đó có khả quy hay không nhờ kỹ thuật Đen-ta chính phương: Viết lại phương trình (1) thành 22 10x y y 0 4x 6* . Xem x là ẩn số, y là tham số ta có 2 2 x 25 4( )2 y ' y 6 y 1  Khi đó nghiệm của phương trình (*) là y y 10 y2 x 42 10 y3 x 42           Bài toán 2. Giải hệ phương trình 22 2 3xy 3y 9x 3y 4 0 6xy 2x 10y 3 0 3x 1 x, y 3y 2   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 415 Phân tích. Xét phương trình (1): +) Cho 2 x 0 3 y y 3 4 0 (Vô nghiệm) Suy luận và dự đoán: Nếu đa thức (1) đưa được về dạng tích, chứng tỏ nó là tích các bậc nhất. Vì thế với các trường hợp 0 x (hoặc 0 y ) ta thường nhận được các giá trị hữu tỷ của y (hoặc x ). Vì vậy ta dự đoán (1) không có dạng tích. Xét phương trình (2): +) Cho 2 y3 x 0 3y 10y 3 0 1 y 3    Ta nhận được các giá trị của cặp 12 1 x;y A 0;3 , A 0; 3    +) Cho 3 y 0 2x 3 0 x 2 Ta nhận được 1 3 x;y B ;0 2 +) Cho y = 1 x = -1. Ta nhận được 1 x;y C 1;1 . Suy luận và dự đoán. Đa thức (2) là đa thức bậc hai, do vậy nếu nó khả quy ta dự đoán nó là tích các bậc nhất. Lúc đó: 1 1 2 1 A :2x y 3 0; A : 2x 9 BB y 3 0 Nhận thấy 1 1 1 C AB nên ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến x, y là y = 2x + 3. Lời giải. Đặt a = 2x + 3, thay vào (2) ta có: 2 ay 3y 3ay y a 0 a y 3y 1 0 3y 1   +) Với 1 3y 1 0 y 3 , thay vào phương trình (1) ta có : 2 2 x 16 3 3x 0 8 3 3 10x x      . Trong trường hợp này hệ ban đầu có các nghiệm 2 1 8 1 x;y ; , ; . 3 3 3 3            +) Với a = y y = 2x + 3 thay vào phương trình (1) ta được phương trình 2 27 1 0 15 x x 3 (Vô nghiệm). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 416 Kết luận. Hệ ban đầu có nghiệm 2 1 8 1 x;y ; , ; . 3 3 3 3            Bài toán 3. Giải hệ phương trình 22 22 x 4y 3y 7xy 1 R y 6x 1 x, y x y 4 2 x 2 3y  Phân tích. Sử dụng phép thử các giá trị đặc biệt lên phương trình (1), ta có : +) Cho 2 y1 4y 1 0 0 3y 1 y 3 x    Ta nhận được các giá trị 12 1 x;y A 0;1 , A 0; 3    +) Cho 2 1 x 3 y 0 6x x 1 0 1 x 2      Ta nhận được các giá trị 12 11 x;y B ;0 ,B ;0 32            +) Cho 2 y1 y 2 0 xy y2 1   Ta nhận được các giá trị   12 x;y C 1;1 ,C 1; 2 Suy luận và dự đoán. Ta có phương trình các đường thẳng: 1 1 1 2 2 1 2 2 A :3x y 1 0; A :2x y 1 0 A :3x 3y 1 0; A :2x 3y B 1 B 0 B B Nhận thấy 2 1 1 CA B , ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến x, y là 3x y 1 0 y 1 3x Lời giải: Đặt a = 1 – 3x, thay vào phương trình (1) cho ta: +) Với a = y y = 1 – 3x thay vào (2) ta được 2 6 x 6x 0 13 x0 13x     . Trong trường hợp này hệ đã cho có nghiệm 6 31 x;y ; , 0;1 . 13 13    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 417 +) Với 2x 1 9y 2a 5 0 y 3 thay vào (2) ta được 2 x 19x 1 x 5 7 0 x 0 2 7     . Trong trường hợp này hệ đã cho có nghiệm 51 x;y 2; 1 , ; 77    . Vậy nghiệm của hệ đã cho là 5 1 6 31 x;y 2; 1 , ; , ; , 0;1 . 7 7 13 13            Bài toán 4. Giải hệ phương trình 22 x y 1 x 1 y 2 1 x, y x y 3x y 2 2   Phân tích : Xét phương trình (2): +) Cho 2 y1 x 0 y y 2 0 y2   Ta nhận được các giá trị   12 x;y A 0; 1 , A 0;2 . +) Cho 2 x1 y 0 x 3x 2 0 x2   Ta nhận được các giá trị   12 x;y B 1;0 ,B 2;0 +) Cho 2 x1 y 1 x 3x 2 0 x2   Ta nhận được các giá trị   12 x;y C 1;1 ,C 2;1 . Suy luận và dự đoán. Ta có các phương trình đường thẳng: 1 1 1 2 2 21 2 A : x y 1 0;A : x 2y 2 0 A :2x y 2 0; A :x y 2 B 0 B BB Nhận thấy 2 1 1 CA B , ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến x, y là x + y + 1 = 0 Lời giải: Điều kiện 1 y 0 x  Đặt a = -x - 1, thay vào (2) ta được: 22 a a y 0 a y y a 1 0 y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 418 +) Với a = y x + y + 1 = 0 y y 2 (vô nghiệm) +) Với y + a – 1 = 0 y = x + 2 thế vào phương trình (1) ta có: 2 3 1 2 2 2 3 1 2 1 1 0 2 2 1 10 2 3 1 2 1 2 1 1 1 1 0 1 1 2 3 1 2 1 x x x x x x xx x xx xx x x y xx Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y) = (-1;1). Bài toán 5. (Trích TSĐH khối B – 2013) Giải hệ phương trình 22 22 2x y 3xy 3x 2y 1 0 (1) (x, y ) 4x y x 4 2x y x 4y (2)   Phân tích: Xét phương trình (1): +) Cho 2 2y 1 0 0 1 xy y Ta nhận được 1 x;y A 0;1 +) Cho 2 x1 3x 1 0 1 x 2 y 0 2x    Ta nhận được các giá trị 12 1 x;y B 1;0 ,B ;0 2    +) Cho x = 1 2 y2 5y 6 0 y3 y   Ta nhận được các giá trị   12 x;y C 1;2 ,C 1;3 . Suy luận và dự đoán. Ta có các phương trình đường thẳng: 1 1 1 2 A : x y 1 0; A :2x 1 BB y0 Nhận thấy 1 1 1 CA B , ta dự đoán mối quan hệ của x, y là x y 1 0 Lời giải. Điều kiện 0 2x y x 0 4y  Đặt a = x + 1, thay vào (1) cho ta: 22 y 3ay y 2 a 0 a y 2a y 1 0 a +) Với a = y y = x + 1, thay vào (2) ta được 2 3x x 3 3x 1 5x 4 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 419 2 3(x x) (x 1 3x 1) (x 2 5x 4) 0 2 11 (x x) 3 0 x 1 3x 1 x 2 5x 4 Do 1 1 1 3 0, x 3 x 1 3x 1 x 2 5x 4 Nên phương trình tương đương 2 x 0 y 1 x x 0 x 1 y 2   +) Với 2a – y = 1 y = 2x + 1, thay vào (2) ta được 3 3 4 1 9 4 3 4 1 1 9 4 2 0 49 30 4 1 1 9 4 2 49 3 0 0 1 4 1 1 9 4 2 x x x x x x xx x xx x x y xx Đối chiếu điều kiện thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình là (x;y) = {(0;1), (1;2)}. NHẬN XÉT. Với một đa thức bậc hai, ta có thể dễ dàng kiểm chứng nó là khả quy hay bất khả quy nhờ kỹ thuật Delta chính phương. Tuy nhiên với kỹ năng đặc biệt hóa chúng ta lại có thêm một các nhìn nhận mới về cách đưa một đa thức bậc hai về dạng tích và quan trọng hơn nó sẽ giúp chúng ta giải quyết những bài toán khó hơn sẽ nêu sau đây. II. Hệ phƣơng trình chứa đa thức bậc cao khả quy. Bài toán 6. Giải hệ phương trình 3 3 2 42 x y 3x 4 3(y 2x) (1) (x, y ) x 4y 8(x y) 0 (2)   Phân tích: Xét phương trình (1): +) Cho 3 x 0 y 3y 4 0 y 1 Ta nhận được (x, y) = A 1 (0;1) +) Cho 32 y 0 x 3x 6x 4 0 x 1 Ta nhận được (x, y) = B 1 (-1;0) +) Cho 3 x 1 y 3y 14 0 y 2 Ta nhận được (x,y) = C 1 (1;2) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 420 Suy luận và dự đoán. Phương trình (1) chứa đa thức bậc 3, nếu nó khả quy nó có thể là tích của một đa thức bậc 2 và một đa thức bậc nhất. Phương trình đường thẳng 11 A :x 1 B y0 Nhận thấy 1 1 1 CA B , từ đó ta dự đoán mối quan hệ giữa x, y là x – y + 1 = 0 Lời giải: Đặt a = x + 1, thay vào (1) cho ta: 3 3 2 2 a y 3 a y 0 a y a ay y 3 0 a y +) Với a = y y = x + 1 thế vào (2) ta được 4 2 4 2 x 4x 8x 4 0 x (2x 2) 0 2 2 2 x 1 3 y 3 (x 2x 2)(x 2x 2) 0 x 2x 2 0 x 1 3 y 3    Vậy nghiệm của hệ phương trình là   (x;y) ( 1 3; 3),( 1 3; 3) . Bài toán 7. Giải hệ phương trình 3 3 2 2 2(y x ) 6x 7x y 3 (1) (x, y ) 4 3 y 2 2(1 y) 9x 16 (2)   Phân tích : Xét phương trình (1): +) Cho 3 x 0 2y y 3 0 y 1 Ta nhận được 1 x;y A 0;1 +) Cho 32 y 0 2x 6x 7x 3 0 x 1 Ta nhận được 1 x;y B 1;0 . +) Cho 3 y 18 0 y 2 x 1 2 y Ta nhận được 1 x;y C 1;2 Suy luận và dự đoán. Phương trình đường thẳng 11 A : x 1 B y0 Nhận thấy 1 1 1 CA B nên ta dự đoán mối quan hệ giữa x,y là x – y + 1 = 0 Lời giải. Điều kiện 3 1 y  Đặt a = x + 1, thay vào (1) cho ta 3 3 2 2 2 y y a 0 y a 2y 2ya 2a a 0 a y 1 Với a = y y = x + 1 thế vào (2) ta được 2 4 2 x 2 2(2 x) 9x 16 Điều kiện -2≤ x ≤ 2 bình phương hai vế ta có Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 421 32 + 22 16 8 2x 9x 8x 0 4(8 – 2x 2 ) + 22 16 8 2x x 8x 0 Đặt 2 t 2 8 2x (t 0) Phương trình trở thành 22 tx t 8t x 0 t x 8 0 VN( 2 x 2)     2 2 x0 42 2 8 2x x x 32 3 x 9  Vậy nghiệm của hệ phương trình là 4 2 3 4 2 (x;y) ; 33 . Bài toán 8. Giải hệ phương trình 2 2 (x y)(x y y ) x(y 1) (1) (x, y ) 5 x 1 x 1 3y 5 y 2 (2)   Phân tích: Xét phương trình (1): +) Cho 2 y0 x 0 y 1 y 0 y1   Ta nhận được   12 x;y A 0;0 , A 0; 1 +) Cho 2 x0 y 0 x x x1   Ta nhận được 1 x;y B 1;0 +) Cho 2 x1 x 2 0 yx x2 1   Ta nhận được   12 x;y C 1;1 ,C 2;1 Suy luận và dự đoán. Phương trình các đường thẳng 1 1 2 1 B A : y 0; A : x y 1 0 B Ta nhận thấy 2 1 2 C AB , nên ta dự đoán mối quan hệ giữa x, y là x – y – 1 = 0 Lời giải. Điều kiện 2 x 1 0 x1 x 1 0 x1 y0 y0     TH1: x = -1 y = 1 TH2: x 1: Đặt a = x – 1, thay vào (1) cho ta: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 422 3 2 2 2 y ay ay a y a 0 y a y a 1 0 +) Với a = y y = x – 1 thế vào phương trình (2) ta có 2 5 x 1 x 1 3x 1 5 x 1 5 x 1( x 1 1) ( x 1 1) 3x ( x 1 1)(5 x 1 1) 3x 5 x 1 1 3( x 1 1) do x 1 5 x 1 4 3 x 1 20 x 1 9 8x 2 9 9 x x 8 8 34 15 3 64x 544x 481 0 x 8      34 15 3 26 15 3 xy 88 +) Với 22 a 1 0 0 y y x (loại do 1 x ) Vậy nghiệm của hệ phương trình là    34 15 3 26 15 3 ; 1;1 , ; 88 xy . Bài toán 9. Giải hệ phương trình   2 22 3 3 2 4 6 5 16 1 3 2 6 18 6 0 , 2 yx y x y y xy xy Phân tích: Xét phương trình (2): +) Cho 00 xy Ta nhận được 1 ; 0;0 x y A +) Cho 2 x0 x0 y 0 x x1   Ta nhận được 1 x;y B 1;0 +) Cho 2 y 1 18x 15 1 x 3 70 7 x 6 x      Ta nhận được 12 17 x;y C ;1 ,C ;1 36            Suy luận và dự đoán. Phương trình đường thẳng 11 A B : y 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 423 Nhận thấy các điểm 1 2 1 1 , C C A B  . Câu hỏi đặt ra là: Phải chăng đa thức trên là không khả quy ? Ta dự báo rằng, nếu đa thức bậc ba là khả quy nó có thể là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc hai, tuy nhiên việc thử trường hợp y = 0chúng ta nhận được một giá trị giống với trường hợp x = 0, điều đó khiến chúng ta liên tưởng rằng đa thức bậc nhất đó đặc biệt chăng ? (y = kx) Bây giờ chúng ta sẽ thử trường hợp khác để thay thế cho trường hợp x = 0 +) Cho x = 1 32 y 3y 12y 36 0 y 3 Ta nhận được 1 x;y D 1;3 . Ta có các đường thẳng : 1 1 1 1 1 2 A : y 0; A : y B C C 3x; A :6x 7y Nhận thấy 1 1 1 D AC ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến là y = 3x Lời giải. Đặt 3x = a, thay vào (2) ta được: 3 2 2 2 y ay 2ay 2a 6a 6y 0 y a y 2a 6 0 +) Với y = a y = 3x ta có phương trình 22 3 2 9 4 6 5 16 3 36 16 6 5 16 x x x x Đặt 6 tx khi đó 2 2 2 3 16 5 16 3 16 3 2 16 5 0 t t t t t 2 2 2 2 2 22 2 9 3 16 3 2 0 16 5 26 3 3 16 0 16 5 13 3 22 2 10 5 16 30 16 5 t tt t t tt t t x y t t t VN t      2 2 2 2 2 22 2 9 3 16 3 2 0 16 5 26 3 3 16 0 16 5 13 3 22 2 10 5 16 30 16 5 t tt t t tt t t x y t t t VN t      +) Với 22 y 6x 6 6 0 2a 0 y Từ PT(1) có VP > 0 VT > 0 suy ra 2 6 y x 5 0 6x 6 0 Hay trường hợp này không xảy ra. Vậy nghiệm của hệ phương trình là 13 ;; 22 xy . Bài toán 10. Giải hệ phương trình   22 4 8 2 1 , 3 3 2 1 2 xy y x x xy x y y Phân tích. Xét phương trình (1): +) Cho 2 x0 2 y 0 (VN). Không tồn tại điểm A 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 424 +) Cho 2 x4 2x 8 0 yx x2 0   Ta nhận được   12 x;y B 2;0 , B 4;0 +) Cho 2 x 1 5y 6 0 (VN). Không tồn tại điểm C 1 +) Cho 2 x3 y 1 x x 12 0 x4   Suy luận và dự đoán. Khi cho các giá trị đặc biệt của x, ta nhận thấy A 1 , C 1 không tồn tại, điều đó có thể do đa thức bậc nhất này đặc biệt (x = k). Khi cho các giá trị của y khác nhau, ta đều nhận được giá trị x = -4. Ta dự đoán một nhân tử trong tích đó là (x + 4) Lời giải. Điều kiện 1 2 y Từ phương trình (1) ta có : 22 x 4 y x 4 x 2 0 x 4 y x 0 2 2 2 4 xy x   TH1: x = -4, thế vào phương trình (2) của hệ ta có    2 1 1 1 3 2 1 10 3 10 20 10 0 10 3 10 y y y y y yy y TH2: 2 2 xy , thế vào phương trình (2) của hệ ta có 22 2 2 15 9 y 5 3 2y 1 2 1 3 2y 1 0 44 15 3 2 1 0 42 y y y y y y y VN         Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 4; 10 3 10 xy . Bài toán 11. (Trích TSĐH- Khối A 2012) Giải hệ phương trình 3 2 3 2 22 3x 9x 22 y 3y 9y 1 1 x y 2 x xy 2  Phân tích. Xét phương trình (1): +) Cho 32 3y 9y 22 0y 2 x 0y Ta nhận được giá trị hữu tỷ 1 x;y A 0; 2 +) Cho 32 3x 9x 22 0 x y0 2 x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 425 Ta nhận được giá trị hữu tỷ 1 x;y B 2;0 +) Cho 32 3y 9y 11 1y 1 x 0y Ta nhận được giá trị hữu tỷ 1 1; 1 C Suy luận và dự đoán. Phương trình đường thẳng 11 A :x 2 B y0 . Nhận thấy 1 1 1 CA B do vậy ta dự đoán mối quan hệ giữa x, y là x – y – 2 = 0 Lời giải. Đặt x – 2 = a, thay vào phương trình (1) ta được 3 2 3 2 3a 9a 9 a y 3y y 22 a y a 3a 3y 9 ay 0 y +) Với a = y y = x – 2 thay vào phương trình (2) ta có: 2 1 x 2 8x 3 0 3 x 2 4x      Suy ra 1 3 3 1 x;y ; , ; . 2 2 2 2            +) Với 22 a 3 3 0 ay a y 9 y , thay x = a + 2 vào phương trình (2) ta có hệ: 22 22 22 2 2 4 3 2 21 ay 2y 0 a 3a 3y 9 0 2 3 3 a y 3a y 0 a y 3a y 0 2 2 21 4y a 2y 21 21 3 a 3a 0 2 a 2 2 a 2 2 21 y 2 a 2 4a 28a 70a 114a 549 ay y 0*                 Ta có: 2 2 2 49 4a a 7a 21a 114a 549 0 4 nên (*) vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm 1 3 3 1 x;y ; , ; . 2 2 2 2            Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 426 Bình luận.  Bằng cách thiết lập biệt thức Delta cho phương trình (2), ta có thể tìm điều kiện chặt của các biến như sau : +) Xem x là ẩn số : 2 x 3 4 y 31 y 0 y 22    +) Xem y là ẩn số 2 y 1 3 5 1 x 0 x a 22 34 2 x 2      Lúc đó : 22 a 3a 3y 9 a 3 a 3 ay y 9 0 y y Vì a 3 0, a y 3 0, 3y 2   nên ta dễ dàng loại bỏ trường hợp này.  Bài toán được giải quyết như lời giải trên để chứng tỏ rằng ta có thể giải quyết trọn vẹn bài toán trên mà không cần sử dụng đến việc tìm điều kiện chặt của các biến. Việc sử dụng máy tính bỏ túi CasiO để giải phương trình bậc 4, các bạn có thể xem ở phụ lục. Bài toán 12. (Tạp chí TH&TT – tháng 01 năm 2015) Giải hệ phương trình 3 3 2 2 22 2x y 2x y xy 2x 3y 4 1 x 1 y 1 10 2 y x 3  Phân tích : Xét phương trình (1): +) Cho 32 y0 x 0 y 0 y1 y   Ta nhận được   12 x;y A 0;0 , A 0; 1 +) Cho 32 x0 y 0 2x 0 x 2x 1   Ta nhận được 1 x;y B 1;0 +) Cho 32 x 1 y 2y 6y 4 0 y 2 Ta nhận được 1 x;y C 1; 2 +) Cho 3 y 1 2x 7x 2 0 x 2 Ta nhận được 1 x;y D 2;1 Phân tích và suy luận. Nhận thấy nếu đa thức bậc ba khả quy, nó có thể chứa một đa thức bậc nhất. Từ đó ta có các phương trình đường thẳng 1 1 2 1 B A : y 0; A :x y 1 0 B Dễ thấy 1 1 2 1 C ,D AB nên ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến là x y 1 0. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 427 Lời giải. Điều kiện  0 , . xy Từ (1) ta có : 3 3 2 2 2 2 y 2x 4xy x y 1 2 2 x x y y xy 22 22 22 2x x y 1 y x y 1 4xy x y 1 0 x y 1 0 x y 1 2 y 4xy y 4xy 0 x0 2x   +) Với x + y = -1. Kết hợp với phương trình (2) ta tìm được xy = -6 Lúc đó nghiệm của hệ đã cho là   x;y 2; 3 , 3;2 +) Với 2 2 2 2 4xy 2x 4 y x y 2xy xy x 0 y Kết hợp với phương trình (2) suy ra x, y > 0. Do đó: 22 x 1 y 1 2x 2y 2x 2y 10 VT 2 2 . 4 VP 2 y x y x y x 3 Hay trường hợp này không có nghiệm. Vậy hệ đã cho có nghiệm   x;y 2; 3 , 3;2 . Bài toán 13. (Trích TSĐH khối A năm 2011) Giải hệ phương trình 2 2 3 2 22 5x y 4xy 3y 2 x y 0 1 xy x y 2 x y 2  Phân tích. Nếu đa thức ở phương trình (1) khả quy, lúc đó do đa thức là bậc hai đối với ẩn x nên biệt thức  x phải chính phương. Ta dễ dàng kiểm chứng nó không có điều này. Xét phương trình (2): +) Cho x = 0 y 2 = 2 +) Cho y = 0 x 2 = 2 +) Cho 3 2 2 x 1 y y y 1 0 y 1 Suy luận và dự đoán. Nhận thấy đa thức ở phương trình (2) có bậc 4, do đó nếu nó khả quy thường là tích của hai đa thức bậc nhất và bậc 3 hoặc là tích của hai đa thức bậc 2. Với việc xét với các giá trị x – 0, y = 0 chúng ta không nhận được các giá trị hữu tỷ, do vậy ta sẽ loại trừ khả năng nó là tích của một bậc nhất và bậc 3. Hơn nữa chúng ta lại nhận được   22 111 x ;y A 0;2 ,B 2;0 ,C 1;1 Lúc đó phương trình đường thẳng 11 A : X B Y2 và 1 1 1 CA B trong đó 22 , Xx Yy . Từ đó ta dự đoán mối quan hệ giữa chúng là 22 x2 y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 428 Lời giải : Ta có 2 2 2 2 2 2 22 y y y xy 1 2 xy x 2 x 2xy x xy 1 2 2 y 0 x   +) Với 1 xy 1 x y , thay vào (1) cho ta 42 2y 1 0 1 y y  Ta suy ra các nghiệm   x;y 1;1 , 1; 1 . +) Với 22 x y2 22 22 2 2 3 2 2 2 2 3 x y 2 x y 2 5x y 4xy 3y x y x y 0 5x y 4xy 3y 2 x y 0   Đây là một phương trình đẳng cấp 2 2 3 2 2 5x y 4xy 3y x y x y 0 Xét y = 0 không phải là nghiệm Với y  0 chia cả hai vế cho y 3 ta được 22 x x x x 5 4 3 1 1 0 y y y y             Đặt x t y khi đó ta được phương trình 32 t1 t 4t 5t 2 0 t2    Với t 1 x y suy ra : x;y 1;1 hoặc x;y 1; 1  Với t 2 x 2y từ 22 x y 2 Suy ra 2 10 10 x;y ; 55 hoặc 2 10 10 x;y ; 55 Vậy, hệ có nghiệm 2 10 10 2 10 10 x;y 1 ;1 , 1 ; 1 , ; , ; . 5 5 5 5                Bài toán 14. Giải hệ phương trình 22 2 y x 1 xy x y x 3 y1 x 1 x 2 y. 2  Phân tích : Xét phương trình (2): +) Cho 2 x0 2 y Trường hợp này cho chúng ta dự đoán, nếu đa thức bậc 4 ở (2) khả quy nó sẽ không đưa về được tích của một đa thức bậc nhất và bậc 3. (Do y không có giá trị hữu tỷ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 429 +) Cho 2 x1 2 y0 x   +) Cho 2 y2 3y 2 x y 1 0 y 1   Trường hợp này chứng tỏ nó không thể là mối quan hệ giữa x 2 và y 2 vì nếu điều đó xảy ra giá trị nhận được của y phải là y  . +) Cho 2 11 yx Suy luận và dự đoán. Đa thức bậc 4 này không là tích của một đa thức bậc nhất và bậc 3. Đa thức này không có mối quan hệ giữa 22 , . x y Nhận thấy   2 11 , 2;0 , 1;1 x y A B , như vậy nhiều khả năng xảy ra mối quan hệ giữa 2 x và . y Ta sẽ thử một vài trường hợp khác để kiểm chứng điều này. +) Cho     32 2 1 1 2 6 3 0 2 3 x y x x x x Ta lại nhận được 2 1 3 ; ;1 xC y Khi đó phương trình đường thẳng 2 11 : X Y 2, , A X x Y y B và 1 1 1 C AB . Từ đó ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến là 2 2 x y Lời giải.   2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 20 2 1 0 10 y x y xy xy x y x y x x xy xy x x x y x y xy x xy x +) Với 22 20 2 xy y x Thay vào (1) ta được 2 2 2 15 1 1 0 2 x x x x x x x (Do từ (1) suy ra điều kiện có nghiệm của phương trình là 0 x ) +) Với 1 10 x xy x y x thay vào (1) cho ta : 11 1 xx xx Khi 1;0 x  , phương trình đã cho vô nghiệm. Khi 1 x : Ta có : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 430 AM GM AM GM 1 1x 1 x x x2 1 x1 11 x 1 x 1 x x 2 11 1 x x 1 11 xx VT x 1 x VP x x 2 2     Dấu „=‟ xảy ra khi và chỉ khi 2 x1 51 x 2 0 x x 1  Vậy hệ đã cho có nghiệm 1 5 1 5 1 5 1 5 x;y ; , ; 2 2 2 2                NHẬN XÉT. Như đã nêu ở phần mở đầu: Những cái đúng với một vài trường hợp chưa hẳn đã xảy ra với tất cả các trường hợp. Do đó để có những suy luận mang tính Logic thì việc có thời gian để thử được nhiều giá trị sẽ cho chúng ta đến gần hơn với những phán đoán chính xác. III. Tìm mối quan hệ giữa các biến với phƣơng trình hai ẩn chứa căn thức. Bài toán 15. Giải hệ phương trình 22 2 3 4 1 1 , 4 2 1 2 2 0 2 x x y x y x xy x x y   Phân tích. Dễ dàng nhận ra phương trình (2) không thể có mối quan hệ nào khác giữa các biến vì 4 2 1 2 2 2 xx y Với phương trình (1): +) Cho 0 x 2 2 1 1 y y y Ta nhận được 1 ; 0; 1 x y A +) Cho 2 0 2 4 1 1 3 yx x x x x Ta nhận được 1 ; 1;0 x y B +) Cho 2 3 1 2 4 1 1 2 1 x y x x x x Ta nhận được 1 ; 2;1 x y C Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 431 Suy luận và dự đoán. Ta có phương trình đường thẳng 11 : 1 0 Bx A y và điểm 1 1 1 CAB nên ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến là 1 0. xy Lời giải. Điều kiện 1 2 x . Phương trình (2) tương đương 4 2 1 2 3 2 0 x x y x do 3 2 0 0 x x y . Mặt khác từ phương trình (1) ta có 2 2 2 3 4 3 1 0 x x y x y x x y x 2 2 2 1 1 0 * 3 4 3 1 xy xy x x y x y x x y x Do 1 10 2 xx và 0 xy nên 2 2 2 1 0 3 4 3 1 xy x x y x y x x y x . Vì vậy (*) 1 yx Thế vào phương trình (2) suy ra  2 4 4 2 1 4 0 40 39 16 2 1 4 x x x x y xx Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 40;39 xy . Lƣu ý. Trong việc thử các giá trị, chúng ta thường bắt gặp phương trình vô tỷ, chúng ta không nên trực tiếp giải các phương trình vô tỷ đó vì nó khiến chúng ta mất nhiều thời gian. Để xử lý các phương trình vô tỷ này ta nên đoán nghiệm: Nghiệm số làm cho giá trị trong căn là số chính phương, hoặc ta có thể sử dụng máy tính bỏ túi CasiO để dò nghiệm (Xem cách sử dụng ở Phụ lục). Bài toán 16. Giải hệ phương trình   42 3 2 1 2 1 1 , 2 10 4 4 2 2 x y y x xy y x x y Phân tích: Xét phương trình (1): +) Cho 0 1 2 1 0 x y y y Ta nhận được 1 ; 0;0 x y A +) Cho 0 2 1 1 0 y x x x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 432 +) Cho 1 3 2 1 1 1 x y y y Ta nhận được 1 ; 1;1 x y B +) Cho 2 5 2 1 2 2 x y y y Ta nhận được 1 ; 2;2 x y C Từ đó ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến là xy Lời giải. Điều kiện 1 ; 2 xy Ta có 2 1 2 1 2 1 0 0 2 1 2 1 xy x y x y x y xy 2 10 2 1 2 1 x y x y xy Thế vào phương trình (2) ta được 342 2 2 10 4 4 x x x x 4 3 2 4 3 2 2 2 22 2 2 2 2 4 5 2 2 0 4 4 2 2 0 2 2 2 0 2 1 0 21 12 2 2 0 22 x x x x x x x x x x x x x xx xx x x x VN xx        Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 1 2;1 2 xy   . Bài toán 17. Giải hệ phương trình 22 1 2 1 , 1 3 2 x y y x x xy x y x y   Phân tích: Xét phương trình (1): +) Cho 2 11 0 21 xy yy Ta nhận được 1 ; 0;1 . x y A +) Cho 2 1 2 1 1 0 x x x yx Ta nhận được 1 ; 1;0 x y B +) Cho 2 3 10 2 5 4 x y y y Ta nhận được 1 ; 3;4 x y C Suy luận và dự đoán. Phương trình đường thẳng 11 : 1 0 B A x y và 1 1 1 CAB . Từ đó ta dự đoán Mối quan hệ giữa các biến là 10 xy . Để xử lý phƣơng trình (1) chúng ta có nhiều cách, chẳng hạn: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 433 Cách 1. +) Hệ không có nghiệm 1 0 x y  +) Với 1 0 x y  , ta có: 2 2 21 1 2 1 0 1 1 0 1 xy x y x y x y x y xy 2 1 1 0 1 0 1 x y x y x y xy     Do với điều kiện 0 0 1 2 10 1 x xy y xy  Cách 2. Từ phương trình (1) ta có 2 2 1 2 1 2 x x y y Xét hàm số 2 1 2 0 ' 2 0 0 f t t t t f t t t t Hàm số đồng biến 0 t , khi đó ta có 11 f x f y y x Khi 10 xy thay vào phương trình (2) ta có: 2 2 2 1 2 3 2 5 5 34 25 x x x x x x x y TM x x x   Vậy, hệ có nghiệm là ; 3; 4 xy . Bài toán 18. Giải hệ phương trình   3 2 3 1 1 , 5 3 2 2 2 2 2 x y x y xy x xy y y Phân tích : Nhận thấy phương trình (1) sau khi nâng lên lũy thừa hai vế thì bản chất của PT(1) cũng là một đa thức bậc hai, do vậy ta có thể dễ dàng kiểm chứng nó có khả quy hay không nhờ kỹ thuật Đen-ta chính phương. Như vậy: 2 3 3 1 2 1 6 9 0 3 0 0 4 3 1 x x y x x y x y x y   Lời giải. Điều kiện  5 2 3 30 x y yx Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 434 2 3 3 1 2 1 6 9 0 3 0 0 4 3 1 x x y x x y x y x y   Kết hợp điều kiện 69 3 3 0 2 x xy y  nên 2 1 6 9 0 2 1 0 y x x y y x +) Với 2 1. xy Thế vào phương trình (2) ta có      2 22 3 2 2 2 3 2 2 2 1 3 2 2 2 2 1 3 2 2 2 0 23 2 1 3 2 2 2 0 * y y y y y y y yy y y y y yx y y y Theo điều kiện ta có 2 4 2 2 1 3 2 2 1 2 2 3 3 3 y y y y nên phương trình (*) vô nghiệm Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 3;2 . xy Bài toán 19. Giải hệ phương trình 11 , 2 2 6 2 1 3 4 2 x y x x y y xy x y x y   Phân tích : Xét phương trình (1) : +) Cho 00 x y y y y Ta nhận được 1 ; 0;0 x y A +) Cho 1 2 1 x y y y Ta nhận được 1 ; 1;1 . x y B +) Cho 2 2 2 2 x y y y y Ta nhận được 1 ; 2;2 . x y C Suy luận và dự đoán. Từ các kết quả trên ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến là . xy Lời giải. Điều kiện 0 1 2 10 2 6 0 x y x y x yx  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 435 Từ phương trình (1) ta có 10 x y x y x y 2 11 00 11 x xy y y x y y xy x y x y x y x y x y x y xy Do 1 1 1 0 0; 2 1 y xy xy x y x y Thế vào phương trình (2) ta có 2 6 2 1 3 4 * x x x Từ phương trình suy ra 2 1 3 0 5 xx Xét hàm số 2 6 0 f x x x Ta có 11 '0 2 2 2 6 fx xx hàm số luôn đồng biến Tương tự 1 2 1 3 0 ' 0 21 g x x g x x hàm số luôn đồng biến Khi đó hàm số 2 6 2 1 3 f x g x x x x Hàm số luôn đông biến Nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất 7 x Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 7;7 xy . Bài toán 20. (Trích TSĐH – Khối B năm 2014) Giải hệ phương trình   2 1 2 1 1 , 2 3 6 1 2 2 4 5 3 2 y x y x x y y xy y x y x y x y Phân tích: Xét phương trình (1): +) Cho 0 1 2 1 x y y y y (Vô nghiệm) +) Cho 0 2 1 y x x x Ta nhận được giá trị 1 ; 0;1 x y A +) Cho 1 2 2 y x x (Nghiệm đúng với mọi x ). Điều này dẫn đến một nhân tử của tích chắc chắn là 1. y +) Cho 0 1 1 1 1 1 y x y y y y y   Ta nhận được 1 ; 1;0 x y B . Vì trường hợp ; 1;1 xy đã rơi phép thử thứ hai. +) Cho 2 2 2 3 2 3 y x x x x Ta nhận được 1 ; 3;2 x y C Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 436 +) Cho 3 2 3 2 4 3 4 y x x x x Ta nhận được 1 4;3 D Suy luận và dự đoán. Phương trình (1) có một nhân tử chắc chắn là 1 y Phương trình đường thẳng 11 : 1 0 Cx B y và điểm 1 1 1 D BC nên ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến là 10 xy . Ta không dùng được điểm 1 A nữa vì nó rơi vào kết quả của phép thử thứ ba. Kết quả của phép thử thứ nhất không có giá trị của y là bởi điều kiện 0 x y . Lời giải. Điều kiện 0 2* 4 5 3 y xy xy  Ta có phương trình (1) 1 1 1 1 0 11 1 1 0 3 11 y x y x y y y x y x y y Do 11 0 11 x y y nên (3) 1 1 y yx   Với 1 y phương trình (2) trở thành 9 3 0 3 xx Với 1 yx khi đó điều kiện (*) trở thành 12 x  Thế vào phương trình (2) ta có 2 2 3 2 x x x 22 2 1 2 1 1 2 0 1 2 0 12 15 10 2 x x x x x x xx x x x  Kết hợp điều kiện (*) 1 5 5 1 22 xy Vậy nghiệm của hệ phương trình là 1 5 1 5 ; 3;1 , ; 22 xy    . Bài toán 21. (Trích TSĐH Khối A – 2010) Giải hệ phương trình 2 22 4 3 5 2 1 2 3 4 7 01 42 x x y y xyx  Phân tích. Xét phương trình (1): +) Cho 5 0 2 xy (Do 5 2 y  ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 437 Ta nhận được 1 5 ; 0; 2 x y A    +) Cho 2 5 0 4 3 5 0 2 1 y x x x Ta nhận được 1 5 ; ;0 2 x y B +) Cho 2 1 24 1 10 2 y x x x Ta nhận được 1 1 ; ;2 2 x y C Suy luận và dự đoán. Ta nhận thấy, không thể xây dựng mối quan hệ giữa các biến bằng viết phương trình đường thẳng các đường thẳng 11 AB được, do 1 C sẽ không thuộcđường thẳng đó vì giá trị của cặp 1 ; C x y hữu tỷ. Trong phương trình (1) chứa 52y , nên mối quan hệ này có thể là mối quan hệ giữa căn thức 52y và biến ? x Đặt 52 Yy +) Cho 00 xY +) Cho 00 Yx +) Với 1 21 2 y Y x +) Cho 2 3 2 3 4 15 0 2 1 y Y x x x Ta có các cặp 1 1 1 13 ;Y 0;0 , ;1 , ;3 22 x A B C            Phương trình đường thẳng 11 :2 B A x Y và 1 1 1 CAB . Do vậy ta dự đoán được mối quan hệ này là 2xY hay 2 5 2 xy Lời giải. Điều kiện. 3 4 5 2 x y    Đến đây chúng ta có nhiều cách để xử lý phương trình (1), chẳng hạn: Cách 1. Đặt 2 0 5 52 2 a y a a y Thay vào phương trình (1) ta nhận được 2 2 3 3 22 5 4 3 0 8 2 0 2 2 4 4 0 2 1 1 a x x a x a x a x a x xa a x a Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 438 Cách 2. 2 1 4 .2 5 2 1 5 1 2 PT x x y y Xét hàm số đại diện 2 1 f t t t , dễ thấy hàm đồng biến trên R, nên 2 2 5 2 2 5 2 5 0 4 2 x f x f y x y x y  Từ đó ta thay 2 54 2 x y vào phương trình (2) có: 2 22 5 4 2 2 3 4 7 0 * 2 x x x . Xét hàm số 2 22 53 4 2 2 3 4 7, 0; 24 g x x x x x     Có 2 22 5 4 4 ' 8 8 2 4 4 0 4 3 2 3 4 3 g x x x x x x xx   Nên gx nghịch biến trên 3 0; 4 , đồng thời 1 0 2 g . Nên phương trình này có nghiệm duy nhất 1 2 x . Suy ra hệ có nghiệm duy nhất 1 ; ;2 . 2 xy Bình luận. Để giải phương trình (*) ta có thể sử dụng PP nhân lượng liên hợp. Vấn đề nằm ở việc tìm nghiệm của phương trình này (Xem phần Mục Lục). Bài toán 22. Giải hệ phương trình 3 3 7 3 1 3 4 3 2 1 3 1. 3 5 8 12 2 y y x x y y x  Phân tích. Xét phương trình (1): +) Cho 0 x 3 7 3 1 4 2 1 y y y Ta nhận được 1 ; 0;1 x y A +) Cho 1 3 7 3 1 5 2 x y y y Ta nhận được 1 ; 1;2 x y B +) Cho 2 3 7 3 1 2 8 3 x y y y Ta nhận được 1 ; 2;3 x y C Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 439 Suy luận và dự đoán. Phương trình đường thẳng 11 : 1 0 B A x y và 1 1 1 C AB do đó ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến là 10 xy . Lời giải. Điều kiện 2 3 5 . 3 x y  Từ phương trình (2) suy ra 3 0 8 12 2 x x . Để xử lý phương trình (1) chúng ta có nhiều cách. Chẳng hạn: Cách 1. Đặt 3 1 , 3 2 7 2 u y u v x v Từ phương trình (1) cho ta 3 3 2 2 6 6 6 0 1 u v v u v u u u v u v v y x , do 22 2 60 7 uv v u uv  . Cách 2. 1 3 7 3 1 3 3 7 3 3 1 y y x x   Do 5 3 15 3 5; 3 3 3 2 2 y y x x Xét hàm số đại diện 71 f t t t , 5 t Ta có 7 3 9 ' 1 0, 5 11 . 22 tt f t t t t t Nên từ 3 3 3 1 f y f x y x +) Với 1 yx , thay vào (2) ta có 3 3 2. 3 2 8 12 * x x x . Đặt 5 32 2 x a a . Phương trình đã cho trở thàn 2 3 2 3 32 82 1 4 20 4 12 3 8 3 a aa a a a . Hàm số 3 32 1 4 20 3 fa a a a , nghịch biến trên 5 ; 2       và 20 f Suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 2. Hay hệ phương trình đã cho có nghiệm 2 3. x y  Bài toán 23. Giải hệ phương trình  22 63 4 1 2 27 1 2 82 x x y y x x y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 440 Phân tích: Xét phương trình (1): +) Cho 2 0 1 0 1 x y y y Ta nhận được 1 ; 0;0 x y A +) Cho 2 1 1 2 2 4 2 y x x x Ta nhận được 1 ; 2; 1 x y B +) Cho 2 4 1 1 2 2 2 y x x x Ta nhận được 1 ; 2;1 x y C Suy luận và dự đoán. Phương trình đường thẳng 11 :2 Ax B y và 1 1 1 C AB nên ta dự đoán mối quan hệ đó là 2 0. xy Lời giải. Từ phương trình (1) ta có 2 2 4 2 4 2 x x y y Hàm số 2 4 f t t t đồng biến trên R nên 12 xy Thế vào (2) ta có 3 6 3 2 3 27 4 3 3 4 3 x x x x x x 3 3 33 1 1 4 3 4 3 3 x x x x x x Xét hàm số 2 3 , , ' 3 1 0 R g t t g t t t t t R . Suy ra hàm số gt đồng biến trên R nên  332 1 13 3 1 4 2 3 1 0 6 x x x x x x Do đó nghiệm của hệ là                1 13 1 13 1 13 1 13 ; ; , ; 6 12 6 12 xy Bài toán 24. Giải hệ phương trình 22 22 4 3 1 5 22 4 3 1 22 3 3 x y x xy y y xy x yxy  Phân tích. Ta dễ dàng nhận thấy tính đẳng cấp ở phương trình thứ (2) của hệ. Vấn đề bây giờ còn lại là tìm hằng số để . x y Xét phương trình (2) : +) Cho 2 2 4 4 4 21 3 2 1 2 2 yy x y y y Dự đoán . xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 441 Lời giải. Điều kiện 1 3 4 5 y x  Nhận thấy ; 0;0 xy là một nghiệm của hệ phương trình. Để xử lý phương trình (2) ta có nhiều cách : Cách 1. Do 2 0 2 0 VT VP x y . Khi đó :       22 22 4 2 2 0 3 2 x x x y yx y y y x 22 22 22 22 22 0 2 4 3 11 , 0, 2 4 2 3 0 2 x y x y x x y x xy x y do x x y x y y xy xy y y xy xy Cách 2. 2 2 2 2 2 3 22 x y x y x xy V y T x y x y x y VP Dấu “=” xảy ra 0 xy xy  Các 3. Đặt 2 4 x y S S xy P P  . Khi đó PT(2) trở thành: 2 2 2 22 2 2 2 2 2 4 2 0 2 16 8 22 3 0, 8 4 22 2 3 3 16 88 23 0 4 23 0 4 4 S SS S SS S S S S P PS S S SP P P PP SP P P P        Do khi 2 4 : 23 SP 2 2 4 23 0 4 2 0 8 8 3 4 4 0 P P SP P P S P P P P     (Không xảy ra) +) Với xy thay vào phương trình (1) cho ta: 2 2 3 1 5 4 3 3 1 3 1 2 5 4 3 0 x x x x x x x x x x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 442   22 22 0 3 0 0 1 1 3 1 2 5 4 x x x x x x x x x x x x x x Do 1 1 1 3 0, . 3 1 3 1 2 5 4 x x x x x Vậy nghiệm của hệ đã cho là   ; 0;0 , 1;1 . xy Bài toán 25. Giải hệ phương trình 3 3 2 2 2 2 1 1 4 9 1 2 2 2 xx xx xy y y x y  Phân tích: Ta nhận thấy tính đẳng cấp ở phương trình (1), vấn đề còn lại là ta cần tìm hằng số thỏa mãn . x y +) Cho 32 1 1 2 2 1 x y y y y . Từ đó ta suy luận rằng mối quan hệ giữa các biến là . xy Lời giải. Điều kiện 1. x Từ phương trình (2) ta có: 21 200 VP VT y Để xử lý phương trình (1) ta cũng có nhiều cách, chẳng hạn: Cách 1.    2 2 2 2 2 2 22 2 22 2 2 22 1 2 0 0 2 0 2 0 2 x x y x x y xy x y x y x y x x y xy xy xy y y x y y y xy x x y xy xy x y y x y x Chú ý là: 2 2 2 2 2 2 2 22 y x y xy y x y x y x x y x y x Không có giá trị 1 1 x y  thỏa mãn. Cách 2. Đặt 0 x ty t , ta có: 3 3 3 2 3 2 6 4 3 2 2 4 3 2 2 1 2 1 2 2 1 11 2 2 2 1 0 2 1 0 1, 0 t tx t t t t t t t t t t t do x t t t t t Hay . xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 443 Cách 3. 22 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 22 2 . 2 2 , , 1. 2 2 BCS xy y y x y x y xy xy x x y x y xy x y x y do x y Hay x y xy x y x Dấu “=” xảy ra . xy +) Với xy , thay vào phương trình (2) cho ta: 3 22 4 9 1 2 2 8 81 11 1 x x x x x x x Đặt 1 0 x a a , ta có: 32 81 8 8 8 2 a a a a 2 2 3 2 22 2 22 2 2 3 4 81 6 8 0 3 2 3 8 2 3 2 27 16 4 0 34 38 2 3 2 2 27 1 2 2 20 2 2 6 4 0 3 3 2 4 2 a a a a aa a a a a a a a a a a a a a a a a a a a    Với 25 33 ax Vậy hệ đã cho có nghiệm 55 ; ; . 33 xy Bài toán 26. (Trích TSĐH - khối A năm 2014) Giải hệ phương trình 2 3 12 12 12 1 , 8 1 2 2 2 x y y x xy x x y R  Phân tích. Với phương trình (2): Sau khi nâng lên lũy thừa, ta nhận được phương trình bậc nhất đối với ẩn y , vậy nên ta sẽ không thể tìm được mối quan hệ nào nữa từ phương trình này. Với phương trình (1). +) Cho 0 12 12 12 x y y Ta nhận được 1 ; 0;12 . x y A +) Cho 0 12 12 12. y x x Ta nhận được 1 ; 12;0 x y B +) Cho 1 12 11 12 11 x y y y . Ta nhận được 1 ; 1;11 x y C Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 444 +) Cho 2 1 11 12 12 11 y x x x Ta nhận được 1 ; 11;1 x y D Suy luận và dự đoán. Thông thường (1) chỉ có thể được quy về tích các đa thức bậc nhất, hoặc không khả quy (do bậc của nó bằng 2). Vậy ta suy đoán đa thức bậc hai đó là gì ? +) Có thể nó không chứa nhân tử bậc nhất, do xuất hiện giá trị căn thức khi cho giá trị 0. y +) Nó không là mối quan hệ giữa 22 ; x y do không xuất hiện xa  hoặc ya  . +) Từ phép thử thứ hai và thứ tư, ta đoán rằng có thể mối quan hệ ta cần tìm là mối quan hệ giữa 2 ; yx Ta có   2 ; 0;12 , 12;0 , 1;11 , 11;1 X x Y y . Viết phương trình đường thẳng, ta nhận được 22 12 2 , 1. X Y x y X x Y y Lời giải. Điều kiện 2 12 2 3 2 3 y x     Để xử lý phương trình (1) ta có nhiều cách , chẳng hạn : Cách 1. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 12 12 12 2 12 12 2 12 12 0 12 0 12 12 0 12 12 x y y x x x y y y y x x xy x x y y x yx yx   Cách 2. 2 22 2 2 12 12 1 12 1 2 12 12 2 12 12 2 2 AM GM xy yx VT V xy xy P yx yx     Chú ý là khi áp dụng bất đẳng thức AM-GM, từ 2 2 0 20 12 2 1 y x yx  . Dấu "" xảy ra 2 12 12 xy yx  Cách 3. 22 12 12 12 12 12 12 x y y x x y y x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 445     22 2 2 2 2 2 2 22 12 12 12 144 24 12 12 144 12 12 12 0 12 2 0 0 0 12 0 0 x xy x y x x y y x y x x yx yx yx x y x y Do 2 2 0 20 12 2 1 y x yx  nên ta có : 22 12 . 12 y x y x Cách 4. Ta có : 22 22 2 2 2 2 2 22 2 12 12 12 0 12 12 0 12 12 10 12 12 12 00 12 12 12 12 12 12 x y x y x y y x x y x x y y x xy xy y x xy y xy xy xx x y x y xy xy Do 2 2 12 0 12 12 xx xy xy , xem chứng minh 0 x ở Cách 3. +) Với 22 12 0 12 yy x x Thế vào phương trình (2) ta có : 3 2 3 2 2 2 2 2 8 1 2 10 8 3 2 10 1 0 23 3 3 1 0 10 1 3 23 3 1 0 0 10 1 x x x x x x x x x x x x x x x x VN x     Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 3;3 xy . Bài toán 27. Giải hệ phương trình 2 2 3 1 2 1 1 2 1 2 y x x y xy x x y x y x y  Phân tích: Xét phương trình (2): +) Cho 1 0 1 1 0 y x y y y   Ta nhận được   12 ; 0;0 , 0; 1 x y A A Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 446 +) Cho 2 0 2 1 2 1 0 y x x x x Ta nhận được 1 ; 0;0 x y A +) Cho 1 2 2 1 3 1 x y y y Ta nhận được 1 1;1 C +) Cho 2 2 2 3 1 5 2 x y y y y Ta nhận được 1 ; 2;2 . x y D Phân tích và dự đoán. (2) có bậc nhất do vậy mối quan hệ nếu có có thể chỉ là bậc nhất. Từ các phép thử trên ta dự đoán . xy Chú ý. Khi thử các giá trị, chúng ta nên thử trên miền xác định của hệ phương trình để tránh trường hợp hệ đã cho là các bất đẳng thức chặt làm phép thử vô nghiệm. Lời giải. Điều kiện 2 0 0 0 2 1 2 0 10 xy x x y yx xy xy  Từ điều kiện 0 0 00 0 00 0 0 2 2 2* yx x y x y x y x xy xy y x x y y    Với điều kiện (*) ta có: 2 1 1 2 2 1. 1 2 1 2 22 AM GM x x y x y VT x x y x y x y VP  Dấu "" xảy ra 0 2 , 11 x x y xy xy xy   +) Với , 0 xy xy  thay vào phương trình (1) cho ta : 2 3 0 1 x x x Vậy hệ đã cho có nghiệm ; 1;1 . xy Bài toán 27. (Thi thử chuyên Hưng Yên năm 2014) Giải hệ phương trình 22 22 2 2 1 2 3 1 1 2 2 y x x y xy yx y x y y  Phân tích: Xét phương trình (1): +) Cho 0 y x x (nghiệm đúng 0 x ). Chúng ta có một nhân tử cho phương trình (1) đó là: y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 447 +) Cho 1 1 2 yx . Ta nhận được 1 1 ; ;1 2 x y A +) Cho 2 8 2 7 4 0 1 y x x x Ta nhận được 1 ; 1;2 . x y B +) Cho 2 3 3 2 10 6 2 18 y x x x Ta nhận được 1 3 ; ;3 2 x y C Suy luận và dự đoán. Phương trình đường thẳng 11 : 2 0 By A x và 1 1 1 CAB Ta dự đoán một nhân tử nữa là 2 yx . Vậy suy luận của chúng ta là phương trình (1) đưa được về dạng : 2 .; 2 0 yG x x y y Lời giải. Điều kiện 10 y . +) Dễ thấy ; 0;0 xy không là nghiệm của hệ đã cho. +) Với ; 0;0 xy  , ta có: 2 2 2 2 2 22 2 22 2 22 1 1 2 2 0 1 2 4 20 24 4 2 1 2 1 0 2 2 1 2 4 2 40 2 y xy xy y xy y xy y y x x y y y y xy y x x y y y x x y y x y x       Với 0 y , thay vào (2) ta có: 10 xx (Vô nghiệm) Với 2 yx , thay vào (2) ta có: 15 1 2 3 5 0 . 4 x x x x Lúc đó 1 5 1 5 ; ; . 42 xy Với 22 1 2 y y xx , thay vào (2) cho ta : 1 3 1 0 y y y , tương tự như trên ta có 10 xx (Vô nghiệm) Vậy nghiệm của hệ đã cho là 1 5 1 5 ; ; . 42 xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 448 Chú ý. Việc sử dụng cách ghép: 22 2 2y x x y nhằm mục đích khử bậc nhất ở 2 VP do nhân tử chúng ta nhận được có bậc 2. Bài toán 28. (Thi thử Toán Học 24h) Giải hệ phương trình 22 32 1 1 1 2 1 5 2 4 12 7 2 y x x x x y x y x y x xy y y  Phân tích : Từ phương trình (1) : +) Cho 32 0 1 0 2 y x y y y +) Cho 1 x 2 31 2 1 1 31 1 yy y yy +) Cho 2 1 1 0 1 1 1 y xy y Dự đoán : xy Lời giải. Điều kiện 52 1 3 0 0 0 2 x xy yx  Với điều kiện 1 xy 1 0 VP nên 01 1 0 VT x Lại có 2 22 11 22 11 xy y x y y y x VP x x và 3 2 2 1 2 1 3 2 12 22 4 1 3 2 2 2 1 1 2 2 7 x x y x xy x x y x VT xy y    Từ đó suy ra 1 2 1 3 2 xy xy x y x  Với xy , thay vào (2) ta có 2 2 1 5 2 4 12 7 x x x x 2 2 5 1 2 2 4 12 5 2 1 5 2 0 2 1 2 5 2 2 xx x x x x xx         5 2 2 1 2 1 5 2 2 2 1 5 2 0 2 1 2 5 2 2 xx x x x x xx 1 2 5 2 x x      Vậy nghiệm của hệ đã cho là 1 1 5 5 ; ; , ; . 2 2 2 2 xy            Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 449 Bài toán 29. (Thi thử Toán Học 24h) Giải hệ phương trình 2 22 3 9 8 2 1 2 2 3 2 xy x y x y x x x y y y  Phân tích : Xét phương trình (1) : +) Cho 2 0 3 9 8 2 1 y x x x Ta nhận được 1 ; 1;0 . x y A +) Cho 2 0 3 9 8 2 1 x y y y Ta nhận được 1 ; 0; 1 x y B +) Cho 12 yx , ta nhận được 1 2;1 . C Suy luận và dự đoán. Phương trình đường thẳng 11 : 1 0 B A x y và 1 1 1 CAB ta dự đoán mối liên hệ giữa các biến là 1 xy . Lời giải. Điều kiện ,2 3 0 xy xy    Khi đó . 1 2 1 xy x x y xy  Suy ra 22 2 2 2 2 71 1 9 7 72 8 2 42 77 121 14 7 8 2 8 2 128 7 1 8 2 1 82 28 xy VT x y x y x y x y x xy xy y yx VP   Dấu "" xảy ra 1 xy . Hay 11 xy Với 1 yx thay vào (2) ta có phương trình : 22 22 22 1 1 2 2 1 0 2 1 1 0 12 1 2 1 2 1 y y y y y y y y y y y y     +) Với 1 3 1 ;; 2 2 2 y x y +) Với 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 y y y y y y y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 450   2 0 11 1 y yy y Thử lại ta thấy 0, 1 yy là các nghiệm của phương trình trên.   ; 1;0 , 2;1 . xy Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 31 ; 1;0 , 2;1 , ; . 22 xy    Chú ý. Khi giải phương trình 22 1 2 1 y y y bằng phép biến đổi hệ quả như trên thì việc thử lại nghiệm là cần thiết (để tránh trường hợp phương trình hệ quả có nghiệm ngoại lai). Bài toán 30. Giải hệ phương trình 3 11 21 33 2 2 3 1 2 4 xy x y y x y xy  Phân tích và dự đoán. Từ phương trình (1) lần lượt cho các giá trị 00 11 22 xy xy xy     ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến là . xy Lời giải. Điều kiện 0 3 2 x y  Ta có 1 23 3 13 3 22 3 1 1 2 2 2 3 3 x x x y x y x y xy xy x xy xy y y xy xy     Hoàn toàn tương tự cho ta 13 4 22 3 xy y xy yx  Lấy (3)+(4) theo từng vế cho ta : 1 3 1 3 21 2 2 2 2 1 xy VP x y x y VT          Dấu "" xảy ra xy . Với xy thay vào phương trình (2) ta được: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 451 3 23 2 3 1 0 (*) 42 x x x x Xét hàm số: 3 23 ( ) 2 3 1 42 x f x x x x , ta có: 2 3 1 1 1 3 ( ) 0, 42 23 3 ( 1) f x x x x  . Suy ra fx đồng biến, mà 20 f Nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất 2. x Từ đó suy ra ; 2;2 xy là nghiệm của hệ đã cho. Bài toán 31. (Thi thử Toán Học 24h) Giải hệ phương trình 2 2 5 4 2 2 1 1 3 2 2 x y x xy y yx y x x y y  Phân tích. Xét phương trình (1): +) Cho 2 0 5 4 2 0 x y y y y Ta nhận được 1 ; 0;0 . x y A +) Cho 0 0 4 0 4 x y x x x   Ta nhận được 1 ; 4;0 . x y B +) Cho 2 1 1 5 3 1 0 3 5 y x y y y      Ta nhận được 1 2 3 3 ; 1;1 , 1; 1 , 1; 5 x y C C C    +) Cho 1 1 1 2 1 1 y x x x x Ta nhận được 1 ; 1;1 x y C +) Cho 1 1 9 1 2 1 5 x y x x x x   Ta nhận được   21 ; 1; 1 , 5; 1 x y C E Suy luận và dự đoán. Nhận thấy từ các điểm 1 1 1 1 , , , C ABD chúng ta không thiết lập được mối quan hệ bậc nhất nào. Trong phương trình (2) chứa 2 xy nên chúng ta nảy sinh ý nghĩ, có thể là mối quan hệ giữa nó với các biến , xy . Khi đó chỉ có thể là 2 * x y ax by c Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 452 +) Điểm 1 *0 Ac +) Điểm 2 11 11 * ; 2 2 ,C 2 a b x y x B ya +) Điểm 2 2 1 1 ,* 2 2 BC y b x a y b x +) Điểm 3 2 1 1 ,* 2 2 BC y b x a y b x +) Điểm 1 Eb , nên ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến là : 2 2 x y x y Lời giải. Điều kiện 2 1 x y x     2 22 2 2 2 2 22 2 1 5 4 2 4 0 5 4 2 2 2 0 2 2 4 4 2 0 22 x y x x y x y x y x y x x y x x y x x y x x y x x y y y y y y y y x y y y x + Với 2 2xx y y , kết hợp với (2) cho ta hệ : 2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 0, 0 0, 0 1, 5 2 4 0 5 2 4 0 5 2 4 0 41 2 2 21 1 3 2 55 2 51 2 0 y y y x y y x y y x x y y xy x y xy x x y xy x x y x x y y x x y y x x x y xy xy x x x xy x y y y      +) Với 2 22 y y x , kết hợp với (2) cho ta hệ : 2 2 2 2 3 1 3 2 4 yxy y x x x y y  Từ (3) ta có 1. y Áp dụng BĐT AM-GM, ta có : 2 22 13 1 2 1 2 1 2 4 2 , 1 2 V yx x y x y x x y y T   Do đó hệ 3 4  vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ đã cho là 5 5 5 1 ; ; . 22 xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 453 Bình luận. Nếu đặt 22 2 xa x y a yb y b b   . Khi đó từ phương trình (1) ta nhận được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 20 52 a a a b b b b a b b a b a b 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 y ab b a x b x y y a x y      Bài toán 32. (Thi thử Toán Học 24h) Giải hệ phương trình 322 1 3 3 2 1 1 11 12 1 2 3 x x x y x x y y y x x x y x  Phân tích. Nhận thấy, nếu đặt 1 , 0 3 x y a ab xb  ta có thể đưa (1) thànhphương trình hai ẩn chứa đa thức bậc cao : 2 2 2 20 46 * a b a b a a Bằng suy luận và dự đoán ở mục II. Khi đó 2 * 2 1 3 0 1 30 a a b a b b ab     Lời giải. Điều kiện 23 1 1 1 0, 3 0 0, 0, 0 xy xy x x y x x   Đặt 1 , 0 3 x y a ab xb  . Thay vào phương trình (1) cho ta : 2 2 2 2 2 0 2 1 3 0 1 3 46 0 a a b a b a a b a ab b ab     +) Với 1 2 1 x a y  +) Với 1 b x y , thế vào (2) cho ta: 2 3 2 11 1* 2 3 x x x x x x Ta có: 2 1 * 1 1 2 1 1 x x VT x x x x  Lại có 2 1 * 2 3 VP x 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 2 xx x   Dấu "" xảy ra 1 x  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 454 Bình luận. Để xử lý phương trình (*) ta có thể đánh giá trực tiếp bằng cách sử dụng BĐT AM-GM như sau: 2 2 11 1 1 1 1 1 1* 2 2 2 3 1 * AM GM x x x x x xx VT x x x VP x  Ta cũng có thể dễ dàng đưa phương trình (1) về dạng tích mà không cần sử dụng đến phép đặt ẩn phụ: 1 1 1 3 2 0 1 10 1 1 1 3 2 1 11 10 13 1 2 x x x x y x x y x y x x x y xx x x x y y x x y y y x   Bài toán 33. (Thi thử Toán Học 24h) Giải hệ phương trình 22 2 1 1 1 1 4 1 2 3 3 2 1 x y y y xx y x y  Phân tích. Phương trình (1) chứa hai căn thức 1 y và 1 y để đưa (1) về phương trình chỉ chứa một căn thức ta sử dụng phép đặt ẩn phụ: Đặt 1 xa yb  . Lúc đó (1) trở thành: 2 2 2 2 2 2 a b b a b b Đến đây ta có thể hoàn toàn nhìn thấy nhân tử mà không cần sử dụng đến phép thử nào. Lời giải: Điều kiện 2 1 1 0 1 2 0 y y x    Đặt 11 ; , 0; 2 , 1 1 22 xa a b b yb           Hệ phương trình đã cho trở thành 2 2 2 2 2 22 23 4 1 2 3 3 4 1 2 a b b aa b b ab b  Ta có: 22 20 3 2 0 * b a b b a b a a b a b b Lại có 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2, ; 2 2 2 b b b b b b b    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 455 Do đó 2 1 2 2 0 2 a b b nên * ab Với , ab thay vào (4) cho ta: 2 22 4 1 2 33 1 bb bb 2 2 2 4 2 1 2 3 3 * 1 1 1 2 bb b b , 1 0; 2 b     Xét hàm số 2 , 0;1 1 t f t t t  ta có: 2 2 2 1 '0 1 t ft t , 0;1 t  Suy ra hàm ft đồng biến trên 0;1 t  , suy ra hai hàm fb và 2 12 fb đồng biến. Do đó 2 4 2 1 2 f b f b cũng đồng biến, đồng thời 11 4 2 3 3 33 ff         , nên 2 1 1 3 * 1 3 12 3 b b b  Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho là 12 ; ; . 3 3 xy Bài toán 34. Giải hệ phương trình 33 2 2 3 4 2 2 41 57 51 3 1 22 2 y y x y x x y yyxx  Phân tích và dự đoán. Từ phương trình (2), đặt 3 xa yb  ta sẽ có: 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 0 2 2 0 a a a ab b ab ab b b a b Lời giải. Điều kiện 3 x Ta có: 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 3 30 2 2 2 3 3 6 9 0 3 3 3 y y y y x x y x y y x xx y yx x yx x y   Với 2 3 0 x y y  thay vào phương trình (1) ta được : 3 3 3 3 33 1 8 1 1 8 0 2 10 x x x x x x 33 3 3 22 3 00 1 1 1 8 8 4 xx xx x x x x Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ; 0; 3 . xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 456 Bình luận. Khi một phương trình nào đó xuất hiện một hay nhiều nhị thức bậc nhất trong căn thức thì việc sử dụng ẩn phụ để đưa phương trình về đa thức bậc cao giúp chúng ta nhìn được mối quan hệ giữa các biến một cách tường minh hơn việc sử dụng các phép thử . Bài toán 35. Giải hệ phương trình 4 2 2 1 2 1 4 2 x y x x y x y x y x y  Phân tích. Phương trình (1) có các căn thức chứa nhị thức bậc nhất nên ta có thể sử dụng ẩn phụ để chuyển biểu thức chứa căn về đa thức bậc cao. Đặt 0 4 , xa ab yb  . Khi đó ta hoàn toàn đưa (1) về dạng tích bằng cách sử dụng các phép thử như đã nêu ở mục A.II Lời giải. Điều kiện 0 4 y x   . Đặt 0 4 , xa ab yb  Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành  22 2 2 2 0 23 a a b a b a b ab   2 2 2 2 2 3 6 3 ab ab ab a ab b 3 3 3 3 , 33 3 3 3 3 , 33 ab ab      Thay trở lại ta tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho là 8 2 3 4 2 3 8 2 3 4 2 3 ; ; , ; . 3 3 3 3 xy                NHẬN XÉT.  Trong quá trình giải toán, nếu không bị khống chế về mặt thời gian chúng ta nên thay mối quan hệ giữa các biến , xy vừa tìm được vào phương trình. Nếu phương trình nghiệm đúng với mọi , xy thì dự đoán của chúng ta là chính xác.  Trong xu hướng ra đề thi theo các cấp độ: nhận biết, thông hiểu và vận dụng . Tôi dự đoán giáo viên ra đề thi sẽ thích sử dụng các hệ phương trình ở mục này hơn bởi nó quyết được một số vấn đề sau: o Quen thuộc với đại đa số học sinh. o Có thể dễ dàng tách hệ phương trình đã cho thành hai (hay nhiều) hệ phương trình mới chứa những ý đồ khó dễ khác nhau để kiếm tra kiến thức và kỹ năng của học trò. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 457 B. HỆ PT KHÔNG CÓ MỐI QUAN HỆ GIỮA CÁC BIẾN TRÊN MỘT PHƢƠNG TRÌNH. Khi chúng ta giải toán có thể bắt gặp rất nhiều hệ phương trình không chứa mối quan hệ giữa các biến trên một phương trình, điển hình như Hệ giải được bằng phương pháp đặt ẩn phụ. Ở mục này chúng ta sẽ làm rõ thêm những hệ nào không chứa mối quan hệ giữa các biến và cách giải quyết chúng như thế nào ? Sau đây tôi xin nêu 3 cách thông thường để xử lý lớp những hệ phương đã nêu: I. Sử dụng phép đặt ẩn phụ. Bài toán 1 . (Thi thử Toán học 24h) Giải hệ phương trình 22 4 4 2 5 0 2 1 1 2 1 21 x xy y x y xy xy  Phân tích. Chúng ta dễ dàng kiểm chứng các phương trình (1), (2) không thể đưa về dạng tích (có nhân tử). Do phương trình (1) chứa căn thức, vậy nên ta sẽ sử dụng các phép thử làm cho các giá trị trong căn thức chính phương: +) Cho 1 x ta có: 2 1 11 1 2 1 1 y y    +) Cho 2 y ta có 2 1 11 2 2 2 1 x x    Chúng ta dễ dàng nhận ra sự giống nhau khi thử các giá trị ngẫu nhiên, từ đó suy đoán của chúng ta là hệ phương trình được xây dựng dựa phép đặt ẩn phụ để che giấu ý đồ giải toán. Lời giải. Điều kiện 2 1 0 x y xy  Hệ phương trình đã cho được viết lại thành 22 2 2 2 2 2 2 21 21 2 1 2 1 2 x x x y x y x y x y xy x x y y y x y y xy   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 458 Đặt 2 , 1 0 xy a x ab xy b y  ta có hệ 4 44 4 2 2 1 1 2 2 2 ab ab a b a bb b    Với 1 ab thay trở lại ta có 22 11 x y x y x y y x  Vậy hệ đã cho có nghiệm ; 1;2 . xy Bài toán 2. (Thi thử Toán học 24h) Giải hệ phương trình 22 28 23 1 32 yy xy x x x y x y  Lời giải. Điều kiện 0 23 0 xy xy x  Hệ đã cho được viết lại thành 2 2 33 28 2xy x y xy x y x x x y x y  Đặt 0 23 , xy x a ab x y b  ta có hệ  4 2 2 2 2 3 5 ba a b b b    32 4 3 2 2 2 2 3 1 5 8 0 1 38 3 3 5 0 b b b b bb b bb a ab ab b b Với 5 1 a b  thay trở lại ta có hệ 4; 3 2 28 79 1 ; 22 xy xy x xy xy      Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 79 ; ; , 4;3 . 22 xy    Bài toán 3. Giải hệ phương trình 2 2 1 3 8 1 3 2 6 2 x y x xy x x x xy xy x x  Lời giải. Điều kiện 0 0 x y  Trường hợp 1. 0 x , suy ra hệ đã cho vô nghiệm. Trường hợp 2. 0 x  , ta viết lại hệ phương trình đã cho thành 2 3 2 1 1 8 3 2 1 11 x x y y x x y x y x  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 459 Đặt 2 3 0 1 x y a b x yb x  hệ trên trở thành 2 2 2 11 1 8 3 18 2 1 11 0 1 bb b ab dob a ab ab    Thay trở lại ta có 23 23 3 3 1 3 2 2 0 3 2 3 xy xy x x x x x x   23 1 2 1 3 1 0 1 13 0 23 2 xy x xx do x y xx xx x   Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ; 1;1 . xy Bài toán 4. (Thi thử Toán học 24h) Giải hệ phương trình 22 2 2 2 2 63 6 1 2 25 32 2 y x y x y x x y y x  Lời giải. Ta viết lại hệ phương trình đã cho thành 22 22 22 22 63 63 2 6 25 25 63 32 63 x x y y x x y y xy x x x y y y x x y y   Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 0 2 6 6 6 2 33 0 2 3 * 3 2 a x x a a x a x x x a ax x bb a b y y b b y y by b y yy  (Để ý là 2 2 60 30 a x x x x b y y y y  ) Ta có hệ phương trình 22 2 2 22 22 2 52 25 3 25 36 9 2 6 3 3 36 9 13 13 2 3 52 22 1 6 a ab ab ab b ab b a b ab ab b             +) Với 2 3 2 a b  thay vào (*) cho ta 1 2 1 4 x y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 460 +) Với 3 1 a b  thay vào (*) cho ta 1 2 1 x y  Thử lại ta thấy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là 1 1 1 ; ; , ;1 . 2 4 2 xy            II. Sử dụng đánh giá trên cả hai phƣơng trình của hệ. Bài toán 1 . (Thi thử K2pi.Net.Vn) Giải hệ phương trình 9 11 4 1 1 1 2 3 1 1 1 1 12yy xy yx x  Phân tích. Đặt , 0 1 1 xa ab yb  và đưa hệ phương trình về dạng 2 22 5 23 4 1 4 1 1 3 a b b ab ba  Ta nhận thấy tính đối xứng ở phương trình (4) nên sẽ dự đoán 1 2 ab Từ đó ta sẽ đánh giá phương trình (3) như sau: 2 1 1 1 2 a b b a b   Ta cần đánh giá ở phương trình (4) để đạt được 1. ab  Lời giải. Điều kiện 1 1 x y  Đặt , 0 1 1 xa ab yb  . Hệ phương trình đã cho trở thành 2 22 5 23 4 1 4 1 1 3 a b b ab ba  Từ (3) ta có 2 2 11 1 1 1 * 42 a b b a b b a b b         Từ (4) ta lại có:  2 22 2 1 2 3 1 1 30 2 ab ab a a b ab b ba   1 3 3 2 0 1, , 0 * * a b a b a b doab Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 461 Từ (*) và (**) suy ra hệ phương trình 3 4  tương đương với: 1 2 ab Do vậy hệ PT đã cho có nghiệm 53 ; ; . 44 xy Bài toán 2. (Thi thử Mathlinks.Vn) Giải hệ phương trình 2 2 1 2 3 2 1 5 4 2 x y y xy y x x y  Phân tích. Ta đoán được nghiệm ; 2; 1 xy khi đó : 2 2 1 2 3 5 x y y yx  Nên ta sẽ sử dụng đánh giá ở phương trình (1) và sử dụng phân tích thành hằng đẳng thức ở phương trình (2). Lời giải. Điều kiện 2 2 3 0 5 0 y x  Áp dụng BĐT 22 , 2 , a ab b ab R  . Từ phương trình (1) ta có: 2 2 2 2 2 62 2 1 2 3 3 1 2 3 0 2 x y xy x y y y x y x y  Từ phương trình (2) ta lại có: 2 2 2 2 22 2 5 2 3 2 3 0 4 y x x y x y x y x y  Từ (3), (4) suy ra hệ đã cho tương đương với 2 22 2 2 22 22 1 6 2 2 5 1 6 2 1 30 6 2 6 2 0 2 2 5 0 y x y y x x yx x y y y xx y y yy y     Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ; 2; 1 . xy  Bài toán 3. Giải hệ phương trình 2 3 31 4 2 1 2 3 27 2 3 2 4 2 y y y x y y y yy x  Lời giải. Điều kiện 2 3 1 x y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 462 Từ phương trình (2) ta có: 32 2 27 2 27 1 4 3 27 4 6 * 1 y y y y x y x     Lại có: 22 2 1 4 2 1 2 3 2 4 2 1 2 2 1 1 1 , 3 3 2 1 1 2 1 3 y y x y y y x y y x x o y y y y d   Suy ra 33 2 2 1 2 1 1 4 3 14 1 2 1 6 * 33 * AM GM y y x x x y y yx           Từ (*) và (**) ta có hệ đã cho tương đương với 10 46 2 1 32 2 1 1 y yx x y yy yx   Thử lại ta thấy nghiệm của hệ đã cho là ; 2;1 . xy Bài toán 4. Giải hệ phương trình 22 1 2 1 2 5 1 10 5 12 8 2 x y y x x y xy x y  Lời giải. Điều kiện 2 3 y x  Từ phương trình (1) ta có: 22 1 2 1 2 2 1 2 2 2 51 x y y x y y x x  22 8 0 x x y y (3) Từ phương trình (2) ta lại có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 4 10 5 12 8 8 9 12 4 8 3 2 8 x y xy x y x x y x xy y x x y x y y xx y y y   Từ (3), (4) cho ta hệ tương đương với 22 12 2 12 3 3 2 0 80 xy x yx y xy x x y y   Vậy nghiệm của hệ đã cho là ; 2;3 . xy  Bài toán 5. (Thi thử Toán học 24h) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 1 1 3 4 2 1 2 x y x y x y y x y y x y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 463 Lời giải. Điều kiện 1 1 3 4 0 xy x y  Trường hợp 1. 0 xy hệ đã cho trở thành 2 2 2 2 0 1 1 1 3 4 0 xy x y y x y   Trường hợp 2. 0 xy ta có: .. 1 2 1 2 1 13 2 1 2 1 2 1 2 1 1 3 23 BC S xy PT x y x y x y x y x y xy x y x y x y x y  Lại có: 2 1 3 4 2, 1 1 y x y PT do y y x y  1 1 2 1 3 4 3 4 2 2 1 2 AM GM y x y x y x y x y x y x y  2 2 1 2 2 1 3 3 2 2 2 4 y x y x y x y x y y  Kết hợp (3) và (4) suy ra hệ đã cho tương đương với 11 3 4 2 1 0 0 32 xy x y x y yx xy y y xy   Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm   ; 1; 1 , 2;0 . xy  Bài toán 6. (Thi thử Toán học 24h) Giải hệ phương trình 22 4 4 2 2 14 1 2 1 0 2 xy x x y x y x  Lời giải. Điều kiện 22 0 xy Từ phương trình (2) ta có: 2 2 21 2 1 1 1 * x x y y x y  đồng thời 2 2 2 1 2 2 0 y x y y  , kết hợp điều kiện xác định suy ra 2 0. x Do đó từ (1) cho ta: 14 4 2 2 2 2 1* 2 * 4 2 1 AM GM xy x x y x y y x  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 464 Từ (*), (**) suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi 1 2 2 2 2 1 11 xy x xy y yx   Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ; 2;1 . xy  Bài toán 7. (Thi thử MathLink.Vn) Giải hệ phương trình 22 1 1 2 1 1 1 2 3 5 4 5 1 2 y x x y xy xy xy x y xy y x y x  Lời giải. Điều kiện 1 5 0 x y  Từ phương trình (1) ta lại có:   11 2 1 1 2 2 1 1 2 11 22 2 11 20 1 1 1 4, 0, 1 1 4 5 x y y x x y xy y x x y xy xy xy xy x y xy x y xy xy x y xy x y do x y xy 3 3 2 3 20 1 3 0 1 * xy x y xy x y xy xy x y x xy y xy    Từ phương trình (2) ta có: 22 3 5 4 5 1 x y xy y x y x 2 2 2 5 1 4 . 1 5 1 4 5 1 2 1 * * 1 x y y x x y x xy xy xy y y x    Từ (*), (**) suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi 0 1 1. 5 1 2 xy xy x y yx  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ; 1;1 . xy Bài toán 8. Giải hệ phương trình 22 2 1 44 1 12 12 2 y xy x y y x y x x y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 465 Lời giải. Điều kiện 1 1 x y  Từ phương trình (2) : 22 2 22 22 4 4 4 4 4 4 .2 1 .2 1 22 4 4 4 4 04 2 44 0* 2 x y y x x y x y y x x y y x y y x x x y x y     Từ phương trình (1) : 2 2 2 2 2 2 0* 2 4 2 * 4 x y x xy y x x y xy x y x y xy x xy y y y Suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 21 2 21 40 xy xy yx x y x y  Vậy hệ đã cho có nghiệm ; 2;2 . xy Bài toán 9. Giải hệ phương trình 2 1 1 1 2 2 1 11 2 xy xy y x y xy yx  Lời giải. Điều kiện 1 0 x y  Từ phương trình (2) ta có:   2 2 1 1 1 0 1 2 2 1 y y x y x y x x yx xy (do 1 0 x y  ) Với x y từ phương trình (1) cho ta: .. 11 1 1 1 1 1 1 1 11 12 1 BC S do x y x y x y VT y x y x x y x y VP y y y           Dấu "" xảy ra xy +) Với xy thay trở lại phương trình (2) ta có: 1 2 1 1 1 2 x x x x x x   Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ ban đầu là   ; 1;1 , 2;2 . xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 466 III. Tìm nhân tử bằng kết hợp hai phƣơng trình của hệ. Bài toán 1. Giải hệ phương trình 2 2 3 2 3 1 3 2 3 2 x x y y y x  Lời giải. Điều kiện 0 0 x y  Lấy 12 theo từng vế ta có: 22 3 3 3 3 3 3 * x x y y Xét hàm số 2 3 3 3 0. , f t t t t Ta có: 2 3 ' 3 0, 2 3 0 t ft t t t nên hàm ft đồng biến. Từ * f x f y x y Với xy thay vào (1) ta được phương trình 2 22 2 2 1 3 3 0 3 2 1 0 0 1 32 1 1 0 1 1 3 1 1 2 xx x x x x x x x xx x x Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ; 1;1 . xy Bài toán 2. Giải hệ phương trình 22 22 2 2 2 2 1 1 2 2 2 0 2 x x x y y y x y x y  Lời giải. Điều kiện 1 2 2 x y  Lấy (1) – (2) theo từng vế và biến đổi ta có: 22 2 2 3 2 2 4 2 2 1 1 2 4 1 2 2 1 x x y y y x x y y x y x Xét hàm số 2 1 t t t f t , 1 t ta có: 3 1 1 1 ' 2 1 2 1 1 2 1 4 1 4 1 13 3 2 1 . 1 1 0 16 1 2 AM GM f t t t t t t t t Hay hàm số ft đồng biến, do vậy từ 1 2 1 2 f x f y x y Với 21 xy thay vào phương trình (2) ta có 2 0 1 6 7 1 6 1 y y y y     Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ phương trình là 21 ; 1;2 , ; . 36 xy    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 467 Bài toán 3. Giải hệ phương trình 22 22 2 5 3 4 1 3 3 1 0 2 x x x y y x y x y  Lời giải. Lấy 12 theo từng vế ta có: 22 22 4 1 4 1 x x y y Xét hàm số 0 4, f t t t t ta có 1 ' 1 0, . 24 0 ft t t Suy ra ft đồng biến, do đó từ 2 2 1 1 1 yx f x f y yx   +) Với 1 yx thay vào (2) ta có 1 1 1 ; ; . 2 2 2 x x y +) Với 1 yx thay vào (2) ta có 3 3 1 ; ; . 4 4 4 x x y Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 1 1 3 1 ; ; , ; . 2 2 4 4 xy            Bài toán 4. Giải hệ phương trình 2 2 2 1 1 1 25 3 2 1 2 2 4 2 2 y y x xx y x xy  Lời giải. Điều kiện 0 2 . 42 xy Ta có 2 2 1 2 4 2 1 x y y y thế vào phương trình (2) ta được: 2 2 2 22 11 1 1 2 4 1 22 11 xx x x y y y y   Xét hàm số 2 22 22 ' 1 0 1 1 1 , 1 1 t t t f t t t f t do t t t t t Suy ra hàm ft đồng biến, do vậy từ 1 21 2 x f f y x y Với 21 xy thay vào (1) ta có 2 2 2 2 2 3 4 1 1 1 4 2 yy y y y yy    Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là 53 ; ; . 24 xy Bài toán 5. Giải hệ phương trình 2 5 1 2 1 3 2 1 2 1 2 y x y y x y x x x y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 468 Lời giải. Điều kiện 2 1 0 0 3 51 xy x y x x  Lấy 12 theo từng vế ta được: 2 5 1 3 2 1 3 1 * y x y y x x y Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 22 2 2 5 1 1 1 3 11 2 2 2 2 1 6 2 6 81 * 21 62 3 1 * 2 2 2 y x y y x y x y y y yy y y VP y VT   Dấu "" xảy ra 2 5 2 31 1 11 1 11 y x y x yx y x y   Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ; 2;1 . xy Bài toán 6. Giải hệ phương trình 22 2 2 2 4 2 1 11 6 10 4 2 2 x x y y y x x x  Lời giải. Điều kiện 2 2 10 4 4 2 0 2 0 y xx y  Lấy 12 theo từng vế ta được: 2 2 2 4 9 4 2 10 4 2 * x x y y y x x Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 22 22 22 1 4 2 1 10 4 2 4 2 2. 10 4 2 22 4 * 2 4 8 4 2 : 4 12 y y x x y y x x VP y x y x A  Ta sẽ chứng minh * VT A , thật vậy: 22 2 2 2 2 4 8 12 12 2 2 4 9 6 0 12 4 4 2 x x x y x y x y x y y 22 23 6 1 0 y x (luôn đúng). Từ * * A T A V VP   nên 2 2 1 1 2 10 4 2 * 3 1 4 0 0 2 3 y x xx y x y y   Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ; 1; 3 . xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 469 Bài toán 7. (Thi thử Toán học 24h) Giải hệ phương trình 2 2 1 2 2 2 2 2 xy x x y xy x y x  Lời giải. Điều kiện 2 0 x y  Lấy 21 theo từng vế ta có: 19 3 2 2 3 2 44 xy xy x x xy xy x x 22 22 13 2 22 2 1 ¹ xy x xy x xy x lo i            Với 22 xy x thay trở lại vào hệ ta có: 2 2 2 4 0 2 2 4 22 22 22 xy x y xy x x y xy x xy x xy x    2 3 22 0 xy xy xy xx    Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là   ; 2;2 , 3;3 . xy Bài toán 8. Giải hệ phương trình 2 21 3 2 2 2 2 2 2 1 1 y x y y x x y x x y  Lời giải. Điều kiện 2 1 2 x y  Lấy 21 theo từng vế ta có: 22 2 22 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 0 2 2 2 1 2 2 1 2 12 2 20 1 2y x y x y y x x y y y y x x x y y y y xy yy x      +) Với 2 2 1 1 y y y thay vào (1) cho ta 3 ; 3;1 . x x y +) Với 2 2 2 1 x y y thay vào (1) cho ta: 2 1 5 2 3 0 1, 2 y y y do y , từ đó suy ra ; 3;1 xy Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ; 3;1 . xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 470 CHÖÔNG III. HEÄ PHÖÔNG TRÌNH TOÅNG HÔÏP A. MOÄT SOÁ HEÄ PHÖÔNG TRÌNH ÑAËC TRÖNG Bài toán 1. Giải hệ phương trình 2 x y 3 x 3 3 y 5 1 x, y x 16 y 2 x y 2 xy   Lời giải. Điều kiện 2 x0 y5 x 16 y x 0  Từ phương trình (1) ta có y 5 3 y 5 x 3 x 3 5 0 Đặt t y 5 0 Khi đó ta có 2 3 3 3 5 0 t t x x     9 4 5 3 3 0 4 3 12 3 1 0 6 2 10 0 3 16 4 t x x x x xx Mặt khác từ (2) ta có 2 2 2 16 0 16 0 16 16 0 16 x y x xy xy y xy x y x y y xy x y x xy xy xy y xy x y x xy Do  2 16 0 16; 5 0 16 xy xy y xy x y x xy Với 2 3 3 5 x y x x x 22 4 3 2 2 2 2 9 9 9 2 15 9 9 324 0 6 3 9 0 6 x x x x xxx x x x x Thử lại thỏa mãn Vậy nghiệm của hệ đã cho là ; 6;6 . xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 471 Bài toán 2. Giải hệ phương trình   22 13 1 9 2 16 1 , 1 2 32 x y x xy x x x y x x y Lời giải. Điều kiện  1 2 30 x y xy Từ phương trình (2) ta có 22 3 2 1 x x x y x x x y 22 2 1 3 2 1 0 1 0 32 1 1 0 32 xy x x x y x y x x x y xy xx xy xy Với 2 1 1 0 32 xx x xy Nên ta có 1 0 1 x y y x thế vào phương trình (1) ta được                  22 19 13 1 9 1 16 13 1 1 3 1 3 1 0 44 13 13 1 3 1 0 22 1 1 51 2 3 44 1 2 x x x x x x x xx x x y TM x Vậy nghiệm của hệ đã cho là 51 ; ; . 44 xy Bài toán 3. Giải hệ phương trình   2 2 4 3 2 1 4 2 5 2 1 5 1 , 36 2 x y y x xy x x y x y y Lời giải. Từ phương trình (2) ta có 4 2 2 3 2 3 2 6 x x xy y x y y   32 0 3 2 2 0 2 3 1 0 2 x x x y x x y x x y x xy Với 0 x thế vào (1) ta có    2 22 4 2 4 2 4 0 16 4 4 y y y y y Với 2 xy thế vào (1) ta có 2 1 4 4 3 5 * x x x x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 472 Đặt 2 2 5 1 4 0 4 3 2 t t x x t x x Thế vào (*) ta có   2 2 3 5 5 2 15 0 2 5 tL t t t t t Khi 5 t ta có 22 4 3 10 3 96 0 x x x x VN Vậy nghiệm của hệ đã cho là ; 0;0 . xy Bài toán 4. Giải hệ phương trình   22 3 5 2 1 1 , 1 0 2 x xy x x x y y Lời giải. Điều kiện    1 1 x x Từ phương trình (1) ta có    2 22 2 1 1 1 yx yx yx  Với 2 1 yx hay vào phương trình (2) ta được   3 3 5 2 2 22 1 1 1 1 1 xy x y x y x y x y x y xy   2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 11 x x y y x x x x y xx   2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 11 x x y y x x x x y xx  Với 2 1 yx hay vào phương trình (2) ta được   3 5 8 1 11 1 xy x y x y x y xy  2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 11 x x y y x x x x y xx  2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 11 x x y y x x x x y xx Vậy nghiệm của hệ phương trình là   ; 1;0 , 1;0 . xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 473 Bài toán 5. Giải hệ phương trình   2 2 2 2 1 3 1 , 3 2 10 x x xy y x y xy xy x y y Lời giải.  Xét 00 xy là nghiệm của hệ phương trình  Với  0 x khi đó từ phương trình (2) của hệ ta có 3 3 yy xy x Thế vào phương trình (1) suy ra    3 2 2 2 4 2 4 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 1 10 0 0; 0 1 0 1 * yy x x y x y x x y y x x y x x y x y x x y x y x y x x y x y L x y x y x x Thế (*) vào (2) ta có 2 3 3 0 2 3 0 2 y y x x xy x xy y x y thế vào (2) ta có       3 4 2 2 2 33 . 3 0 4 5 9 0 22 1 11 9 12 4 yy y y y y y yy y yx yx yL Vậy nghiệm của hệ đã cho là   ; 0;0 , 1;1 , 2; 1 . xy Bài toán 6. Giải hệ phương trình   33 3 1 1 , 2 3 25 4 13 (2) 22 x y xy xy xy xy xy Lời giải. Điều kiện   2 2 0 4 13 0 xy xy Từ phương trình (1) ta có 3 33 3 1 0 3 3 1 0 x y xy x y xy x y xy       32 1 3 1 0 1 1 3 0 x y xy x y x y x y x y xy    22 1 1 0 * xy x y xy x y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 474 Ta có 2 2 2 1 1 1 * 1 1 0 1 2 2 2 x y x y x y Thay vào phương trình thứ (2) không thỏa mãn Với 1 yx thay vào phương trình thứ hai ta có    28 4 12 : 12 4; 3 3 x x x x x x x      2 4 3 2 22 28 4 12 14 10 272 352 0 3 4 4 2 6 22 8 16 0 3 31 x x x x x x x x x x x x x x Đối chiếu điều kiện suy ra    4 2 4 5 4 2 31 3 4 31 xy xy Vậy nghiệm của hệ phương trình là   ; 4 2 4;5 4 2 , 31 3;4 31 . xy Bài toán 7. Giải hệ phương trình 4 4 2 2 2 1 1 1 3 2 2 2 6 0 y x y x xy yx y x  Lời giải. Điều kiện . , 0 xy  Ta có: Phương trình 4 4 4 4 1 1 1 1 1 1 1 1 xy yx     Xét hàm số 4 4 1 1 1 , 0. f t t t t Ta có 3 3 1 ' 4 1 4 0, 0 f t t t t t     hay hàm số đồng biến trên 0;  Do vậy 11 . xy xx ff y y x y   +) Với xy thay vào (2) ta có phương trình 32 2 3 6 0 2 x x x x +) Với xy thay vào (2) ta có phương trình 32 2 6 0 3 x x x x Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là   ; 2; 2 , 3; 3 . xy Bài toán 8. Giải hệ phương trình 3 3 7 3 1 3 4 3 2 1 3 1. 3 5 8 12 2 y y x x y y x  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 475 Lời giải. Điều kiện 2 3 5 . 3 x y  Từ phương trình (2) suy ra 3 0 8 12 2 x x . Đặt 3 1 , 3 2 7 2 u y u v x v Từ phương trình (1) cho ta 3 3 2 2 6 6 6 0 u v v u v u v u uv u v , do 22 2 60 7 uv v u uv  . Với 1 u v y x , thay vào (2) ta có 3 3 2. 3 2 8 12 * x x x . Đặt 5 32 2 x a a . Phương trình đã cho trở thành 2 3 2 3 32 82 1 4 20 4 12 3 8 3 a aa a a a . Hàm số 3 32 1 4 20 3 fa a a a , nghịch biến trên 5 ; 2       và 20 f Suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 2. Hay hệ phương trình đã cho có nghiệm 2 3. x y  Bài toán 9. Giải hệ phương trình 4 3 2 2 22 4 4 6 1 , 22 y y x y x xy x y y x   Lời giải. Điều kiện * yx Phương trình (2) 22 2 x y x y Bình phương hai vế và rút gọn ta được 22 22 x y x y Thế vào phương trình (1) ta có 4 3 4 3 4 4 8 2 4 8 32 0 y y y y y y 2 2 22 2 2 28 2 4 2 32 0 24 4 2 8 0 2 yy y y y y y y VN y yy y      Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 476 Với 2 42 0 4 16 6 8 2 7 16 36 0 x y x x x xx    Thỏa mãn điều kiện (*) Với 2 42 0 2 16 6 8 2 7 16 36 0 x y x x x xx   Đối chiếu điều kiện (*) 2, 8 2 7 yx (TM) Thử lại ta có nghiệm của hệ phương trình là   ; 8 2 7;4 , 8 2 7; 2 xy  . Bài toán 10. Giải hệ phương trình  2 2 2 3 2 2 2 1 3 2 1 1 2 1 4 1 1 2 yy x y x y x x x Lời giải. Điều kiện  0. y Phương trình (2) tương đương với 2 2 2 1 21 2 y x y y x y 2 3 2 20 2 2 y xy y y 22 22 1 0 x y y y   22 22 2 1 10 20 y y yx x y +) Với 2 y thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có        2 2 2 2 2 0 1 1 0 41 2 2. 3 x x x x x x x +) Với      22 11 1 11 x y x y Từ phương trình 1 ta có   2 2 2 3 11 4 1 1 32 y xx y x 2 2 3 41 1 3 2 xx yy 2 2 3 2 4 1 3 0 y x x y  Xét hàm số 22 1 4 f x x x với   1;1 x . Ta có hàm số fx liên tục trên đoạn   1;1 và 2 1 4 ' 2 ; x f x x x     2 2 1 2 ' 0 2 0 1 x f x x x        0 3 1;1 x x Suy ra     1;1 1 ; 0 ; 1 0 4 Minf x Min f f f f . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 477  Xét hàm số 3 32 g y yy với   1;1 y . Ta có hàm số gy liên tục trên đoạn   1;1 và 2 '3 3; g y y  ' 0 1 g y y Suy ra     1;1 1 ; 0 ; 1 0 4 Ming y Min g g g g Từ đó ta có    0, , 1;1 f xy x g y . Dấu “=” xảy ra  0 1 x y Thử lại ta có tập nghiệm của hệ   0; 2 , 2 2; 2 , 2 2; 2 , 0;1 . T Bài toán 11. (Trích HSG Nghệ An năm 2014) Giải hệ phương trình 5 2 3 1 , 2 1 2 x y x y xy x y x y   Lời giải. Điều kiện 50 20 xy xy  Từ phương trình (1) của hệ phương trình ta có 5 2 3 5 3 2 3 2 0 3 3 2 0 3 5 2 9 6 2 2 4 2 x y x y x y x y xy xy x x y x y x y x y   Từ (4) ta có 2 3 14 9 4 x xx y   Thế vào phương trình thứ hai ta được 2 2 3 14 9 1 16 7 0 8 57 24 x x x x x x x  Đối chiếu các điều kiện suy ra nghiệm thỏa mãn là 9 57 8 57 2 xy Vậy nghiệm của hệ phương trình là 9 57 ; 8 57; 2 xy . Bài toán 12.(Trích tạp chí TH&TT số 439 – tháng 01 năm 2014) Giải hệ phương trình 2 2 2 3 2 2 2 2 41 1 3 2 1 1 , 22 yy R x x x xy y x xy  Lời giải. Từ phương trình 2 ta có 2 2 2 2 2 2 21 yy y y xx   2 2 2 2 2 2 2 1 1 0 1 y x y x y xy . Do đó: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 478         2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 * 1 x xy y x xy y Từ phương trình 1 ta lại có:   2 2 2 3 11 4 1 1 32 y xx y x 2 2 3 41 1 3 2 xx yy 2 2 3 1 3 2 0 * 4 x x y y  Xét hàm số 22 1 4 f x x x với   1;1 x . Ta có hàm số fx liên tục trên đoạn   1;1 và 2 1 4 ' 2 ; x f x x x     2 2 1 2 ' 0 2 0 1 x f x x x        0 3 1;1 x x Suy ra     1;1 1 ; 0 ; 1 0 4 Minf x Min f f f f .  Xét hàm số 3 32 g y yy với   1;1 y . Ta có hàm số gy liên tục trên đoạn   1;1 và 2 '3 3; g y y  ' 0 1 g y y Suy ra     1;1 1 ; 0 ; 1 0 4 Ming y Min g g g g Từ đó ta có    0, , 1;1 f xy x g y . Dấu “=” xảy ra  0 1 x y Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trình đã cho là  0 1. x y Nhận xét. Ta có thể giải quyết bài toán một cách ngắn gọn hơn từ việc giải quyết phương trình (*) như sau 2 2 3 11 * 4 3 32 x x y y 2 22 11 1 3 2 1 x x y y Với 2 2 1 1 0 1 1 3 0 x x x   đồng thời 2 1 2 1 0 y y y  Từ đó suy ra 2 0 10 * 1. 0 1 1 x x y y   Bài toán 13. Giải hệ phương trình   2 4 2 1 3 8 1 , 3 3 2 x y x x xy y y x x Lời giải. Điều kiện  3 1 y x Từ phương trình (2) của hệ phương trình ta có Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 479                 22 2 1 1 1 1 3 3 3 4 4 2 2 11 3 31 22 11 3 3 22 y y x x y x yx yx y x L yx Với 4 3 1 3 1 1 y x y x do x Thế vào phương trình (1) ta có 22 2 1 8 2 1 1 6 0 22 2 2 3 0 2 3 0 1 1 1 1 22 x x x x x x x x x x x xx xy Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 2; 2 . xy Bài toán 14. Giải hệ phương trình  2 4 4 9 3 1 4 2 2 3 3 2 x x x y xy y x y x x Lời giải. Điều kiện  2 0 0 4 4 9 22 0 x x x y xy x y x Dễ thấy ; 0;0 xy không là nghiệm của hệ. Từ phương trình (1) suy ra 0 y kết hợp với điều kiện 00 xy x . Do đó: 2 1 4 4 9 2 0 xy x x y y xy 22 2 4 4 9 0 4 4 9 2 x x x y y x y x x y xy y y x y     2 8 4 9 03 4 4 9 2 x y y xy xy y x x x y y . Với 0, 0 xy từ     3 3 3 1 3 2 3 2 2 2 .2 4 2 4 4 4 2 22 9 2 xx y x x y x x x x Kết hợp với (3) cho ta: xy . Thay trở lại vào (2) ta có phương trình:  2 4 3 2 3 3 1 39 42 81 0 0 x x x x x xx Thử lại ta thấy, hệ phương trình đã cho có nghiệm ; 1;1 xy . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 480 Bài toán 15. (Trích tạp chí TH&TT số 418 – tháng 04 năm 2012) Giải hệ phương trình 2 21 , 1 1 4 xy x y xy x y y xy x y xy x R x    Lời giải. Điều kiện 0 0 0 2 x y xy x y xy  (*) Ta có 1 2 0 xy x y xy y x y    2 0 2 x y y xy xy xy x y xy xy y 1 03 2 2 y xy xy xy x y xy xy y      Với điều kiện (*) , PT 3 44 21 11 xx y xy x x y xy xx Xét hàm số 3 4 1 xx fx x trên nửa khoảng 0;   , ta có 32 2 3 2 5 ' 1 x fx x x ; ' 0 1 f x x . Ta có bảng biến thiên : x 0 1  f ’(x) - 0 + f(x) Từ bảng biến thiên ta thấy 0: inf( ) 2 Mx   . Do đó : 3 4 2, 0 1 xx y xy x x . Kết hợp với (3) cho ta . xy Thay vào 2 ta có phương trình : 3 2 2 1 2 3 4 0 1 0 0 4 1 17 2 x x xx x x x Do x x     4 2  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 481 Thử lại ta thấy, các nghiệm của hệ đã cho là 1 17 1 17 ; 1;1 ; ; 22 xy    Bài toán 16. Giải hệ phương trình 11 , 2 2 6 2 1 3 4 2 x y x x y y xy x y x y   Lời giải. Điều kiện 0 1 2 10 2 6 0 x y x y x yx  Từ phương trình (1) ta có 10 x y x y x y 2 11 00 11 x xy y y x y y xy x y x y x y x y x y x y xy Do 1 1 1 0 0; 2 1 y xy xy x y x y Thế vào phương trình (2) ta có 2 6 2 1 3 4 * x x x Từ phương trình suy ra 2 1 3 0 5 xx Xét hàm số 2 6 0 f x x x Ta có 11 '0 2 2 2 6 fx xx hàm số luôn đồng biến Tương tự 1 2 1 3 0 ' 0 21 g x x g x x hàm số luôn đồng biến Khi đó hàm số 2 6 2 1 3 f x g x x x x Hàm số luôn đông biến Nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất 7 x Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 7;7 xy . Bài toán 17. (Trích tạp chí TH&TT số 407) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1 23 2 5 3 4 5 3 2 xx xy x xy x xy y xy y x  Lời giải 1. Điều kiện 2 5 3 0 xy x . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 482 Nhận thấy 0 xy không là nghiệm của hệ phương trình, từ phương trình (1) suy ra 0 xy . Lúc đó chia 2 vế của phương trình (1) cho xy , ta có : 2 22 22 22 1 26 y x x y x x y x y y . Đặt 22 2 ,0 2 x tt xy y , ta có : 2 2 1 11 1 25 3 6 2 20 36 0 t t tt tt  . Từ đó suy ra 22 2 22 2 1 2 2 2 y y x x x y x y xy , thay vào phương trình (2) ta được nghiệm của hệ đã cho là ; 3;3 . xy Lời giải 2. Điều kiện 2 5 3 0 xy x . Ta có 2 22 2 22 3 4 1 2 xx xy y x x y y y  . Do đó 2 2 2 2 22 11 44 23 y xy y x xx y x y x y x y Dấu “=” xảy ra 0 xy Thay xy vào phương trình (2) ta được phương trình 2 2 2 2 2 5 3 5 3 2 5 3 5 2 4 2 6 0 3 x x x x x x x x x x x 2 22 2 2 53 5 3 5 3 5 3 2 3 2 2 0 22 3 xx x x x x x x x x x x    2 53 2 2 3. xx x x Vậy hệ đã cho có nghiệm là ; 3;3 . xy Bài toán 18. Giải hệ phương trình 22 2 3 4 1 1 , 4 2 1 2 2 0 2 x x y x y x xy x x y   Lời giải. Điều kiện 1 2 x . Phương trình (2) tương đương 4 2 1 2 3 2 0 x x y x suy ra 3 2 0 0 x x y . Mặt khác từ phương trình (1) ta có 2 2 2 3 4 3 1 0 x x y x y x x y x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 483 2 2 2 1 1 0 * 3 4 3 1 xy xy x x y x y x x y x Do 1 10 2 xx và 0 xy nên 2 2 2 1 0 3 4 3 1 xy x x y x y x x y x Vì vậy (*) 1 yx Thế vào phương trình (2) suy ra  2 4 4 2 1 4 0 40 39 16 2 1 4 x x x x y xx Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 40;39 xy . Bài toán 19. (Trích Nghệ An TST 2012) Giải hệ phương trình 22 2 3 2 8 16 1 2 2 8 3 3 4 2 xy x xy x x x y xy yy  Lời giải 1. Điều kiện 1 0 34 0 0 xy x y y    Từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra: 2 2 0 0 8 3 2 3 0 1 0 4 34 x x y y y xy x y   . Ta có 2 2 2 88 16 ( ) 16 2 0 xy xy x y x y xy x y x y 2 4 ( ) 4( ) 2 0 x y x y x y xy   22 4 4( ) 0 x y x y x y   (*) Do 22 3 0 4 0 4 x y x y x x y y nên (*) 4 xy . Mặt khác, do 2 2 3 0 3 2 3 4 xy xy nên áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 2 3 2 22 2 8 3 2 8 3 2 3 4 x x y x x y x x y y y         Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 484 Suy ra phương trình thứ hai của hệ 2 2 8 3 2 x x y y Do đó hệ đã cho 2 22 4 4 2 3 16 12 0 8 3 2 xy xy x x y x xy y y   24 7 4 7 8 12 x y x y           Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 24 4 ; ; , 8;12 . 77 xy    Lời giải 2. 2 2 3 2 22 1 2 1 2. 8 3 2 3 4 x x y x x y y y y         2 2 3 2 2 3 2 21 8 3 2 3 4 x x x x y y y y . , với điều kiện : 22 2 2 1 2 1 0 0 * 8 3 2 8 3 2 x y x x xy y y y Đặt x t y , ta có : 2 2 3 2 6 1 2 1 1 1 2 8 3 2 3 4 3 t t t t t t     +) Với 66 t x y , thay vào (1) ta có phương trình : 2 48 4 37 16 0 77 y y y hoặc 28 37 y ( loại, do không thỏa mãn (*) ) . Với trường hợp này, hệ có nghiệm 24 4 ;; 77 xy . +) Với 22 33 t x y , thay vào (1) ta có phương trình : 2 13 16 16 0 9 yy y=12 hoặc y = 12 13 (loại, do không thỏa mãn (*)). Với trường hợp này hệ có nghiệm ; 8; 12 xy . Vậy hệ đã cho có nghiệm 24 4 ; ; ; 8;12 77 xy    . Bài toán 20. Giải hệ phương trình   22 1 1 1 , 3 1 2 1 2 x x y y xy y x y Lời giải. Điều kiện  0 1 x y Từ phương trình (1) ta có Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 485 2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 22 22 11 1 1 0 0 11 11 1 0 1 0 11 1* x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y xy Mặt khác từ phương trình (2) ta có       422 4 4 4 4 3 1 2 1 3 1 1 2 1 0 1 2 97 1 3 65 11 3 2 0 11 1 1 1 y x y y y y y y y yy yy y L y Thế 97 65 y vào (*) ta có 2 2 72 72 0 65 65 x x Do x Vậy nghiệm của hệ phương trình là 72 97 ; ; . 65 65 xy Bài toán 21. (Trích tạp chí TH&TT số 431) Giải hệ phương trình 33 1 1 12 18 1 3 2 10 2 3 10 2 x x y y xy x y x y  Lời giải. Nhận thấy ; 0;0 xy không là nghiệm của hệ phương trình. Ta có 2 3 3 3 2 2 2 2 2 0 0 1 0* 3 y y x y x x x x x y xy y y Áp dụng bất đẳng thức A B A B ta lại có * 10 10 2 10 3 2 10 2 3 Do x y yy x x Dấu “=” xảy ra 3 2 10 2 3 2 0 0 0 x y x y yx xy x     Thay yx vào phương trình (1) ta có phương trình 4 2 2 12 18 0 2 3 3, 2 0. x x o x x d x   Thay trở lại ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là ; 3; 3 . xy Bài toán 22. Giải hệ phương trình 22 22 21 2 4 1 5 2 1 xy y x x xy y y yy  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 486 Lời giải. Điều kiện 2 2 0 4 0 2 2 4 y x y xy yy y y x xy   Từ (1) và (2) ta có 2 2 2 2 5 2 2 4 * x xy xy yy y y xy Từ 20 y . Chia cả hai vế của (*) cho 2 y ta được 2 2 5 1 2 4 x x x x y y y y         . Đặt x t y , ta có phương trình 2 2 5 1 2 4 2 4 2 3 1 0 21 t tt t t t t t t 23 3 2 3 0 2 1 1 4 tt t t t tt 21 3 2 0 3, 2 2 1 1 4 4 t t t t d t t o t     Với 33 t x y thay vào (1) ta được 2 2 2 1 2 y y  Do 0 y nên suy ra hệ đã cho chỉ có nghiệm 3 2 2 ; ; . 22 xy Bình luận. Bài toán được xây dựng dưới một ý tưởng của một hệ phương trình đẳng cấp, tuy nhiên để giải quyết được phương trình đẳng cấp đó, đòi hỏi người giải toán phải nắm vững được kỹ thuật làm hẹp miền nghiệm của hệ phương trình trước khi thực hiện phép đặt ẩn phụ . x t y Bên cạnh đó, phương trình vô tỷ được tác giả lựa chọn có thể giải quyết một cách đẹp mắt nhờ phương pháp “Truy ngược dấu biểu thức liên hợp”. Chú ý. Độc giả có thể tìm đọc phương pháp truy ngược dấu biểu thức liên hợp ở cuốn “Phương trình vô tỷ - Phương pháp, suy luận và tư duy” của cùng tác giả. Bài toán 23. Giải hệ phương trình   42 33 7 0 1 5 0 2 1 , xx y x yy y x x y x xy Lời giải. Điều kiện  0. y Từ phương trình (2) cho ta 22 1 0 5 x x xyy   22 50 0 1 xy x y x +) Với 0 x thay vào phương trình (1) ta được 1 70 y y  1 7 y +) Với 22 5 1 0 yy x x ta có hệ  42 22 0 1 1 7 50 yy y x y xx y x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 487  2 2 2 4 2 7 1 5 1 x x yy x y x y  2 2 2 2 2 7 1 5 1 x x x y y y x y Đặt 2 22 1 , 4 x x a b a yy b . Hệ đã cho trở thành  22 7 12 0 55 aa a b b a ba  4 9 a b (loại);  3 2. a b +) Với  3 2 a b , thay trở lại ta có hệ   2 2 2 1 3 1 1 2 2 x x y x y y hoặc  2 2 1 1 x y Từ đó suy ra nghiệm của hệ đã cho là                   1 1 1 1 ; 0; , 0; , 1; , 1; ; , 2;1 , 2;1 . 22 77 xy Bài toán 24. Giải hệ phương trình   2 3 22 5 3 22 21 11 12 2 1 , y x y xy x x xy y y Lời giải. Hệ phương trình tương đương  32 2 2 3 11 5 21 x x y x y y y y Đặt a x y , ta có hệ phương trình   32 2 2 2 2 3 2 2 5 5 21 31 3 2 * 1 1 1 1 5 ya a a a ay a y a Giải phương trình (*) ta có 4 3 2 3 4 0 aa a  2 2 11 2 1 0 2 21 yx a a a a x y y Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ; 1;1 . xy Bài toán 25. Giải hệ phương trình      2 2 2 2 2 32 2 4 3 4 41 , 6 8 2 y x y x x y x x y y x Lời giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với      2 2 2 2 2 32 4 2 2 8 2 3 y x y y x y x x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 488 Đặt 22 , 2 2 x y a x y b ta có hệ phương trình: 2 3 32 2 2 22 0 2 2 2 8 2 38 2 3 6 16 0 2 3 a b a ab b b a aa a aa aa b a       Thay trở lại ta có: 2 2 2 2 2 4 4 2 5 5 2 2 5 0 5 x x x x y y y y     Hay nghiệm của hệ phương trình đã cho là 4 2 4 2 ; ; , ; . 5 5 5 5 xy                Bài toán 26. Giải hệ phương trình   6 9 2 2 2 2 3 3 1 3 3 8 1 , 4 2 2 x x x yy xy x y x Lời giải. Hệ đã cho tương đương với  3 9 2 2 2 3 3 19 41 3 4 1 6 y y y x x x Đặt 23 1, ay x b ta có hệ 33 4 4 3 6 9 a ab b ab  Đặt 2 ,4 S a b P ab S P Khi đó ta có hệ phương trình                             3 32 2 3 3 2 3 3 3 4 6 3 4 6 3 3 4 6 9 2 4 3 6 4 6 9 0 11 0 1 22 3 2 2 2 1 1 9 2 1 1 1 PS PS S S PS S S S P S P S S S x x a by ab y ab a x x b y y Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là   3 ; 1;1 , 1;1 , 0; 2 . xy Bài toán 27. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 yy x y y y y x x  Lời giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 24 24 21 2 4 yy xy yx y x y  . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 489 Lấy 12 theo từng vế cho ta : 2 2 2 2 2 0 4 2 yy x y x x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 3 2 2 4 4 x xy x x x y x y x y yy    +) Với 0 x thay vào (1) ta có 22 2 11 y y y yy  Trường hợp này hệ đã cho có nghiệm   ; 0; 1 , 0;1 . xy +) Với 2 2 2 2 2 4 xx y y y , chia cả hai vế cho 2 0 y do y ta có: 22 22 2 1 4 1 * xx yy , dễ thấy * 1 4 * 2 41 VT VP Suy ra phương trình (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ đã cho là   ; 0; 1 , 0;1 . xy Bài toán 28. (Trích HSG Tỉnh Nghệ An năm 2013) Giải hệ phương trình   22 22 2 22 51 11 , 1 2 2 x xy xy x x y y y Lời giải. Điều kiện    0 0. x y Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 22 11 11 11 5 5 11 22 xy xy xy xy x y xy x y xy   Đặt 11 , 2 x a y b a xy , hệ đã cho trở thành 22 22 5 2 5 9 2 22 b a a a b a b ab ab ab b   3 2 3 2 ab ab ab ab         +) Với l 1 ¹i 2 3 2 2 1 o a b ab ab a b          Thay trở lại ta được 1 2 1 1 x x y y  1 15 2 x y   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 490 +) Với 2 1 3 2 1 ¹i 2 lo a b ab ab a b          Thay trở lại ta được 1 2 1 1 x x y y  1 15 2 x y   Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 1 5 1 5 1 5 1 5 ; 1; , 1; , 1; , 1; . 2 2 2 2 xy                            Bài toán 29. Giải hệ phương trình  22 2 4 3 4 1 3 2 1 1 1 2 2 1 2 y xy y x y y x y y x y x Lời giải. Điều kiện  1 2x y y Phương trình 1 2 2 1 2 1 1 2 3 4 y y x y y x Lại có 2 1 2 1 3 4 14 3 1 1 2 y y y y y y x x Từ (3) và (4) suy ra 2 13 2 1 1 2 1 3 1 4 1 2 3 1 2 y y y y y y y y     2 5 4 y y Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là            41 5 23 ; ; , ;2 . 72 4 24 xy Bài toán 30. Giải hệ phương trình  22 1 1 12 1 3 2 1 1 2 1 2 x y x y xy xy y x x x y y xy Lời giải 1. Điều kiện     2 2 1 1 3 2 1 0 2 1 1 2 0 1 2 x xx yy y +) Với 1 1 0 x y x y xy hệ đã cho vô nghiệm. +) Với  1 1 0 x y x y xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 491 Từ phương trình (1) cho ta 1 1 1 1 1 12 x y x y xy Ta lại có  2 1 1 1 4 1 1 1 2 x y x y xy x y xy Xét hàm số   2 14 , 1;3 1 f t t t t trong đó 1 t x y Lập bảng biến thiên ta tìm được  1 3 12 f t f Vậy  1 1 1 1 3 1 x y x x y y Thử lại ta có nghiệm của hệ đã cho là  1 1 x y Lời giải 2. Điều kiện     2 2 1 1 3 2 1 0 2 1 1 2 0 1 2 x xx yy y Ta có  11 1 1 1 0 22 1 1 1 1 1 1 1. 0 2 2 2 2 xy x y xy Nên từ 12 ( 1)( 1 ) 0 0 xy x y x y xy xy Mà 0 0. xy Nên từ phương trình (2) suy ra 1* xy Từ phương trình (1) và áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 5 3 6 12 ( 1)( 1 ) 3 . .1.(2 . 2 1. ) 12( ) 1 * * xy x y x y xy xy x y xy y x xy Từ (*) và (**) cho ta  ,0 1. 1 xy x y x y xy Thử lại ta có nghiệm của hệ đã cho là  1 1 x y Bài toán 31. (Trích HSG Nghệ an năm 2013) Giải hệ phương trình  22 63 4 1 2 27 1 2 82 x x y y x x y Lời giải. Từ phương trình (1) ta có 2 2 4 2 4 2 x x y y Hàm số 2 4 f t t t đồng biến trên R nên 12 xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 492 Thế vào (2) ta có 3 6 3 2 3 27 4 3 3 4 3 x x x x x x 3 3 33 1 1 4 3 4 3 3 x x x x x x Xét hàm số 2 3 , , ' 3 1 0 R g t t g t t t t t R . Suy ra hàm số gt đồng biến trên R nên  332 1 13 3 1 4 2 3 1 0 6 x x x x x x Do đó nghiệm của hệ là                1 13 1 13 1 13 1 13 ; ; , ; 6 12 6 12 xy Bài toán 32. Giải hệ phương trình 22 3 2 2 2 1 1 2 1 9 2 1 x y y x x y x y xy  Lời giải. Điều kiện 2 , 2 0 xy xy    Từ phương trình (1) ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 22 xy x x y y x x y y x y   Dấu “=” xảy ra 2 2 2 2 2. 2 2 xy x y y x 22 2 3 22 2 0 1 10 * 20 2 2 2 2 y xy xy xy xy x x y y x xy       Cũng từ 2 22 2 2 1 xx y y xy kết hợp với phương trình (2) cho ta: 3 3 2 2 33 12 12 21 6 12 8 12 6 13 2 12 12 1 13 2 1 * * x y xy x y xy x y x y x y xy xy x y x y xy xy xy x y xy Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình 11 21 xy x x y y  Thử lại ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là ; 1;1 . xy Bình luận. Ta có thể nhận ra tổng của hai hàm 3 12 , f u u u với 2 2 x u uy    và 2 12 , g v v v với 0 1 v xy v   trong phương trình : 3 12 12 21 x y xy x y xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 493 Bài toán 33. (Chọn ĐT HSG TP Hồ Chí Minh – 2015) Giải hệ phương trình 6 1 12 4 1 12 2 1 xy y x y xy x y xy y xy  Lời giải. Điều kiện 1 0 x y  Ta có 1 1 2 2 1 y x yy y y x x x x . Đặt 1 , a b y x , ta có: 2 1 ab b ab a ab ab . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được 22 22 2 1 2 2 a b a b ab ab ab b ab a ab ab a b ab b a ab a b ab ab ab 12 1 1 2 2 ab ab ab . Dấu "" xảy ra ab hay 1 y x Thay vào (2) ta có 2 2 1 4 10 4 1 4 4 x x x x xx  Từ đó cho ta nghiệm của hệ đã cho là 1 ; 10; . 10 xy Bài toán 34. Giải hệ phương trình 2 4 2 1 1 1 1 1 22 22 1 x x y y x x y xy y  Lời giải. Điều kiện 1 y Ta có 2 2 2 0 22 11 11 21 1 1 1 1 1 2 x xx x yy x yy x     +) Với 0 x thay vào (2) ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là ; 0;1 . xy +) Với 2 1 1 0 11 21 x x yy x Lại có 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 21 1 1 2 x y y y y x xx Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 494 Đặt 0 1 , 1 0, a b y a b x ta có 22 22 11 2 2 0 22 a b a b a a b b 22 2 2 2 2 0 0 1 0 , 2 2 2 2 0 b a a a b a b a b a b b a b a b  Suy ra 1 1* y x Từ (2) ta lại có 4 4 2 2 2 2 1 1 2 . 0 21 xy y y x y x x y x 2 22 1 1 * * 0 y x y x   Kết hợp (*) và (**) ta có 25 1 1 11 02 1 1 1 y y y y y y   Kết luận. Nghiệm của hệ phương trình đã cho là   ; 0;1 , 1;2 . xy Nhận xét. - Ta có thể đưa phương trình (1) về dạng 22 11 2 1 2 1 yy xx và sử dụng hàm số đại diện 2 , 0 f t t t t để giải quyết bài toán. - Điểm hay nhất của bài toán chính là sử dụng điều kiện có nghiệm 0 x trong phương trình (1) và kỹ năng quan sát đưa phương trình (2) về dạng tích. Bài toán 35. Giải hệ phương trình 22 2 2 3 3 0 1 18 92 x y xy xy xy xy  Lời giải. Điều kiện 0 xy xy   Đặt 22 2 0 2 2 ( 0) x y a a x y a x a b x y b y b a b x y b    Ta có hệ phương trình 22 22 22 22 9 3 18 0 1 3 6 0 9 18 0 2 18 9 b ba b ba a b a a b a   Trừ (1) cho (2) theo từng vế sẽ có : 22 30 9 3 3 0 3 3 3 0 3 3 0 ba b a ba b a b a b a ba b a ba   +) Với 3 3 0 3 3 b a ba ab b a thay vào (1) có : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 495 2 2 2 9 3 3 18 0 3 3 6 0 b a b a b ba a (Vô nghiệm) +) Với 3 0 3 b a a b thay vào (2) ta có 32 13 20 2 ¹ 3 3 ba bl b oi b      Khi đó ta có hệ 95 14 x y x x y y  Vậy nghiệm của hệ đã cho là ; 5; 4 . xy Nhận xét. Chúng ta đã sử dụng biến đổi sau để hữu tỉ hóa hệ phương trình. 22 2 2 2 2 22 4 2 2 2 2 4 2 4 22 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 3 62 . 44 a b b a a b b a x y xy a a b b b ba a b a b ba                 Bài toán 36. Giải hệ phương trình 3 2 3 2 3 2 3 1 14 2 48 5 3 2 x x y y x y x x  Lời giải. Điều kiện 3 3 14 2 48 0 x x y y  Ta có 2 14 2 48 3 3 2 x y x x 14 2 48 3 1 3 2 3 1 0 4 x y x x x x Kết hợp với điều kiện 2 14 48 0 2 14 48 8 4 y x y x y Do đó 33 1 3 1 3 3 3 3 1 3 1 3 xy x y x y y xy Đặt 13 37 a x a b y b  ta có 3 3 2 2 3 3 3 0 a b b a b a b ab a ab Do 22 3 0, 3, 7 bb a ab a Với 2 13 22 a b x y y x x . Thay vào (2) ta có 2 2 18 4 3 1 3 2 4 x x x x Đặt 2 3 1 3 x t t x t , ta được 4 2 2 4 3 2 2 3 4 2 2 3 4 4 0 2 1 t t t t t t t t t dot Từ 2 t cho ta nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ; 7;33 xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 496 Bài toán 37. Giải hệ phương trình   2 2 1 3 1 , 3 1 5 5 2 x y x y xy x y x Lời giải. Hệ phương trình tương đương 2 2 1 3 3 1 2 1 6 5 x y x y x y x y x y  Đặt 2 1; ; 0 a x y b x y ab Khi đó ta có hệ phương trình mới là 4 4 2 2 3 3 3 1 6 3 5 * 3 1 6 5 ab ab bb b a b   Giải phương trình (*) ta có 4 4 4 2 4 31 61 3 1 2 6 3 3 0 0 6 3 3 3 1 2 11 2 3 1 0 1 6 3 3 3 1 2 b b bb b b bb bb b b     Vì 2 4 11 2 00 6 3 3 3 1 2 bb b b b Với 14 ba khi đó ta có 2 15 14 1 13 x y x x y y  Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 14; 13 xy . Bài toán 38. (Trích tạp chí TH&TT số 444) Giải hệ phương trình 3 3 2 2 2 3 2 6 1 7 8 2 2 x y x x y x y xy xy x y  Lời giải 1. Điều kiện 3 , 0 2 . xy 32 2 4 8 2 4 x y xy x y xy x y xy Đặt 2 , 4 , 0, 0 x y S xy P S P S P ta có : 32 48 24 SS SP P P 2 6 2 2 3 2 4 0 4 16 ¹ 8 112 256 P lo i SS S S P S P P P   Với 2 4Px S y thay vào (1) cho ta Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 497 2 3 2 6 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 1 0 2 3 0 3 x x x x x x x x x x x x x x x x Do 3 2 2 3 2 1 0, 2 x xx Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là ; 3;3 . xy Lời giải 2. Điều kiện 3 , 0 2 . xy Áp dụng bất đẳng thức AM GM ta có 33 33 4 72 4 y x y x x y xy x y x y xy x y xy   2 2 2 2 2 4 .2 2 4 4 2 x y xy xy x x xy x y y y xy 22 82 xy x y . Như vậy 3 3 2 2 2 78 x x y xy x y xy y Đẳng thức xảy ra xy +) Với xy thay vào (1) cho ta 2 3 2 6 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 1 0 2 3 0 3 x x x x x x x x x x x x x x x x Do 3 2 2 3 2 1 0, 2 x xx Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là ; 3;3 . xy Nhận xét. Có thể đưa phương trình (2) về dạng tích :    22 22 2 8 0 x y x y x y x y y x Có thể sử dụng tính đẳng cấp của phương trình (2). Bài toán 39. Giải hệ phương trình  22 22 2 2 2 2 1 1 22 2 20 x x y y x xy y x y Lời giải. Điều kiện , 1 2. 2 xy Lấy (1)-(2) theo từng vế ta có: 22 1 4 2 1 3 2 2 xy x x y y 2 2 1 1 2 4 2 1 2 x x y y y x Xét hàm số 2 1, . 1 f t t t t t Ta có 1 21 21 ' f t t t . Áp dụng bất đẳng thức AM GM cho ta Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 498 1 1 3 1 2 1 1 1 ' 0, 22 4 1 4 1 1 tf t t tt Do vậy 1 2 1 2 f x f y x y Thay vào phương trình (2) ta có     2 1 7 1 0 1 6 6 y y y y Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là    21 ; 1;2 , ; . 36 xy Bài toán 40. Giải hệ phương trình   22 22 2 5 3 4 1 , 3 3 1 0 2 x x x y y xy x y x y Lời giải. Từ phương trình (2) ta có 22 3 3 1 y x y x Thế vào phương trình (1) ta có 2 2 2 2 22 22 2 5 3 1 4 1 1 4 4 x x x x y x y x x y y Xét hàm số 1 4 0 ' 1 0 24 f t t t t f t t Hàm số luôn đồng biến 0 t Phương trình (*)     22 22 1 11 1 xy f x f y x y xy TH1: Với 1 xy thế vào phương trình (2) ta được 2 2 13 1 3 1 3 1 0 22 y y y y y x TH2: Với 1 xy thế vào phương trình (2) ta được 2 2 13 1 3 1 3 1 0 44 y y y y y x Vậy nghiệm của hệ phương trình là            3 1 3 1 ; ; , ; 2 2 4 4 xy . Bài toán 41. Giải hệ phương trình  3 2 . 1 2 1 4 2 1 27 2 1 2 x y y x x y x x Lời giải. Điều kiện 1 , 1. 2 xy Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 499      2 2 22 1 1 2 . 1 2 2 1 1 4 1 * 1 x y y VT x y y x x Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta lại có        33 2 21 1 3 1 3 x x y xy xy      3 2 21 . 2 1 4. . 2 1 4 2 2 3 y y y x y x x Kết hợp với (*) cho ta:    3 2 2 1 3 6 1 1 yx VT Từ (2) ta lại có  3 32 21 2 1 27 2 2 1 1 3 1 xy x y x x x x x Do vậy        3 2 21 1 VT 1 3 16 16 4 yx VT Kết hợp với (1) ta có  4 1 = 4 VT 1 VP . Dấu bằng xảy ra  1 2 x y Vậy hệ đã cho có nghiệm ; 1;2 . xy Bài toán 42. Giải hệ phương trình 22 2 2 5 1 3 10 15 3 24 11 2 yx x y xy xy  Lời giải. Điều kiện 2 3. x Ta có 2 2 2 2 2 2 8 4 8* xy x y y y xy xx  Lại có 2 2 22 2 2 2 22 2 1 22 2 3 13 26 2 15 1 5 22 y x y y x xy xy x yx y x    Nên từ (1) ta lại có: 2 2 2 2 2 1 1 0 53 1 y x x y y x y x  22 ** 8 x x y y Từ (*) và (**) suy ra hệ có nghiệm 2 2 3 5 4 2 1 2 1 xy x yx y xy   Vậy hệ đã cho có nghiệm ; 2;2 . xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 500 Bài toán 43. Giải hệ phương trình 2 83 1 3 2 1 2 2 2 42 5 yx y y x x y y  Lời giải. Điều kiện 3 , 1 2 2 2 yx    Ta có 3 22 2 4 1 2 4 3 yy yx Do 3 3 2 1 0, 2 1 2 2 y yx x     . Suy ra 0 2 4 2 4 3 0 24 0 yy y y Ta lại có 22 2 8 4 2 8 xx xx  3 2 3 2 1 3 2 32 1 3 AM GM y y y y y y y   Hay 511 T P V V  Dấu "" xảy ra 2 32 1 2 8 yy y x xx   Thử lại ta thấy, hệ đã cho có nghiệm ; 1;2 . xy Nhận xét. - Mấu chốt của bài toán chính là việc sử dụng điều kiện có nghiệm để làm chặt khoảng nghiệm của biến y, từ đó sử dụng bất đẳng thức AM-GM. - Việc sử dụng đánh giá 22 2 8 4 2 8 xx xx  không cần đến điều kiện 0 x - Ta cũng có thể khảo sát các hàm số 2 2 2 8 ,0 2 x f x x x   và 2 3 3 2 ,0 2 g y y y y  để tìm giá trị lớn nhất của f x g y Bài toán 44. Giải hệ phương trình 2 3 2 4 4 1 1 , 1 3 53 1 82 y x y R x y x x y yx  Lời giải. Điều kiện 1 0 x y  Ta có 2 2 1 2 4 4 4 4 0 4 4 0 4 4 y y x x y x y x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 501 Thay vào (2) ta có phương trình 32 4 3 8 40 8 4 4 * xx xx Áp dụng bất đẳng thứ c AM-GM ta có : 444 44 2 2 2 4 4 4 4 2.2.2. 4 4 13 4 *8 AM GM VP x x x x  . Dấu „=‟ xảy ra khi và chỉ khi x =3 . Ta sẽ chứng minh : 13 *, 1 x VT x (*) . Thật vậy : 2 3 2 3 2 1 3 8 40 3 9 27 0 3 0 33 x x x x x x x x x luôn đúng với mọi 1 x . Dấu „=‟ xảy ra khi và chỉ khi x =3 . Từ đó cho ta : 4 32 13 13 13 3 8 40 1 * 8 4 4 *3 * 3 x x x x x x VP x x VT x    Thay trở lại, ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là ; 3;4 . xy Bài toán 45. Giải hệ phương trình 2 2 3 2 4 6 2 2 1 1 1 , 1 1 . 1 3 2 y x y x x y x y R y x x x y  Lời giải. Điều kiện 1 0 x y  Ta có 2 1 2 2 2 1 1 2 1 2 2 2 2 0 y x y x y y x x   2 2 2 1 0 2 1 1 2 2 0 2 1 1 2 2 0 yx y x y x y x yx  Thay vào (2) ta có phương trình 2 3 3 2 1 2 2 . 1 13 xx x x Từ phương trình trên suy ra 1 2 x nên 3 2 2 2 1 2 2 1 1 0 xx xx , suy ra 33 1 2 . 1 3 0 1 3 0 x x x . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có : 3 3 1. 1 2 0 1 2 . 1 3 1 1 . 1 1 1 3 1 1 .1. 1 3 12 2 3 x x x x x x x x     Ta sẽ chứng minh 32 2 1 1 . * 21 x x x x Thật vậy : 3 2 2 3 0 2 0 *2 3 xx x x đúng với mọi 1 2 x hay (*) được chứng minh. Dấu „„=‟‟ xảy ra khi và chỉ khi 0. x Thay trở lại ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là ; 0;1 . xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 502 Bài toán 46. Giải hệ phương trình 2 22 2 4 22 7 1 6 1 23 1 19 3 22 x x y y x y y y x x  Lời giải. Điều kiện 2 2 2 0 10 7 31 10 x y x y  Ta có 2 2 2 2 2 2 3 1 2 3 1 3 1 3 0 y y x y x y x x      2 2 2 2 2 31 31 0 31 31 3 1 0 yx y yy x x x y y x   Thay vào (1) cho ta phương trình 4 2 7 3 6 0 * 11 6 x x x x +) Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình (*). +) Xét các hệ bất phương trình: 2 4 2 4 6 0 6 0 11 0 6 0 6 0 1 6 0 6 2 1 7 6 3 0 6 62 1 7 6 3 0 0 1 x x x x x x x x xx xx x x xx xx      Suy ra: +) Nếu 0 6 x  thì 4 2 11 7 3 6 0 6 x x x x hay (*) không có nghiệm 0;6 x  +) Nếu 6 x thì 4 2 11 7 3 6 0 6 x x x x hay (*) không có nghiệm 6; x  . Vậy PT (*) có nghiệm duy nhất 6 x Thay trở lại ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là ; 6; 19 . xy Bài toán 47. Giải hệ phương trình 22 2 2 2 1 2 12 , x y y xy R y x xy x  Lời giải. Điều kiện 2 2 0 0 xy yx  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 503 Ta có 22 1 0 2 1 1 1 * 0 1 2 2 1 1 x y x xy y       Từ điều kiện (*) và (1), áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 1 1 2 2 22 x y y x VT VP  , do đó 12 xy Kết hợp với (2) cho ta hệ 22 2 22 2 2 1 22 2 2 22 2 x y xy xy x y                Vậy hệ đã cho có nghiệm 2 2 2 2 2 2 2 2 ; ; , ; . 2 2 2 2 xy                Bài toán 48.(Trích HSGQG năm 2009) Giải hệ phương trình   22 1 1 2 1 12 1 2 1 2 , 2 1 2 1 2 2 9 xy xy xy x x y y Lời giải.Điều kiện    1 0 2 * 1 0 2 x y Từ phương trình (1) áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có    2 22 22 1 1 1 1 23 1 2 1 2 1 2 1 2 xy xy Mặt khác ta có  2 22 22 2 2 1 1 1 2 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 y x xy x y xy xy x y , Do từ (*) ta có   1 0 1 2 0, 2 1 0 4 xy xy xy Khi đó (3) là một nghiệm của hệ phương trình  2 22 1 1 4 12 1 2 1 2 xy xy  22 1 1 2 12 1 2 1 2 xy xy Dấu bằng xảy ra khi xy , thế vào phương trình (2) ta được Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 504      22 9 73 21 36 2 2 2 0 9 81 9 73 36 xy x x x x xy Vậy nghiệm của hệ phương trình là  9 73 9 73 ; ; . 36 36 xy Bài toán 49. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 4 1 1 11 3 2 4 3 8 2 2 2 1 x y y x x xx yy  Lời giải. Điều kiện 32 0 1 6 x y y         Từ (1) ta có 2 1 0 1 0 1 0 VP x x x x VT y Lại có 11 3 2 3 4 3 4 1 22 2 xx yy     2 1 3 2 3 2 1 3 2 1 2 x x x x y 2 1 x x x Từ điều kiện 1 x ta có 1 2 2 1 1 1 2 2 4 1 1 y y y x x x Xét hàm số 2 1 0 , f t t t t t , ta có 2 2 2 ' 1 1 0 0, 1 t f t tt t . Do đó 1 1 1 22 2 f y f y x x x y Thay vào (2) ta có phương trình 5 3 2 8 0 * x x x Xét hàm số 5 3 2 8, 1 f x x x x x có 5 1 2 3 4 1 1 1 '1 2 2 3 2 2 2 3 2 3 x fx x x x x x Do , 2 1 3 0 4 x x và 1 1 2 1 0, 23 2 3 2 1 3 x xx x x x x x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 505 Nên ' 0, 1 x fx . Đồng thời 10 f suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất 1. x Bài toán 50. (Trích chọn đội tuyển HSGQG Nghệ an năm 2014-2015) Giải hệ phương trình   3 2 2 2 2 2 2 4 3 5 4 8 1 ,( , ) 12 2 2 2 4 2 x y y y x y x y xy x x y y Lời giải. Điều kiện   22 50 6* 0 yx x y Ta có   2 2 2 2 2 22 2 1 2 4 2 0 3 50 2 25 xy x x y y x y y x xy x x Thay vào (2) ta có    22 2 2 22 2 22 2 12 4 2 2 4 3 2 4 2 3 0 2 2 3 (4) 3 1 1 3 2 3 1 3 1 31 1 2 3 1 1 3 5 3 1 1 0 3 1 0 2 1 2 3 y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y yy y y y y y y y y y y y y y Kết hợp điều kiện ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là 35 ; 3 5; 2 xy Bình luận. Có nhiều cách để chúng ta tìm ra mối quan hệ 2 xy ở phương trình (1), song cái hay của bài toán chính lại là việc xử lý phương trình vô tỷ 2 23 y y y y bằng kỹ thuật sử dụng lượng liên hợp, từ việc làm chặt miền nghiệm của phương trình. Bài toán 51. Giải hệ phương trình  2 1 2 1 2 21 1 x x y x x y y y y x Lời giải. Điều kiện  2 21 0 10 10 0 x x y yx y xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 506 Nhận thấy ; 0; x y y không là nghiệm của hệ. Với  0 x , ta có : 2 2 1 1 x y x x y x yx y x x y x x x y x x y Kết hợp với (2) cho ta  2 2 1 2 1 1 y x x y x x yx y x x x yx x y x x y x   2 2 2 2 2 20 y x x x y x x y x y x x Thay vào phương trình (1) cho ta : 2 2 2 2* 11 x x x x x x Áp dụng bất đẳng thức AM GM ta có     2 2 2 2 1 2 *1 2 1 2 x x x VT x x x x x x Ta sẽ chứng minh 1 * VP x . Thật vậy 2 2 1 1 0 2xx x x (luôn đúng) Vậy   ** 11 1 *1 * 1 * VT V xx x T V x x VP P Thử lại ta thấy nghiệm của phương trình đã cho là ; 1;0 . xy Bình luận. - Phép biến đổi để cho ta 2 yx x là một phép biến đổi hệ quả, vì vậy sau khi tìm được kết quả cuối cùng, bắt buộc chúng ta phải thử lại vào hệ ban đầu để kiểm tra nó là nghiệm hay không. - Ta cũng có thể nâng lên lũy thừa ở phương trình (2) cũng có thể đưa về kết quả 2 . yx x - Sai lầm thường gặp là đánh giá    2 2 1 1 2 1 2 xy yx xy xy chỉ sử dụng cho các số không âm. Bài toán 52. Giải hệ phương trình  2 1 2 1 2 1 1 2 5 1 2 1 2 x y y x y x xy y x y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 507 Lời giải 1. Điều kiện  2 1 0 10 y x Nhận thấy 1 ; 1; 2 xy không là nghiệm của hệ . Từ phương trình (1) ta có 2 1 2 4 1 2 1 2 1 4 1 2 1 2 1 2 1 2 4 1 2 1 0 2 * 4 1 1 1 x y y y x y x y y x y x y xy y y y xy Áp dụng bất đẳng thức AM GM ta lại có   2 2 5 1 2 1 1 2 1 2 1 2 4 2 2 1 4 0 , 1 * * 4 xy x y x x y y dox xy y x y Từ (*) và (**) suy ra hệ có nghiệm khi   1 1 4 4 1 20 2 y y xy x Thử lại suy ra hệ đã cho có nghiệm 11 ; ; . 24 xy Lời giải 2. Điều kiện  2 1 0 10 y x Đặt 1 2 , 0 ,1 x a y b ab . Hệ phương trình đã cho trở thành 2 2 2 22 23 3 3 2 1 4 a b a b b b a b a b  Nhận thấy 0 ab không phải là nghiệm của hệ phương trình. Khi đó 22 3 3 3 4 0 2 0 2 1 PT a b PT b b a b a b   Từ đó cho ta 3 2 ab . Thay trở lại ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là 11 ; ; . 24 xy Bài toán 53. Giải hệ phương trình 2 22 22 1 3 1 1 2 x xy x y x y y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 508 Lời giải. Ta có 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 1 * 1 3 x y xy xy x y xy x x y y   Lại có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 4 2 3 8 2 0 2 3 3 8 2 0 1 5 4 9 1 1 1 1 2 11 1 0 * * 9 5 x y y x xy x y x x x xy xy x y x x xy xy x xy x xy xy y xy yy y y y x y y     Từ (*) và (**) suy ra 1 xy . Từ đó ta có hệ 2 22 1 1 1 1 0 3 1 1 x xy y x y y xy x xy x y           Thử lại ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là   ; 1;1 , 1; 1 . xy Bài toán 54. Giải hệ phương trình 22 1 2 1 1 2 21 4 4 2 5 0 x y x y x y xy x y  Lời giải. Điều kiện 2; 1 0 xy xy  Ta có 22 2 2 2 21 2 2 2 1 2 xy x y x y x y x y         và 12 21 x y x y xy . Đặt ; , 0 . 21 x y x y a b ab xy Ta có hệ phương trình 44 2 * 11 2 ab ab  Áp dụng bất đẳng thức AM GM ta có 4 4 4 4 2 2 1 2 1 1 . 21 1 1 1 1 2 2 . 12 ab a a b a b ab b ab ab    Do đó *1 1 ab ab ab  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 509 Với 1 12 2 11 1 1 xy ay x xy bx y   Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ; 1;2 . xy Bài toán 55. Giải hệ phương trình 22 4 4 2 2 14 21 1 0 2 xy x x y x y x  Lời giải 1. Điều kiện 22 0 xy Từ phương trình (1) ta có 2 2 21 2 1 1 1 * x y y x xy  Cũng từ phương trình (1) 2 2 1 2 2 2 2 0 x y y y   Do đó 2 4 2 1 1 2 14 4 2. * 22 * .2 xy x x x y y x y  Từ (*) và (**) suy ra hệ đã cho có nghiệm khi hệ sau có nghiệm: 1 2 2 2 2 1 11 xy x xy y yx   Thử lại ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là ; 2; 1 xy Lời giải 2. Điều kiện 22 0 xy Từ phương trình (1) 2 2 1 2 2 2 2 0 2 0 y x y y x   Do đó 2 4 1 2 2 2 1 0 1 0 * xy y x y xy y Lại có 2 2 0 1 0 * 11 * xy y x yy y x  Từ (*) và (**) suy ra hệ đã cho tương đương với 2 2 2 2 10 1 10 xy x xy y xy y   Hay hệ đã cho có nghiệm ; 2; 1 . xy Bài toán 56. Giải hệ phương trình 2 2 22 1 1 2 2 , 2 1 0 1 x y x y xy y x y y y y x y xy   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 510 Lời giải. Từ phương trình (1) ta có 1 0 * x y y Nếu 0 1 1 x y y x L Với 0 1 0 x y y  Mặt khác từ (2) suy ra 11 1 1 x y y x y y Xét hàm số 2 11 ' 1 0 0 f t t f t t t t Hàm số luôn đồng biến 0 t nên 11 f x y f y x y y Thế vào (1) suy ra 2 3 2 0 2 2 1 2 x x y y y Thử lại ta thấy, các nghiệm của hệ đã cho là 3 ; 2; . 2 xy Bài toán 57. Giải hệ phương trình 23 2 2 22 33 6 1 4 21 , 2 1 2 2 2 xy y x y y x xy y x x yx y   Lời giải. Điều kiện 22 0 xy x y (*) Ta có 2 6 3 2 1 1 1 2 4 2 2 y y x xy  6 3 2 3 3 3 1 2 2 4 4 2 y y x xy y xy  Cộng với (2) ta được 6 3 2 3 3 3 2 62 2 2 22 33 2 2 4 1 2 2 1 2 1 2 1 8 4 4 1 2 1 2 y y x xy y xy y x xy y x x y y x x x y    Dấu bằng xảy ra khi 3 3 11 0 20 0 11 0 20 22 2 yy yy yx y y x xx yx x       Thử lại ta thấy, nghiệm của hệ đã cho là 1 ; ; 1 . 2 xy Bài toán 58. Giải hệ phương trình 55 44 2 2 2 , 7 2 1 1 xy x y xy xy xy   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 511 Lời giải. Từ (2) ta có 44 2 00 27 xy x y xy 2 4 4 4 4 1 1 1 2 2 2 ; 32 xy xy x y xy xy xy x y  Xét 2 44 3 1 2 11 1 1 2 22 2 . . 2 2 2 3 27 xy VT xy x y xy xy xy xy xy xy xy  Dấu bằng xảy ra khi 44 1 11 2 1 33 3 1 1 33 xy xy xx xy yy xy    Thử lại ta thấy, nghiệm của hệ đã cho là 1 1 1 1 ; ; , ; . 3 3 3 3 xy            Bình luận. Đối với hệ phương trình trên ta có thể biến đổi từ (1) như sau 2 44 1 1 2 xy xy xy   Thế vào phương trình (2) ta có 2 1 2 2 27 xy xy Bài toán 59. Giải hệ phương trình 4 3 2 1 3 2 2 3 3 8 6 1 1 2 2 x y xy x x x y x xy  Lời giải. Điều kiện 0 0 0 3 0 0 13 y xy xy x x    Cộng (1) và (2) theo từng vế ta được 43 4 1 3 6 3 8 6 4 28 * x y x y x Áp dụng BĐT AM-GM ta có: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 512 4 3 1 1 1 3 6 8 3 8 6 3 22 4 1 3 6 3 8 6 ** 4 28 xy xy x y x y x y x y x VP VT     Do vậy 1 1 3 0 * 8 3 8 6 2 x y x x y y  Vậy nghiệm của phương trình đã cho là ; 0;2 . xy Bài toán 60. Giải hệ 2 3 2 1 3 5 3 4 2 2 1 22 x y x x y y y x y x y  Lời giải. Điều kiện 1 2 3 x y   3 5 1. 2 2 2 4 2 3 x y y y x y x y Từ phương trình 1 1 3 2 y x x , thay vào (3) ta được 3 5 2 2 2 4 3 5 3 2 2 2 3 4* 2 x y y x y x y x y x xx y x y Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ta 3 2 2 3 2 3 2 2 2 2 35 8 x y x y x xy xy y    Do đó 38 2 4 * . 22 * x y x y xy VT VP  Dấu “=” xảy ra 3 2 2 1 3 5 1 x y x x y y  Thay trở lại ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là ; 1;1 . xy Bài toán 61. Giải hệ phương trình  22 22 2 3 12 6 1 1 3 2 1 1 2 2 1 5 7 3 x y x y x y xy x y x y x y Lời giải. Điều kiện 0 2 1 2 , 10 x y y x   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 513 Ta có 2 2 22 1 1 2 2 1 1 1 1 0 1 1 1 x y x y xy Suy ra 2 2 1 1 0 2 1 1 0 2 x x y y     Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 2 3 111 6 2 4 6 3 2 1 2 6 1 1 3 2 1 2 1 1 3 3 3 3 2 xy x x y y xy xy xy y    Suy ra 572* 3 xy V VP T  Dấu “=” xảy ra 11 2 1 2 1 xy xy xy  Thay vào (1) ta có 2 22 11 1 2 22 x x x    Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là   ; 2 2;2 2 , 2 2;2 2 . xy Bài toán 62. Giải hệ phương trình 4 1 2 1 2 1 4 1 22 3 1 1 2 1 y x y y x yx  Lời giải. Điều kiện 2 1 x y  Đặt 2 , 1 0 , x a y b ab Hệ phương trình đã cho trở thành 2 22 8 4 1 4 4 4 2 1 1 2 2 2 1 1 3 11 1 3 ab a b a b a ab ab ba ba   Từ (1) ta có 2 11 b b a a Từ (2) ta lại có 22 22 2 2 2 4 * a b a b ab ab VT a ab ab b b ab a ab 2 1 1 2 3 1 ab Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 514 Dấu “=” xảy ra 1 2 ab Thay trở lại ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là 93 ; ; . 44 xy Bài toán 63. Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 4 1 2 33 31 y x x y x y xx y y  Lời giải. Từ điều kiện 20 x y Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 22 1 2 1 2 22 y x x y x y V VT x y P yx  Dấu “=” xảy ra 2 2 2 yx yx xy  Do đó 12 yx Thay vào (2) ta có phương trình 22 4 1 2 4 1 3 1 3 3 2 1 1 2 2 1 xx xx x x x x Đặt : 1 ; 2 0 x a x b a b . Ta có phương trình : 2 4 3 1 a a b b Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ta : 22 4 1 1 4 1 22 11 bb a a b a b b a b b         4 2 2 14 .4 2 1 4 b ab a b b hay : 2 4 3 1 a a b b . Dấu bằng xảy ra 2 1 a b  Thay trở lại ta tìm được x =3. Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 3 1 x y  Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 515 Bài toán 64. Giải hệ phương trình 4 22 2 1 32 2 1 2 2 2 1 y x y xy yx xy y x x y y  Lời giải. Điều kiện 1 1 10 x y yx  22 2 1 1 1 1 1 1 1 x y x y x y     Đặt ; , 0 x a b y ab y ta có 22 1 1 1 * 1 11 ab ab Theo bất đẳng thức .. BCS ta có 2 2 2 2 1 . 1 1 1 . 1 1 1 11 1 1 11 1 a ab a b b ab a b b a a b ab a b a b ab   Suy ra 1 1 * * 1 ab VP a b ab ab VT . Dấu "" xảy ra 2 1 1 a ab b b xy ba ab a   Với 2 xy thay trở lại ta có phương trình : 2 1 32 1 2 2 y y y y 5 2 1 2 4 4 y y y Đặt : 4 4 0 y u u . Phương trình đã cho trở thành : 2 5 5 2 44 2 1 0 8 8 4 * 44 uu u u u u u +) Rõ ràng 0 u không là nghiệm của phương trình (*) +) Với 0 u  , phương trình (*) tương đương với : 5 4 8 9 4 1 1 8 8 u u u u Hàm số : 5 4 8 9 4 1 1 8 fa u u u u , nghịch biến trên 0; và (1) 0 f Suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất 1 u . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 516 Thay trở lại ta có nghiệm của hệ phương trình đã cho là 25 5 ; ; . 16 4 xy Bài toán 65. Giải hệ phương trình   3 4 22 2 4 3 0 1 ,( , ) 2 4 2 3 1 0 2 x y xy xy x y x xy y x y Lời giải. Ta có 2 3 2 3 4 2 3 2 4 3 0 x y xy x y x y x y xy 32 2 3 0 * x y x y đặt t x y 3 2 2 (*) 2 3 0 1 2 3 3 0 1 t t t t t t Viết lại (2) dưới dạng 4 2 2 2 2 1 0 x y x y x y y Xét hàm số 42 21 f t t t t t Khi đó 3 ' 4 4 1 0 1 f t t t t Hàm số luôn đồng biến 1 1 0 t f t f Hay 42 20 x y x y x y và 2 2 1 0 y . Suy ra 4 2 2 2 2 1 0 x y x y x y y Dấu bằng xảy ra khi   1 1 2 1 1 2 2 xy x y y Kết hợp các điều kiện suy ra nghiệm của hệ phương trình là 11 ; ; . 22 xy Bài toán 66. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 4 1 , 1 1 1 2 x y y x xy xy x x x y y   Lời giải. Điều kiện 0 xy Ta có 22 1 0, 1 1 0 x x y nên từ phương trình (2) ta có 2 0 xy Kết hợp điều kiện suy ra 00 yx Khi đó phương trình (2) 2 2 1 1 1 1 1 * y y y x x x Xét hàm số 2 1 f t t t t với 0 t Ta có 2 2 2 ' 1 1 0 1 t f t t t do 2 1 1 0 t Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 517 Từ (*) 11 1 f f y y xy xx Thế vào phương trình (1) ta được 22 1 1 2 1 x y TM xy xy x y L     Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 1;1 xy . Bài toán 67. Giải hệ phương trình   3 3 2 2 2 6 7 3 1 , 4 3 2 2 1 9 16 2 y x x x y xy y y x Lời giải. Điều kiện 13 y   Từ (1) ta có 3 3 2 3 1 1 y y x x Xét hàm số: 32 2 ' 6 1 0 f t t t f t t t Hàm số luôn đồng biến trên  nên suy ra 11 f y f x y x thế vào (2) ta được 2 4 2 2 2 2 9 16 x x x Điều kiện 22 x   bình phương hai vế ta có 2 2 2 2 2 32 16 8 2 9 8 0 4 8 2 16 8 2 8 0 x x x x x x x Đặt 2 2 8 2 0 t x t Phương trình trở thành 22 8 8 0 8 0 2 2 tx t t x x t x VN x      2 2 0 42 2 8 2 32 3 9 x x x x x  Vậy nghiệm của hệ phương trình là 4 2 3 4 2 ;; 33 xy . Bài toán 68. Giải hệ phương trình 22 1 1 1 1 , 1 1 2 2 x y y x xy xy   Lới giải. Điều kiện 1 1 x y    Đặt os ; os x c y c  với , 0;     Khi đó hệ phương trình trở thành Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 518 os sin os sin 1 sin 1 1 os 1 os 2 sin os sin os 1 0 2 sin os sin os 1 0 * cc cc cc cc         Giải (*) đặt 2 1 sin os , 2 sin os 2 t t c t c  Khi đó phương trình trở thành 2 1 2 3 0 3 t TM tt tL    Với 1 1 sin os 1 sin 0 42 2 tc  Vậy hệ đã cho có nghiệm là ; 0;1 xy . Bài toán 69. Giải hệ phương trình   3 31 , 3 02 xy x xy xy yx y xy Phân tích. Bài toán trên có nhiều cách giải. Tuy nhiên ta cũng có thể giải bằng phương pháp lượng giác hóa như sau. Giả sử 22 2 x y a Đặt .sin ; . os x a y ac Với định hướng như trên ta có cách giải bài toán như sau. Lới giải. Điều kiện   0 0 0 x y xy Đặt .sin ; . os x a y ac với  0 a Khi đó hệ phương trình trở thành   2 2 2 2 .sin 3 . os .sin 3 1 sin 3 os 3 . os 3 .sin 3sin 1 os 0 . os 0 a ac a a c a a ac a ac ac a Đặt sin ; os X Y c Khi đó hệ phương trình trở thành  2 2 1 3 3 3 1 0 a X Y a X a Y Ta có 42 10; 3 1 ; 9 xy D a D a a D a Với  00 y DD hệ phương trình vô nghiệm Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 519 Với    4 0 10 Da khi đó nghiệm của hệ phương trình là 2 44 31 9 ; 10 10 aa a XY aa Mặt khác 22 2 2 2 2 2 4 1 9 1 81 10 X Y a a a a , đặt 2 0 ta Khi đó ta có phương trình                    2 2 2 4 3 2 2 2 2 2 9 1 81 10 9 2 90 100 0 100 10 10 10 9 2 0 9 22 0 10 11 1 11 10 0 10 10 2 t t t t t t t t t t t t t t t t t t t tt t tL t Với 2 1 1 1 t a x y thế vào hệ ban đầu ta có   1 0 3 3 1 3 0 xy x xy x x y y yx y xy Với 2 10 10 10 t a x y thế vào hệ ban đầu ta có  10 3 3 3 0 xy xy x VN xy yx y xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 520 B. PHUÏ LUÏC SỰ HỖ TRỢ CỦA MÁY TÍNH CASIO–FX 570ES A. PHƢƠNG TRÌNH BẬC CAO 1. Tìm nghiệm hữu tỷ của phƣơng trình bậc cao Thí dụ. Tìm nghiệm của phương trình: 4 3 2 15 3 0 1 2 69 x x xx THỨ TỰ THAO TÁC TRÊN MÁY TÍNH CASIO KẾT QUẢ HIỂN THỊ Ý NGHĨA 1.1 6 6 1.2 ALPHA X Viết ẩn X trên CaSiO 1.3 ) 1.4 x 4 6X Viết phương trình đã cho trên máy tính CaSiO 1.5 4 1.6 (REPLAY) 4 6X 1.7 - 1.8 1 4 3 6X 13X 1.9 3 1.10 ALPHA 1.11 ) 1.12 x 1.13 3 1.14 (REPLAY) 32 4 6X 13X 15X 1.15 + 1.16 1 1.17 5 1.18 ALPHA 1.19 ) 1.20 2 x 1.21 9 32 4 6X 13X 15X 9X 1.22 ALPHA 1.23 ) 1.24 + 32 4 6X 13X 15X 9X 2 1.25 2 1.26 ALPHA 32 4 6X 13X 15X 9X 2 0 1.27 CALC 1.28 0 1.29 SHIFT 32 4 6X 13X 15X ... 0.6666666667 R X 0 Nghiệm của phương trình đã cho là 1.30 CALC 1.31 1 1.32 = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 521 2 3 x  Bình luận.Từ việc biết trước nghiệm của phương trình đã cho, ta dễ dàng đưa phương trình đó về dạng tích: 3 2 3 2 2 31 0 3xx xx . 2. Tìm nhân tử trong phƣơng trình bậc cao có nghiệm vô tỷ. Phƣơng án 01: Sử dụng chức năng TABLE Thí dụ 1.Tìm nhân tử của phương trình: 4 3 2 2 1 0 x x x THỨ TỰ NỘI DUNG THAO TÁC TRÊN MÁY TÍNH CASIO KẾT QUẢ HIỂN THỊ Ý NGHĨA 2.a.1 Viết phƣơng trình 4 3 2 2 1 0 x x x trên máy tính CaSiO Tương tự các bước từ: 1.1 đến 1.28 4 3 2 2X 1 0 X X 2.a.2 Gán giá trị: Solve for X là: 9 và chờ kết quả … Thực hiện lại các bước từ1.29đến 1.32 4 3 2 2X 1 0 X X R . X 1618033989 0 Phương trình có nghiệm 1.618033989  Chú ý: Chúng ta không quy đổi kết quảđó có giá trị chính xác là bao nhiêu màđi tìm nhân tử của phương trình ban đầu dựa vào kết quảđó. 2.a.3 Gán biến X cho biến A ALPHA 2.a.4 ) 2.a.4 SHIFT 2.a.5 RCL 2.a.6 (–)  XA 1.618033989 2.a.7 Kiểm tra giá trị của hàm số 2 f X A AX trong khoảng 9; 9 và cách nhau 1 đơn vị MODE SETU P Nhập hàm số 2.a.8 7 f(X) = 2.a.9 ALPHA 2.a.10 (–) 2.a.11 2 x 2 f X A Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 522 2.a.12 – 2.a.13 ALPHA 2.a.14 (–) 2.a.15 ALPHA 2.a.16 ) 2 f X A AX 2.a.17 = Start ? 1 Giá trị bắt đầu 2.a.18 – Bắt đầu bằng: –9 2.a.19 9 2.a.20 = End ? 5 Giá trị kết thúc 2.a.21 9 Kết thúc là: 9 2.a.22 = Step ? 1 Cách nhau 1đơn vị 2.a.23 1 2.a.24 Kiểm tra các giá trị của F(X) thể hiện trên bảng. Chúng ta chỉ quan tâm đến giá trị F(X) nguyên = X F(X) … 11 1 1 … Phƣơng trình có nhân tử là 2 10 x x Kết quả: Phƣơng trình có nhân tử là: 2 1 x x Đề xuất: Phương pháp giải toán Đƣa phƣơng trình về dạng tích: 22 1 . 1 0 xx xx  Chú ý : Cách làm này tuy nhanh, nhưng chúng ta chỉ nên áp dụng cho các phương trình bậc bốn có hệ số 1. a Phƣơng án 02: Sử dụng chức năng RCL (gán biến) Thí dụ 2:Tìm nhân tử của phương trình: 4 3 2 112 284 212 39 0 16 xx x x THỨ TỰ NỘI DUNG THAO TÁC TRÊN MÁY TÍNH CASIO KẾT QUẢ HIỂN THỊ Ý NGHĨA Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 523 3.b.1 Viết phƣơng trình 4 3 2 112 284 212 39 0 16 xx x x trên máy tính CaSiO Tương tự các bước từ: 1.1 đến 1.14 4 3 2 112X 284 16X 212X 39 0 X 3.b.2 Gán giá trị: Solve for X là: 9 và chờ kết quả … Thực hiện lại các bước từ 1.15 đến 1.18 4 3 2 112X 284 16X 212X 39 0 X X = 0.1513878189 R 0 Phương trình có nghiệm 0.1513878189 Tìm nghiệm của phương trình và gán biến X cho biến A 3.b.3 Gán biến X cho biến A ALPHA 3.b.4 ) 3.b.5 SHIFT 3.b.6 RCL 3.b.7 (–)  XA 0.1513878189 Tìm nghiệm khác của phương trình và gán biến X cho biến B 3.b.8 Viết phƣơng trình 4 3 2 112 284 212 39 0 16 xx x x trên máy tính CaSiO Tương tự các bước từ: 1.1 đến 1.14 4 3 2 112X 284 16X 212X 39 0 X 3.b.9 Gán giá trị: Solve for X là: – 9 và chờ kết quả … Thực hiện lại các bước từ1.15 đến 1.18 4 3 2 112X 284 16X 212X 39 0 X X = –1.651387819 R 0 Phương trình có nghiệm –1.651387819 3.b.10 Gán biến X cho biến B ALPHA 3.b.11 ) 3.b.12 SHIFT 3.b.13 RCL 3.b.14 ,,,  XB –1.651387819 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 524 Nhận thấy biến A và biến B có giá trị khác nhau. Ta tiếp tục thực hiện nhƣ sau: (Chúý: Nếu bước: 3.b.9 cho kết quả giống với bước 3.b.2 ta cần gán giá trịSolve for X khác) 3.b.15 Tìm tổng: A+B ALPHA 3.b.16 (–) A 3.b.17 + 3.b.18 ALPHA 3.b.19 ,,, A+B 3.b.20 = A+B 3 2 3.b.21 Tìm tích: A.B ALPHA 3.b.22 (–) 3.b.23 X 3.b.24 ALPHA 3.b.25 ,,, AxB 3.b.26 = AxB 1 4 Kết quả: Nhân tử của phƣơng trình đã cho là: 2 x A B x A.B , tức là: 2 31 24 xx Đề xuất: Phương pháp giải toán Đƣa phƣơng trình đã cho về dạng tích: 22 4 6 1 . 4 22 9 0 3 x x x x  Chú ý : Trong trường hợp AB và A.B không hữu tỷ, ta tiếp tục tìm nghiệm và gán cho biến C sau đó thử với AC và BC để tìm xem tổng nào có kết quả hữu tỷ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 525 B. PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1. Tìm nghiệm hữu tỷ của phƣơng trình vô tỷ Thí dụ. Tìm nghiệm của phương trình: 2 3 2 2 xx THỨ TỰ THAO TÁC TRÊN MÁY TÍNH CASIO KẾT QUẢ HIỂN THỊ Ý NGHĨA 1.1 ALPHA X Viết ẩn X trên CaSiO 1.2 ) 1.3 2 x X 2 1.4 + X 2 + 1.5  X 2 +  Viết 3X trên CaSiO 1.6 3 X 2 + 3 1.7 ALPHA X 2 + 3X 1.8 ) 1.9 – X 2 + 3X 1.10 2 X 2 + 3X 2 1.11 (REPLAY) X 2 + 3X 2 Đưa dấu nhắc ra ngoài căn thức 1.12 ALPHA X 2 + 3X 2 = 1.13 CALC 1.14 2 X 2 + 3X 2 =2 Viết phương trình: 2 x 3x 2 2 lên máy tính CasiO 1.15 SHIFT Solve for X 0 Ở bước 1.17 có thể nhập một giá trị bất kỳ 1.16 CALC 1.17 9 1.18 = X 2 + 3X 2 = 2 X = 1 R 0 Nghiệm của phương trình là 1 x  Bình luận.Việc biết trước nghiệm của một phương trình vô tỷ là khá quan trọng trong quá trình đi tìm lời giải cho bài toán phương trình vô tỷđó. Máy tính CaSiO có thể giúp chúng ta trả lời câu hỏi nghiệm của phương trình bằng bao nhiêu một cách nhanh chóng. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 526 2. Kiểm tra số nghiệm của phƣơng trình vô tỷ Thí dụ 1 . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: 2 3 2 1 xx THỨ TỰ NỘI DUNG THAO TÁC TRÊN MÁY TÍNH CASIO KẾT QUẢ HIỂN THỊ Ý NGHĨA 2.a.1 Viết phƣơng trình 2 3 2 1 xx trên máy tính CaSiO Tương tự các bước từ: 1.1 đến 1.14 2 3 X 2X 1 2.a.2 Gán giá trị: Solve for X là: 9 và chờ kết quả … Thực hiện lại các bước từ1.15 đến 1.18 Can’t Solve      AC :Cancel : Goto Phƣơng trình vô nghiệm.  Chú ý: Khi gặp trường hợp này để chắc chắn bạn nên thử gán Solve for X với một giá trị khác. (Giá trị này nên chọn giá trị nguyên lân cận 1 X 2 , chọn là0 chẳng hạn) 2.a.3 (REPLAY) 2 3 X 2X 1 Quay về bƣớc hiển thị phƣơng trình 2.a.4 Gán giá trị: Solve for X là: 0 SHIFT Solve for X 0 2.a.5 CALC 2.a.6 0 2.a.7 = Can’t Solve      AC :Cancel : Goto Phƣơng trình vô nghiệm. Dựđoán Phƣơng trình đã cho vô nghiệm Đề xuất: Phương pháp giải toán Hàm số, đánh giá Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 527  Thí dụ 2. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: 3 2 3 2 3 6 5 8 0 xx THỨ TỰ NỘI DUNG THAO TÁC TRÊN MÁY TÍNH CASIO KẾT QUẢ HIỂN THỊ Ý NGHĨA 2.b.1 Viết phƣơng trình 3 2 3 2 3 6 5 8 0 x x trên máy tính CaSiO Tương tự các bước từ: 1.1 đến 1.14 3 36 2 3X X8 2 50 2.b.2 Gán giá trị: Solve for X là 9 và chờ kết quả … Thực hiện lại các bước từ1.15 đến 1.18 3 36 2 3X X8 2 50 – R X2 0 Phƣơng trình có nghiệm 2 x .  Chú ý: Ta tiếp tục kiểm tra xem phương trình có nghiệm nào khác ngoài 2 x bằng cách gán Solve for X bởi một giá trị khác lân cận 6 X 5 . 2.b.3 Gán giá trị: Solve for X là: 2 SHIFT Solve for X –2 2.b.4 CALC 2.b.5 2 2.b.6 = 3 36 2 3X X8 2 50 – R X2 0 Phƣơng trình có nghiệm 2 x . Dự đoán Phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất 2 x Đề xuất: Phương pháp giải toán Liên hợp, đánh giá, hàm số Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 528  Thí dụ 3.Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: 2 1 2 2 x x x x x THỨ TỰ NỘI DUNG THAO TÁC TRÊN MÁY TÍNH CASIO KẾT QUẢ HIỂN THỊ Ý NGHĨA 2.c.1 Viết phƣơng trình 2 1 2 2 xx xx x trên máy tính CaSiO Tương tự các bước từ: 1.1 đến 1.14 2 X X 1 X X 2 2 X 2.c.2 Gán giá trị: Solve for X là 9 và chờ kết quả … Thực hiện lại các bước từ1.15 đến 1.18 2 X X 1 X X 2 2 X R X0 0 Phƣơng trình có nghiệm 0 x .  Chú ý: Ta tiếp tục kiểm tra xem phương trình có nghiệm nào khác ngoài 1 x bằng cách gán Solve for X bởi một giá trị khác lân cận 1 X . 2.c.3 Gán giá trị: Solve for X là: 2 SHIFT Solve for X 0 2.c.4 CALC 2.c.5 2 2.c.6 = 2 X X 1 X X 2 2 X R . X 1125 0 Phƣơng trình có nghiệm 9 8 x .  Chú ý: Ta tiếp tục kiểm tra xem phương trình có nghiệm nào khác ngoài 0 x và 9 8 x bằng cách gán Solve for X bởi một giá trị khác lân cận 2 X . 2.c.7 Gán giá trị: Solve for X là: –3 SHIFT Solve for X 1.125 2.c.8 CALC – 2.c.9 3 2.c.10 = 2 X X 1 X X 2 2 X R X0 0 Phƣơng trình có nghiệm 0 x . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 529 Dự đoán Phƣơng trình đã cho chỉ có 2 nghiệm 0 x và 9 8 x Đề xuất: Phương pháp giải toán Nhân liên hợp đƣa về dạng: 2 9. 8 0 fx x  Chú ý: Chúng ta có thể sử dụng liên tục nút để thử các khoảng chứa nghiệm của phương trình. Việc thử càng nhiều giá trị (Solve for X) chúng ta sẽ nhận đoán được kết quả càng chính xác! 3. Tìm nhân tử của phƣơng trình có nghiệm vô tỷ Phƣơng án 01: Sử dụng chức năng TABLE  Thí dụ 1.Tìm nhân tử của phương trình: 2 4 2 3 21 x x xx THỨ TỰ NỘI DUNG THAO TÁC TRÊN MÁY TÍNH CASIO KẾT QUẢ HIỂN THỊ Ý NGHĨA 3.a.1 Viết phƣơng trình 2 4 2 3 21 x x xx trên máy tính CaSiO Tương tự các bước từ: 1.1 đến 1.14 2 4 2 3 X X X 2X 1 3.a.2 Gán giá trị: Solve for X là: 9 và chờ kết quả … Thực hiện lại các bước từ1.15 đến 1.18 2 4 2 3 X X X 2X 1 R . X 1618033989 0 Phương trình có nghiệm 1.618033989  Chú ý: Chúng ta không quy đổi kết quảđó có giá trị chính xác là bao nhiêu màđi tìm nhân tử của phương trình ban đầu dựa vào kết quảđó. 3.a.3 Gán biến X cho biến A ALPHA 3.a.4 ) 3.a.4 SHIFT 3.a.5 RCL 3.a.6 (–)  XA 1.618033989 3.a.7 Kiểm tra giá trị của hàm số 2 f X A AX trong khoảng 9; 9 và cách nhau 1 đơn vị MODE SET UP Nhập hàm số 3.a.8 7 f(X) = 3.a.9 ALPHA SHIFT CALC Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 530 3.a.10 (–) 3.a.11 2 x 2 f X A 3.a.12 – 3.a.13 ALPHA 3.a.14 (–) 3.a.15 ALPHA 3.a.16 ) 2 f X A AX 3.a.17 = Start ? 1 Giá trị bắt đầu 3.a.18 – Bắt đầu bằng: –9 3.a.19 9 3.a.20 = End ? 5 Giá trị kết thúc 3.a.21 9 Kết thúc là: 9 3.a.22 = Step ? 1 Cách nhau 1đơn vị 3.a.23 1 3.a.24 Kiểm tra các giá trị của F(X) thể hiện trên bảng. Chúng ta chỉ quan tâm đến giá trị F(X) nguyên = X F(X) … 11 1 1 … Phƣơng trình có nhân tử là 2 10 x x Kết quả: Phƣơng trình có nhân tử là: 2 1 x x Đề xuất: Phương pháp giải toán Nhân liên hợp đƣa phƣơng trình về dạng: 2 1 . 0 x x f x  Nhận xét: Phương án 01 chỉđưa vềđược phương trình: x 2 – mx + n = 0 (m, n N), không đưa vềđược phương trình: x 2 – px + q = 0 (p, q Q). Nguyên nhân: Trên bảng TABLE ta cho Step? nhận giá trị là1 nên máy tính chỉ kiểm tra các giá trị của biến X nguyên và cách nhau 1 đơn vị. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 531 Phƣơng án 02: Sử dụng chức năng RCL (gán biến)  Thí dụ 2:Tìm nhân tử của phương trình: 2 14 1 4 6 1 14 0 xxx THỨ TỰ NỘI DUNG THAO TÁC TRÊN MÁY TÍNH CASIO KẾT QUẢ HIỂN THỊ Ý NGHĨA 3.b.1 Viết phƣơng trình 2 2 14 11 4 6 16 10 x x x trên máy tính CaSiO Tương tự các bước từ: 1.1 đến 1.14 2 2 14X 11 4 16 X 6X 10 3.b.2 Gán giá trị: Solve for X là: 9 và chờ kết quả … Thực hiện lại các bước từ1.15 đến 1.18 2 2 14X 11 4 16 X 6X 10 X = 0.1513878189 R 0 Phương trình có nghiệm 0.1513878189 Tìm nghiệm của phương trình và gán biến X cho biến A 3.b.3 Gán biến X cho biến A ALPHA 3.b.4 ) 3.b.5 SHIFT 3.b.6 RCL 3.b.7 (–)  XA 0.1513878189 Tìm nghiệm khác của phương trình và gán biến X cho biến B 3.b.8 Viết phƣơng trình 2 2 14 11 4 6 16 10 x x x trên máy tính CaSiO Tương tự các bước từ: 1.1 đến 1.14 2 2 14X 11 4 16 X 6X 10 3.b.9 Gán giá trị: Solve for X là: – 9 và chờ kết quả … Thực hiện lại các bước từ1.15 đến 1.18 2 2 14X 11 4 16 X 6X 10 X = –1.651387819 R 0 Phương trình có nghiệm –1.651387819 3.b.10 Gán biến X cho biến ALPHA Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 532 3.b.11 B ) 3.b.12 SHIFT 3.b.13 RCL 3.b.14 ,,,  XB –1.651387819 Nhận thấy biến A và biến B có giá trị khác nhau. Ta tiếp tục thực hiện nhƣ sau: (Chúý: Nếu bước: 3.b.9 cho kết quả giống với bước 3.b.2 ta cần gán giá trịSolve for X khác) 3.b.15 Tìm tổng: A+B ALPHA 3.b.16 (–) A 3.b.17 + 3.b.18 ALPHA 3.b.19 ,,, A+B 3.b.20 = A+B 3 2 3.b.21 Tìm tích: A.B ALPHA 3.b.22 (–) 3.b.23 X 3.b.24 ALPHA 3.b.25 ,,, AxB 3.b.26 = AxB 1 4 Kết quả: Nhân tử của phƣơng trình đã cho là: 2 x A B x A.B , tức là: 2 31 24 xx Đề xuất: Phương pháp giải toán Nhân liên hợp, đƣa phƣơng trình về dạng: 2 31 .0 24 x x f x  Nhận xét: Điểm mạnh của phương án 02 là tìm nhân tửđối với những phương trình không chứa căn thức (phương trình sau phép lũy thừa). Nguyên nhân: Một phương trình vô tỷ có thể có 2 nghiệm, nhưng một nghiệm không thỏa mãn điều kiện. Vì vậy máy tính đã tựđộng loại bỏ nó! Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 533 4. Kiểm tra miền giá trị của hàm số bằng chức năng TABLE  Thí dụ. Kiểm tra miền giá trị của hàm số: 3 2 11 2 24 1 4 3 f x x x x và nêu định hướng cách giải phương trình: 2 3 11 21 3 2 4 4 0 x x x (VMO–1995) – Bƣớc 1: Kiểm tra được rằng phương trình có nghiệm duy nhất 3 x (xem mục B) – Bƣớc 2: Kiểm tra miền giá trị của hàm số 3 2 11 2 24 1 4 3 f x x x x trong khoảng ( –9; 9) và cách nhau 1 đơn vị. THỨ TỰ NỘI DUNG THAO TÁC TRÊN MÁY TÍNH CASIO KẾT QUẢ HIỂN THỊ Ý NGHĨA 4.a.1 Kiểm tra trên TABLE hàm số 3 2 11 2 2 4 1 4 3 f x x x x trong khoảng (–9; 9) và cách nhau 1 đơn vị Tương tự các bước từ: 3.a.7 đến 3.a.22 X F(X) 1 –9 292.25 2 –8 246.9 … … … 12 2 2.2377 13 3 0 14 4 2.1317 … 19 9 74.475 Tại vị trí13 ta thấy X=3 và F(X)=0, nghĩa là phương trình có nghiệm 3 x Các giá trị còn lại của X luôn cho giá trịF(X)>0 Bƣớc 3: Kiểm tra giá trị của X trong khoảng (2;4) với độ rộng 0.1 (lân cận nghiệm 3 x ) 4.a.2 Viết hàm số 3 2 11 2 2 4 1 4 3 f x x x x trong TABLE Tương tự các bước từ: 3.a.7 đến 3.a.16 3 2 11X 2 f X 2X 4X 3 4 1 4.a.3 Kiểm tra giá trị của X trong khoảng (2;4) với độ rộng 0.1 = Start ? 1 4.a.4 2 Bắt đầu với 2 x 4.a.5 = End ? 5 4.a.6 4 Kết thúc với 4 x 4.a.7 = Step ? 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tư duy logic tìm tòi lời giải Hệ phương trình 534 4.a.8 0 Kiểm tra các giá trị cách nhau một khoảng 0.1 4.a.9 4.a.10 1 4.a.11 Kiểm tra dấu F(X) thể hiện trên bảng. = X F(X) 1 2 2.2377 2 2.1 1.804 … … … 10 2.9 0.0217 11 3 0 12 3.1 0.0216 … 21 4 2.1317 Các giá trị của X khác 3 trong bảng luôn làm cho F(X) > 0 Nhận định: 2 3 24 11 21 3 0, 4 x x x x R Đề xuất: Phương pháp giải toán Đánh giá, hàm số, liên hợp  Nhận xét: Trong quá trình giải toán, chúng ta sẽ gặp phải những phương trình cần sử dụng phương pháp đánh giáđể giải quyết trọn vẹn bài toán. Chức năng kiểm tra các giá trị của F(X) trên bảng TABLE sẽ giúp chúng ta có những nhận định chính xác hơn như: f(x) > 0 hay f(x) < 0, hàm số cóđơn điệu không? …  Chú ý: Nếu các giá trị của F(X) tăng dần theo giá trị của X chứng tỏ hàm sốđồng biến, và giá trịF(X) giảm dần khi giá trị của X tăng dần chứng tỏ hàm số nghịch biến. Không nên thử các giá trị ngoài tập xác định, bởi chúng ta sẽ không nhận được kết quả với những giá trịđó. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com