Vẻ đẹp đánh giá phương trình và hệ phương trình

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ L ỜI GI ỚI THI ỆU Trước năm 2017 phương trình hay hệ phương trình đều là các vấn đề khá quen thuộc và thường xuyên xuất hiện trong kỳ thi đại học, THPT Quốc Gia hay các kỳ thi học sinh giỏi với hàng trăm bài toán được đưa ra trong các đề thi thử, đề thi học sinh giỏi hay thảo luận trên những diễn đàn. Mặc dù từ năm 2017 trở đi vấn đề này tuy không còn giữ được sức nóng như trước nữa nhưng nó vẫn giữ một phần quan trọng trong chương trình toán phổ thông và cũng là một phần không thể thiếu trong các kỳ thi học sinh giỏi, Olympic. Có thể thấy với mức độ quan trọng của mình thì đã có rất nhiều tác giả đưa ra những cuốn sách của mình nói về vấn đề này kèm với rất nhiều dạng toán có liên quan, hầu hết tất cả các dạng được viết phương pháp và cách giải rất cụ thể. Tuy nhiên với mình – một người đã từng trải qua những năm tháng học phổ thông – thì mình có thể thấy rằng phương pháp đánh giá là một phương pháp rất mạnh và hiệu quả để xử lý các bài toán phức tạp và cũng đã được các anh chị, thầy cô ch÷ ø để viết thành một số chuyên đề riêng về phương pháp này nhưng bản thân mình thấy các chuyên đề đó hầu hết chưa thực sự sâu và chưa có nhiều sự thống nhất. Chính vì lø do đó mình cöng 2 người bạn của mình đã nảy ra ø tưởng viết một cuốn sách để có thể tổng hợp, sáng tạo các bài toán hay và khó hơn nhằm đưa đến cho bạn đọc một cái nhìn, và hướng đi mới trong việc giải các bài toán phương trình vô tỷ. Trong cuốn sách này mục đích của mình là hướng tới 2 đối tượng là các bạn học sinh lớp 10 đang học phương trình, hệ phương trình và các bạn đang ôn thi học sinh giỏi nên sẽ có một số phần có sự trợ giúp của máy tính cầm tay để cho các bạn tham khảo. Cuốn sách được viết nên không thể chỉ có mình cá nhân mình mà hoàn thành được mà là sự cố gắng của 2 người bạn của mình là: 1. Nguyễn Mai Hoàng Anh – Lớp 10A1 – THPT Thực hành Cao Nguyên Đak Lak 2. Nguyễn Trường Phát – THPT Marie Curie Bên cạnh đó mình cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô, các anh chị đã góp ø, gi÷p mình biên soạn nên cuốn sách này mà tiêu biểu là: 1. Thầy Lã Duy Tiến – THPT Bình Minh – Ninh Bình 2. Thầy Nguyễn Thế Quốc - Khánh Hòa – Thừa Thiên Huế 3. Thầy Bùi Quý Minh – Giáo viên trường THPT Hồng Bàng – Hải Phòng 4. Thầy Đào Văn Minh – GDNN - GDTX Kiến Xương - Thái Bình 5. Thầy Lưu Thế Dũng – Giáo viên trường THPT Chuyên Sơn La 6. Thầy Nguyễn Bá Long – Giáo viên trường THPT Như Thanh – Thanh Hóa 7. Thầy Văn Huấn – Giáo viên trường DTNT – Hòa Bình 8. Anh Bùi Thế Việt – Sinh viên Đại học FPT 9. Thầy Mai Xuân Vinh – Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An 10. Thầy Lê Văn Đoàn – THPT An Hữu 11. Anh Nguyễn Minh Tuấn – THPT Nguyễn Thị Minh Khai – Hà Nội 12. Anh Trần Quốc Thịnh – Hà Nội 13. Thầy Nguyễn Minh Quân: Giáo viên trường THPT Trần Văn Bảy – Sóc Trăng 14. Thầy Phạm Hùng Hải: Giáo viên trường THPT Hoàng Hoa Thám – Đà Nẵng 15. Cô Nguyễn Thị Trang Trang: Giáo viên THPT Lê Quø Đôn – Thạch Hà – Hà Tĩnh 16. Bạn Phan Trọng Nghĩa – Đại học sư phạm TPHCM 17. Anh Hồ Xuân Hùng – Sinh viên đại học Bách Khoa Hà Nội 18. Bạn Trần Hằng Nga – THPT Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương 19. Thầy Nguyễn Tài Tuệ - THPT Nguyễn Khuyến 20. Bạn Lê Quốc Dũng – TPHCM 21. Cô Trần Cẩm Huyền – THPT Cẩm Phả - Quảng Ninh 22. Anh Hàn Đặng Phương Nam – Đại học y dược Thái Nguyên 23. Thầy Phạm Kim Chung – Administrator K2pi.net.vn 24. Thầy Nguyễn Hồng Duy – Administrator K2pi.net.vn Mình mong rằng cuốn sách này sẽ mang lại cho các bạn học sinh đang học lớp 10, các bạn đang ôn thi HSG những kiến thức, kỹ năng, kinh nghiệm để xử lý các bài toán hay và khó, đồng thời giúp các thầy cô có một tài liệu bổ ích để tham khảo đồng thời giúp ích cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Mặc dö đã rất cố gắng biên soạn một cách chi tiết tỉ mỉ nhưng không thể tránh khỏi các sai sót nhất định, mong bạn đọc bỏ qua và góp ý trực tiếp cho nhóm tác giả qua địa chỉ của mình NGUY ỄN MINH TU ẤN Sinh viên K14 – Khoa học máy tính – Đại học FPT Hà Nội Email: tuangenk@gmail.com Phone: 0343763310 Cuối cùng thay mặt nhóm tác giả cảm ơn các bạn đã theo dõi cuốn sách này, chúc các bạn học tập tốt và đồng thời các thành cô thành đạt hơn trong công việc. Nhóm tác giả Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Trường Phát – Nguyễn Mai Hoàng Anh M ỤC L ỤC PHẦN I. KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÔ NGHIỆM……...…1 I. CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 VÔ NGHIỆM…………………………...1 II. CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH BẬC 6 VÔ NGHIỆM…………………………..3 III. CÁCH PHÂN TÍCH RIÊNG CHO HAI DÒNG MÁY ĐẶC BIỆT………………...4 IV. CHỨNG MINH TRÊN KHOẢNG……………………………………………………6 V. PHƯƠNG PHÁP DAC CHỨNG MINH TRÊN ĐOẠN……………………………..8 VI. CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC 1 BIẾN……………………………………...13 PHẦN 2. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH ………………………………………………………………...34 CÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ I. CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH……………………………………………...34 PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG…………………………………………34 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HÀM ĐƠN ĐIỆU………………………..54 II. CÁC BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH…………………………………………….79 PHẦN III. BẤT ĐẲNG THỨC ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH ……………………………………………………………….112 CÁC BẤT ĐẲNG THÚC CẦN NHỚ I. CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH………………………………………….…113 ĐÁNH GIÁ MIỀN NGHIỆM……………………………………………….…..113 ĐÁNH GIÁ THEO CỤM……………………………………………………......121 KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN………………….…...127 II. CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH…………………………………….…192 TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………………….267 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 1 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor PHẦN I. KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÔ NGHIỆM. I. CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 VÔ NGHIỆM. Cách 1. Sử dụng tính chất tam thức bậc 2. Nền tảng: Ta sẽ phân tìch phương trënh ban đầu thành         2 2 ax x m f x 2 trong đî   fx là một tam thức bậc 2 luôn lớn hơn 0 với mọi  x Ví dụ 1: Chứng minh phương trënh sau vï nghiệm      4 3 2 x x 3x x 7 0 Giải  Bước 1: Đầu tiên ta biến đổi phương trënh theo tham số m như sau:                              4 3 2 2 2 2 2 x x 3x x 7 0 x 11 x m 2m x 1 m x 7 m 0 24 Nhiều bạn sẽ đặt ra câu hỏi tại sao lại là  2 x xm 2 . Rất đơn giản, khi ta khai triển biểu thức     2 2 x xm 2 sẽ xuất hiện ngay 3 x vì  23 x 2.x . x 2 . Hiểu rồi chứ các bạn, các bài khác cũng tách tương tự được như vậy, chỉ cî điều ta phải đưa nî về dạng tổng quát:      4 3 2 x 2ax bx cx d 0 thì mới tách thành như trên.  Bước 2: Ta tính  theo tham số m:              2 2 11 1 m 4 2m 7 m 4  Bước 3: Ta thấy phương trënh ban đầu vô nghiệm thë phương trình            22 11 2m x 1 m x 7 m 0 4 Phải vô nghiệm. Để phương trënh này vï nghiệm thì        0 11 2m 0 4  Dùng MODE 7 ,nhập hàm sau vào máy:               2 2 11 F X 1 X 4 2X 7 X 4    Start 10 End 10 Step 1 Sau đî ta tëm các giá trị X làm      11 F X 0 & 2X 0 4 Nhìn vào bảng ta thấy rất nhiều giá trị làm    F X 0 , VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 2 nhưng tuy nhiên ta phải chọn làm sao cho  11 2X 0 4 và đî phải là một giá trị bé dễ rút gọn. Với lì do như thế tôi sẽ chọn  X0 hay  m0  Bước 4: Do biết  m0 nên phương trënh sẽ trở thành:                         22 4 3 2 2 0x x 11 2 76 x x 3x x 7 0 x x 0 2 4 11 11 Nên phương trënh vï nghiệm! Cách 2. Sử dụng đạo hàm. Ta xét phương trënh tổng quát:      4 3 2 x ax bx cx d 0  Bước 1: Đạo hàm vế trái:       32 f ' x 4x 3ax 2bx c  Bước 2: Giải phương trënh    f ' x 0. Nếu : 1. Phương trënh cî 1 nghiệm thë đây là điểm rơi của bài toán. 2. Phương trënh cî nhiều nghiệm thì thử xem nghiệm nào làm vế trái nhỏ nhất  Bước 3: Tìm k sao cho: +             2 4 3 2 2 ax x ax bx cx d x k 0 x 2 +    2 00 a k x x 2 nhất. Mục tiêu của phương pháp này tương tự như phương pháp ở trên nhưng cî vài điểm tối ưu hơn.  Bước 4: Sau khi ta tëm được k thì chỉ việc lấy :                2 4 3 2 2 2 a x ax bx cx d x x k mx nx p 0 x 2 Do        f x g x h x mà trong đî            h x 0 g x 0 nên    f x 0. Thế là xong bài! Ví dụ 2: Chứng minh rằng   42 f x x x x 2 0 x        Giải  Bước 1: Đạo hàm vế trái      3 f ' x 4x 2x 1  Bước 2: Giải phương trënh        0 f ' x 0 x x 0..8846461771  Bước 3: Tìm k: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 3 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor           2 00 a4 k x x 0.7825988 k 0.8 25  Bước 4: Ta lấy:              2 4 2 2 2 43 x x x 2 x x x 1,36 0 x 55 Do đî phương trënh ban đầu vô nghiệm! Nhanh hơn chứ! Ví dụ 3: Chứng minh rằng         4 3 2 f x 2x x 2x x 3 0 Giải  Bước 1: Đạo hàm:           32 0 f ' x 8x 3x 4x 1 x x 1  Bước 2: Tìm      2 00 a3 k x x 24  Bước 3: Lấy              2 2 2 1 3 7 f x 2 x x x 1 1 4 4 8 . Xong! Ví dụ 4: Chứng minh rằng         4 3 2 f x 4x 2x 2x x 14 0 Giải  Bước 1: Đạo hàm            32 0 f ' x 16x 6x 4x 1 0 x x 0,7909677904  Bước 2: Tìm      2 00 a1 k x x 22  Bước 3: Lấy                       22 2 1 1 7 4 87 f x 4 x x x 0 x 4 2 4 7 7 II. CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH BẬC 6 VÔ NGHIỆM. Ta xét phương trënh tổng quát sau:           6 5 4 3 2 f x x ax bx cx dx ex f 0  Ta sẽ thêm bớt biểu thức:       2 32 a x x mx n 2  Lấy                 2 2 3 2 4 aa f x x x mx n b 2m x ... 24  Giải phương trënh      0 f ' x 0 x x thỏa mãn      0 min f x f x  Tìm m thỏa mãn          2 m a b 2m 0 4 , thïng thường ta sẽ cho    2 a b 2m 1 4  Tìm n thỏa mãn           32 0 0 0 n a x x mx n 0 x  Khi tëm được m,n bài toán coi như được giải quyết! Sau đây là 2 ví dụ để tìm hiểu rõ cách làm. Ví dụ 1: Chứng minh rằng          6 5 4 2 f x x 2x x 4x 2x 1 0 Giải VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 4  Ta có             5 4 3 0 f ' x 6x 10x 4x 8x 2 0 x x 0,25219838  Lấy               2 3 2 4 f x x x mx n 2 2m x ...  Ta tìm m thỏa mãn       3 2 2m 1 m 2  Ta tìm n thỏa mãn        32 0 0 0 31 x x x n 0 n 24  Lấy                         22 3 2 2 2 3 1 5 1 11 11 f x x x x x x x 0 2 4 4 2 16 16  Vậy bài toán đã đượcgiải quyết! Ví dụ 2: Chứng minh rằng           6 5 4 3 2 f x x 2x 2x 4x 8x 2x 12 0 Giải  Ta có              5 4 3 2 0 f ' x 6x 10x 8x 12x 16x 2 0 x x 0,115820665  Lấy               2 3 2 4 f x x x mx n 3 2m x ...  Ta tìm m thỏa mãn       3 2m 1 m 2  Ta tìm n thỏa mãn        32 0 0 0 1 x x 2x n 0 n 4 . Để ý thấy   0 f x 11,58 0 rất nhiều nên đây là một bài toán khá lỏng lẻo. Do đî ta cî thể coi  n0 để tiện rút gọn bằng máy tính.  Lấy             2 3 2 4 2 f x x x 2x x 4x 2x 12 0  Vậy bài toán đã được giải quyết hoàn toàn. III. CÁCH PHÂN TÍCH RIÊNG CHO HAI DÎNG MÁY ĐẶC BIỆT. Phương pháp này chỉ hữu ích cho 2 dòng máy VINACAL 570es PLUS II và CASIO 570VN – PLUS bởi vë 2 díng máy này cî tình năng tình min max của 1 tam thức bậc 2. Đối với máy VINACAL thì ta sẽ bấm SHIFT 6 6 máy sẽ hiện lên như sau: Còn máy CASIO VN thì tích hợp trong chức năng giải phương trënh bậc 2. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 5 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Nội dung Phương pháp này sẽ dung tính chất cơ bản của tam thức bậc 2 như sau:Xét tam thức      2 f x ax bx c thì ta luôn có          2 b f x a x 2a 4a . Tưởng chừng đơn giản nhưng lại giúp ích khá nhiều! Ví dụ minh họa. Ví dụ 1: Chứng minh rằng          4 3 2 33 f x x 3x 3x x 0 x 4 16 Giải  Nếu quen với phương pháp này thë sẽ cho ra kết quả khoả  Do tôi dùng máy VINACAL nên sẽ khởi động tình năng tëm min max.  Nhập vào máy  1 3 3 , máy sẽ cho ra kết quả: Vậy ta sẽ có         2 2 4 3 2 2 3 3x x 3x 3x x x 24 .  Tiếp tục nhập    3 3 3 4 4 16 ta lại được kết quả: Vậy ta sẽ có        2 2 3x 3 3 3 1 xx 4 4 16 4 2 .  Vậy ta được                    22 2 3 3 1 f x x x x 0 2 4 2 . Bài toán đã được giải quyết! Nhanh chứ!. Đấy vẫn là bënh thường ta sẽ chiến một ví dụ tiếp theo! Ví dụ 2: Chứng minh rằng           6 5 4 3 2 f x x 3x 3x x 2x x 1 0 Giải 1. Nhập 3 hệ số đầu vào máy ta sẽ được kết quả: Vậy sẽ có         2 6 5 4 4 4 33 x 3x 3x x x x 24 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 6 2. Nhập vào máy 3 hệ số tiếp theo sẽ được kết quả: Vậy sẽ có         2 4 3 2 2 2 3 3 2 5 x x 2x x x x 4 4 3 3 3. Nhập vào máy 3 hệ số cuối sẽ được kết quả: Vậy sẽ có         2 2 5 5 3 17 x x 1 x 3 3 10 20 4. Vậy                              2 2 2 42 3 3 2 5 3 17 f x x x x x x 0 x 2 4 3 3 10 20 . Bây giờ sẽ chiến nốt ví dụ cuối cùng! Ví dụ 3: Chứng minh rằng              8 7 6 5 4 3 2 2 4 14 1 f x x x 3x x x 2x 3x x 0 x 3 3 3 3 Giải Chỉ cần bấm máy khoảng 1 phút ta sẽ có kết quả dưới đây:                                    2 2 2 2 6 4 2 1 26 3 176 39 489 88 119 f x x x x x x x x 3 9 13 39 176 176 489 489 Tự làm nhé! Cuối cùng hãy thử sức với bài sau đây. Chứng minh:                 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 f x x 2x 18x 11x 18x 16x 22x 17x 31x 10x 20x 10x 21 0 Chú ý rằng: 1. Nếu bạn nào không có 2 dòng máy trên thì vẫn có thể tình được như trên nhưng mất thời gian tính   b & 2a 4a . Nhưng đừng ngại nhé làm nhiều sẽ tiến bộ 2. Nếu bạn nào cî VINACAL hay VN PLUS thë đừng vội mừng, nhiều khi gặp phải những bài hệ số xấu thë cũng phải tính tay thôi vì máy tính không hiển thị được, thế là bằng nhau. Tiêu biểu là bài bên trên tôi cho, vui vẻ nhé. IV. CHỨNG MINH TRÊN KHOẢNG. Đầu tiên xét dạng tổng quát cho các bài toán cî điểm rơi khïng chặt. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 7 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Giả sử cần chứng minh phương trënh    f x 0 vô nghiệm trên         b; ; ;a . Ta sẽ CALC sao cho     X a 1000; X b 1000 sau đî khai triển như bënh thường. Để hiểu rõ hơn ta sẽ cùng chiến một ví dụ lấy . Ví dụ 1: Chứng minh rằng               4 3 2 f x 3x 2x 2x 10x 4 0 x 2; Giải Cách 1: Hàm số  Ta có             3 2 2 f ' x 12x 6x 4x 10 f '' x 36x 12x 4               15 x 6 f '' x 0 15 x 6  Lập bảng biến thiên cho   f ' x ta được: x   15 6  15 6    f '' x  0  0    f ' x   83 5 5 9  83 5 5 9  Nhìn vào bảng biến thiên ta có thể thấy phương trënh    f ' x 0 có 1 nghiệm duy nhất thuộc vào khoảng    0,9; 0,8 do        f ' 0,9 .f ' 0,8 0 . Giả vờ nghiệm đî là    0 x x 0,8997774777 . Lại tiếp tục lập bảng biến thiên cho   fx ta được          f x 0 x 2; . Vậy là hết bài! Cách 2: Nhóm thành tổng dựa vào điều kiện. Ta dễ dàng nhận thấy     x 2 x 2 0 nên nảy ra û tưởng viết   fx dưới dạng :                    4 3 2 f x a x 2 b x 2 c x 2 d x 2 e Và công việc này sẽ nhờ tới sự trợ giúp của thủ thuật CASIO.  Ta sẽ CALC X sao cho     X 2 1000 X 1002   CALC X 1002 ta được kết quả      4 12 3,022058 10 3 x 2  Ghi vào sau      4 3 X 2 , CALC X 1002 ta được kết quả      3 10 2,205807 10 22 x 2  Ghi vào sau      3 22 X 2 , CALC X 1002 ta được kết quả    2 58074048 58 x 2  Ghi vào sau      2 58 X 2 , CALC X 1002 ta được kết quả      74048 74 x 2 48 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 8  Thử lại với  X ta được kết quả là 0. Vậy kết quả luïn đúng  Vậy                           4 3 2 f x 3 x 2 22 x 2 58 x 2 74 x 2 48 0 x 2;  Thế là bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 2: Chứng minh rằng             5 4 3 2 f x x x x 4x 6x 1 0 x 1 Giải  Đúng như những bước làm bên trên ta sẽ tách thành:                        5 4 3 2 f x x 1 6 x 1 13 x 1 17 x 1 20 x 1 10  Để ý thấy với                               5 3 x 1 0 x 1 13 x 1 0 f x 0 x ; 1 20 x 1 0 Ví dụ 3: Chứng minh rằng              7 6 5 4 3 2 f x x x x 2x 8x 8x 10x 2 0 x 1 Giải Do bài này bậc tương đối cao nên ta sẽ cứ làm như bënh thường và tìm các hệ số còn lại bằng đồng nhất hệ số. Ta có                                  7 6 5 4 3 2 f x x 1 6 x 1 16 x 1 23 x 1 a x 1 b x 1 c x 1 f 1 Lập hệ, cho x lần lượt bằng 1,2,3 sẽ tëm được a,b,c. Ta được:                                7 6 5 4 3 2 f x x 1 6 x 1 16 x 1 23 x 1 25 x 1 20 x 1 16 x 1 7 Bài toán đã được giải quyết V. PHƯƠNG PHÁP DAC CHỨNG MINH TRÊN ĐOẠN Ý tưởng của phương pháp này chình là phương pháp DAC – Phương pháp này đã cî trong cuốn “ Những viên kim cương trong bất đẳng thức – Trần Phương” bạn đọc có thể tham khảo thêm! Ví dụ 1: Chứng minh rằng                5 4 3 2 f x x x 2x 2x 5x 3 0 x 1; Giải Để ý thấy:                     5 4 3 2 22 4 3 2 2 f x x 1 4 x 1 4 x 1 4 x 1 4 x 1 4 3x 1 1 7 9 58 4 x 1 4 x 1 4 x 1 4 x 1 4 4 x x 0 2 5 20 7 175                                            Nên do đî          f x 0 x 1; (đpcm). Xong! Hết bài. Hướng dẫn Do ta đang cần chứng minh      f x 0 x 1 nên nảy ra û tưởng tách thành:                     5 4 3 2 x 1 a x 1 b x 1 c x 1 d x 1 e NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 9 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Để tách thành như vậy ta sẽ sử dụng máy tính cầm tay để giải quyết. Để ý thấy với     x 1 x 1 0 nên ta sẽ nhập vào máy và CALC sao cho     X 1 1000 X 1001 và sử dụng kỹ thuật xấp xỉ như khai triển đa thức ta sẽ tách thành dạng như trên. Cụ thể các bước làm như sau: Nhập vào máy biểu thức trên,  CALC X 1000 ta được kết quả là      5 15 1.0... 10 x 1 . Ghi vào sau    5 X1  CALC X 1000 ta được kết quả là      4 12 4.0... 10 4 x 1 . Ghi vào sau    4 4 X 1  CALC X 1000 ta được kết quả      3 9 3.99... 10 4 x 1 Ghi vào sau    3 4 X 1  CALC X 1000 ta được kết quả       2 4003996 4 x 1 Ghi vào sau    2 4 X 1  CALC X 1000 ta được kết quả        3996 4 x 1 4 . Nhớ rằng để tìm hệ số tự do ta sẽ CALC giá trị mốc tức là 1 và được kết quả là 4. Vậy ta được kết quả                        5 4 3 2 f x x 1 4 x 1 4 x 1 4 x 1 4 x 1 4 , thử lại với  x ta thấy kết quả luïn đúng. Đến đây vấn đề đặt ta là tất cả không phải dấu ""  nên ta cần phải xử lû thêm 1 bước nữa. Thật may là biểu thức bậc 4 đằng sau luïn dương nên ta sẽ quy nó về bài toán chứng minh phương trënh bậc 4 vô nghiệm với ẩn  y x 1. Sử dụng thủ thuật SOS ta sẽ tách nó thành:                                         4 3 2 22 2 4 x 1 4 x 1 4 x 1 4 x 1 4 3x 1 1 7 9 58 4 x x 0 2 5 20 7 175 Khi đî bài toán đã được giải quyết hoàn toàn! Nhận xét Bài toán trên chỉ là dạng đăc biệt do biểu thức   fx khá là lỏng. Vậy đối với những bài toán chặt khác mà khi tách ra dạng như trên toàn dấu  "" thì phải làm như thế nào? Sau đây sẽ là cách giải quyết.  Thứ nhất ta sẽ cần nới rộng khoảng cần chứng minh ta, cî nghĩa là nếu bài toán cho  x1 thì ta sẽ chứng minh hẳn nó lớn hơn 0 với  x3 chẳng hạn, sau đî sẽ chứng minh nó lớn hơn 0 với    x 1; 3 .  Để chứng minh        f x 0 x 1;3 ta sẽ sử dụng kỹ thuật chia để trị DAC. ( Áp dụng chứng minh vô nghiệm trên đoạn).  Nội dung phương pháp DAC: Bổ đề: Cho hàm số   f x, y liên tục và xác định trên      D a;b a;b Hàm số   f x, y đồng biến theo x và nghịch biến theo y . Khi đî nếu    f a,b 0 thì      f x, y f a,b 0 .  Chứng minh bổ đề: VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 10 + Do hàm số đồng biến theo x ,  xa nên        f x, y f a, y 1 + Do hàm số nghịch biến theo y ,  yb nên        f a, y f a,b 2 + Từ     1 & 2 cî điều phải chứng minh. Áp dụng Đối với bài này ta cứ giả vờ tách nî dưới dạng    x3 ta sẽ được:                           5 4 3 2 f x x 3 14 x 3 76 x 3 196 x 3 236 x 3 108 0 x 3 Xét    x 1; 3 . Đây là điều quan trọng nhất. Do bổ đề xét tới hàm 2 biến nên ta sẽ biến   fx thành hàm 2 biến dựa vào tính đồng biến nghịch biến. Ta có:      54 x ' 5x 0 Chỗ này đồng biến ta sẽ đặt là x .        43 x ' 4x 0 Chỗ này nghịch biến nên đặt là y. Tương tự với các chỗ còn lại. Cuối cùng ta sẽ đặt         5 4 3 2 g x, y x y 2y 2y 5x 3 , hàm này chắc chắn đồng biến theo x và nghịch biến theo y với        x, y D 1;3 1;3 . Sau khi đặt xong hàm   g x, y ta cần phải chứng minh nó lớn hơn 0. Do bổ đề phát biểu nếu        f a,b 0 f x, y 0 thì nhiều người sẽ tương luïn  x 1& y 3 , nhưng chớ trêu là nî âm choét ra do ta đánh giá quá mạnh tay, và nhiều bạn sẽ nghĩ bổ đề sai, nhưng hãy để ý rằng phương pháp này cî tên chia để trị nên các bạn cần phải chia             1;3 1;a a;b ... z;3 và xét từng khoảng để khi thay 2 cận vào nî luïn dương, hiểu chứ?. Để tìm các khoảng kia phải sử dụng đến tài sản quý báu là chiếc máy tính. Nhập hàm   g x, y vào máy:      5 4 3 2 X Y 2Y 2Y 5X 3. Đầu tiên bấm CALC và nhập  X1 trước do đây là cận nhỏ nhất, sau đî ta thử thay  Y3 vào thấy âm thì sẽ chuyển  Y2 thấy vẫn âm. Chuyển tiếp Y xuống 1, 5 thì thấy vẫn âm, lúc này đừng hoảng ta sẽ tëm được  Y 1, 2 thì   369 g x, y 0 625 , thế là đã tëm được 1 khoảng đầu tiên. Để tìm tiếp các khoảng tiếp theo ta lại cho  X 1, 2 và tìm Y. Cứ lặp lại quá trình trên ta sẽ chia được:                  1;3 1;1,2 1,2;1,3 1,3;1,39 1,39;1, 46 1, 46;1,51                   1,51;1,56 1,56;1,6 1,6;1,64 1,64;1,67 1,67;1,7 1,7;1,73                     1,73;1,76 1,76;1,8 ; 1,8;1,84 1,84;1,88 1,88; 1,93 1,93;1,99 1,99;2 . Lúc đến bắt đầu tới số 2 là các bạn sẽ gặp khî khăn do các khoảng càng ngày càng hẹp. Ta lại nảy û tưởng chứng minh      f x 0 x 2 . Ta sẽ được:                         5 4 3 2 f x x 2 9 x 2 30 x 2 42 x 2 21 x 2 5 0 Vậy lời giải sơ lược của bài này sẽ như sau: Xét  x2 ta có                         5 4 3 2 f x x 2 9 x 2 30 x 2 42 x 2 21 x 2 5 0 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 11 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Xét    x 1; 2 . Ta có bổ đề sau: Cho hàm số   f x, y liên tục và xác định trên      D a;b a;b Hàm số   f x, y đồng biến theo x và nghịch biến theo y . Khi đî nếu    f a,b 0 thì      f x, y f a,b 0 . Chứng minh: Do hàm số đồng biến theo x ,  xa nên        f x, y f a, y 1 Do hàm số nghịch biến theo y ,  yb nên        f a, y f a,b 2 Từ     1 & 2 cî điều phải chứng minh. Xét hàm         5 4 3 2 g x, y x y 2y 2y 5x 3      f x g x,x .Hàm số đồng biến theo x , nghịch biến theo y , liên tục trên           1;1,2 ; 1,2;1,3 ; 1,3;1,39 ; 1,39;1, 46 ; 1, 46;1, 51             ; 1,51;1,56 ; 1,56;1,6 ; 1,6;1,64 ; 1,64;1,67 ; 1,67;1,7 ; 1,7;1,73             ; 1,51;1,56 ; 1,56;1,6 ; 1,6;1,64 ; 1,64;1,67 ; 1,67;1,7 ; 1,7;1,73 . Lại có              369 g 1;1,2 0 625 ... g 1,99;2 4,1579601 0 nên theo bổ đề ta sẽ có                          f x g x,x 0 x 1;1,2 ... f x g x,x 0 x 1,99;2 Từ đî suy ra điều phải chứng minh! Ví dụ 2: Chứng minh rằng           8 5 2 f x x x x x 1 0 x Giải Cách 1: Tạo dựng hằng đẳng thức Ta luôn có:                          22 8 5 2 4 1 3 2 2 f x x x x x 1 x x x 0 2 4 3 3 Từ đî suy ra điều phải chứng minh. Cách 2: DAC Nhìn cách 1 có vẻ rất ngắn gọn nhưng sẽ nhiều bạn có thể không nhận thấy dấu hiệu tách hằng đẳng thức thì ta vẫn có thể làm như sau: Xét  x0 khi đî  5 x0 lại có                2 2 8 13 x x 1 x 0 24 x0 nên cî điều phải chứng minh. Xét  x1 khi đî               8 5 5 3 5 2 x x x x 1 x x 1 x x 1 0 ta cũng cî điều phải chứng minh. Xét    x 0;1 đây là khâu quan trọng nhất. Cách làm DAC sẽ như sau: + Bước 1: Phát biểu, chứng minh bô đề. VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 12 + Bước 2: Đặt hàm   g x, y sao cho hợp lì đảm bảo luïn đúng theo bổ đề ( rất quan trọng!). Để đặt hàm   g x, y ta sẽ đạo hàm từng biến một và xét tình đồng biến, nghịch biến.Nhớ là chỗ nào đang đồng sẽ đặt là x, nghịch biến là y. Có:                            87 54 2 x ' 8x 0 x ' 5x 0 x ' 2x 0 x ' 1 0 . Nên sẽ đặt hàm        8 5 2 g x, y x y x y 1 . + Chia để trị: Để chứng minh vô nghiệm được ta sẽ phải chia thành các khoảng nhỏ       a;m ; m;n ;...; y;b làm sao cho khi ta thay cận min bằng x và cận max bẳng y thì    g x, y 0 . Công việc này cî casio để hỗ trợ. Nhập vào máy     8 5 2 X Y X Y 1 . Ta sẽ  CALC X 0 trước và thử cho với  Y0 luôn xem cî dương khïng. Nhưng tiếc là biểu thức bị âm do ta đã đánh giá quá trội, và vì thế cần thu nhỏ khoảng lại. Thử CALC tiếp và cho  Y 0, 5 xem.Lần này đã dương, nhưng ta có thể nới rộng khoảng hơn nữa thử cho  Y 0,7 lần này cũng dương nhưng nếu nới rộng ra hơn nữa sẽ bị âm.Thế là đã tëm được một khoảng. Ta sẽ lập lại quá trình trên với  X 0,7 và sẽ phải tìm Y. Lần lượt tëm được 2 khoảng nữa là     0,7;0,9 & 0,9;1 . + Bước 3: Lời giải: Viết lại bước 1. Đặt        8 5 2 g x, y x y x y 1 liên tục trên các khoảng       0;0,7 ; 0,7;0,9 ; 0,9;1 . Đồng biến theo x, nghịch biến theo y, có      f x g x,x . Lại có                                                   g 0;0,7 ... 0 f x g x,x 0 x 0;0,7 g 0,7;0,9 ... 0 f x g x,x 0 x 0,7;0,9 g 0,9;1 ... 0 f x g x,x 0 x 0,9;1 . Suy ra điều phải chứng minh. Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 3: Chứng minh rằng                 6 5 4 2 1 1 4 f x x x x 2x x 0 x ; 10 9 3 Giải Đây là 1 bài toán khá là chặt nên chắc chắn sẽ phải chia tương đối nhiều khoảng. Xét     1 x ;0 9 . Đặt          6 5 4 2 1 g x, y x x x 2y x 10 . Ta sẽ chia được các khoảng là             1 ; 0,1 ; 0,1; 0,05 ; 0,05;0 9 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 13 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Xét     4 x 0; 3 . Đặt          6 5 4 2 1 g x, y y x y 2x x 10 . Ta sẽ chia được các khoảng là                4 1;1,1 ; 1,1;1,2 ; 1,2;1,25 ; 1,25;1,29 ; 1,29;1, 31 ; 1,31;1,32 ; 1,32; 3 . Ghê chưa! Vậy bài toán đã được giải quyết! Áp dụng làm bài sau: Chứng minh rằng:             42 f x x 3x 6x 1 0 x 0,2;1,1  Thử áp dụng cách làm trên làm các bài sau Chứng minh rằng: 1.                 6 5 4 2 1 1 4 f x x x x 2x x 0 x ; 10 9 3 2.          8 5 2 f x x x x x 1 0 x ( thử dùng DAC nhé). 3.                 5 4 3 2 f x x x x 4x 6x 1 0 x ; 1 4.              7 6 5 4 3 2 f x x x x 2x 8x 8x 10x 2 0 x 1 5.             42 f x x 3x 6x 1 0 x 0,2;1,1 Kết thúc phương pháp này ở đây, trong mục này tôi chỉ trình bày cho các bạn một số cách bấm máy thïi để xử lû các đa thức thôi, nếu muốn tìm hiểu thêm về cách chứng minh bất đẳng thức 2 hay 3 biến bằng DAC thì hãy tham khảo thêm ở cuốn sách mà tïi đã nîi ở đầu mục nhé! VI. CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC 1 BIẾN Trong phần này tôi sẽ giới thiệu tới các bạn một số cách chứng minh bất đẳng thức 1 biến cả bằng tay không với kết hợp với một chút CASIO, trong đî có một số bài toán khá là phức tạp có thể sẽ không giúp ích được nhiều cho lắm, nhưng tôi vẫn đưa vào để mọi người cùng tham khảo cách làm và sáng tạo thêm một số cách giải hay khác! Ví dụ 1: Giải phương trënh              2 x 8x 16 x 3 3x 1 2 x 7x 2 0 Giải Bài này có rất nhiều cách giải khác nhau nhưng ta cứ liên hợp rồi chứng minh vô nghiệm xem sao. Ta có:                                                                                       2 x 8x 16 x 3 3x 1 2 x 7x 2 0 x 4 x 1 x 3 3x 1 2 2 x 7x 2 3 0 3 x 3 x 1 7 2 x x 1 x 4 x 1 0 3x 1 2 7x 2 3 x1 3 x 3 7 2 x f x x 4 0 3x 1 2 7x 2 3 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 14 Nhiệm vụ là chứng minh       2 f x 0 x 7 . Với                  3 x 3 0 x 3 2 x 0 3x 1 2 5 . Khi đî cî:                        3 x 3 7 2 x 2x 29 7x 2 29x 157 f x x 4 5 7x 2 3 5 7x 2 3 1. Với      157 x f x 0 29 . 2. Với  157 x 29 thì                      32 28x 21x 15225x 22967 157 f x 0 x 29 5 7x 2 3 2x 29 7x 2 29x 157 Với     2 x ;2 7 ta có:          2 x 0 7x 2 3 7 . Khi đî ta cî:                          3 x 3 6 3x 1 12 3 x 3 6 3x 1 21 3x f x 6 0 3x 1 2 3x 1 2 3x 1 2 Với    x 2; 3 , ta có:               3 x 3 0 2 x 0 7x 2 3 7 . Khi đî tương tự như trên ta cî:                          3 x 3 6 3x 1 12 3 x 3 6 3x 1 21 3x f x 6 0 3x 1 2 3x 1 2 3x 1 2 Vậy bài toán đã được giải quyết hoàn toàn!. Nhận xét  Ngoài cách như trên ta vẫn có thể tinh û nhîm như sau:                                                  3 x 3 7 2 x 7 2 x 3 x 3 11 f x x 4 x x 4 22 3x 1 2 7x 2 3 7x 2 3 3x 1 2 x 8 3x 1 x 25 x 7x 2 4x 14 2 7x 2 3 2 3x 1 2  Khi đî thìch dùng đạo hàm hay dùng bất phương trënh phụ thì tùy, tôi sẽ dùng đạo hàm.  Đặt                     f x x 7x 2 4x 14 g x x 8 3x 1 x 25 . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 15 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor - Ta có:              8 7x 2 21x 4 280 275968 f ' x 0 0 x 882 2 7x 2 .   f ' x đổi dấu từ        khi qua  280 275968 882 nên đạt cực tiểu tại  280 275968 882            280 275968 f x f 12,99 0 882 - Chứng minh tương tự ta cũng suy ra    g x 0 .  Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 2: Giải phương trënh               3 2 2 2 3 2 x x 1 x 1 x x 6 2x 2x 9x 2 Giải Ta có:                                                                3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 22 2 22 x x 1 x 1 x x 6 2x 2x 9x 2 x x 1 x x 1 2 x 1 x x 6 3 2x 5 x x 3 0 x x 1 x 1 x x 3 2x 5 0 x x 1 2 x x 6 3 Đặt                22 22 x x 1 x 1 f x 2x 5 x x 1 2 x x 6 3 . Chú ý rằng:                  2 2 2 2 x x 1 xa x x 1 2 x1 xb x x 6 3 . Khi đî dùng lim ta tëm được                            2 2 x 2 2 x x x 1 3 a lim x 2 x x 1 2 x 1 7 b lim x 2 x x 6 3 Ta có: 1.         22 22 2 22 2 x x 1 3 2x x x 1 x x 1 3 3 x x 1 x0 2 x x 1 2 2 x x 1 2 2 x x 1 2                         2.         22 22 2 22 2 x 1 7 2x x 1 x 1 7 7 x 1 x0 2 x x 6 3 2 x x 6 3 2 x x 6 3                     Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 3: Giải phương trënh         5 4 3 2 x 7x 12x x 3x 6 12 6 5x 0 Giải Ta có: VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 16                                              5 4 3 2 4 3 2 32 x 7x 12x x 3x 6 12 6 5x 0 x 1 x 8x 20x 21x 18 12 6 5x 1 0 x1 60 f x x 3 x 5x 5x 6 0 6 5x 1 Để ý thấy: 1. Với               0 6 x ;x 3; f x 0 5 . Với 0 x thỏa mãn     32 0 0 0 x 5x 5x 6 0 2. Với    0 x x ; 3 ta có: -                      0 2 60 300 g x g ' x 0 g x g x 9 6 5x 1 2 6 5x 6 5x 1 - Khi đî:               2 2 2 13 39 f x x 4x 1 2 x 0 48 Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 4: Chứng minh rằng                      20x x 1 20 x 1 9 f x 4 x 1 x 1 1 0 x 1; 5 5x 1 2 9 5x 2 Giải Để ý thấy: 1. Do     9 x 1; 5 nên         20 x 1 9 5x 2 4 5 x 1 9 5x 2 2. Khi đî                 20x x 1 f x g x 4 x 1 x 1 5 x 1 1 5x 1 2 3. Lại có:                          22 2 x 1 1 2 5x 1 x 1 5x 1 2 9 g x 0 x 1; 5 5x 1 2 4. Nên         9 f x 0 x 1; 5 ( đpcm). Xong! Hướng dẫn Bài này nhìn hình thức khá khủng bố, trông có vẻ rối rắm nhưng khá là đơn giản.  Đầu tiên ta thấy có quá nhiều căn trong bài, điều này làm ta nảy ra û tưởng đánh giá bớt 1 căn đi để đưa về dạng đơn giản hơn.  Hai là bài này là một bài khïng được chặt cho lắm vàcác biểu thức trong căn ở bậc nhấtnên nảy ra û tưởng đánh giá với 1 hằng số nào đî.  Ba là thấy trong bài có 2 phân thức nên sẽ thử đánh giá một em xem sao, tôi sẽ chọn cái thứ 2. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 17 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Dễ thấy         20 x 1 9 5x 2 4 5 x 1 9 5x 2 . Lúc này bài toán chỉ cín 2 căn. Dùng MODE 7 nhận thấy    f x 1 . Điều này chẳng khác nào cho ta biết phương trënh:           20x x 1 4 x 1 x 1 5 x 1 0 5x 1 2 có nghiệm kép. Mà may mắn thay ta lại rút được  x1 ra, lúc này chỉ là giải phương trënh 1 căn cî nghiệm kép  1 x 4 (tự tìm nhé) và 1 nghiệm  x1 (không quan tâm) quá dễ dàng, sử dụng liên hợp ngược hoặc chia căn cho nhanh là sẽ ra! Ta được:                       2 2 x 1 1 2 5x 1 x 1 20x x 1 4 x 1 x 1 5 x 1 0 5x 1 2 5x 1 2 Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 5: Chứng minh rằng                      2 2 5x 5x 10 2x 6 f x x 5 0 x 2; x 7 3 x 2 2 Giải Hướng làm vẫn như bài trước, ta sẽ đánh giá 2 cái mẫu được      x 7 3 5 3 5 và    x 2 2 2 . Khi đî:              2 2 5x 5x 10 2x 6 f x g x x 5 0 52 Nên              f x g x 0 x 2; (đpcm). Xong! Hướng dẫn Bài này khïng cî cái gë để nói hết, trong căn chứa đa thức bậc nhất nên ta sẽ đánh giá với 1 hằng số nào đî và là xong! Ngoài ra nếu thích DAC thì cứ việc dùng thử nhé! Ngoài cách này ra còn có một cách khác. Ta có                           2 2 5 x x 2 2 x 3 f x x x 2 x 3 x 7 3 x 2 2                                  2 5 2 9 x x 2 1 x 3 1 0 x 1; 5 x 7 3 x 2 2 Đến đây dựa vào điều kiện tự giải thích nhé! Ví dụ 6: Chứng minh rằng                               x 1 x 1 f x 2 3 0 x ;1 2 x 3x 1 2 1 x 3 2x 1 3 3 2 3 Giải VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 18 Nhận thấy 1.          2x g x 1 x 3 32 nghịch biến trên    1 ;1 2 nên      3 g x g 1 6 2.          3x 1 v x 2x 1 3 3 đồng biến trên    1 ;1 2 nên       13 v x v 26 Khi đî        x 1 x f x 2 3 0 33 66 . Vậy ta cî điều phải chứng minh. Hướng dẫn Bài này không có gì phải bàn cả. Do dưới mẫu đang cî căn chứa đa thức bậc nhất nên ta sẽ đánh giá từng căn với một hằng số, nếu khïng đánh giá được như vậy thì dùng DAC không có gì khó cả. Ở trên tïi trënh bày hơi tắt, đáng lẽ phải có phần chứng minh đạo hàm mang 1 dấu nữa, nhưng thïi thời gian có hạn mong thông cảm . Ví dụ 7: Chứng minh rằng                   4 3 2 1 x 2x 3x 6x 7 x 2 2x 5 x 1 4x 2 0 x 2 Giải Với  x2 ta có 2 bổ đề sau (tự chứng minh nhé):              19 2x 5 x 24 98 4x 2 x 45 .Khi đî ta cî:                           22 4 3 2 2 9 16 6 1 4 427 f x x 2x x x 9,9 x x x 0 10 5 5 2 5 50 Với      1 x ;2 2 ta có:        2x 5 2 4x 2 4 . Khi đî:              2 4 3 2 2 2 f x x 2x 3x 7 x x 1 2x 7 0 Vậy bài toán đã được giải quyết! Nhận xét Ở trên tôi có nêu lên 2 bổ đề mà nhiều người đọc sẽ chẳng hiểu được kiếm đâu ra. Sau đây tïi xin trënh bày các bước làm. Dễ kiểm tra thấy    f x 0 nên nó sẽ có giá trị nhỏ nhất, việc của ta là tëm được khi x bằng bao nhiêu thë đạt cực tiểu. Rõ ràng nghiệm của phương trënh    f ' x 0 chính là giá trị cần tëm do đî ta sẽ giải phương trënh    f ' x 0 , ta được:                32 0 3x 3 6x 4 f ' x 4x 6x 6x 6 0 x x 0,3100436394 2x 5 4x 2 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 19 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Việc làm tiếp theo là tìm nhân tử chứa nghiệm  0 xx , ta sẽ dùng phím d dx . Nhân tử có dạng    2x 5 ax b . Với                0 xx 0 d a 2x 5 dx b 2x 5 a . Do kết quả lẻ nên ta sẽ tìm một số gần nó và phải đẹp và thay vào phương trënh đầu phải thỏa mãn. Với lì do đî chọn          1 a 2 9 b 4 . Tương tự cho căn cín lại ta được nhân tử    98 4x 2 x 45 . Để ý thấy              19 2x 5 x 24 98 4x 2 x 45 , mà    f x 0nên cần chia làm 2 trường hợp mới đánh giá được . Đến đî chỉ việc đánh giá phương trënh bậc 4 là xong!. Ví dụ 8: Chứng minh rằng                   22 x 1 2x 1 f x 2 0 x 3; x 3 1 x 5 3 Giải Ta có:                    2 2 2 4 3 28x 144x 189 x 3 x 0 x 3; 32 6 6 x 3 8x 3 Khi đî                        22 2 2 12 10x x 5 16x 28x 33 x 1 2x 1 f x 2 43 x 5 3 8x 3 x 5 3 x1 32 Để ý thấy : 1.        22 12 10x x 5 16x 28x 33             2 2 2 2 5 23 2 x 5 x 1 16 x 5 x 33x 12 24 2.             2 22 23 23 66 222 16 x 5 x 33x 12 x 0 x 4 4 23 23 3. Vậy    f x 0 Hướng dẫn Đầu tiên ta sẽ tëm điểm rơi của bài toán chính là nghiệm của đạo hàm. Ta có:                         22 22 2 2 2 2 x 3 x 3 6 x 5 x 10 f ' x 0 x A 2,677764402 x 3 x 3 1 x 5 x 5 3 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 20 Tìm 2 nhân tử chứa điểm rơi bằng cách sử dụng phím d dx . Ta sẽ đưa về 1 căn và sử dụng nhân tử liên quan tới  2 x3 vë điều kiện gắn chặt với con căn này. Nhân tử có dạng như giải phương trënh vï tỷ là    2 x 3 ax b . Ta có                     xA d a f x dx b f x ax . Áp dụng vào bài ta có           2 xA d4 a x 3 1.311... dx 3 . Vốn dĩ cî thể lấy  4 3 là vë ta đang cần một số đẹp để tiện biến đổi và đây cũng là bài toán chặt nhưng khïng phải chặt xít cổ do    f A 0,188421028. Ngoài nếu thích làm chặt nữa ta có thể lấy là   13 59 a ;a ... 10 4 Đối với bài chặt hơn nữa thì ta cần phải làm như vậy chứ còn bài này thì không cần, chỉ vậy là đủ! Có tiếp          3 b f x ax 1.528191379 2 . Lúc này nhận thấy là    2 43 x 3 x 32 đúng chiều ta cần do bài toán cần chứng minh lớn hơn 0 và tử đang lớn hơn 0. Nếu nhân tử chưa đúng như ta cần thì ta cần phải làm tròn hệ số tự do làm sao cho đúng chiều dấu chúng ta cần. Đến đây mới chỉ đi qua 2 3 chặng đường, còn một phần nữa là chứng minh phần sau chứa một căn lớn hơn 0 bằng kỹ thuật SOS. Tëm điểm rơi của biểu thức           22 g x 12 10x x 5 16x 28x 33 . Ta có:                22 0 2 32x 28 x 5 20x 12x 50 g' x 0 x x 1,961407277 x5 Nhận thấy ta cần tìm nhân tử có dạng         2 22 x 5 ax b 2ax x 5 ... Đằng trước đang có  2 10x x 5 nên tìm a thỏa mãn khi ta lấy         2 2 g x x 5 ax b phải triệt tiêu được 10x . Với lí do trên ta sẽ chọn     34 a 5 b 5 . Từ đî cî nhân tử là       2 2 34 x 5 5x 5 . Nhưng tuy nhiên nhân tử chưa thỏa mãn do thay vào bị âm và ta nâng hệ số trước căn lên 2. Với cách làm tương tự ta có nhân tử sẽ là       2 2 5 2 x 5 x 1 2 . Đến đây khïng cín gë phải bàn nhé! Ví dụ 9: Chứng minh rằng   42 4 f x x 1 x 3x 1 2x 10 0         vô nghiệm. Giải NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 21 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Dùng Casio nhận thấy           35 f x 0 x 5; 2 và            35 f x 0 x ; 2 . Trường hợp 1: Xét      35 x 5; 2 . Để ý thấy                                                                    44 44 2 2 2 2 35 x 1 x x x 0 x 5; 2 5 x 3 3 7 3 5 x 3x 1 x 0 x 5; 37 2 2 2 4 x 3x 1 x 22 1 7 1 3 5 2x 10 x 2x 10 2 0 x 5; 2 2 4 2 Do đî          3 7 1 7 f x x x x 0 2 2 2 2 Trường hợp 2:        35 x; 2 Để ý thấy                 2 42 4 4 2 4 2 4 2x x 1 x 1 0 x 1 x 1 x 1 x 1 Khi đî                        2 22 22 5x 10 2 x 3x 1 2x 10 f x x 1 x 3x 1 2x 10 0 x 1 x 3x 1 2x 10 Vậy phương trënh    f x 0 vô nghiệm. (đpcm). Xong! Hướng dẫn Bài này phương pháp giống hệt với bài 4. Ta cũng sẽ đi tëm điểm rơi của bài toán. Do thấy   fx luïn dương trên      35 5; 2 và luôn âm trên        35 ; 2 nên ta sẽ chia làm 2 trường hợp.  Đối với trường hợp 1 thì không có gì phải bàn, nhưng trường hợp 2 thë cî điều phải chú ý!  Do trên        35 ; 2 thì ta sẽ khïng tëm được nghiệm của đạo hàm hay lúc này hàm nghịch biến, nên ta sẽ khïng đi chứng minh đạo hàm âm mà sẽ quy về đánh giá  4 4 x1 với một   gx nào đî. Cái này hơi khî nhưng chịu để ý        4 4 2 x 1 x x 1 x . Nếu như    42 4 x 1 x 1 thì thay vào thấy thỏa mãn. Vậy ta sẽ đi chứng minh VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 22    42 4 x 1 x 1 , đây khïng phải 1 câu khî, tïi cũng đã chứng minh rồi. Khi đî chỉ việc liên hợp lên là cî điều cần chứng minh. Ví dụ 10: Chứng minh rằng                    22 x 1 x 3 x 11 f x 0 x 3; 36 x 1 1 x 3 3 Giải Trường hợp 1: Xét    x 3;3 . Để ý thấy:                                      2 2 2 2 2 3 x 1 4 x 1 x 0 x 3;3 1 2 x 1 x 2 3 x 2 x 3 2x 3 0 x 3;3 x 3 2x 3 Khi đî                     2 2 2 2 2x 14x 9 x 1 8x 8x 9 x 1 3 x x 11 fx 1 2x 3 6 6x x 1 1 x1 2 Để ý tiếp:                   2 2 2 2 2x 14x 9 0 x 3;3 2x 14x 9 x 1 8x 8x 9 0 Nhân liên hợp ta được      6 5 4 3 2 4x 56x 172x 180x 105x 108x                      2 4 2 2 21 7299 x x 4x 13 x 43x 172x 108 110 x 0 44 88 Nên          2 2 2 2x 14x 9 x 1 8x 8x 9 0 Trường hợp 2: Xét      x 3; . Nhận thấy  2 x 3 3 5 Khi đî                   2 2 2 4x 37 x 1 34x 7 x 1 3 x x 11 fx 5 3 6 x 1 1 30 x 1 1 Đặt                   22 2 2 34 x 1 8x 37x 4 g x 4x 37 x 1 34x 7 g' x x1 . Để ý thấy         2 2 3 119 8x 16 32 g ' x 0 x1 nên   gx đồng biến trên     3; . Suy ra        g x g 3 15,9430585 0 . Vậy           f x 0 x 3; . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 23 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Ví dụ 11: Chứng minh rằng                   22 x 1 2x 1 19 f x 0 x 2 ; 7 x 1 2 x 2 1 Giải Dễ nhận thấy  2 x 1 x . Khi đî ta luïn cî:                           gx 22 2 2 12x 31 x 2 14x 23x 17 x 1 2x 1 19 fx x 2 7 x 2 1 7 x 2 x 2 1 Để ý thấy:               2 2 2 2 75 22 523 37 g x x 2 x x 23x 31 x 2 11 25 275 11             2 2 2 0.261129x 1.621612x 2.521284 x 2 1.123x 0.722 0 x 2 1.123x 0.722 Khi đî             2 2 2 523 37 523 37 x 23x 31 x 2 x 23x 31 1.123x 0.422 0 275 11 275 11 Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 12: Chứng minh rằng                      22 4 x 1 3 x 2 2 2 4 f x x 0 x ; 5 2 5 x 2 3 x 4 8 Giải Để ý thấy               2 2 2 2139 9139 x 1.40448x 19 231 2 4 2500 15625 x 4 x 0 x ; 19 231 50 125 2 5 x 4 x 50 125 Khi đî                     gx 2 2 2 2 475x 24890x 11968 475x 8750x 12421 x 2 fx 5 95x 2462 x 2 3 Có              ux 32 2 vx 1424x 17500x 14324x 17500 g ' x 950x 24890 x2 Nhận thấy                                       24 ; 25 24 24 ; ; 25 25 2 min v x v 25561,75144 2 4 max u x u 25165,00167 min v x 5 Nên   gx đồng biến trên    24 ; 25 . Từ đî cî                       2 2 4 g x g 2.957051285 0 f x 0 x ; 2 2 5 . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 24 Ví dụ 13: Chứng minh rằng                       3 x 1 2x 1 1 f x 3 0 x ; 3 8x 5 x 2 6x 2 x 1 Giải Trường hợp 1: Xét  x1 . Khi đî                  3 x 5x 4 3 8x 5 f x 0 x 1; 8x 5 x 2 Trường hợp 2: Xét     11 x; 32 . Khi đî              8x 5 x 2 3 2 6x 2 x 1 3 Nên ta có                                3 33 11 2 18 7 3 2x 1 x 1 2x 18x 7 25 38 f x 3 0 3 2 6 6 162 Trường hợp 3: Xét     1 x ;1 2 . Khi đî              6x 2 x 1 5 8x 5 x 2 5.5 Nên                   3 3 2 x 1 2x 1 10x 22x 144 1 f x 3 0 x ;1 11 5 55 2 Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 14: Giải phương trënh      42 9x 32x 5 18 4 3x 0 Lã Duy Tiến Giải Ta có:                                     42 32 32 9x 32x 5 18 4 3x 0 54 x 1 9x 9x 23x 23 0 4 3x 1 x1 54 f x 9x 9x 23x 23 0 * 4 3x 1 Giải   * . Dễ dàng nhận thấy với   23 x ; 1; 3              thì ta thấy   f x 0  . Xét 23 x ; 1 3       , ta có bổ đề sau: 1 19 4 3x x 25    (bạn đọc tự chứng minh). Khi đî   4 3 2 32 54 45x 477x 317x 1219x 1644 f x 9x 9x 23x 23 0 1 19 5x 48 x1 25               Vậy PT x 1  . Nhận xét Câu này mặc dù mẫu chứa căn ở bậc nhất nhưng ta khïng thể đánh giá được do        x lim 4 3x . Vì thế ta sẽ đưa về bài toán giống với bài 4. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 25 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Khi ta đạo hàm tëm điểm rơi thë sẽ tëm được 3 nghiệm, nhiều bạn sẽ không biết chọn điểm rơi nào cho phù hợp. Vậy khi gặp những trường hợp thế này thì ta sẽ thì 3 nghiệm của   f ' x vào, nghiệm nào làm   fx min thì ta sẽ chọn điểm rơi đî. Thứ 2 với việc tìm nhân tử, ta cî điểm rơi là 0 x x 1 350561897 , khi thay vào 1 4 3x x 2  thì sẽ được kết quả là 3 512830189 . và nếu ai lấy là 3.5 thì bài toán sẽ sai do 17 4 3x x 0 25     sẽ ngược chiều với bài toán. Nếu lấy khoảng 3 6 3 7 , ; , thì vẫn chưa được do sẽ bị dương ở một vài giá trị. Mặt khác bài này khïng được chặt cho lắm nên ta sẽ lấy hẳn lên 19 5 và kiểm tra bằng MODE 7 có thể thấy luôn âm và thay vào thấy   f x 0  cho nên đây là nhân tử cần tìm. Bạn đọc có thể lấy một số khác đẹp hơn! Việc chứng minh   4 3 2 g x 45x 477x 317x 1219x 1644 0        nhìn có vẻ khî nhưng rất dễ, ta sẽ tách như sau:     32 g x x 45x 477 317x 1219x 1644       , có thể thấy rằng với 23 x ; 1 3       thì 3 2 x0 45x 477 0 317x 1219x 1644 0              Từ đî suy ra   g x 0  . Và thế là hết bài! Ví dụ 15: Giải phương trënh       2 2 1 1 x 1 2x 3 x 4 x 2x 5 1 Giải Do  x1 là nghiệm của phương trënh nên ta tiến hành liên hợp.                                                            2 2 2 2 2 2 1 1 x 1 2x 3 x 4 x 2x 5 1 x 4 2x 3 x 1 2x 3 x 4 x 2x 5 1 x 1 1 x 1 0 2x 3 x 4 2x 3 x 4 x 2x 5 1 x0 x 1 1 f x 0 2x 3 x 4 2x 3 x 4 x 2x 5 1 Xét       x 1; . Ta có:            2 2 2 x 1 3 x 2x 5 1 0 x 2x 5 1 . Nên bài toán luïn đúng. Xét        3 x ; 1 2 . Để ý thấy                2x 3 x 4 x 4 2x 3 2x 3 x 4 3 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 26 Khi đî                          22 2 x 2x 5 2x 5x 3 x 4 3x 2 fx x 2x 5 1 2x 3 x 4 3                          22 ux 3 x 2x 5 2x 5x 3 x 4 3x 2 2x 3 x 1 x 4 2 Ta có      3x 9 u' x 0 x4 nên   ux đồng biến trên     3 ;1 2            3 6 10 u x u 0 24 1. Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 16: Chứng minh rằng       4 3 2 6 5 4 2 2 f x x x 2 3x x x x x 1 3x 3x 3x 3x x 2 x 3 0 x 1                  Giải Đặt                   4 3 2 y x 2 y 3 z x x x x 1 z 5 Khi đî:                         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 y x z f x xy 3xz 3x z y x 3 0 xy 3xz 3x z y x 3 Để ý thấy: 1.                      gx 8 7 6 5 4 2 4 3 2 2 4 3 2 x x x x x x 2 x 2 x x x x x 1 x 2 x x x x x 1 2.                       8 7 6 5 4 g x x 1 9 x 1 36 x 1 84 x 1 126 x 1               32 125 x 1 80 x 1 29 x 1 2 0 Nên      g x 0 x 1 . Vậy dấu  "" không thể xảy ra. Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 17: Giải hệ phương trënh                           2 2 3 4 x x 1 2x 1 1 y y 3 x 3y 11 2 xy x 2 x 2 Giải ĐKXĐ:         22 2x y 1 0; x 1;1 ; 1 2x y 0 Ta có                 22 y 2x 1 1 f 2x 1 f y y3 2x 1 3 Xét   ft liên tục trên . Có         22 3 f ' t 0 t t 3 t 3 . Nên   ft đồng biến trên . Khi đî phương trënh          f 2x 1 f y y 2x 1 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 27 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Thế vào phương trënh   2 ta được:       3 4 3 2 6x 8x 2 2x 2 Đặt          3 4 3 2 f x 6x 8x 2 2x 2 Để ý thấy: 1.                2 2 4 3 2 2 2 25 3 f x 5 2x 2 5x 8x x 2x 2 x 42           2 22 3 g x 2x 2 x 2 2.              2 22 10 1 g' x x 20x 24x 2 x.h x . 2x 2 2x 2 3.          32 22 vx 120x 96x 84x 48 h' x 2x 2 2x 2 4.          2 4 292 v' x 360 x 0 15 5 . Suy ra phương trënh    h' x 0 có tối đa 1 nghiệm là       33 0 6784 2338848 6784 2338848 4 125 625 125 625 xx 15 6         0 min h x h x 1.31 0 . Khi đî phương trënh           g ' x 0 x 0 h x 0 . Mặt khác ta lại có:                         lim g x g x 0 x f x 0 25 20 2 g 0 0 4 . Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 18: Chứng minh rằng                       2 2 3x 1 6 1 f x x x 4 0 x ; 3 3x 1 2 3x 2x 3 2 Giải Ta có:            2 2 6x 2 1 3x 2x 3 ' 0 0 x 3 2 3x 2x 3 . Suy ra    2 3 3x 2x 3 2 . Khi đî                      22 2 7x 13x 26 3x 1 14x 26x 10 6x 2 6 f x x x 4 7 3x 1 2 7 3x 1 2 Để ý thấy: +) Với     1 x ;0 3 thì                  2 2 2 4x 26x 10 0 13 559 7x 13x 26 7 x 0 14 28 . Do đî cî điều phải chứng minh. VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 28 +) Với  x0 thì                     2 22 13 501 21 x 14 28 7x 13x 26 3x 1 7x 13x 26 f x 0 7 3x 1 2 Vậy bài toán đã được giải quyết hoàn toàn! Ví dụ 19: Chứng minh rằng                            22 2 4 2 2 4 2 2 2 x x 1 4 x x 1 f x x 2x 0 x 0 x x 4 x x 2 x 20x 4 x 2x 2 Giải Với                       42 42 2 x 20x 4 8 15 x 0; x x 4 3 2 x x 1 0 . Khi đî:                   22 2 22 2 x x 1 4 x x 1 f x x 2x x x 5 x 2x 10                                     2 2 2 4 4 2 2 22 1 7 5 15 x x x 12x x x 38 x 620 2 6 3 19 0 x x 5 x 2x 10 Với 2 4 2 4 2 2 x x 1 0 15 x 14 11 2 x x 4 ; x 20x 4 x 5x 54                 Khi đî       22 2 22 2 x x 1 4 x x 1 f x x 2x 24 3 x x 2x 7x 54                             6 5 4 3 2 22 40 x 1 260 x 1 537 x 1 761 x 1 389 x 1 281 x 1 690 0 5x 5x 24 8x 28x 3                   Vậy bài toán đã được giải quyết! Nhận xét Nhiều bạn sẽ đặt ra cấu hỏi vì sao lại đánh giá được      4 2 2 11 x 20x 4 x 5x 4 . Đơn giản vì: + Ta đang cần đưa về chứng minh      4 2 2 x 20x 4 x ax b với   15 x 2 để đưa về phương trënh đa thức. Lại có  2 a 20 nên sẽ lấy 5. + Do hàm đang nghịch biến nên điểm rơi sẽ là   15 x 2 . Có thể kiểm tra bằng Mode 7 8 6 4 2 2 4 6 8 10 12 14 15 10 5 5 10 15 y = f(x) A NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 29 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor hoặc cî đồ thị của hàm    y f x như sau: Có thể thấy điểm          1 5 1 5 A ;f 22 đang nằm ở phần đi xuống của đồ thị nên   fx sẽ nghịch biến. Do đî nhân tử là      4 2 2 11 x 20x 4 x 5x 4 . Phần còn lại không phải nói nhiều! Ví dụ 20: Giải phương trënh              5 4 3 2 4 6 x 5x 2x 2x 4x 8 x 1 x x 2 0 Nguyễn Minh Tuấn Giải Ta có:                                                                                                                    5 4 3 2 4 6 3 4 6 4 4 3 2 3 6 4 4 3 2 3 6 4 4 3 3 x 5x 2x 2x 4x 8 x 1 x x 2 0 x 1 x 2 x 2 x 1 x x 2 2x 4 0 x 1 x 1 x 2 x x 3x 5x 7 x 1 x 2 x 2 0 x x 2 2x 4 x 1 x x 3x 5x 7 x 1 x 2 x 2 0 x x 2 2x 4 x 1 x 2 0 x 1 x 2 x 1 x x 3x f x x 2              2 6 5x 7 0 x x 2 2x 4 Đặt              65 5 1 g x x x 2 g' x 6x 1 0 x 6 .   g ' x đổi dấu khi qua 5 1 6 nên   gx đạt cực tiểu tại 5 1 6           5 1 g x g 1, 41 0 6 . Đặt        6 h x x x 2 2x 4. 1. Với       x 2 h x 0 . 2. Với                  6 6 3 2 x 2 x x 2 x x h x x x 2 0 Khi đî cî:                                   3 3 4 3 2 6 2 2 2 6 x 2 x 2 2x 4 x x 3x 5x 7 fx x x 2 2x 4 9 83 3 x x 0,75 x 1,5 2 16 0 x x 2 2x 4 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 30 Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 21: Giải phương trënh           2 2 2 1 x x 1 x x 1 1 x x 2 Đề thi thử THPT Quốc Gia 2016 – Anh Sơn 2 – Nghệ An Giải Ta có:                                           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x x 1 x x 1 1 x x 2 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x 2 0 x 1 2x x 2 xx 0 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x 2                    2 2 2 2 2 2x x 2 x x 1 0 x x 1 x x 1 x x 2 1 x x 1 Để ý thấy:                2 2 2 21 2 3 1 x x 1 x x 1 1 x x 2 0 x 0 4 Khi đî ta cî:               2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x x 2 x x 1 x x 1 x x 2 2x x 2 f x 1 x x 1 x x 1 x x 2 x x 1 x x 1 x x 2                                    2 2 2 2 2 2 2x 2x 3 2 x x 1 x x 2 gx x x 1 x x 1 x x 2                                           2 2 2 2 2 2 1 g x 0 2x 2x 3 2 x x 1 x x 2 x x 1 x x 1 x x 2  Lại có            2 22 x x x 1 1 x 1 1 x x 1 1 x x 1 Xét bất phương trënh:      2 x x 1 1 x 0 - Với  x1 bất phương trënh luïn đúng. - Với  x1 ta có:        2 x x 1 1 x 0 x 0 luïn đúng. Do đî     2 x 10 1 x x 1 . Vậy bài toán đã được giải quyết! Ví dụ 22: Cho 3 số a,b,c 0  . Chứng minh rằng:   3 2 2 2 3 3 3 a b c 3 a b c 2abc 11 3         Giải NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 31 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đặt     3 2 2 2 3 3 2 a b c f a, b, c 3 a b c 2abc 11 3          . Do   f a,b,c là hàm thuần nhất bậc 3, nên không mất tính tổng quát ta chuẩn hóa 2 2 2 a b c 3    và giả sử   a min a,b,c  . Khi đî ta cần chứng minh     3 3 3 f a,b,c 3 a b c 2abc 11 0       Đặt   3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 b c b c b c f a, , 3 a 2 a b c 11 2 2 2                             . Ta có:             2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 b c b c 1 f a.b.c f a, , 3 2 b c b c 2 b c a b c 2 2 2                                       2 2 2 2 2 22 2 22 1 3 2 b c b c b c 2 b c 2bc a b c 2 3 b c 2 b c 2bc 1 . b c a 2 2 b c b c                           Do   a min a,b,c  nên   a 0;1 b c 2        . Khi đî ta cần phải chứng minh được:           22 22 3 b c 2 b c 2bc g a, b,c a 0 2 b c b c                          2 2 2 2 2 2 2 2 3 b c 2 b c 2bc 3 b c 2 b c 2bc a1 2 b c b c 2 b c b c                          2 2 2 2 2 2 2 2 3b 3c 1 2 b c 6bc b c 5 2 b c b c 6bc 2 b c b c 2 b c b c                            2 2 2 2 2 2 2 2 2 bc 6bc 2 b c b c 6bc 2 b c b c 0 2 b c b c 2 b c b c                   Vậy   2 2 2 2 2 2 b c b c 3 a 3 a f a, b, c f a, , f a, , 2 2 2 2                      Ta có: 3 2 2 2 2 3 3 a 3 a 3 a 3 a f a, , 3 a 2 2a. 11 2 2 2 2                             VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 32                       3 22 3 33 22 2 32 4 3 2 2 3 2 3 a 3 a f a,t,t 0 3 a 2 2a. 11 0 22 3 3 a 3 3 a 3a a 3 a 11 0 9a 15 2a 4 a 1 0 22 3 a 2a 6a 14a 23 a 1 2a 4 0 * 2 3 a 5 3a 2                                                   Đặt           3 2 4 3 2 g a 2a 4 2 3 a 2 5 3a 3 a 2a 6a 14a 23                3 2 2 4 3 2 2a 4a 6a 12 6 2a 3a 6a 6a 38a 29            Ta có bổ đề 2 2 2 2 61 22 61 22 1734 2684 29 6 2a a 6 2a a a a 0 25 25 25 25 625 625 625                . Dễ thấy bổ đề đúng với   a 0;1  . Mặt khác       32 2a 4a 6a 12 2a 1 a a 3 12 0 a 0;1            , nên ta được:     3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 2 61 22 g a 2a 4a 6a 12 a 3a 6a 6a 38a 29 25 25 31a 184a 226a 1052a 7 31a 184a 215a 441a 1052a 7 25 25                           Do                 4 3 2 4 3 2 2 3 2 3 2 31a 184a 215a 0 a 0;1 3 a 2a 6a 14a 23 441a 1052a 7 0 a 0;1 g a 0 2a 4 0 2 3 a 5 3a 2 2 3 a 5 3a 2 0                                            Vậy   * luïn đúng      f a,t,t 0 f a,b,c 0    Dấu “=” xảy ra khi a b c 1    Bây giờ vấn đề đặt ra là kiếm đâu ra cái bổ đề kia. Để làm được điều này ta sẽ dùng tiếp tuyến để tëm ra nî dưới sự giúp đỡ của CASIO. Nhưng tuy nhiên làm sao ta cî thể đánh giá được 2 6 2a ax b    khi chưa cî manh mối gë? Để giải quyết vấn đề này ta sẽ tìm điểm rơi của bất đẳng thức đang cần chứng minh. Ta có:   4 3 2 32 2 16a 24a 60a 72a 36 g' a 12a 18a 12a 38 6 2a           Phương trënh   g' a 0  có 1 nghiệm là : X A 0,919459592  Bây giờ ta cần đánh giá được biểu thức trước căn là 32 2a 4a 6a 12     . Dễ thấy rằng: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 33 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor     32 2a 4a 6a 12 a 1 a a 3 12 0          Vậy bây giờ cần chứng minh 2 6 2a ax b    . Ta sẽ sử dụng phím d dx . Ta được   2 XA d a 6 2X 0,8858596433 dx      . Bây giờ ta sẽ lấy a làm sao cho bất đẳng thức không bị đánh giá quá trội và vừa đồng thời là một số hữu tỷ đẹp vừa để về sau dễ đánh giá hơn. Do đî mënh sẽ lấy 22 a 0,88 25     . Bây giờ cần tìm b ,do đang cần chứng minh trên đoạn   0;1 nên ta sẽ dùng MODE 7 để tìm ra b . MODE 7 với hàm   2 22 F X 6 2X X 25    trên   0;1 ta được: Để ý thấy là 2 22 6 2x x 2, 449489742 25    . Bây giờ ta sẽ chọn b là một số hữu tỷ vừa đẹp vừa gần số 2, 449 nhất. Ta sẽ chọn số 61 b 2, 44 25  , đồng thời thay vào bài toán ta thấy nhân tử này thỏa mãn. Vậy ta tëm được nhân tử là 2 22 61 6 2a a 25 25    . Chú ý rằng chắc mấy bạn khi tëm được a thì thay luôn XA  vào để tëm ra b và tëm được b 2,884982846  , hiển nhiên là nhân tử này là sai. Đối với bài mà chứng minh trên đoạn thë ta thường sẽ dùng MODE 7 để tìm ra b, còn những bài chứng minh trên khoảng thì ta mới dùng cách thay trực tiếp nhân tử vào, nếu có thời gian hãy thử chứng minh những bài sau thì sẽ rõ. Ngoài ra nếu giải phương trënh đạo hàm bằng 0 mà nhiều nghiệm thì ta chọn nghiệm nào làm phương trënh đầu min max VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 34 PHẦN II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÁC TÍNH CHẤT CẦN NHỚ. 1. Nếu hàm số   fx đơn điệu và liên tục trên tập xác định của nî thë phương trënh   f x a  có tối đa một nghiệm 2. Nếu hàm số   fx đơn điệu và không lien tục trên tập xác định của nî thë phương trënh   f x a  có tối đa n1  nghiệm 3. Nếu hàm số     f x ,g x cùng nghịch biến, dương và liên tục trên cùng một tập xác định D thì hàm số       h x g x .f x  là hàm số đồng biến và liên tục trên tập D còn hàm số       v x f x g x  là hàm số nghịch biến và liên tục trên tập xác định D. 4. Nếu hàm số     f x ,g x cñng đồng biến, dương và liên tục trên cùng một tập xác định D thì       h x g x .f x  và       v x f x g x  là các hàm số đồng biến và liên tục trên D . 5. Ngoài ra ta cần phải vận dụng linh hoạt các phương pháp đã đề cập tới trong phần 1 như kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức 1 biến, kỹ thuật chứng minh đa thức vô nghiệm v.v.. I. CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG Hàm đặc trưng tỏ ra rất hiệu quả trong việc giải các phương trënh hay hệ phương trënh. Trước một bài toán, thường cî nhiều cách xử lì khác nhau, nhưng mënh nhận thấy nếu như áp dụng được phương pháp sử dụng hàm đặc trưng thë nhiều khi bài toán sẽ được giải quyết đơn giản, ngắn gọn hơn khá nhiều. Trong bài viết này mënh sẽ hướng dẫn các bạn một số kỹ thuật sử dụng và các bài toán cî liên quan tới chủ đề này ! Câu 1: Giải phương trënh       x 3 x 1 x 3 1 x 2x 0 x         Giải Điều kiện   1 x 1 *    Ta có :     x 3 x 1 x 3 1 x 2x 0                      3 2 3 2 x 1 2 x 1 2x 1 x 2 1 x x 1 x 1 2 x 1 1 x 1 x 2 1 x 1                              Xét hàm số   32 f t t t 2t    với   t 0;    . Ta có     2 f ' t 3t 2t 2 0, t 0;         suy ra hàm số   ft đồng biến trên   0;  . Mặt khác   ft là hàm số liên tục trên   0;  . Do đî phương trënh NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 35 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor       1 f x 1 f 1 x x 1 1 x x 0           (thỏa mãn điều kiện (*)). Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x0  . Câu 2: Giải phương trënh     33 22 33 x 2+ x 1= 2x 1+ 2x 1 x     Giải Tập xác định D  . Đặt 3 u x 1  và 3 2 v 2x  khi đî phương trënh trở thành: 3 333 u 1 u v 1 v        1a Xét hàm số   3 3 f t t 1 t    với t  .     2 2 3 3 t f ' t 1 0, t t1       suy ra hàm số   ft đồng biến trên . Mặt khác   ft là hàm số liên tục trên . Do đî phương trënh   1a     f u f v u v.     Với uv  ta có 322 3 x1 x 1 2x 2x x 0 1 x 2             Vậy phương trënh cî tập nghiệm: 1 T ;1 2     . Câu 3: Giải phương trënh   3 3 2 2 x 4x 5x 6 7x 9x 4 x        Giải TXD D  . Đặt 3 2 y 7x 9x 4    , ta có hệ: 3 2 3 2 3 2 2 3 x 4x 5x 6 y x 4x 5x 6 y y 7x 9x 4 7x 9x 4 y                     Cộng vế với vế của hai phương trënh với nhau ta được phương trënh       3 3 2 3 3 x 3x 4x 2 y y x 1 x 1 y y 1            Xét hàm số   3 f t t t  với t  .   2 f ' t 3t 1 0, t      suy ra hàm số   ft đồng biến trên . Mặt khác   ft là hàm số liên tục trên . Do đî phương trënh   1     f x 1 f y y x 1       Với y x 1  ta cî phương trënh: VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 36       3 3 2 2 3 2 2 x 1 7x 9x 4 x 1 7x 9x 4 x 4x 6x 5 0 x5 x 5 x x 1 0 15 x 2                             Vậy tập nghiệm của phương trënh đã cho là 15 T ;5 2        . Câu 4: Giải phương trënh       4 3 2 2 4x 12x 9x 16 2x 3x x 3 x 1 =8 x          Giải Điều kiện:     4 3 2 2 2 x 3 0 x 3 x 1 0 x 1 x 1 * 4x 12x 9x 16 0 2x 3x 16 0                            Đặt 2 3x u x , v x 1 0. 2      Phương trënh đã cho trở thành           2 2 2 2 2 2 2 2 4u 16 2u v 4 v 8 u 4 u v 4 v 4 4 u 4 u u 4 u v 4 v 1 v 4 v                       Xét hàm số   2 f t t 2 t    với t  .   22 2 2 2 2 tt t t 4 t t t f ' t 1 0, t t 4 t 4 t 4 t 4                 suy ra hàm số   ft đồng biến trên . Mặt khác   ft là hàm số liên tục trên . Do đî phương trënh   1     f u f v u v     Ta có 2 x v 1  . Do đî           2 2 2 4 2 32 32 3 u v v 1 v 1 v 2v v 2v 1 0 2 v1 v 1 2v 2v 3v 1 0 2v 2v 3v 1 0 2                           Với v0  ta có 32 2v 2v 3v 1 0 0 0 1 0         do đî   2 vô nghiệm. v1  ta có x2  (thỏa mãn điều kiện (*)). Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x2  . Câu 5: Giải phương trënh       2 22 22 xx x x 1 3x 3x 1 x . x x 1 3x 3x 1             Giải NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 37 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Điều kiện: 2 2 22 13 x0 x x 1 0 24 x 3x 3x 1 0 13 3x 24                                  2 22 22 22 22 22 22 xx x x 1 3x 3x 1 x x 1 3x 3x 1 1 1 1 x x 1 3x 3x 1 2 x x 1 3x 3x 1 1 1 1 1 x x 1 . 3x 3x 1 . 1 2 x x 1 2 3x 3x 1                                       Xét hàm số   1 f t t t 2  với   t 0;    .     2 1 1 1 f ' t 0, t 0; 2t 2t        suy ra hàm số   ft đồng biến trên   0;  . Mặt khác   ft là hàm số liên tục trên   0;  . Do đî phương trënh   1     2 2 2 2 f x x 1 f 3x 3x 1 x x 1 3x 3x 1             2 x0 2x 2x 0 x1          Vậy tập nghiệm của phương trënh đã cho là   T 1;0  . Câu 6: Giải phương trình     22 x 3x 2 9x 6x x x 2 1 x .        Giải Điều kiện:   2 x * 3        2 2 2 1 x x x 2 3x 2 3x 2 3x x x x 2 3x 2 3x 2 3x 2 2                 Xét hàm số   2 f t t t t 2    với t  .   2 2 2 t f ' t 1 t 2 0, t t2         suy ra hàm số   ft đồng biến trên . Mặt khác   ft là hàm số liên tục trên . Do đî phương trënh   1     2 f x f 3x 2 x 3x 2 x 3x 2 0           x1 x2       Vậy tập nghiệm của phương trënh đã cho là   T 1;2  . Câu 7: Giải phương trënh       2 3 2 4 2x 1 x x 1 x 6x 15x 14 1 x .         Giải TXĐ: D  . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 38             23 3 3 1 2x 1 2x 1 3 x 2 3x 6 2x 1 3 2x 1 x 2 3 x 2 *                   Xét hàm số   3 f t t 3t  với t  .   2 f ' t 3t 3 0, t      suy ra hàm số   ft đồng biến trên . Mặt khác   ft là hàm số liên tục trên . Do đî phương trënh   *     f 2x 1 f x 2 2x 1 x 2         Vô nghiệm Câu 8: Giải phương trënh 2 4 x x x 1 x 3 1 2 2 x x 2            Giải Điều kiện: x1  Cộng x1  vào hai vế của phương trënh ta được         2 2 x 1 x 1 x 1 2 x 2 x 2 x 2 2 *               Xét hàm số   2 f t t t t 2     với t0  ta có   ft đồng biến Mặt khác phương trënh   * có dạng     f x 1 f x 2    2 x 1 x 2 x x 1 0         51 x 2   hoặc 51 x 2   Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất 51 x 2   . Câu 9: Giải phương trënh     2 x x 1 x 3 2 1 1 x       Giải Điều kiện để phương trënh cî nghiệm là x0  Khi đî phương trënh đã cho tương đương với phương trënh 22 x 1 x 3 1 1 x 1 x 1 1 1 1 1 1 2 2 x x 2 2 x x               Xét hàm đặc trưng   2 f t t 1 t    là hàm đồng biến do đî 2 x 1 1 x 1 1 f f x 1 2 x 2 x              Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x1  . Câu 10: Giải phương trënh 3 3 2 2 3 2x 10x 17x 8 2x 5x x       Giải Ta thấy rằng x0  không là nghiệm của phương trënh nên chia cả hai vế cho 3 x ta được 3 2 3 2 10 17 8 5 2 2 1 x x x x       NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 39 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đặt 1 t x  suy ra 3 3 2 2 8t 17t 10t 2 2 5t 1              3 3 22 2t 1 2 2t 1 5t 1 2 5t 1 *         Xét hàm   3 f u u 2u  là hàm đồng biến u  Phương trënh   * có dạng     3 2 f 2t 1 f 5t 1    3 2 2t 1 5t 1       3 22 17 97 8 2t 1 5t 1 8t 17t 6 0 t x 8 17 97               Vậy phương trënh đã cho cî hai nghiệm 8 x 17 97   . Câu 11: Giải phương trënh 333 x 10 12 x 3 9 3 x       Giải Đặt 3 3 t 3 x x 3 t      . Lòc đî phương trënh đã cho trở thành     3 33 3 3 3 t t 12 10 12 9t t 10t 12 9t 12 9t 1           Xét hàm số   3 f u u 10u, u    . Ta có   2 f ' u 3u 10 0, u      . Do đî hàm số   fu đồng biến trên . Với kết quả này thì từ   1 ta có     3 33 f t f 12 9t t 12 9t t 9t 12 0                    32 3 3 3 3 3 33 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 t 3 9 3 3. 9 0 t 3 9 t 3 9 3t 9t 3 0 t 3 9 3 x 3 9 x 3 3 9                          Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất   3 33 x 3 3 9    . Câu 12: Giải phương trënh 3 3 2 3 2 x 3x 1 x x 4x     Giải Do x0  không là nghiệm nên phương trënh tương đương   3 33 23 3 1 4 1 1 4 4 1 1 1 1 1 1 * x x x x x x x                               Hàm   3 f t t t  đồng biến trên và phương trënh   * có dạng 3 14 f 1 f 1 xx           3 3 32 1 4 1 4 1 3 1 2 1 1 1 1 0 x x x x x x x x 3 13                   Vậy phương trënh đã cho cî hai nghiệm 2 x 3 13   . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 40 Câu 13: Giải phương trënh 33 2 2 2 2 44 x x x 1 x x 2 x x 1 x x 2           Giải Phương trënh đã cho tương đương 2 2 2 2 2 2 33 44 1 1 1 3 1 7 1 1 1 3 1 7 x x x x x x 2 2 2 4 2 4 2 2 2 4 2 4                                                  Do hàm số   3 4 1 3 7 f t t t t 2 4 4     là hàm đồng biến trên   0;  nên 22 11 x x x 0 22                  Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x0  . Câu 14: Giải phương trënh   2 2 11 5x 6 x . 5x 7 x 1      Giải Điều kiện 7 x. 5  Phương trënh đã cho tương đương với:       2 2 11 5x 6 x * x1 5x 6 1       Xét hàm số   2 1 f u u , u1   u 1.  Ta có:     3 1 f ' u 2u 0, 2 u 1     u 1.  Suy ra hàm số   fu đồng biến trong khoảng   1;  nên: Với 7 x, 5  ta có:     x 1; 5x 6 1 f 5x 6 f x          5x 6 x    3 x. 2  Thử lại ta thấy nghiệm của phương trënh đã cho là 3 x. 2  Câu 15: Giải phương trënh 32 2 x 6x 15x 13 1 x 9 . x 4x 7 x 12          Giải Điều kiện x 9.  Phương trënh đã cho tương đương với:   2 11 x 2 x 9 x 4x 7 x 12                 2 11 x 2 x 9 * x 9 3 x 2 3         Xét hàm số:   2 1 f u u u3   trên R, ta có:             2 2 2 42 2 2 2 2 2 2 u 3 2u u 5u 8 u 1 2u f ' u 1 0, u 3 u 3 u 3              u  Suy ra hàm số   fu đồng biến trên . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 41 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Nên     f x 2 f x 9    x 2 x 9     29 3 x 2   Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm là 29 3 x. 2   Câu 16: Giải phương trënh 32 2 3x x 2 26x 30x 4 . 3x 6x      Giải Điều kiện x 2.  Đặt 3x a;  x 2 b    a,b 0  . Phương trënh đã cho trở thành: 6 4 6 4 ab a 3a b 3b 0 ab         6 4 6 4 11 a 3a b 3b * ab       Xét hàm số:   64 1 f u u 3u , u    u0  , ta có:   53 2 1 f ' u 6u 12u 0, u     u0  Suy ra hàm số   fu đồng biến trên khoảng   0;  , do đî         f a f b * a,b 0;           ab  Với ab  , thay trở lại ta có: 3x x 2  (VN). Vậy phương trënh đã cho vï nghiệm. Câu 17: Giải phương trënh     44 44 3 x 5 x 13 11 x 3 3 x .        Giải Điều kiện 5 x 3.    Phương trënh đã cho tương đương với:     44 44 3 x 5 3 3 x 11 x x 13              44 44 3x 2 13 11 3x 2 11 x x 13 *           Xét hàm số:   44 f u 11 u u 13,       u 13;11  , ta có hàm số   fu liên tục trên đoạn   13;11  , đồng thời   44 11 f ' u 4 u 13 4 11 u     f ' u 0  u 1.    Suy ra:   fu đồng biến trên   13; 1  và nghịch biến trên   1;11.  Do đî ta cî: + Nếu   x 5; 1    13 3x 2 1 3x 2 x           nên     f 3x 2 f x  hay phương trënh (*) khïng cî nghiệm   x 5; 1    + Nếu   x 1;3  1 3x 2 11 3x 2 x          nên     f 3x 2 f x  hay phương trënh (*) khïng cî nghiệm   x 1;3  . Với x1      f x f 3x 2 .    Hay phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 1.  Câu 18: Giải phương trënh 22 2 22 x x 2 x x x 1. 1 x x 2 1 x x 4               VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 42 Giải Điều kiện 1 17 0x 2 x1         . Phương trënh đã cho tương đương với:       22 2 22 x x 2 x x x 1 * 1 4 x x 2 1 4 x x              Xét hàm số:   2 u f u , 1 4 u   0 u 2,  ta có:     2 22 4 u 4 f ' u 0 4 u 1 4 u      ,   u 0;2  Đồng thời   fu liên tục trên đoạn   0; 2 , suy ra   fu đồng biến trên đoạn   0; 2 . Ta lại có: + x1  không là nghiệm của phương trënh. Với 1 17 x 0; , 2      ta có: 2 x x 2 ,    2 x x 0;2  và:  Nếu 0 x 1  22 x x 2 x x          22 f x x 2 f x x ,      suy ra:       22 VT * f x x 2 f x x 0       , đồng thời   2 VP * x 1 0    hay phương trënh (*) không có nghiệm   x 0;1   Nếu 1 17 1x 2   22 x x 2 x x          22 f x x 2 f x x ,      Suy ra:       22 VT * f x x 2 f x x 0,       đồng thời   2 VP * x 1 0    hay phương trình (*) không có nghiệm 1 17 x 1; . 2        Với x1  ta có:     22 f x x 2 f x x .     Suy ra phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 1.  Câu 19: Giải phương trënh     22 x x 4 x x 6x 10 3 2        Giải Ta cî phương trënh đã cho tương đương với           22 2 2 x x 4 x x 6x 10 3 2 xx 1 x 3 x 3 1 * 22                              Xét hàm số   2 f t t t 1    ta có   2 2 t 1 t f ' t 0 t 1t       NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 43 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Suy ra   ft đồng biến trên và phương trënh   * có dạng   x f f x 3 2       x x 3 x 2 2       Vậy phương trënh đã cho cî duy nhất nghiệm x2  . Câu 20: Giải phương trënh   2 4x 12 x 1 4 x 5x 1 9 5x        Giải Điều kiện: 9 1x 5    2 ( ) 4x 12 x 1 4x 5x 1 4 9 5x 0             2 4x 2.2x. 5x 1 5x 1 4 2.2. 9 5x 9 5x x 1 0                    22 2x 5x 1 0 2x 5x 1 2 9 5x x 1 0 2 9 5x 0 x 1. x 1 0                           Câu 21: Giải phương trënh 33 22 33 x 2 2x 1 2x x 1       Giải Tập xác định: D.  Phương trënh       33 2 2 2 3 3 x 1 1 x 1 2x 1 2x f x 1 f 2x            (1) Xét hàm số   33 f t t t 1    có       322 3 11 f t 0, x \ 1;0 . 3t 3 t 1         Do đî hàm số   ft đồng biến trên     22 f x 1 f 2x x 1 2x x 1         hoặc 1 x 2    Câu 22: Giải phương trình 2 11 24x 60x 36 0 5x 7 x 1       Giải Điều kiện: 7 x 5  Phương trënh tương đương         2 2 11 5x 6 x f 5x 6 f x x1 5x 6 1          Xét hàm số   2 1 f t t t1   trên   1;  có     1 f ' t 2t 0, t 1. 2 t 1 t 1       Do đî hàm số   ft luïn đồng biến trên nửa khoảng   1;  (1; ).      3 f 5x 6 f x 5x 6 x x 2         VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 44 Câu 23: Giải phương trënh         2 22 31 x 1 4 x 2x 4 x x 1 8 2 4x 3 2 2x           Giải Điều kiện: x0  . Do x1  không là nghiệm nên với x1  ta có:         2 22 1 3x 1 x 1 4 x 2x 4 x x 1 8 2 4x 3 (x 1) 2x                   22 2 3x 1 x 1 4 x 1 3 2x 4 2x 3 2x 2x                                22 11 x 1 4 x 1 3 2x 4 2x 3 x 1 2x                                    22 11 x 1 4 x 1 3 2x 4 2x 3 x 1 2x                              f x 1 f 2x     Xét hàm số     2 1 f t t 4 t 3 t     trên   \ 0;1 có:   2 2 2 2 t1 f ' t 4 t 3 0, t 0 t t3          Nên hàm số f(t) đồng biến. Suy ra     1 f x 1 f 2x x 1 2x x 3           Câu 24: Giải phương trënh 2 3 2 1 9 1 2x x 1 8 8x x      Giải Điều kiện: x 0.  Nhân hai vế phương trënh cho x, ta được: 3 2 2 3 3 3 2 3 2 33 1 9x 9x 9x 2x x x x x x x x x x x 8 8 8 8                  3 3 3 2 3 2 3 2 3 3 3 9x 9x 9x x x x x x x f x f x x 8 8 8                                Xét hàm số   3 f t t t  trên có   2 f ' t 3t 1 0, t.     Do đî hàm số   ft đồng biến trên và có   3 2 3 2 3 9x 9x f x f x x x x x 88                3 2 2 9 2x x x 0 x 16x 8x 9 0 x 0 8           hoặc 1 10 x 4   Câu 25: Giải phương trënh 2 x 5 x 1 x 5 4x x x 6 2          Giải Điều kiện: 5 x 1.    Đặt     2 22 y6 y 5 x 1 x 0 y 6 2 x 5 1 x 5 4x x 2                NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 45 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Phương trënh đầu tương đương   2 22 x6 y 6 y x y x 6 y 3 x 6 3 2 2 2 2                  f y f x 6    Xét hàm số   2 t f t t 3 2    trên   0;  có   f ' t 1 t 0, t 0      nên hàm số   ft luôn đồng biến trên   0;  và có     f y f x 6 y x 6      Suy ra: 2 2 41 8 5 x 1 x x 6 2 5 4x x x x 5              Câu 26: Giải phương trënh 2 3 x x 4 2 12 x x 4x 2 4x 5           Giải Điều kiện: 4 x 3.    Đặt 2 2 2 2 y 3 x x 4 0 y 7 2 12 x x 2 12 x x y 7                Phương trënh tương đương   2 22 y y 7 4x 2 4x 5 y y 7 4x 5 4x 5 7                   f y f 4x 5    Xét hàm số   2 f t t t 7    trên   0;  có   f ' t 1 2t 0, t 0      nên hàm số f(t) luôn đồng biến trên   0;  và có     f y f 4x 5 y 4x 5      Suy ra: 2 3 229 3 x x 4 4x 5 12 x x 2x 1 x 10               Câu 27: Giải phương trënh         2 5 x x 6 5x 19 x 2 x 5 4 x 3 x 3 2           Giải Điều kiện: x 3.  Phương trënh tương đương                                   2 2 2 23 33 5 x 2 x 3 5x 19 x 2 x 3 4 x 3 2 4 x 3 2 5x 15 5x 19 x 3 2 4 x 3 2 do : x 2 0, x 3 5x 19 4 5x 19 x 3 2 4. x 3 2 5x 19 4. 5x 19 x 3 2 4. x 3 2 f 5x 19 f x 3 2                                                            Xét hàm số   3 f t t 4t  có   2 f ' t 3t 4 0, t     nên hàm số   ft luïn đồng biến trên Khi đî cî     f 5x 19 f x 3 2 5x 19 x 3 2          5x 19 x 1 4 x 3 x 3 x 5 x 7.             Câu 28: Giải phương trënh   2 2 4 1 1 4x 1x x1 x x 1 x 3x 2            VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 46 Giải Phương trënh tương đương         22 4 4 1 4x 1 x 2 1 x x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 x 2                  2 x 1 x 1 x 2 1 1 1 1 4x 4x 1 4x 1 f 4x f (x 1) x 1 x 1 x 1 x 1                       Xét hàm số   f t t t 1 t    trên   0;  có   t f ' t 1 1 t 0. 2 1 t       Do đî hàm số   ft luïn đồng biến trên   0;  Suy ra:   2 1 1 1 2 f 4x f 4x 4x 4x 1 0 x x 1 x 1 2               Câu 29: Giải phương trënh     2 2 2 2x 1 4x 4x 3 2x 1 3 2x 2 4x 4x 3 4 4            Giải Điều kiện: 13 x 22     Phương trënh tương đương         2 22 2 2x 1 2x 1 2x 1 3 2x 2x 1 3 2x 22                  2 2x 1 f 2x 1 3 2x f 2          Xét hàm số   2 f t t t  trên   0;  có   f ' t 1 2t 0    Do đî hàm số   ft luïn đồng biến trên   0; .  Suy ra       22 2x 1 2x 1 f 2x 1 3 2x f 2x 1 3 2x 22                 i Đặt   22 22 22 22 u v 4 u 2x 1 0 u v 4 1 u v 4x 2 u v 2x 1 v 3 2x 0 2                                  Kết hợp với phương trënh   i được hệ       22 22 2 22 2 u v 4 u v 4 uv 8 u v u v uv 8                              22 2 2 22 u v 4 S 2P 4 u v 2uv 4 u v 2uv u v 8 2 P S 8 2 uv u v 4                                 Với   2 S u v 0 S 4P P uv 0         và giải hệ này được: P0 S2       NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 47 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Suy ra: u 2 u 0 2x 1 2 2x 1 0 31 xx v 0 v 2 22 3 2x 0 3 2x 2                              So với điều kiện nghiệm phương trënh là 31 x , x 22     Câu 30: Giải phương trënh   2 2 2 3 7x 13x 8 2x x 1 3x 3x      Giải Tập xác địnhD.  Do x0  khïng là nghiệm nên chia hai vế phương trënh cho 3 x 0,  ta được: 3 2 3 2 7 13 8 1 3 23 x x x x x      và đặt 1 y , y 0 x  thë phương trënh tương đương: 3 2 2 3 8y 13y 7y 2 y 3y 3            3 3 22 33 2y 1 2 2y 1 y 3y 3 2 y 3y 3           Xét hàm số   3 f t t 2t  có   2 f ' t 3t 2 0    nên   ft đồng biến trên . Suy ra:     22 33 f 2y 1 f y 3y 3 2y 1 y 3y 3          Từ đî tëm được các nghiệm là 5 89 5 89 x 1, x , x 44         Câu 31: Giải phương trënh 2 3 23 14 4 5 4x 18x 27 x x x       Giải Điều kiện: x 0.  Nhân 2 vế phương trënh cho x, được: 32 3 4x 18x 27x 14 4x 5                3 3 3 3 3 1 2x 3 2x 3 4x 5 4x 5 f 2x 3 f 4x 5 2             Xét hàm số   3 1 f t t t 2  có   2 3 f ' t t 1 0, t, 2     nên   ft tăng trên . Suy ra:       3 33 f 2x 3 f 4x 5 2x 3 4x 5 2x 3 4x 5                2 x 1 8x 28x 22 0 x 1         hoặc 75 x 4   Câu 32: Giải phương trënh 2 9x 28x 21 x 1.     Giải  Với 3 x 1; 2      thì       2 2 4 3x 4 3x x 1 x 1            f 4 3x f x 1     Xét   2 f t t t  trên 3 1; 2     có   f ' t 2t 1 0    nên   ft đồng biến trên . Suy ra:     25 13 f 4 3x f x 1 x 1 4 3x x 8           VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 48  Với 3 x; 2        thì       2 2 3x 5 3x 5 x 1 x 1            f 3x 5 f x 1     Xét   2 f t t t  trên 3 ; 2      có   f ' t 2t 1 0    nên   ft đồng biến trên . Suy ra:     2 5 x f 3x 5 f x 1 3x 5 x 1 x 2. 3 9x 31x 26 0                    Câu 33: Giải phương trënh     2 1 x 1 2x 2x 1 x 1 x x        Giải Điều kiện x0  Phương trënh đã cho tương đương với 22 1 1 x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x 1 x 1 x                                       Xét hàm số   2 f t t 1 t    ta có     2 2 22 t t 1 1 f ' t 0 t t1 t t 1 t 1            Suy ra   ft nghịch biến và ta có 1 1 3 5 1x x2 x      Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất 35 x 2   . Câu 34: Giải phương trënh: 3 33 x 1 x 1 2 1 x      Giải Đặt x 2t,  thay vào ta được:     33 3 3 3 3 3 3 2t 1 2t 1 2 1 2t 2t 1 2t 2 1 2t 1 2 1 2t f t f 1 2t                 Với 3 f 2k 1 2k    là hàm f đồng biến với mọi k . 3 3 x2 x t 1 2t 1 x 2 x 1 5                 Vậy phương trënh cî tập nghiệm   S 2;1 5;1 5     . Chú ó: Phương pháp này cî thể giải quyết được một loạt các phương trënh như dưới đây mà các phương pháp khác ( như đặt ẩn phụ ) chưa chắc giải quyết được: 1) nx 1 x 1 1 x ... 1 1 ... 1 1 x             2) Luyện tập thêm: Giải các phương trënh sau: 3 33 3 3 3 a) x 1 x 1 1 x 3 1 1 1 x b) x 1 x 1 3 1 x 1 3 1 3 1 x                   NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 49 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 35: Giải phương trënh 3 3 x 2 3 3x 2    Giải Phương trënh đã cho được biến đổi về phương trënh: 3 3 x 3x 3x 2 3x 2          3 3 33 x 3x 3x 2 3 3x 2 1       Xét hàm số   3 f t t 3t,  t  . Ta có:   2 f ' t 3t 3 0,    t  . Vậy hàm số   ft liên tục và luïn đồng biến trên . Do đî từ   1 ta có:     3 f x f 3x 2  3 x 3x 2    3 x 3x 2 0     x1 x2       Vậy phương trënh đã cho cî hai nghiệm: x 1;  x2  Câu 36: Giải phương trënh 32 3 8x 36x 53x 25 3x 5      Giải Ta sẽ đưa bài toán về xét hàm số   3 f t at bt.  Vấn đề còn lại là tìm hai hệ số a, b. Trước tiên ta viết vế phải về hình thức:   3 3 3 3 a 3x 5 b. 3x 5 3x 5      b 1.  Lòc đî vế trái được viết dưới dạng     3 32 8x 36x 53x 25 a mx n mx n        Bây giờ ta chỉ cần tìm ba hệ số a, m, n sao cho:       3 3 33 a mx n mx n a 3x 5 3x 5.        Vì   3 3 8x 2x  3 am 8  a 1;m 2 a 8;m 1       Nếu a 1;m 2  Khi đî ta cî:     3 3 2x n 2x n 3x 5 3x 5            3 2 2 3 3 8x 12nx 6n 1 x n n 5 3x 5 1          Kết hợp   1 với phương trënh đã cho ta cî:   3 2 2 3 3 2 8x 12nx 6n 1 x n n 5 8x 36x 53x 25            Đồng nhất hệ số ở hai vế của phương trënh ta được 2 3 12n 36 6n 1 53 n n 5 25            n3    Vậy hàm số đặc trưng là   3 f t t t  , vậy lời giải chi tiết là Phương trënh đã cho được biến đổi thành phương trënh:         3 3 33 2x 3 2x 3 3x 5 3x 5 2        Xét hàm số   3 f t t t,  t  . Ta có:   2 f ' t 3t 1 0,    t  . Vậy hàm số   ft liên tục và luïn đồng biến trên . Do đî từ   2 ta có: VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 50     3 f 2x 3 f 3x 5    3 2x 3 3x 5       2 2x 3 3x 5     32 8x 36x 51x 22 0          2 x 2 8x 20x 11 0      x2 53 x. 4          Vậy phương trënh đã cho cî ba nghiệm: x 2;  53 x. 4   Câu 37: Giải phương trënh 3 3 2 2 2 x 6x 12x 7 x 9x 19x 11         Giải Cũng như vì dụ trên ta cũng sẽ nghĩ đến việc xét hàm số đặc trưng   3 f t at bt.  Ta viết vế phải về hình thức     3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a x 9x 19x 11 b x 9x 19x 11 x 9x 19x 11               Từ phương trënh này ta suy ra b1  . Lúc này ta viết phương trënh về hình thức biến đổi:         3 3 33 2 2 2 2 a mx n mx n a x 9x 19x 11 x 9x 19x 11 1              Do hệ số của 3 x là 1 nên ta có: 3 am 1  a1 m1       a8 1 m 2         a1 m1       a8 1 m 2         Với     a;m 1;1  ta có:     3 3 2 2 3 2 2 2x 3n 9 x 3n 20 x n n 11 x 9x 19x 11.             Khi đî kết hợp với phương trënh đã cho ta cần tìm n sao cho:     3 2 2 3 3 2 2x 3x 9 x 3n 20 x n n 11 x 6x 12x 7            Điều này không thể thực hiện được vì hệ số của 3 x ở hai vế đã khác nhau. Tương tự cho trường hợp cặp số     11 a;m 8; ; 1; 1 ; 8; 22                    ta cũng khïng tëm được n. Vậy ta cần tëm n như thế nào đây? Câu trả lời nằm ở phương trënh   1 ta có:         3 3 2 2 2 3 1 am a x 3anm 9a x 3n am m 19a x am n 11a           3 32 x 9x 19x 11      Kết hợp với phương trënh đã cho ta cî:       3 2 2 2 2 3 am a x 3anm 9a x 3n am m 19a x am n 11a          32 x 6x 12x 7     Đồng nhất hệ số hai vế phương trënh này ta có 3 2 2 3 am a 1 3anm 9a 6 3n am m 19a 12 an n 11a 7                   1 a 2 m1 n1           NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 51 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Khi đî ta sẽ xét hàm số   3 1 f t t t 2  và phương trënh đã cho sẽ được biến đổi thành:       3 3 33 3 2 3 2 11 x 1 x 1 x 9x 19x 11 x 9x 19x 11. 22              Khi đî phương trënh đã cho được biến đổi như sau:         3 3 33 3 2 3 2 11 x 1 x 1 x 9x 19x 11 x 9x 19x 11 * 22              Xét hàm số   3 1 f t t t 2  , t  . Ta có:   2 3 f ' t t 1 0, 2    t  . Vậy hàm số   ft liên tục và luïn đồng biến trên . Do đî từ   * ta có:     3 32 f x 1 f x 9x 19x 11         3 32 x 1 x 9x 19x 11        32 x 6x 11x 6 0      x1 x2 x3         Do đî phương trënh cî ba nghiệm: x 1;  x 2;  x 3.  Câu 38: Giải phương trënh   32 2x x 3x 1 2 3x 1 3x 1       Giải Điều kiện: 1 x. 3  Phương trënh đã cho được biến đổi như sau:       32 32 3 2x x 2 3x 1 3x 1 1      Xét hàm số   32 f t 2t t ,  t0  . Ta có:   2 f ' t 6t 2t 0    , t0  Vậy hàm số   ft liên tục và luïn đồng biến trong khoảng   0;  . Do đî từ   1 ta có:     f x f 3x 1  x 3x 1    2 x 3x 1 0     35 x. 2   Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trënh là 35 x. 2   Câu 39: Giải phương trënh 3 2 2 2 44 3 x 2 x 4x 5 x 4x 1 x 12 x 11x 24          Giải Điều kiện x 2.  Phương trënh đã cho tương đương với         3 2 2 2 3 4 4 x 4x 1 x 4x 4 x 4x 5 x 3 x 7 x 12           Đặt 2 t x 4x 1,    phương trënh trở thành         33 44 t 3 t 7 t 6 x 3 x 7 x 6        Xét hàm số       3 4 f k k 3 k 7 k 6;       k 2; .    Ta có               3 4 32 3 4 k 3 k 7 k 5 k 6 f ' k 0 3 k 6 2 k 3 k 7          VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 52 Suy ra   fk là hàm đồng biến trên   2; .    Nên ta có     f t f x  2 x 4x 1 x     2 x 3x 1 0     35 x 2 35 x 2            So với điều kiện, ta nhận 35 x 2   là nghiệm của phương trënh. Vậy 35 x 2   là nghiệm của phương trënh đã cho. Câu 40: Giải phương trënh 3 2 2 2 44 3 x 2 x 4x 7. x 4x 8 x 6. x 10x 21          Giải Điều kiện 2 x 2 0 x 10x 21          x2 x ;7 3;               x2    Phương trënh đã cho tương đương với:           22 3 4 3 4 x 2. x 2 3. x 2 4 x 3 3. x 3 x 7                               2 22 3 4 3 4 x 2 x 2 3 x 2 4 x 3 x 3 3 x 3 4 *                Xét hàm số:   344 4 f t t t 3 t 4      t0  Ta có       4 4 4 4 44 344 4 23 44 3 4 4t t 4 4t t 4 f ' t t 3 t 4 0, 3 t 3 4 t 4         t0        4 * f x 2 f x 3     4 x 2 x 3       2 x 2 x 3     2 x 4x 4 x 3      2 x 3x 1 0     35 x 2 35 x 2            Kết hợp với điều kiện ta có 35 x 2   là nghiệm của phương trënh. Vậy 35 x 2   là nghiệm của phương trënh đã cho. Câu 41: Giải phương trënh     44 3 4 3 x 5 x 13 11 x 3 3 x .        Giải Điều kiện 5 x 3.    Phương trënh đã cho được viết lại thành     44 44 15 3x 9 3x 15 x 2 9 x 2          Xét hàm số   44 f t 15 t 9 t     trên đoạn   t 15;9 ,  ta có NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 53 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor       33 44 1 1 1 f ' t 4 15 t 9 t          f ' t 0,    t 15; 3 .     Và   f ' t 0,    t 3;9    Ta nhận thấy, với   x 1;3    3x;x 2 3;9     .Và   x 5; 1      3x;x 2 15; 3 .      Từ đî, suy ra   ft là hàm đồng biến trên   15; 3  và nghịch biến trên   3;9  nên     f 3x f x 2  3x x 2    x 1.    Vậy, x1  là nghiệm của phương trënh đã cho. Câu 42: Giải phương trënh 3 3 6x 1 8x 4x 1     Giải Ta có: 3 3 6x 1 8x 4x 1       3 3 6x 1 6x 1 2x 2x           3 f 6x 1 f 2x    Trong đî   3 f t t t.  Dễ thấy   ft là một hàm đồng biến trên nên     3 f 6x 1 f 2x  3 6x 1 2x    3 8x 6x 1      3 1 4x 3x 1 2    Nếu x1  thì     2 1 VT 1 x 4 cos 3 1 . 2     Nếu x1  thë đặt x cos ,    0; .    Phương trënh trở thành: 4 1 4 cos 3cos 2     1 cos 3 2    3k . 93       Vậy phương trënh đã cho cî 3 nghiệm x cos ; 9   5 x cos ; 9   7 x cos . 9   Câu 43: Giải phương trënh 111 4x 30 30 30 x 30 444      Giải Đặt 111 30 30 x 30 y 444     Đặt 11 30 x 30 z 44    Đặt 1 x 30 t 4  . Ta có : 4x 30 y 4y 30 z 4z 30 t 4t 30 x            . Xét hàm số   f t 30 t  có   1 f t 0 2 30 t   nên hàm số đồng biến trên   30;    . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 54 Từ đî suy ra 1 1921 x y z t 32      . Câu 44: Giải phương trënh 2 4 2 4 2 x 91 x 2x x 2 x 93 2 x 2x x 2 x 93             Giải     22 22 VP x x 2 91 2 x x 2 91          . Đặt   2 2 t x x 2 91     . Ta có hệ PT 22 22 t 91 x 2 x x 91 t 2 t              2 2 2 2 t 2 t t 91 x 2 x x 91           Hàm số   22 f t t 2 t t 91      với t2  là hàm số đồng biến nên suy ra tx  .   2 22 x x 2 x 91        2 22 x x 2 100 x 9           2 2 2 x x 2 10 x x 2 10 x 9                    2 x3 x 3 x 3 x x 2 10 x 3 x 3 x 2 1                +) x3  . +)       2 1 x 3 x x 2 10 x 3 x 2 1                2 2 x x 2 10 x 3 x x 2 9x 27 0 x 2 1             PT này vô nghiệm vì x2  . ĐS: x3  . PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HÀM ĐƠN ĐIỆU. Câu 1: Giải phương trënh sau trên tập   3; 3 :  3 3 5 5 x 3 x 3 x 5 x 5        Giải Phương trënh đã cho tương đương với     3 5 3 5 3 x 5 x 3 x 5 x f x f x           Với:       24 35 11 f ' x 3 3 x 5 5 x   Do         4 2 2 2 5333 3 x 3 5 5 x 5 5 x 5 3 x 3 3 x            Suy ra     f ' x 0, x 3;3 f :      đồng biến trên khoảng   3; 3  Nên: phương trënh     f x f x x x x 0         . Câu 2: Giải phương trënh: 3 22 2 x x 1 3 x x 1 5        NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 55 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Giải Đặt: 22 1 a x x 1 x x 1 ,a 0 a          Phương trënh đã cho thành: 3 3 2 a 5 a  ,     3 3 f a 2 a f ' a 0 a 1 a       Xét dấu của   f ' a suy ra a 1 x 0    . Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm x0  . Câu 3: Giải phương trënh:   3 2 2 x 3x 4x 2 3x 2 1 x 0       Giải   2 3 2 2 3 2 2 1 VT x 3x 3 x x 1 x 1 VT x 3x x 1 x 1 3                     Xét hàm     3 2 2 f x x 3x x 1 x 1      Có     22 f ' x 3 x x x x 1     ;   1 f ' x 0 x 3    Dưa vào bảng biến thiên   1 Min f x f 0 3       . Hay   f x 0 VP  VT VP  Dấu ""  xảy ra 2 1 x0 3       và   1 f x f 0 3     1 x 3  là nghiệm Câu 4: Giải phương trënh     2 4 3 2 2 3 9x 24x 17 3x 3 x 4x 4x 1 x 2x 1 x 5x 4             Giải Điều kiện x 2 1.  Phương trënh đã cho tương đương với     2 4 3 2 2 3 9x 24x 17 3x 3 x 4x 4x 1 x 2x 1 x 5x 4             Đặt a 3x 3;  2 b x 2x 1;      a,b 0 .  Phương trënh đã cho trở thành         4 2 4 2 a a b a 2a 2 a b 2b 2 b 0 1 3         Ta xét hàm số     42 f x x x 2x 2    thì   42 f ' x 5x 6x 2 0,     x 0.  Suy ra,   fx là hàm đồng biến, cho nên ta luôn có:           f a f b a b 0 2    Mặt khác, từ   1 ta có       a a b f a f b 0 3           a a b f a f b . 3      Vậy nên   2 sẽ trở thành   2 a a b 0. 3   Đẳng thức xảy ra khi ab . a0      Nhận thấy a0  x1    không phải là nghiệm của phương trënh, nên ta cî VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 56 ab  2 3x 3 x 2x 1      2 x x 4 0     1 17 x. 2   Vậy 1 17 x 2   là nghiệm của phương trënh đã cho. Câu 5: Giải phương trënh 2 2 x1 x 1 . 1 x x 1    Giải Điều kiện 2 2 x 1 0 1 x x 1 0          . Ta có: 2 2 x1 x1 1 x x 1      22 x 1 1 x x 1 x 1         24 x 1 x x 1 x 1 *       Ta lại có:     24 * x 1 1 x x 1 1         2 4 2 x x x 1 1 x 1 1      x0  Kết hợp điều kiện cho ta: 0 x1 15 xx 2         Từ phương trënh (*), xét hàm số:   24 f x x 1 x x 1 x 1         4 4 24 x 2x f ' x x 1 1 x 1 x 1         4 4 4 22 1 2x x 1 0, x1 x 1 x x 1           x 1.      f x f 1 2 2 0      Suy ra phương trënh (*) vï nghiệm, hay phương trënh đã cho vï nghiệm. Câu 6: Giải phương trënh 10 2 1 2x 20x 1 3.     Giải Đặt a 1 2x  2 2x 1 a      a0  ; 10 b 20x 1  10 20x b 1      b0  , ta có hệ phương trình 10 2 2a b 3 b 10a 11 0        2 10 3b b 10 11 0 2           10 2 2b 5b 30b 23 0 *      Do a, b 0  nên từ: 2a b 3  0 b 3    + Nếu: b0  phương trënh (*) vï nghiệm, suy ra PT đã cho vï nghiệm. + Nếu: 0 b 3  , từ (*) ta có: 8 9 10 5 30 23 20 b b b     Xét hàm số:   8 9 10 5 30 23 f b 2 , b b b       0 b 3  ta có:   9 10 11 11 40 270 230 10 f ' b b b b b         2 23 27b 4b  Lập bảng biến thiên ta thấy:     f b f 1 0.  Hay phương trình (*) có nghiệm duy nhất b 1.  NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 57 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Thử lại cho ta phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 0.  Câu 7: Giải phương trënh 3 x 1 3x 2 3x 2. 4 3x 2      Giải Điều kiện 2 x. 3  Phương trënh đã cho tương đương với:   3 3x 2. 3x 2 8x 12 *     . Với 2 x 3  thì: 3 3x 2. 3x 2 0    8x 12 0    3 x. 2  Đặt 3x 2 a  5 a. 2      Phương trënh đã cho trở thành:   2 3 2 8 a 2 a a 4 12 3     3 32 1 4 20 38 a a a     Hàm số:   3 32 1 4 20 f a 3 8, a a a     nghịch biến trên: 5 ; 2      và   f 2 0  Suy ra phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 2.  Câu 8: Giải phương trënh   2 2 x x 1 32 x 1 2x 2      Giải Điều kiện x 1.  Phương trënh đã cho tương đương với:   5 2 x x 1 2 4x 4     Đặt: 4x 4 a    a0  . Phương trënh đã cho trở thành: 2 5 a 4 a 4 2a 1 0 44           52 8a a 8a a 4 *      + Rõ ràng a0  không là nghiệm của phương trënh (*) + Với a 0,  phương trënh (*) tương đương với: 5 4 8 9 4 1 1 8 8 a a a a     Hàm số:   5 4 8 9 4 1 1 8 f a 8 a a a a      , nghịch biến trên   0;  và   f 1 0  Suy ra phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 1.  Câu 9: Giải phương trënh 3 x 1 3x 2 3x 2 4 3x 2      Giải Phương trënh đã cho tương đương với : 3 3x 2 3x 2 8x 12     Điều kiện có nghiệm của phương trënh là 3 x 2  VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 58 Đặt 5 3x 2 a a 2        . Phương trënh trở thành:   2 2 3 3 32 8 a 2 1 4 20 a a 4 3 8 3 a a a        Xét hàm số   3 32 1 4 20 f a 3 a a a    là hàm số nghịch biến trên 5 ; 2      . Từ đî chỉ ra x2  là nghiệm duy nhất của phương trënh! Câu 10: Giải phương trënh   3 3 5 5 x 3 x 3 x 5 x 5 3 x 3           Giải Phương trënh tương đương:     3 5 3 5 x 3 x 5 3 x 5 x f x f x           Ta có       24 35 11 f ' x 3 x 3 5 x 5   Do 3 x 3            4 2 2 2 5 3 3 3 5 x 5 5 x 5 5 x 3 3 x 3         Suy ra   f ' x 0    fx  tăng trên   3; 3  Vậy phương trënh tương đương x x x 0     Câu 11: Giải phương trënh     35 2 15x 10 x 1 26 6 x 1 30 x 1        Giải Đặt   2 t x 1 x t 1 t 0       . Phương trënh tương đương:   5 4 3 2 f t 6t 15t 10t 30t 30t 41 0        Ta thấy       2 2 f ' t 30 t t 1 0 x1 f 1 0            là nghiệm duy nhất của phương trënh Câu 12: Giải phương trënh         3 3 3 3 x 1 1 x 14 x 4 4 x         Giải ĐKXĐ: 0 x 4  . Xét hàm số:           3 3 3 3 f x x 1 1 x x 4 4 x 14          Ta có     3 f ' x 0 x 1 1 x 4 x x 4 0 2             11 3x 0 * x 1 1 x x 4 4 x             Bây giờ ta sẽ đi chứng minh phương trënh x 1 1 x x 4 4 x        vô nghiệm! Ta có 33 x 1 x 4 1 x 4 x 0 x 1 x 4 1 x 4 x                  vậy phương trình   * có nghiệm duy nhất x0      f x f 0 0    Vậy x0  là nghiệm duy nhất của phương trënh! NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 59 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 13: Giải phương trënh             3 2 11 2x 1 0 x1 2 x x x 1 Giải Đặt:               3 2 11 f x 2x 1 x1 2 x x x 1 liên tục trên   1; 2 Có                22 3 2 3x 6x 3 3x f ' x 2 0 2 x 1 2 2 x x x 1 Vậy  1 x 2 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 14: Giải phương trënh        32 39x 21 5 x 2x 16 5 x 2 0 2 Giải ĐKXĐ:           32 x 2x 16 0 x2 x 2 0 Đặt          32 39x f x 21 5 x 2x 16 5 x 2 2 liên tục trên    0 x; . Có           2 32 5 3x 4x 39 5 f ' x 2 2 x 2 2 x 2x 16  Nếu            4 x 2;0 ; 3 thì         2 5 3x 4x 0 f ' x 0  Nếu     4 x 0; 3 thì     32 40 3 15 2 x 2x 16 92                   22 2 3x 4x 24x 32x 234 x 2 30 39 5 f ' x 0 23 2 x 2 12 x 2 Vậy      f ' x 0 f x đồng biến trên      2; . Suy ra   49 5 105 x 8 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Sau đây mënh xin giới thiệu tới cho bạn đọc một phương pháp xử dụng casio xử lý các bài toán có 1 hay nhiều nghiệm kết hợp với phương pháp hàm số mà mình cảm thấy khá chi là mạnh, chú ý rằng các bạn cần nắm chắc các kỹ thuật chứng minh vô nghiệm ở phần trước để có thể giải quyết các bài toán phần này một cách dễ dàng! Câu 15: Giải phương trënh      32 4 x x x 3 x 1 3 Giải Đầu tiên để định hướng hướng giải ta sẽ dùng máy tính kiểm tra tình đơn điệu của hàm số         32 4 f x x x x 3 3 x 1 bằng MODE 7. VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 60 Nhập vào máy hàm số trên rồi cho:   START 1   END 20   STEP 1 Ta được bảng như bên. Nhën vào bảng ta thấy hàm có 1 nghiệm duy nhất là  x0 và có vẻ như đang đồng biến trên      1; cho nên ta được  x0 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Bằng các giá trị của TABLE ta có thể vẽ được đồ thì của hàm số như bên. Nhën vào đồ thị ta có thể thấy nó luôn liên tục, đồng biến và cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất. Nếu muốn kiểm tra kỹ hơn ta cî thể dùng máy tính chia nhỏ khoảng ra để kiểm chứng điều này. Bằng các giá trị của TABLE ta có thể vẽ được đồ thì của hàm số như bên. Nhìn vào đồ thị ta có thể thấy nó luôn liên tục, đồng biến và cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất. Vậy khi đî ta chỉ cần chứng minh đạo hàm của hàm         32 4 f x x x x 3 3 x 1 lớn hơn 0 là ta có thể giải quyết được bài toán này. Ta có lời giải như sau: L ời gi ải. ĐKXĐ:      x 1; . Đặt         32 4 f x x x x 3 3 x 1 liên tục trên      1; . Ta có:                 2 3 4 3 f ' x 3x 2x 1 0 x 1; 4 x 1 . Do đî   fx đồng biến trên      1; . Suy ra phương trënh    f x 0 có tối đa 1 nghiệm. Lại có    f 0 0 nên  x0 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 16: Giải phương trënh           3 4x 1 x 3 3x 5 4x 8 Giải Đầu tiên để định hướng hướng giải ta sẽ dùng máy tính kiểm tra tình đơn điệu của hàm số              3 f x 4x 1 x 3 3x 5 4x 8 bằng MODE 7. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 61 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Nhập vào máy hàm số trên rồi cho:   START 3   END 20   STEP 1 Ta được bảng như hënh bên. Nhën vào bảng ta dễ thấy rằng phương trënh đầu có 2 nghiệm    x 2; x 1 và không phải hàm đơn điệu. Đến đây chỉ cî 2 cách là đạo hàm   fx lên và xét dấu của   f ' x sau đî chỉ ra 2 nghiệm trên 2 khoảng mà ta đã xét tình đơn điệu của nó. Cách thứ 2 là sử dụng định ló 2 để giải quyết nó. Để dễ hình dung ta có thể vẽ đồ thị như sau: Nhën vào đồ thị ta thấy   f ' x bị đổi dấu khi qua một điểm. Để giải quyết bài toán bằng cách 1 thì khá là khó vì:                        3 2 3 f ' x 4 x 3 3x 5 11 4x 1 4 2 x 3 3x 5 Rất khî để xét dấu của nó. Chỉ còn cách là chứng minh vô nghiệm trên 1 khoảng chứa điểm rơi, cín 2 khoảng còn lại ta dễ dàng xét dấu của nó. Ta sẽ thử làm 2 cách. Giải Cách 1: Hàm số. Đặt              3 f x 4x 1 x 3 3x 5 4x 8 liên tục trên      3; Ta có:                        3 2 3 11 f ' x 4 x 3 3x 5 4x 1 4 2 x 3 3x 5 Đến đây để tìm khoảng chứa điểm rơi ta sẽ dñng CASIO để tìm nó. Ta có:       f ' x 0 x 1,138426746 Đến đây ta sẽ chứng minh phương trënh đầu vô nghiệm trong khoảng     3 ;1 2 . Ta được: Với       3 x ; 1 2 thì    4x 1 0 ,         3 x 3 3x 5 0 VT 0 . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 62 Mặt khác           3 8x 4 0 x ; 1 2 nên phương trënh vï nghiệm trên     3 ;1 2 Đặt                         2 3 5 33 1 1 1 2 g x g ' x 0 x 1 2 x 3 3x 5 4 x 3 3x 5 Với     1 x 1; 4 thì  4x 1 0 ,        g x g 1 1 . Khi đî ta cî:                    33 f ' x 4 x 3 3x 5 4x 5 4 1 3 3 5 5 4 0    fx đồng biến trên     1 1; 4                    1 f 1 f x f 18 f x 9 0 4 . Vậy phương trình vô nghiệm trên     1 1; 4 . Với  1 x 4 thì  4x 1 0             3 f ' x 4 x 3 3x 5 4 10 0   fx đồng biến trên      1 ; 4  phương trënh    f x 0 có tối đa 1 nghiệm. Lại có    f 1 0 nên phương trënh cî 1 nghiệm là  x1 . Với       3 x 3; 2 thì             2 3 4x 1 0 2 x 3 2, 5 3x 5 2, 5 . Khi đî ta được:                                 3 3 3 4 4x 1 f ' x 4 x 3 3x 5 4 5 4 x 3 3x 5 9,6 4 1,5 3 3. 1,5 5 9,6 0   fx nghịch biến trên     3 3; 2 , do đî phương trënh    f x 0 có tối đa 1 nghiệm thuộc     3 3; 2 . Lại có    f 2 0 nên  x2 là 1 nghiệm của phương trënh đầu. Kết luân: Vậy phương trënh cî 2 nghiệm là  x2 và  x1 . Cách 2: Hàm số. Do  1 x 4 không là nghiệm của phương trënh nên xét  1 x 4 thë phương trënh tương đương:                  33 4x 8 4x 1 x 3 3x 5 4x 8 x 3 3x 5 4x 1 Đặt          3 4x 8 f x x 3 3x 5 4x 1 liên tục trên      1 3; 4 và      1 ; 4 . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 63 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Có:              22 3 1 1 36 f ' x 0 2 x 3 4x 1 3x 5 . Suy ra   fx đồng biến trên      1 3; 4 và      1 ; 4 . Vậy phương trënh    f x 0 có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng trên. Từ đî chỉ ra 2 nghiệm là  x2 và  x1 là xong bài! Ta có thể thấy rằng cách 1 có vẻ là dài và phức tạp hơn so với cách 2 nhưng tuy nhiên sẽ có nhiều bài lại nhanh hơn, sau đây là một ví dụ. Câu 17: Giải phương trënh      42 9x 32x 5 18 4 3x 0 Thầy Lã Duy Tiến - THPT Bình Minh Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Bình Minh khóa 2015 – 2018 Giải Vẫn như những bài trước ta sẽ dñng MODE 7 để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số. MODE 7 với hàm        42 f x 9x 32x 5 18 4 3x trên   15; 2 . Ta được: Nhìn vào bảng thì ta thấy hàm có vẻ nghịch biến, nhưng nếu khảo sát kỹ hơn thë ta thấy rằng nó sẽ tăng trên khoảng    1;3; 1,1 do đî hàm này không hề đơn điệu một chiều trên      4 ; 3 . Ta có thể vẽ đồ thị của nî như sau: Hình ở bên là nhánh phía trên của đồ thị. Ta có thể thấy rằng nó không hề đơn điệu một chiều và có tới 2 điểm đổi chiều. Do đî để giải được bài này ta cần phải chứng minh nó vô nghiệm trên một khoảng nào đî. Dễ thấy là   ;0 . Xét      x ;0 ta có  4 3x 2 , do đî        42 f x 9x 32x 5 18 4 3x           42 2 2 9x 32x 36 16 68 9 x 0 99 Vậy phương trënh vï nghiệm trên   ;0 . Xét     4 x 0; 3 , ta có: VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 64       3 27 f ' x 36x 64x 4 3x . Dễ thấy            32 4 36x 64x x 36x 64 0 x 0; 3 nên    f ' x 0 . Suy ra   fx nghịch biến trên    4 0; 3 , do đî phương trënh    f x 0 có tối đa 1 nghiệm trên    4 0; 3 . Lại có    f 1 0 nên  x1 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Ngoài ra nếu ai thìch cũng cî thể liên hợp để giải quyết bài toán này. Ta có:                                     42 32 32 9x 32x 5 18 4 3x 0 54 x 1 9x 9x 23x 23 0 4 3x 1 x1 54 f x 9x 9x 23x 23 0 * 4 3x 1 Do ta đã chứng minh phương trënh vï nghiệm trên   ;0 nên ta chỉ cần chứng minh         4 f x 0 x 0; 3 . Điều này quá là dễ bởi vì              2 4 x 1 9x 23 0 x 0; 3 do đî phương trënh    f x 0 sẽ vô nghiệm trên    4 0; 3 . Bài toán đã được giải quyết! Câu 18: Giải phương trënh         2 5 x 3 x 1 2 4 x 2x 18 Giải MODE 7 với hàm            2 5 x 3 f x x 1 2 4 x 2x 18 ta được. Nhìn vào bảng ta thấy hàm có vẻ đồng biến và có nghiệm là  x3 . Để kiểm chứng điều này ta sẽ vẽ đồ thị của hàm này. Nhën vào đồ thị trăm phần trăm là hàm đồng biến nên ta sẽ đi chứng minh điều này. Ta có:            2 5 x 3 f x x 1 2 4 x 2x 18 liên tục trên   1; 4 .            2 2 2 1 1 10x 60x 90 f ' x 2 x 1 4 x 2x 18 Bây giờ ta cần chứng minh         f ' x 0 x 1; 4 . Để chứng minh điều này ta cần dùng máy tính khảo sát tìm min, max của   f ' x trên   1; 4 . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 65 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Ta được        2 2 2 10x 60x 90 1 2 2x 18 và   1 1 1 2 2 x 1 4 x . Ta sẽ đi chứng minh 2 điều này. Ta có: 1.              1 1 5 2 x 1 21 4x 0 5 2 x 1 10 x 1 10 x 1 5 2 x 1 2.              1 3 10 3 4 x 9x 64 0 10 4 x 10 4 x 10 10 3 4 x 4 x 3.                         2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 15 2412 4x 92 x 10x 60x 90 1 4x 92x 120x 144 23 23 0 2 2x 18 2 2x 18 2 2x 18 Vậy    f ' x 0   fx đồng biến trên   1; 4 . Do đî phương trënh    f x 0 có nghiệm duy nhất  x3 . Ngoài ra ta cũng cî thể giải bài này bằng phương pháp nhân liên hợp.                                  2 2 2 5 x 3 x 1 2 4 x 2x 18 x3 5 x 3 5 x 3 11 * 2x 18 x 1 2 4 x 2x 18 x 1 2 4 x Đặt         2 f x 2x 18 x 1 2 4 x Với    x 1; 4 thì        x 1 3 2 4 x 5       2 f x 2x 10 0 .  phương trënh   * vô nghiệm! Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất  x3 . Câu 19: Giải phương trënh          2 2 2 x 2 109 x 2 3x 0 3 3 81 Đề thi thử THPT Quốc Gia – Phú Yên – 2015 Giải MODE 7 với hàm:            2 2 2 X 2 109 F X X 2 3X 3 3 81 trên   15;1 ta được: VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 66 Nhìn vào bảng thì ta sẽ thấy hàm có vẻ nghịch biến, khảo sát kỹ hơn ở khoảng    2 0; 3 ta sẽ thấy phương trënh cî nghiệm thuộc khoảng    2 0; 3 . Giải phương trình ta sẽ được nghiệm  1 x 3 , do đî ta sẽ dñng phương pháp hàm số để giải nó. Ta có thể vẽ đồ thị của hàm như hënh bên. Nhën vào đồ thị ta thấy rằng hàm số   fx chắc chắn nghịch biến, nên ta sẽ đi chứng minh điều này. Ta có:        3 3 f ' x 4x 2x 2 2 3x . Nếu                   22 x ; 0; 22 thì  3 4x 2x 0 , khi đî    f ' x 0 . Nếu     2 x ;0 2 thì  2 2 3x 5 , suy ra:         3 3 f ' x 4x 2x g x 5 . Có       6 g' x 0 x 6 . Mặt khác ta lại có        23 g 25    3 g0 5 và         6 27 10 5 g0 6 45 , nên             2 f ' x g x 0 x ;0 2 . Vậy   fx nghịch biến trên      2 ; 3 , do đî  1 x 3 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 20: Giải phương trënh          4 3 3 2x 4x 1 x x 1 3x 1 0 Đề thi thử THPT Quốc Gia – Phú Yên – 2015 Giải Bài này là một bài khá là khî, nhưng trước hết ta cứ phải khảo sát hàm số và vẽ đồ thị trước đã. MODE 7 với hàm            4 3 3 F X 2X 4X 1 X X 1 3X 1 trên   1; 5 ta được. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 67 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Nhìn vào bảng thấy rằng hàm có vẻ nghịch biến, nhưng khảo sát kỹ hơn trên     3 1 ;1 3 ta sẽ thấy hàm lòc tăng lòc giảm, do đî như những bài trên mình sẽ lại phải chứng minh vô nghiệm trên một khoảng nào đî rồi! Dễ dàng dò bằng CASIO thì ta thấy hàm sẽ nghịch biến trên khoảng      9 ; 5 , do đî ta sẽ chứng minh phương trënh vï nghiệm trên     3 19 ; 35 . Trước hết ta vẽ được đồ thị như bên. Nhìn vào đồ thị ta có thể chắc chắn rằng khi        9 x; 5 thì hàm nghịch biến và cắt trục hoành tại duy nhất một điểm tại  x2 . Sau khi định hướng được hướng giải rồi ta sẽ đi giải quyết nó thïi! Nhưng ta lại gặp phải một vấn đề là biểu thức phìa trước căn thức là một đa thức bậc 3 khá là khó xét dấu của nî để có thể khử căn nên ta sẽ chia làm 2 trường hợp. Trường hợp 1: Nếu           3 3 x x 1 0 19 x; 35 . Khi đî    3 34 10 9 3x 1 25 2 . Suy ra được:                                 4 3 3 43 43 2 22 f x 2x 4x 1 x x 1 3x 1 9 4x 9x x 11 2x 4x 1 x x 1 22 9 9 171 71 194 4 x x x x 8 10 80 10 25 0 2 Vậy phương trënh vï nghiệm khi        3 x x 1 0 9 x 5 . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 68 Trường hợp 2: Nếu             3 3 x x 1 0 19 x; 35 . Đến đây nếu ta cho  3 3x 1 0 thì không hẳn    f x 0 Do đî ta cần đánh giá    3 3x 1 ax b . Đến đây sử dụng tiếp tuyến và điểm rơi của   fx . Ta có:                 5 3 2 3 3 x 0,678262158 A 27x 15x 3x 2 f ' x 8x 4 0 x 1,581810582 B 2 3x 1 . Ta thấy      f A 0,6112465178;f B 2,256666123 do đî  xA là điểm rơi của   fx . Khi đî       3 xA d3 a 3x 1 dx 2 . Ta sẽ dùng MODE 7 để tìm b . MODE 7 với hàm      3 3 f X 3X 1 X 2 ta sẽ tëm được min xấp xỉ  9 0,36 25 . Vậy đánh giá cần tìm là      3 39 3x 1 x 1 2 25  Nếu       3 16 x; 3 25 thì   1 luïn đòng.  Nếu     69 x; 25 5 thì            32 9 27 544 1 3x x x 0 g x 0 4 25 625 -          2 9 27 5 73 g' x 9x x 0 x 2 25 20 -                         6 9 22831 5 73 g 0,95 0;g 0;g 0,0388 0 25 5 2500 20       5 73 g 0,97 0 20 Vậy   1 luïn đòng. Khi đî               43 39 f x 2x 4x 1 x x 1 x 2 25                         22 22 4 3 2 9 19 107 7863 25x x x 71 x 25x 18x 75x 107x 68 25 25 142 284 0 25 25 Vậy phương trënh vï nghiệm trên     3 19 ; 35 . Trường hợp 3: Nếu  9 x 5 . Ta có:                     3 3 5 3 2 5 3 2 3 33 2 8x 4 3x 1 27x 15x 3x 2 27x 15x 3x 2 f ' x 8x 4 2 3x 1 2 3x 1 Để ý thấy:     3 9 8x 4 0 x 5 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 69 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor                          5 4 3 2 5 3 2 27x 15x 3x 2 27 x 1 135 x 1 255 x 1 222 x 1 84 x 1 7 0 Khi đî ta chỉ cần đi chứng minh  3 3x 1 nhỏ hơn một biểu thức nào đî. Nếu đánh giá    3 3x 1 ax b thì không khả thi do    3 3 deg 3x 1 2 - deg là bậc của đa thức – lớn hơn 1. Ta cần phải đánh giá     32 3x 1 x ax b ( ở đây ta chọn luôn hệ số của 2 x là 1 cho dễ đánh giá), nhưng ta lại phải đi tëm điểm rơi của   f ' x . Nhưng hãy để ý khi ta dí MODE 7 thë dường như   f ' x nghịch biến. Để kiểm chứng ta sẽ khảo sát thật kỹ và vẽ đồ thị hàm này. Nhën vào đồ thị có thể thấy rằng khi  9 x 1,8 5 thì hàm   f ' x nghịch biến. Vậy điểm rơi sẽ là  9 x 5 . Khi đî ta sẽ tëm được:                             3 9 x 5 2 9 x 5 32 9 x 5 d 3x 1 dx 1 b d 5 x dx 13 c 3x 1 x x 52 Vậy cî đánh giá       32 13 3x 1 x x * 52 Bây giờ sẽ đi chứng minh   * luïn đòng. Ta có:                      32 2 2 4 3 2 2 13 3x 1 x x 52 17 76 3 5 17 3 13 x x x x 0 x x x 2 0 5 25 5 4 10 20 20 Vậy   * luïn đòng. Khi đî                5 4 3 2 f ' x 55x 16x 195x 25x 8x 50 0 . Suy ra   fx nghịch biến trên      9 ; 5 . Vậy  x2 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 21: Giải phương trënh              2 x 8x 16 x 3 3x 1 2 x 7x 2 0 Nguyễn Minh Tuấn Giải Dùng MODE 7 khảo sát hàm                2 f x x 8x 16 x 3 3x 1 2 x 7x 2 . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 70 Nhập vào máy hàm số trên rồi cho:   START 1   END 20   STEP 1 Ta được bảng như bên. Nhën vào bảng thì ta thấy hàm có vẻ đồng biến và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 0. Để chắc chắn thì ta sẽ đi vẽ đồ thị, ta được như bên. Nhën vào đồ thị ta chắc chắn rằng hàm đồng biến nên ta sẽ đi chứng minh điều này. Ta có:         9x 7 21x 10 f ' x 2x 8 2 3x 1 2 7x 2 Để chứng minh       2 f ' x 0 x 7 cũng khïng phải là điều khî khăn gë. Trước hết ta cần phải chia trường hợp thì mới làm được. Trường hợp 1:     2 10 x; 7 21 . Khi đî thë         21x 10 0 9x 7 0 2x 8 0 . Cho nên    f ' x 0 . Trường hợp 2:     10 7 x; 21 9 . Khi đî               21x 10 0 21x 10 9x 7 f x 2x 8 9x 7 0 2 7x 2 2 3x 1 Mặt khác ta lại có:                       2 2x 8 7x 2 21x 10 21x 10 40 21x 10 10 7 2x 8 0 x ; 21 9 2 7x 2 2 7x 2 2 7x 2          10 7 f x 0 x ; 21 9 Trường hợp 3:  7 x 9 . Khi đî ta cî: 1.                         32 12x 19x 224x 64 7 2 x 4 3x 1 9x 7 2 x 4 3x 1 9x 9x 7 x 4 0 2 3x 1 2 3x 1 2 3x 1 2.                         32 28x 209x 512x 128 10 2 x 4 7x 2 21x 10 2 x 4 7x 2 21x 21x 10 x 4 0 2 7x 2 2 7x 2 2 7x 2       7 f ' x 0 x 9 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 71 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Vậy   fx đồng biến trên        2 ; 7 nên  x1 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 22: Giải phương trënh            2 3 9x 8x 4 2 2 x 1 1 x 3x 2 2x 1 Đề thi thử THPT Quốc Gia 2016 – THPT Trần Hưng Đạo – Đăknông Giải Vẫn như mọi khi ta vẫn đi khảo sát và vẽ đồ thị hàm số thôi! MODE 7 với hàm               2 3 9x 8x 4 f x 2 2 x 1 1 x 3x 2 2x 1 . Nhập vào máy hàm số trên rồi cho:   START 1   END 5   STEP 0, 2 Nhìn vào bảng ta thấy luïn phương trënh đầu có nghiệm là  x1 và hàm có dấu hiệu nghịch biến. Để biết chính xác ta sẽ đi vẽ đồ thị. Ta thấy rằng đồ thị có dấu hiệu đi xuống, vậy hàm là nghịch biến. Do đî nếu ta chứng minh được hàm nghịch biến là OK. Ta có:                      2 2 22 2 2x 3x 6 3 x 1 f ' x x x 1 27x 12 2x 1 54x 52x 8 3x 2 2x 1 2x 1 Nhën đã thấy choáng rồi! Việc chứng minh không phải đơn giản chòt nào! Nhưng hãy để ý rằng:           2 9x 8x 4 3x 2 2x 1 3x 2 2x 1 Khi đî phương trënh sẽ đơn giản hơn rất nhiều. Ta sẽ không phải đi chứng minh con “ ép phẩy” kia! Ta cî:         2 3 9x 8x 4 2 2 x 1 1 x 3x 2 2x 1 3x 2 2x 1 3x 2 2x 1 3 2 2 x 1 1 x 3x 2 2x 1                         3 2 2 x 1 1 3x 2 2x 1 x           VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 72       2 2 2x 3 2 x 1 1 3x 2x 2x 1 2 2x 3 x 1 2x 2x 1 3x 2x 3 0                 Bây giờ đặt             2 f x 2 2x 3 x 1 2x 2x 1 3x 2x 3. Ta có: 1.         6x 7 6x 2 f ' x 6x 2 x 1 2x 1 2.                           2 9x 30x 37 x 1 1 6 x 1 3x 1 x 1 1 6x 7 6 x 1 3x 1 3x 1 0 x 1 x 1 x 1 3.                            32 6x 2 3x 1 2x 1 6x 2 18x 33x 15x 5x 5 3x 1 0 2x 1 2x 1 6x 2 3x 1 2x 1 2x 1 Suy ra    f ' x 0   fx nghịch biến trên    1; . Vậy  x1 là nghiệm duy nhất của phương trënh đầu. Câu 23: Giải phương trënh        2 3 x 4 3 5x 4 4x 18x 12 0 Giải MODE 7 với hàm          2 f x 3 x 4 3 5x 4 4x 18x 12 Nhập vào máy hàm số trên rồi cho:   START 0,8   END 5   STEP 0, 2 Ta được bảng như bên. Nhën vào bảng thì ta thấy rð ràng phương trënh khïng chỉ có 1 nghiệm duy nhất  x0 mà còn có 1 nghiệm nữa thuộc khoảng   3,6; 4 . Tất nhiên là ta phải chia 3 trường hợp rồi. Trước tiên để xác định các trường hợp thì ta có thể dùng MODE 7 thì có lẽ hàm này đồng biến khi  x3 và nghịch biến khi  x1 . Và phương trënh đầu vô nghiệm trên   1; 3 . Vậy là ta đã cî định hướng để giải bài này. Nếu:    x 1; 3 .Khi đî        3 x 4 8 3 5x 4 14            2 f x 4x 18x 10 0 x 1;3 Vậy phương trënh vï nghiệm trên   1;3 . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 73 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Ta có:        3 15 f ' x 8x 18 2 x 4 2 5x 4 Nếu  x3 thì hiển nhiên      f ' x 0 f x đồng biến trên    3; . Nếu     4 x ;1 5 thì ta nhận thấy rằng chưa chắc hàm đã nghịch biến do       4 x 5 15 lim 2 5x 4 Lúc này không thể nào có chuyện    f ' x 0 được. Để thấy được hàm đổi chiều thì hãy khảo sát hàm này trên    0,8; 0,7 với  0,1 STEP 29 ta sẽ thấy nî đổi dấu ngay. Vậy để khắc phục ta lại chia nhỏ khoảng     4 ;1 5 hơn nữa. Khi đî ta sẽ xét 2 trường hợp sau: Nếu       41 x; 52 thì        3 x 4 5 3 5x 4 0               2 41 f x 4x 18x 7 0 x ; 52 Nếu     1 x ;1 2 khi đî              2 x 4 3, 5 135 f ' x 8x 0 14 2 5x 4 2 . Vậy hàm nghịch biến trên     1 ;1 2 . Vậy phương trënh sẽ có 1 nghiệm trên    3; và 1 nghiệm trên     1 ;1 2 . Lúc này chỉ ra 2 nghiệm là  x0 và   3 21 x 2 là xong! Ngoài cách làm ở trên ta cũng cî thể làm theo cách liên hợp lôi 1 nghiệm ra còn một nghiệm dùng hàm số để giải quyết. Ta cùng làm thử cả 2 hướng xem sao.  HƯỚNG 1: Lïi nghiệm   3 21 x 2 ra trước. Ta có:                          2 2 3 x 4 3 5x 4 4x 18x 12 0 3 x 4 x 1 3 5x 4 x 1 4 x 3x 3 0                         22 2 3 x 3x 3 3 x 3x 3 4 x 3x 3 0 x 4 x 1 5x 4 x 1                       2 x 3x 3 0 33 f x 4 0 x 4 x 1 5x 4 x 1 Có                      22 6 x 4 3 6 5x 4 15 f ' x 0 2 x 4 x 4 x 1 2 5x 4 5x 4 x 1 . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 74 Nên   fx đồng biến trên        5 ; 4 . Lại có    f 0 0 nên  x0 là nghiệm duy nhất của phương trënh    f x 0.  HƯỚNG 2: Lïi nghiệm  x0 ra trước. Ta có:                                       2 2 3 x 4 3 5x 4 4x 18x 12 0 3 x 4 2 3 5x 4 2 4x 18x 0 x0 3 15 f x 4x 18 0 x 4 2 5x 4 2 Bây giờ ta sẽ dùng cả MODE 7 và vẽ đồ thị để kiểm tra xem   fx cî đơn điệu không. MODE 7 với hàm           3 15 f x 4x 18 x 4 2 5x 4 2 Nhập vào máy hàm số trên rồi cho:   START 0,8   END 5   STEP 0, 2 Ta có bảng như bên. Nhën vào thấy rằng hàm khïng đơn điệu trên        4 ; 5 mà bị đổi chiều trong khoảng   0,8;0 nên ta sẽ phải chứng minh vô nghiệm trên khoảng này. Để hënh dung rð hơn ta cî đồ thị như bên. Nhën vào đồ thị ta thấy rằng đòng là hàm bị đổi chiều một ít và còn lại là đồng biến nên ta sẽ đi chứng minh vô nghiệm trước. Nếu    x 0;8;0 thì:        x 4 1, 5 5x 4 0            135 f x 4x 0 x 0,8;0 14 Nếu  x0 ta có:                 22 3 75 f ' x 4 2 x 4 2 x 4 2 5x 4 2 5x 4 Dễ thấy với  x0 thì:                  2 2 2 x 4 2 x 4 64 2 5x 4 2 5x 4 64 . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 75 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Khi đî        89 f ' x 0 f x 32 đồng biến trên    0; . Vậy đến đây bài toán đã được giải quyết! Câu 24: Giải phương trình            4 2 3 2 x 6x 2x 9 x 2x 1 x x 1 0 Giải MODE 7 với hàm số              4 2 3 2 f x x 6x 2x 9 x 2x 1 x x 1 Nhập vào máy hàm số trên rồi cho:   START 10   END 10   STEP 1 Ta được bảng như bên. Nếu ở trên máy tính các bạn thì có thể thấy rằng hàm này có vẻ đồng biến trên        15 ; 2 và        15 ; 2 . Có thể thấy rð điều này khi ta vẽ đồ thị. Nhën vào đồ thị ta thấy rằng hàm có nghiệm duy nhất là  x2 liên tục và đồng biến trên        15 ; 2 và        15 ; 2 . Bây giờ ta sẽ đi giải quyết nó! Có:      3 f ' x 4x 12x 2       4 3 2 2 8x 7x 2x 4x 5 2 x x 1 Trường hợp 1:         15 x; 2 Ta cần chứng minh    f ' x 0. Để ý thấy:              4 3 2 3 2 gx 8x 7x 2x 4x 5 ' 32x 21x 4x 4 0        4 3 2 8x 7x 2x 4x 5 1 0 Vậy ta cần có một đánh giá kiểu như     2 x x 1 ax b  Nếu ta chọn  a1 thë khi đî          2 x lim x x 1 x ta khïng thể xác định được b  Nếu ta chọn  a1 thë ta dễ dàng dí bằng MODE 7 để tëm được  1 b 2 . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 76 Vậy ta cần đánh giá:        2 15 x x 1 x 0 24 luïn đòng với         15 x; 2 . Khi đî         4 3 2 8x 10x 28x 24x 8 f ' x 0 1 2x Vì                                                2 43 15 28x 24x 8 0 x ; 2 15 1 2x 0 x ; 2 15 8x 10x x ; 2 . Vậy   fx đồng biến trên        15 ; 2           15 f x f 0 2 . Trường hợp 2:   15 x 2 . Để ý thấy:                     32 32 g' x 32x 21x 4x 4 32 x 1 75 x 1 58 x 1 11 0    g x 0 . Vẫn như trường hợp 1 ta vẫn cần đánh giá     2 x x 1 ax b . Lần này chọn luôn  a1, dñng MODE 7 ta tëm được  1 b 2 Vậy ta đi chứng minh       2 15 x x 1 x 0 24 luïn đòng.             4 3 2 hx 16x 11x 22x 12x 7 f ' x 2x 1 2x 1 Để ý rằng:                                 32 32 3 3 3 351 h' x 64x 33x 44x 12 64 x 255 x 289 x 0 2 2 2 4                   15 h x h 17 0 f ' x 0 f x 2 đồng biến trên        15 ; 2 Vậy  x2 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 25: Giải phương trënh         5 4 3 2 x 7x 12x x 3x 6 12 6 5x 0 Giải Do  6 5x 5 nên điều kiện có nghiệm của phương trënh sẽ là:               5 4 3 2 5 4 3 2 x 7x 12x x 3x 6 0 x 7x 12x x 3x 6 210                               4 3 2 22 4 3 2 x 5 x 2x 2x 9x 42 0 x 5 do :x 2x 2x 9x 42 x 1 x 4,5 21,75 0 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 77 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Trường hợp 1: Nếu      x 5; 4 . Khi đî đặt    VT f x thë ta được:                    5 4 3 2 3 2 f x x 7x 12x x 3x 66 x x 4 x 3 x 3x 66 0 Trường hợp 2: Nếu      x 4; 2 thì  6 5x 4 . Khi đî ta cî:                              5 4 3 2 5 4 3 2 4 3 2 2 f x x 7x 12x x 3x 54 x 7x 12x 20 x 3x 34 x 1 x 8x 20x 20x 20 x 3x 34 0 Vì                              2 2 4 3 2 2 2 x 8x 20x 20x 20 x 4x 1 2 x 3 1 0 x 3x 34 0 x 4; 2 Trường hợp 3: Nếu    x 2;0 thì  6 5x 2 khi đî:          5 4 3 2 f x x 7x 12x x 3x 30 0 Vì                           5 4 3 3 2 x 7x 12x x x 3 x 4 0 x 3x 30 x 2 x 5 20 0 Trường hợp 4: Nếu     6 x 0; 5 ta có:                4 3 2 30 6 f ' x 5x 28x 36x 2x 3 0 x 0; 5 6 5x Vì               30 30 3 6 5x 45x 846 30 6 5x 6 5x 30 3 6 5x 6 5x   fx đồng biến trên    6 0; 5 . Do vậy nên phương trënh đầu sẽ có nghiệm duy nhất  x1 . Câu 26: Giải phương trënh            4 2 3 2 x x 10x 19 x 7x 13 x x 1 0 Giải Đặt              4 2 3 2 f x x x 10x 19 x 7x 13 x x 1 liên tục trên        15 ; 2 và        15 ; 2 . Có            4 3 2 3 2 8x 7x 34x 5x 27 f ' x 4x 2x 10 2 x x 1 Với   15 x 2 ta cần chứng minh         4 3 2 g x 8x 7x 34x 5x 27 0  Nếu    x 0;1 thì theo AM – GM ta có            4 4 2 3 3 2 8x 8 2 8.8.x 16x 7x 7 14 x 14x . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 78         2 g x 4x 5x 12 0  Nếu                    2 43 8 86 x 1 g x 8 x 1 39 x 1 35 x 0 77 Vậy            15 f ' x 0 x ; 2 Với   15 x 2 ta cần chứng minh rằng:                3 2 4 3 2 u x 2 4x 2x 10 x x 1 8x 7x 34x 5x 27 0  Nếu      15 x 2; 2 thì                    4 3 2 2 3 8x 7x 20x 0 14x 5x 27 0 u x 0 4x 2x 10 0  Nếu  x2 . Ta thấy rằng     2 12x 5x 27 0 nên chỉ cần chứng minh:            3 2 4 3 2 A 2 4x 2x 10 x x 1 8x 7x 22x 0 Để ó thấy:                 42 22 22 10 x 4x 4x 4 20 x x 1 10x 0 x x x 1 nên lại chuyển về chứng minh:                                        3 2 4 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 5 4 3 2 2 4x 2x x x 1 8x 7x 12x x 2 4x 2 x x 1 8x 7x 12x 0 2 4x 2 x x 1 8x 7x 12x 0 48x 143x 232x 192x 16x 16 0 Đặt          5 4 3 2 1 f x 48x 143x 232x 192x 16x 16 Có         4 3 2 1 f ' x 24x 572x 696x 384x 16             42 24x 16 x 572x 696x 384 0 x 2 Suy ra   1 fx nghịch biến          1 f x f 2 1152 0 . Suy ra  A0 Vậy       f ' x 0 x 2 Kết luận phương trënh cî tối đa 2 nghiệm trên TXĐ là    x 1; x 2 . Nhën chung bài này đánh giá khá là trầy cối! Ta thử liên hợp có nhanh không nhé.                                                4 2 3 2 3 2 2 3 2 2 x x 10x 19 x 7x 13 x x 1 0 x 7x 13 x x 1 1 x 1 x 2 x 3 0 x 7x 13 x 1 x 2 x 3 0 x x 1 1 Đặt        3 2 2 x 7x 13 f x x 3 x x 1 1 . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 79 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor  Nếu   15 x 2 thì  3 x 7x 13 0 (cái này dễ tự chứng minh)  Nếu   15 x 2 . Để ó thấy: +                             2 2 2 3 2 22 x x 1 2 x 2x 7 x 2 x x 1 x 7x 13 f x x 3 x x 1 1 x x 1 1 +                       32 22 22 x 19x 36x 53 x 2x 7 x 2 x x 1 0 x 2x 7 x 2 x x 1 Đến đây bài toán đã được giải quyết! II. CÁC BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Nhìn chung nội dung của phương pháp này mënh đã đề cập trong chuyên đề phương trënh trước đî với các kỹ thuật hay dùng. Ở phần này các bài toán cũng khïng cî gë khác biệt nhiều, bên cạnh đî cî một số kỹ thuật khác thì các bạn sẽ được giới thiệu trong từng ví dụ cụ thể. Nào bây giờ chúng ta sẽ cùng bắt đầu đi vào các bài toán đầu tiên nhé ! Câu 1: Giải hệ phương trënh         3 3 2 2 2 13x 4y 8 y x 3 y 2x x x 2 y 1 5 1 2y                Giải Từ phương trënh thứ nhất trong hệ ta biến đổi được về phương trënh : 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 đî ta cî hàm số   ft luïn đồng biến trên . Do đî từ   1 ta có :     f x 1 f y y x 1      . Thế vào phương trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh :         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 trënh là         x, y 1 6;2 6 ; 1 6;2 6      . Câu 2: Giải hệ phương trënh       2 2 3 4 4 4 6 2 x 3y x 2x 3y y y 2 y 4x 5 2 y 3 7               Giải Điều kiện : 5 x 4  . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 80 Phương trënh thứ nhất được biến đổi lại thành phương trënh : 5 3 2 4 10 8 6 x 3x y 2xy y 3y 2y        1 Xét y0  x0  không thỏa hệ phương trënh. Với y0  ta chia hai vế   1 cho 5 y ta được phương trënh : 53 53 x x x 3 2 y 3y 2y y y y                          2 Xét hàm số   53 f t t 3t 3t    , t  . Ta có :   42 f ' t 5t 9t 2 0, t       . Do đî từ     2 x 2 f f y x y y        . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh : 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 trënh cî nghiệm là         x, y 1;1 ; 1; 1  . Câu 3: Giải hệ phương trënh       32 5 2x 3 2y 3 4 y x x x 1 y 15 y 1 29                Giải Điều kiện : 3 x 2 3 y 2          . Phương trënh 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 đî hàm số   ft luïn đồng biến trên 3 ; 2        , do đî từ       1 f x f y x y     . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh :     3 2 5 4 2 5 x x 1 x 15 x 1 1 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                              . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 81 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là           x, y 1; 1 ; 1;1 ; 2;2    . Câu 4: Giải hệ phương trënh   3 2 4 3 x 1 1 y 2 x y 9y x 9 y y               Giải Phương trënh         3 3 xy 2 x x y y x y 9 x y x y 9 0               Với xy  thế vào phương trënh 1 ta được   3 1 x 1 x 2 x 1      Đặt 3 3 3 2 t1 t x 1 t 2 t 2 t t 4t 2 0 t 1 3 t 1 3                          Đến đây ta tëm được 3 bộ nghiệm           x; y 0;0 ; 11 6 3; 11 6 3 ; 11 6 3; 11 6 3          Với 3 x 9 y  thế vào phương trënh 2 ta được 3 3 10 y 1 y 2     Xét hàm số       2 3 3 2 3 3 3y 1 f y 10 y 1 y 2 f ' y 2 1 y 3 10 y            Từ đây ta suy ra   fy nghịch biến trên tập xác định, từ đî dễ dàng chỉ ra phương trënh vï nghiệm! Thử lại ta thấy 3 bộ nghiệm ban đầu thỏa mãn hệ. Câu 5: Giải hệ phương trình 22 x 1 x 3 x 5 y 1 y 3 y 5 x y x y 80                       x, y  Giải Điều kiện: x1 y5      . Phương trënh thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trënh: 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 đî từ       1 f x 1 f y 5 y x 6        . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta cî được phương trënh : VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 82 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 trënh đã cho cî nghiệm là   7 5 5 7 5 5 x, y ; 22         . Câu 6: Giải hệ phương trình     22 x y 2 x 2y 3 2 y 3 x 2 x 1 6 y 1 11 7x 6y                      x, y  Giải Điều kiện : x1 y1      . Phương trënh thứ nhất đã cho được biến đổi lại thành phương trënh : 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                           2 2 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       . Do đî hàm số   ft luïn đồng biến trên   0;  . Do đơ từ       1 f x 1 f y 2 y x 1        . Mặt khác y 1 x 1 1 x 2       Thế vào phương trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh :   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  . Câu 7: 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  Giải NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 83 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 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 cî phương trënh : 2 2 2 2 x 1 x 2x y 4y 1 2x y        2 2 1 1 1 1 2y 2y 1 2y x x 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 luïn đồng biến trên   0;  . Do đî 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                                    . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là   1 x, y 4; 8     . Câu 8: Giải hệ phương trình 75 75 x 2x 6x 9 5x 4 3y y 2y 6y 9 5y 4 3x                    x, y  Giải Điều kiện : 5 x 4 5 y 4          . Lấy hai phương trënh trong hệ trừ vế theo vế ta cî được phương trënh : 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             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         . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 84 Do đî hàm số   ft là hàm số đồng biến trên 4 ; 5        . Do đî từ       1 f x f y x y     . Thế vào phương trënh thứ nhất trong hệ ta cî phương trënh : 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 đî hàm số   fx luïn đồng biến trên 4 ; 5        nên phương trënh   f x 0  nếu có nghiệm thì nghiệm đî 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  . Câu 9: 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  Giải Hệ phương trënh đã cho được biến đổi lại thành hệ phương trënh :       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 cî được phương trënh:   2 2 2 2 4x y 6y 9 2x 4x 2 y 3 y 6y 11              2 2 2 2 4x 2x 4x 2 y 3 y 3 y 6y 11                  2 2 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 luïn đồng biến trên . Do đî từ   3 ta có :     f 2x f y 3 y 2x 3      . Thế vào phương trënh thứ hai trong hệ ta sẽ cî phương trënh : NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 85 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2 9 5 5 xy 63 9x 27x 19 0 9 5 5 xy 63                    Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm :   9 5 5 9 5 5 x, y ; ; ; 6 3 6 3                        . Câu 10: Giải hệ phương trình     3 3 2 2 2 x y 17x 32y 6x 9y 17 y 2 x 4 x 9 2y x 9 x 9y 1                       x, y  (Thi thử chuyên Vĩnh Phúc khối A,B năm 2015) Giải Điều kiện : x4 2y x 9 0        . Phương trënh thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trënh : 3 3 2 x 6x 12x 17x 17 y 9y 32y                3 2 x 3 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 đî hàm số   ft luïn đồng biến trên . Do đî từ       1 f x 2 f y 3 y x 1        . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta cî 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     . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là     x, y 5;6  . Câu 11: Giải hệ phương trình       2 2x 3 y y 2 y 5 x x 4 2 x 3 y 10                  x, y  Giải Điều kiện : x3 y 10      . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 86 Phương trënh thứ nhất trong hệ được viết lại thành phương trënh : 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          . Thế vào phương trënh thứ hai trong hệ ta cî phương trënh :     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 luïn tăng trên   0;  . Do đî 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  . Câu 12: Giải hệ phương trình     32 22 y 10y 14y 52 x 1 3 x 1 6x 26 3x 8y 10x 7                   x, y  Giải Điều kiện : 1 x 3  . Hệ phương trënh đã cho được biến đổi thành hệ phương trënh 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 cî phương trënh :     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 luïn tăng trên . Do đî từ       3 f y 2 f 3x 1 3x 1 y 2         . Kết hợp với (2) ta có hệ phương trënh 2 22 22 y2 3x 1 y 2 3x y 4y 3 3x 10x 8y 7 3x 10x 8y 7                        NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 87 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 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                   22 2 y 2 y 2 y 4y 3 y 4y 3 xx 33 y y 2 y 10y 8 0 y 0 y 2 y 5 7                                  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     . Câu 13: 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  Giải Đặt a x y ,a 0,b 0 b y x       . Từ cách đặt ta có : ab x 2 ab y 2            . Lòc đî hệ phương trënh đã cho được biến đổi thành hệ phương trënh sau :       3 3 3 2 2 2 2 22 a b 24 a 13 2b 2b 11 b 2b 11 b 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 2b 11 b 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       . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 88 Vậy hàm số   ft luôn nghịch biến trên   0;1 . Do đî ta cî       f a f b a b      . Từ đî ta sẽ có hệ phương trënh : 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 trënh đã cho cî nghiệm là   3 1 x, y 0; 2     . Câu 14: Giải hệ phương trình     22 22 2x 3x 4 2y 3y 4 18 x y xy 7x 6y 14 0                   x, y  Giải Xét phương trënh thứ hai trong hệ ta có : 22 x y xy 7x 6y 14 0          . Nếu ta xem    là phương trënh bậc hai theo x thë phương trënh 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 trënh bậc hai theo biến y ta cî phương trënh cî 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 trënh thứ nhất trong hệ dẫn đến xét hàm số   2 f t 2t 3t 4, t 1      . Ta có :   f ' t 4t 1 0, t      . Do đî hàm số   ft đồng biến trên   1;  . Từ đî dẫn đến     10 f x f 2 6, t 2; 3        ,     7 f y f 1 3, t 1; 3        . Do đî     f x f y 18  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2 y1      . Thế lại vào phương trënh thứ hai ta thấy không thỏa mãn. Do đî hệ phương trënh đã cho vô nghiệm. Câu 15: 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  Giải Nhận xét hệ luôn có nghiệm     x, y 0;0  . Xét hàm số   32 f t t 2t 3t    , t  . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 89 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Ta có:   2 2 25 f ' t 3t 4t 3 3 t 0, t 33             . Vậy hàm số   ft luïn tăng trên . Do đî ta cî 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 đî hệ vô nghiệm. Vậy x0 y0      . Đặt y tx, t 0  . Phương trënh 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 cî được phương trënh:     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 trënh thứ nhất trong hệ ta có:     3 2 3 2 2 x 2x 3x 4 x 2x 3x x x 2x 3 0          . Phương trënh cuối cùng vô nghiệm với x0  . Với   t 5 2 7 y 5 2 7 x      . Thay vào phương trënh 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 trënh cuối cùng vô nghiệm với x0  . Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất     x, y 0;0  . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 90 Câu 16: Giải hệ phương trình 34 2 2 3 y x x 63 xy 2x y x 27 3            x, y  Giải Hệ phương trënh 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 trënh : 3 4 3 3 27 x x x 63 x              3 . Đặt t x , t 0  . Khi đî   3 trở thành phương trënh   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 luïn đồng biến trên   0;  . Mặt khác   4 f 2 0  . Do đî phương trënh   f t 0  có nghiệm duy nhất 44 t 3 x 3 x 3 y 2 3        . Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm là     x, y 3;2 3  . Câu 17: Giải hệ phương trình   22 2 2 3 x x 7x 14 5y 23y 32 x 8y y 28y 23                 x, y  Giải Cộng vế theo vế hai phương trënh trong hệ ta cî được phương trënh : 3 2 3 2 3 2 3 2 x 6x 14x y 3y 5y 9 x 6x 12x 8 2x 4 y 3y 3y 2y 2                          3 3 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 đî từ       1 f x 2 f x 1 x 2 y 1 x y 1            . Thế vào phương trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh : NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 91 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor   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 trënh đã cho cî nghiệm là           x, y 3;2 ; 4;3 ; 5; 4  . Câu 18: Giải hệ phương trënh       3 3 2 2 2 13 1 xy y 1 x2 14 xy 2 2y 2 xx                   Giải Từ phương trënh (2):   2 2 14 xy 2 2y xx     22 2 2 14 x y 4xy 4 2y xx 11 xy 4 xy 4 0 xx                         Vậy 1 xy 2 x    thế vào phương trënh (1) 33 23 1 1 1 1 1 1 2 . x x 2 x x                   Đặt     3 3 23 11 a a 1 a a 2 .a x2        5 4 3 2 3 6a 15a 8a 3a a 0 2        Đặt   5 4 3 2 3 f a 6a 15a 8a 3a a 2         4 3 2 f ' a 30a 60a 24a 6a 1       Ta có       2 22 f ' a 30 a a 6 a a 1 0       Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất trên 1 f0 2     13 a x 2 y 24        Câu 19: 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  Giải Điều kiện :     22 3 2x 3y 49 x y 134 0 x y 6 0              . Từ phương trënh thứ hai trong hệ ta có : 22 x 2xy 2y x y 2 0       , ta cî được hai điều sau : 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              . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 92 Thế điều thứ nhất vào phương trënh 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 đî ta cî   1 trở thành : 2 4 3 3t 52t 140 t 6 8 0       . Xét hàm số   2 4 3 f t 3t 52t 140 t 6 8, t 2          . Ta có :       3 2 4 3 3 2 4 6t 52 t 6 3t 52t 140 f ' t 0, t 2 3 t 6 3t 52t 140             . Do đî hàm số   ft luïn đồng biến trên   2;    . Do đî   f t 0  nếu có nghiệm thì nghiệm đî là duy nhất. Mà   f 2 0 t 2    là nghiệm duy nhất của phương trënh   f t 0  . Kết hợp với phương trënh 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        . Câu 20: Giải hệ phương trình         22 22 105 x y 25 4xy 4x 17y 1 4 4x 4y 4x 4y 7 2                 x, y  Giải Từ   2 ta có :     2 2 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 cî : 22 4x 4y 7 4x 4y        . Phương trënh   1 được biến đổi trở thành phương trënh :     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       NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 93 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor     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 đî       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 cî :   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. Vậy hệ phương trënh cî nghiệm   1 x, y 1; 2     . Câu 21: 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  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   2 2 2 2 x0 4 x 1 x 4 x x 8 0 x 2 2 x 2 2                . Với 2 42 1 x 1 0 x 1 x 4y 1 11 1 2y 1 y 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       . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 94 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 đî ta cî :   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 đî   4 f y 0    . Vậy :         4 f x 4 2 1 f x f y 0 4 f y 0               . Do đî từ       x0 f x f y 0 1 y 2             . Thử lại thấy thỏa mãn hệ nên hệ phương trënh đã cho cî nghiệm         1 x, y 0; 1 ; 2 2 ; 1 ; 2 2 ; 1 ; 0; 2            . Câu 22: 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  Giải Điều kiện : x1 y2      . Biến đổi   1 ta cî phương trënh :       2 4 2 2 11 x 1 x 10y 11 x 1 y xy x y 0               Đặt t x 1,t 0    . Lòc đî    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 cî phương trënh : 22 y x 9 x 1 y 2 13x 5y 74 0          2 2 x 1 13x y 2 5y 74          5 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 95 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 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 đî           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 đî           y 2;3 f 2 f x f 3 20 f y 46         . Do đî từ   5 ta có     x2 f x f y 74 y3         . Thử lại ta thấy hệ thỏa mãn. Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm là     x, y 2;3  Câu 23: Giải hệ phương trình   42 42 4 4 2 2 3 y y y x x x 2 y x y x y x 2x y 6 3x 2y 2 1 3x 7                         x, y  Giải Điều kiện : x 0, y 0 3x 2y 2 0        . Đặt y x t , t 2 yx    . Khi đî ta cî :   4 4 2 2 44 2 2 2 22 y x t 2 2 yx y x t2 yx               . Phương trënh thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trënh :   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    . 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 đî   f t 0  vô nghiệm với mọi t2  . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 96 Vậy từ    ta có   2 y x t 2 2 x y 0 y x yx           . Thế vào phương trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh :   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 đî   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 trënh 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 đî hàm số   ft đồng biến trên , do đî     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 trënh   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  . 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  . Câu 24: 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  Giải Từ phương trënh thứ nhất trong hệ ta biến đổi được phương trënh :           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           NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 97 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor         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 trënh 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 cî 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 đî 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 trënh là     x, y 2; 2  . Câu 25: 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  Giải Điều kiện : 2 x x 4 0 x y 0        . Phương trënh thứ hai trong hệ được biến đổi thành phương trënh : 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      . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 98 Vậy hàm số   ft luïn đồng biến trên . Do đî từ       33 33 1 f y 1 f 13 x y 1 13 x         . Thay vào phương trënh thứ nhất trong hệ ta cî phương trënh : 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  Lòc đî phương trënh (2) trở thành phương trënh : 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 u0 3v 6u v 12uv 8v 0 v 6 u v 2v 3v 0 v0                         2 3 2 2 3 1 17 13 5 17 x x 4 0 x y 1 22 1 x 0 x x 4 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 trënh là :   33 1 17 13 5 17 1 17 13 5 17 x, y ;1 ; ;1 2 2 2 2                             . Câu 26: 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  Giải Điều kiện : x 2y 0 x1      . Phương trënh thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trënh :         3 2 x 1 x 2y 6 x 2y x 1          1 . Đặt a x 1 b x 2y        , a, b 0  . Khi đî   1 trở thành :         2 2 2 2 3 2a b 6 b a 6 4a b 6 b 2a          2 . Với a 0 b 0    thì hệ không thỏa mãn. Do đî ta cî a, b 0  . Khi đî   2 trở thành :   2 2 6 2a 6b 2a b       NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 99 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Xét hàm số   2 6t f t , t 0 t     . Ta có   2 2 6t f ' t 0, t 0 t       . Do đî 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 trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh 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  . Câu 27: 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  Giải Điều kiện : 2 3 2y 0 11 y 22 3 2y 0 x0 x0 1 1 x x 2 2                       . Phương trënh thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trënh :     2 3 3 2 3 4 1 1 3 4 2 4 2y 3 2y 2 1 3 2y 3 2y x x 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 luïn đồng biến trên . Do đî từ     11 f 1 f 3 2y 1 3 2y xx             . Thế vào phương trënh thứ hai trong hệ ta cî phương trënh : VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 100   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      Do đî 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 x x x x 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         . Câu 28: Giải hệ phương trình 2 3 1 3x 4 x 3y 1 y y x1 9y 2 7x 2y 2 2y 3                     x, y  Giải Điều kiện : x1 2 y 9        . Phương trënh thứ nhất trong hệ được biến đổi thành hệ phương trënh : 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 đî từ       2 1 f x 1 f y y x 1 x y 1          . Thế vào phương trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh : 22 33 9y 2 7y 2y 5 2y 3 y 2 9y 2 y 1 7y 2y 5 0                 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 101 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor                 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 y1 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  . Câu 29: Giải hệ phương trình     22 x x 3 y y 3 3 x 3x 2xy 1 4xy 3x 1                  x, y  Giải Điều kiện : 3x 2xy 1 0    . Vì 22 y 3 y y y 0 y 3 y 0          . Do đî phương trënh thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trënh 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 đî hàm số   ft luïn tăng trên . Do đî từ       1 f x f y y x       . Thế vào phương trënh thứ hai trong hệ ta cî được phương trënh : 22 x 2x 3x 1 4x 3x 1          . Nhận xét với x0  không thỏa phương trënh     Trường hợp 1: x0  thë phương trënh    trở thành phương trënh : 2 3 1 3 1 24 x x x x       22 3 1 3 1 2 2 2 6 0 x x x x         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 xx     2 2 3 37 x 31 14 2 9 7x 3x 1 0 xx 3 37 x 14                    3 37 3 37 xy 14 14        .  Trường hợp 2: x0  thë phương trënh    trở thành phương trënh: VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 102 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 xx     2 2 3 17 x 3 1 3 17 3 17 4 2 4 2x 3x 1 0 x y x x 4 4 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                             . Câu 30: 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  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 trënh 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 luïn tăng trên . Do đî từ       f x f y y x        . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh :     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  . Lòc đî   1 trở thành phương trënh :     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           NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 103 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor   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 .  Trường hợp 1 : 5 t 12  ta có : 2 2 5 12t 0 15t 16t 16 1 0 t 1 1             . Do đî   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 đî hệ phương trënh đã cho cî nghiệm là     x, y 2;2  . Câu 31: Giải hệ phương trình     3 2 2 2 4 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  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 y 2 0                                      . Phương trënh thứ nhất trong hệ được viết lại thành phương trënh :         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   344 4 f t t t 2 t 3, t 0        . Ta có       3 4 4 4 4 4 344 4 22 44 3 4 4t t 4 t t 3 f ' t t 2 t 3 0, t 0 3 t 3 t 3               . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 104 Do đî hàm số   ft luïn đồng biến trên   0;  . Do đî 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 trënh thứ hai ta thu được phương trënh 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  Câu 32: Giải hệ phương trình     2 22 4x 1 x y 3 5 2y 0 4x y 2 3 4x 7                 x, y  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 đî phương trënh 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 luïn tăng trên   0;  . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 105 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Do đî từ   1     f 2x f a 2x a     2 5 4x 2x 5 2y x 2       . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta cî phương trënh : 2 2 2 5 4x 4x 2 3 4x 7 2           2 Từ điêu kiện 3 x 3 0x 4 4 x0           . Do đî 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     . Câu 33: Giải hệ phương trình 3 2 3 2 22 x 3x 9x 22 y 3y 9y 1 x y x y 2                  x, y  Giải Phương trënh thứ hai trong hệ được viết lại thành phương trënh : 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 trënh thứ nhất trong hệ được viết lại thành phương trënh :     3 2 3 2 x 3x 3x 1 12 x 1 y 3y 3y 1 12 y 1                    3 3 x 1 12 x 1 y 1 12 y 1           1 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     . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 106 Do đî từ       1 f x 1 f y 1 x 1 y 1 y x 2            . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh :   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                   . Câu 34: Giải hệ phương trënh                       2 3 3 33 x y 4 2 x 2x 1 1 4 y 2 4x y 58 14 x 2 . Giải Ta giải phương trënh (2),              3 333 4 y 2 y 2 4 14 x 14 x Đặt            32 f t 4t t f t 12t 1 0 Vậy    3 3 y 2 14 x . Với    3 3 y 2 14 x thay vào phương trënh (1) ta được       3 32 x 2 14 x 2 x 2x 1          332 14 x 2 x 2 x 2x 1                      2 2 2 2 33 33 6 x 2x 1 2 x 2x 1 14 x 2 x 14 x 2 x Vậy    2 x 2x 1 0 hay                 2 2 2 33 33 6 x 2x 1 2 14 x 2 x 14 x 2 x (ptvn do  VT 0 ). Đặt                3 33 333 t 6 x 6 t 6 6 x t 6 6 x *    3 x t 6 , thay vào phương trënh (*) ta được        3 3 3 3 t x t x x t         3 3 3 3 t x t x x t                      2 3 3 3 3 3 3 2 t x t x t x t t x t x x x t Đặt            2 3 3 3 3 2 A t x t t x t x x            33 A x t A x t x t                22 A x t x xt t A x t x t Vậy  x t 0 hay        22 A x xt t A 1 (phương trình vô nghiệm do  VT 0 ) Với       3 3 x t 0 x 6 x 6     3 3 x 6 x 6 . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 107 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đặt      3 3 a x 6 a x 6 Khi đî ta cî hệ phương trënh        3 3 x a 6 a x 6         3 3 3 3 x a a x x x a a . Xét   3 f t t t ,       2 f t 3t 1 0 Khi đî           3 3 x a x x 6 x x 6 0 x 2 . Câu 35: Giải hệ phương trình 22 2x 1 2y 1 x y x 12xy 9y 4 0                 x, y  Giải Điều kiện : 1 x 2 1 y 2          . Từ phương trënh thứ hai trong hệ ta có: 22 x 9y 4 12xy xy 0      . Phương trënh 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 trënh thứ hai trong hệ ta cî phương trënh : 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 trënh thứ hai trong hệ ta cî phương trënh : 2 2x 4 0 x 2     vì x0  . Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là     x, y 2 ; 2  . Câu 36: 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  Giải Nhận xét do hệ không thể có nghiệm dạng     x, y 0;0  . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 108 Từ phương trënh 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 trënh thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trënh : 22 y1 x1 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 đî hàm số   ft nghịch biến trên   1;  . Nên từ       b f x f y x y     . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta cî phương trình : 2 x 4x 2 0 x 2 6        (loại). Trường hợp 2 : Nếu t1  thì   1 t 0 f ' t 0     . Do đî hàm số   ft đồng biến trên   ;1  . Nên từ       b f x f y x y     . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta cî phương trình : 2 x 4x 2 0 x 2 2 6        ( nhận). Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm         x, y 2 6; 2 6 ; 2 6; 2 6          . Câu 37: Giải hệ phương trënh                          x 2x 1 y 3 y 3 2 2x 1 1 x y x 1 x y y 2 2 . Giải Phương trënh (2) trở thành          x y 1 x 1 y x y 1 0               x y 1 x y 1 x y 1 0 x y 1 x 1 y Vậy    x y 1 0 hay        11 10 x y 1 x 1 y (phương trënh vï nghiệm do  VT 1 ) Với       x x 1 0 y x 1 thay vào phương trënh (1)           x 2x 1 x 2 x 2 2 2x 1 Đặt                f x x x 2 2x 1 x 2 x 2 2x 1 2 (điều kiện  x1 )   g x x x 2 ,        x g x x 2 2 x 2 . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 109 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor          h x 2x 1 x 2 ,           4x 5 hx 2 2x 1 x 2   t x 2x 1 ,      2 tx 2x 1 . Vậy                 x 4x 5 2 f x x 2 1 2 x 2 2x 1 2 2x 1 x 3 Dễ thấy  x1     x 2 1 0 .                    x 4x 5 2 f x x 2 1 2 x 2 2x 1 2 2x 1 x 2 với  x1 . Do đî hàm số   fx luïn đồng biến trên    1; mà    f 2 0 nên phương trënh cî đòng một nghiệm duy nhất . vậy  x2 . Câu 38: 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  Giải Phương trënh thứ nhất trng hệ được biến đổi thành phương trënh :         2 2 x y 2 x 1 x 2 x y 1 0                 2 2 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. 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 đî từ   1 ta có :     2 2 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 trënh thứ hai trong hệ ta được phương trënh :   x 0 y 2 x x 1 0 x 1 y 0             . Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm là :         x, y 0;2 ; 1;0  . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 110 Câu 39: Giải hệ phương trënh         3 2 2 2 2 2 3 3 x x y y y x 1 x (1) x 1 2 x 1 y 5 x 8 3 y 31 0 (2)                    Giải Phương trënh (1): 3 2 2 3 2 2 2 x x y x y y x 1 xy      (điều kiện x8  và y0  ) 8 6 2 4 2 4 3 2 x x y y x y x y xy 0          8 4 6 2 4 2 2 8 6 2 4 2 4 x y x y y x xy x y 0 x x y y x y                   2 2 4 2 2 8 6 2 4 2 4 x y x y x y xy x y 0 x x y y x y           Vậy 2 xy  hoặc     2 4 2 8 6 2 4 2 4 x y x y xy 0 x x y y x y      (vô nghiệm do x, y 0  nên VT 0  ). Do đî, với 2 xy  thế vào phương trënh (2) ta cî     2 3 3 x 1 2 x 1 x 5 x 8 3x 31 0          Đặt         21 33 f x x 1 2 x 1 x 5 x 8 3x 31                12 33 2 2 x 5 f ' x x 1 x 1 x 8 3 33 2 x 8                    3 2 3 2 2 x 5 f ' x x 8 3 3 x 1 2 x 8 3 x 1           Dễ thấy 3 2 3 2 2 2 0 3 3 x 1 3 (x 1)       (với mọi x8  )     3 2 3 2 2 2 x 5 7 f ' x x 8 0 33 3 x 1 2 x 8 3 x 1                  (với mọi x8  ) Vậy   f ' x nghịch biến trên khoảng   8;  Vậy phương trënh này cî nhiều nhất 1 nghiệm mà f(9) 0  suy ra x9  . Câu 40: 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  Giải Điều kiện y0  . Hệ phương trënh 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 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 111 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 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 đî hệ   I trở thành :     2 22 a y a 3 y y 1 y y a a            . Xét phương trënh : 22 y y a a      1 . Xét hàm số   3 f t t t, t 1     . Ta có   2 f ' t 3t 1 0, t 1      nên hàm số   ft luïn đồng biến trên   1;  . Do đî từ       1 f y f a y a     . Thế vào Phương trënh 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 đî 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  . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 140 PHẦN III. BẤT ĐẲNG THỨC ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phương trënh – hệ phương trënh – bất đẳng thức là 3 lĩnh vực cî mối quan hệ chặt chẽ với nhau. Đây cũng chình là những phần quan trọng nhất của chương trënh toán THPT và rất được nhiều học sinh đam mê toán yêu thìch. Khïng những thế vấn đề này cín thường xuyên xuất hiện trong kë thi THPT Quốc gia hay các kë thi học sinh giỏi cấp tỉnh hay thậm chì VMO. Các bài toán phương trënh khïng chình tắc thường được thiết kế và sáng tạo dưới ó tưởng của một bất đẳng thức nào đî đồng thời cũng là sự phối hợp của nhiều luồng kiến thức khác nhau yêu cầu người làm toán phải cî một tư duy linh hoạt, sự tëm tíi củng cố kiến thức, liên hệ kiến thức đồng thời tập cho chòng ta nghiên cứu để cî thể khám phá vẻ đẹp cũng như sử dụng thành thạo phương pháp này. CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ. Bất đẳng thức Cauchy – AM – GM . Cho n số thực dương 1 2 n a ,a ,...,a khi đî ta cî     n 1 2 n 1 2 n a a ... a a .a ...a Bất đẳng thức AM – GM dạng cộng mẫu số cho n số thực dương 1 2 n a ,a ,...,a :      2 n n i1 i 1 i1 1n a a Dấu ‚=‛ xảy ra khi    1 2 n a a ... a . Bất đẳng thức Bunhiacopxki – Cauchy – Schwarz . Cho 2 bộ số   1 2 n a ,a ,...,a và   1 2 n b ,b ,...,b . Khi đî ta cî: 2 n n n 22 i i i i i 1 i 1 i 1 a b a b                          Ngoài ra cần phải chò ó đến bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu Engel:           2 n i 2 n i1 i n i1 i i i1 a a b b Bất đẳng thức trên cín cî thể gọi là bất đẳng thức Svacxơ. Dấu ‚=‛ xảy ra khi       1 2 n 1 2 n a a a b b b . Riêng dạng cộng mẫu thë cần thêm điều kiến là  1 2 n b ,b ,...,b 0 Bất đẳng thức Minkowski. Tổng quát: Cho mọi số thực  r1 và mọi số dương 1 2 n 1 2 n a ,a ,...,a ,b ,b ,...,b thì ta có:                              1 1 1 n n n r r r r rr i i i i i 1 i 1 i 1 a b a b Ở đây chỉ xét trường hợp cho 2 bộ số   1 2 n a ,a ,...,a và   1 2 n b ,b ,...,b . Khi đî ta cî: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 141 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor            n n n 2 2 i i i i i 1 i 1 i 1 a b a b Dấu ‚=‛ xảy ra khi       1 2 n 1 2 n a a a b b b . Bất đẳng thức Holder. Cho các số dương    i,j x i 1,m , j 1,n . Khi đî với mọi số     1 2 n , ,..., 0 thỏa mãn    n i i1 1 ta có:              j j nn mm i ,j i ,j j 1 j 1 i 1 i 1 xx Ở đây ta chỉ xét trường hợp đơn giản nhất cho 3 dãy số gồm       a,b,c ; m,n,p ; x, y,z . Ta có:                  3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c x y z m n p axm byn czp Dấu ‚=‛ xảy ra khi 3 dãy tương ứng tỷ lệ. I. CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH. A. ĐÁNH GIÁ MIỀN NGHIỆM. Câu 1: Giải phương trënh 3 53 x 1 x 8 x 1.      Giải Nhận xét x0  thỏa phương trënh đã cho. Với x0  53 3 x 1 x 8 1 2 1 x 1 1                 nên phương trënh vï nghiệm. Với x0  53 3 x 1 x 8 1 2 1 x 1 1                 nên phương trënh vï nghiệm. Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x 0.  Câu 2: Giải phương trënh 4 3 7x 15 x 2x.     Giải Phân tích : Do x3  , là một nghiệm của phương trënh. Nên khi đî: 4 3x 7x 15 2x        Ta viết lại phương trënh thành       4 x 3 7x 15 2x 0 *      Ta tëm nghiệm chung của các hệ bất phương trënh:  4 3 x 0 7x 15 2x 0              x0 x 3 4x 5 0 x0            0x3    VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 142  4 3 x 0 7x 15 2x 0              x3 x 3 4x 5 0 x0            x3  + Nếu 0x3  thì     4 3 x 7x 15 2x 0      hay (*) vï nghiệm. + Nếu x3  thì     4 3 x 7x 15 2x 0      hay (*) vï nghiệm. Hay phương trënh (*) cî nghiệm duy nhất x 3.  Lời giải Điều kiện x0  . Phương trënh đã cho tương đương với:       4 x 3 7x 15 2x 0 *      Nhận thấy x3  là nghiệm của phương trënh (*). Xét các hệ bất phương trënh:  4 3 x 0 7x 15 2x 0              x0 x 3 4x 5 0 x0            0x3     4 3 x 0 7x 15 2x 0              x3 x 3 4x 5 0 x0            x3  Suy ra: + Nếu 0x3  thì     4 3 x 7x 15 2x 0      hay (*) khïng cî nghiệm   x 0;3 .  + Nếu x3  thì     4 3 x 7x 15 2x 0      hay (*) khïng cî nghiệm   x 3;    Vậy PT cî nghiệm duy nhất là x 3.  Câu 3: Giải phương trình 2 4 7x 11x 6 3x x 6.      Giải Điều kiện x 0.  Phương trënh đã cho tương đương với:     2 4 7x 11x 6 3x 6 x 0       Nhận thấy x6  là nghiệm của phương trënh (*). Xét các hệ bất phương trënh:  2 4 6 x 0 7x 11x 6 3x 0               x6 x 6 2x 1 0 x0            0 x 6     2 4 6 x 0 7x 11x 6 3x 0               x6 x 6 2x 1 0 x0            x6  Suy ra: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 143 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor + Nếu 0 x 6  thì     2 4 7x 11x 6 3x 6 x 0       hay (*) khïng cî nghiệm   x 0;6  + Nếu x6  thì     2 4 7x 11x 6 3x 6 x 0       hay (*) khïng cî nghiệm   x 6;    Vậy PT cî nghiệm duy nhất x 6.  Câu 4: Giải phương trënh         2 3 3 x 1 x 1 2x 1 3 *       Giải Điều kiện 1 x. 2  Nhận thấy x0  là nghiệm của phương trënh (*). Xét các hệ bất phương trënh:          3 3 x 1 x 1 2x 1 2x 1                    x 1 x 1 1 0 2x 1 2x 1 1 0 1 x 2                        x 1 x 0 x 1 1 2x 1 x 0 2x 1 1 1 x 2                   x0           3 3 x 1 x 1 2x 1 2x 1                    x 1 x 1 1 0 2x 1 2x 1 1 0 1 x 2                        x 1 x 0 x 1 1 2x 1 x 0 2x 1 1 1 x 2                   1 x0 2     Suy ra: + Nếu x0  , ta có: VT               2 3 3 2 * x 1 x 1 2x 1 x 1 x 1 2x 1             2 x x 3 3      VP (*) hay (*) khïng cî nghiệm   x 0;    + Nếu 1 x0 2    , ta có: VT               2 3 3 2 * x 1 x 1 2x 1 x 1 x 1 2x 1               3 x x 1 3      VP (*) hay (*) khïng cî nghiệm   x 0;    Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 0.  Câu 5: Giải phương trënh 2 3 2x 11x 21 3 4x 4 0      Giải Phân tích.: Ta nhận định phương trënh đã cî nghiệm duy nhất x3  (cî thể sử dụng sự hỗ trợ từ máy tình bỏ tòi), từ đî chòng ta nảy sinh ó tưởng đánh giá xoay quanh giá trị x 3.  VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 144 Lại cî:     2 233 2x 11x 21 3 4x 4 2 x 3 x 3 3 4x 4           và nếu chòng ta chứng minh được rằng:   3 x 3 3 4x 4 0     bài toán sẽ được giải quyết, mà:   3 x 3 3 4x 4 0     3 x 3 3 4x 4           2 x 3 x 15 0 *     , lòc này (*) chỉ đòng với x 15.  Từ đî ó tưởng xử ló vấn đề này là sử dụng điều kiện cî nghiệm của phương trënh để làm ‘hẹp’ khoảng cî nghiệm. Thật vậy: PT 2 3 3 4x 4 2x 11x 21 0       3 3 4x 4 0    x 1.  Và x1  thë (*) hiển nhiên đòng. Lời giải Phương trënh đã cho tương đương với:     2 3 2 x 3 x 3 3 4x 4 0       Từ phương trënh ban đầu ta cî 2 3 3 4x 4 2x 11x 21 0      3 3 4x 4 0    x 1.  Mà:   3 x 3 3 4x 4 0     3 x 3 3 4x 4         2 x 3 x 15 0     luïn đòng x1  Từ đî:     2 3 2 x 3 x 3 3 4x 4 0       , dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x 3.  Hay phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 3.  Chú ý: Trong một số bài toán việc sử dụng điều kiện cî nghĩa là chưa đủ để chòng ta sử dụng đánh giá trong phương trënh, từ đî ta nghĩ đến phương án tëm điều kiện cî nghiệm của phương trënh đî. Bổ đề: Xét phương trình:     f x g x ,    x D * .  Nếu   f x m,  x D,  thë để phương trënh (*) cî nghiệm ta cần phải cî   g x m  . Nếu   f x M,  x D,  thë để phương trënh (*) cî nghiệm ta cần phải cî   g x M.  Câu 6: Giải phương trënh 33 1 2x 1 2x 1 3x 1 3x.        Giải Phân tích: Bài toán nhën cî dáng dấp của hàm số, tuy nhiên phương pháp sử dụng hàm số với bài toán này là khïng đơn giản. Ta cî thể liên tưởng đến việc sử dụng đánh giá để thay thế. Xét các bất phương trënh: 3 1 2x 1 3x        32 1 2x 1 3x       2 x 3 8x 0    3 1 2x 1 3x        32 1 2x 1 3x       2 x 3 8x 0    Với điều kiện xác định 11 x; 22     khïng làm các bất phương trënh trên nghiệm đòng, từ đî ta nảy sinh ó tưởng làm hẹp khoảng đánh giá này bằng cách sử dụng điều kiện cî nghiệm của phương trënh. Thật vậy: Đặt 33 1 2x 1 2x 1 3x 1 3x u,         ta có NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 145 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 22 u 2 2 1 4x 2     u2  33 u 1 3x 1 3x       u2  3 32 u 2 3.u 1 9x     3 3 2 u2 1 9x 0 3u      11 x 33     Rõ ràng 11 x; 33       các bất phương trënh trên nghiệm đòng. Lời giải Đặt 33 1 2x 1 2x 1 3x 1 3x u,         ta có: 22 u 2 2 1 4x 2     u2  33 u 1 3x 1 3x       u2  3 32 u 2 3.u 1 9x     3 3 2 u2 1 9x 0 3u      11 x 33     Suy ra các bất phương trënh sau đây nghiệm đòng 11 x; 33       3 1 2x 1 3x        32 1 2x 1 3x       2 x 3 8x 0    3 1 2x 1 3x        32 1 2x 1 3x       2 x 3 8x 0    Hay: 33 1 2x 1 2x 1 3x 1 3x        , 11 x; 33       . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x 0.  Kết luận. Phương trënh cî nghiệm duy nhất x 0.  Câu 7: Giải phương trënh     3 2 2 4x 6x x 10 1 x x x 1 x 2 .        Giải Điều kiện     32 4x 6x x 10 0 x x 1 x 2 0             1 x 0 x2         Từ điều kiện này ta cî ngay được     2 1 x x x 1 x 2 1.     Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1.  Mặt khác từ điều kiện ta luïn cî 32 4x 6x x 10 1.     Thật vậy, bënh phương hai vế bất phương trënh ta cî: 32 4x 6x x 9 0         2 x 1 4x 10x 9 0      (luïn đòng). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1.  Từ các đánh giá này ta cî     3 2 2 4x 6x x 10 1 1 x x x 1 x 2         Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1.  Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x 1.  Câu 8: Giải phương trënh     3 x 17 2 1 x 2x 2 2 x 1 x 6        VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 146 Giải Nếu  x1 thë vï ló. Do đî:     3 x 17 2 1 x 2x 2 2 x 1 x 6                3 x 17 2x 2 x 6 0 2(x 1) Đặt           3 2 2 3 x 17 2 1 9 f x 2x 2 x 6 f ' x 0 2 x 1 2 x 6 x1 3 2x 2                Khi đî   f x 0  cî tối đa 1 nghiệm trong khoảng   6;1 và cî tối đa 1 nghiệm trong khoảng    1; vë nî liên tục trên   6;1 và    1; .Chỉ ra 2 nghiệm này là  x3 hoặc  x5 Xem thêm ở phần giải phương trënh bằng phương pháp hàm số ! Câu 9: Giải phương trënh     2 2 4 3x 11 2 x 2 x 1 2x 1 2x x 11         Giải Ta cî: Đặt       4 4 t 2 x 0 x 2 t . Khi đî:                       3 4 4 2 4 3x 11 2 x 5x 13 3t 5 t 5t 3 3t 4t 3 1 t              3 2 4 x 1 2 x 1 2x 1 1 2x 1 1 Nếu  x1 thì  0 t 1 suy ra                      4 2 3x 11 2 x 5x 13 0 2 x 1 2x 1 1 0 vô lý Nếu  x1 thì  t1 suy ra                      4 2 3x 11 2 x 5x 13 0 2 x 1 2x 1 1 0 vô lý Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc. Kết luận: Phương trënh cî nghiệm  x 1. Câu 10: Giải phương trënh          2 3 2x 3 3x 3x 20 2x 9 3x 4 Giải Ta có          2 3 2x 3 3x 3x 20 2x 9 3x 4              2 3 2x 3 x 2 2x 9 3x 4 3x 4x 18 0                   3 2x 3 x 2 3x 4 3x 7 3x 4 x 2 0 Ta luôn có          3x 4 2 3x 4 x 2 3x 4 0 33 Nếu   55 x 2 thì               3 3x 4 3x 7 0 VT 0 2x 3 x 2 0 Nếu   5 5 5 5 x 22 thì          3 3x 4 3x 7 0 VT 0 2x 3 x 2 0 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 147 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Nếu   55 1x 2 thì ta có    3 2x 3 1 0. Suy ra:          2 3 2x 3 3x 3x 20 2x 9 3x 4          2 3x 3x 19 2x 9 3x 4                1 98 3 3x 4 3x 8 3x 4 15x 3 0 33 Nếu  x1 thì               3 3x 4 3x 7 0 VT 0 2x 3 x 2 0 Bài toán được giải quyết. Câu 11: Giải phương trënh          2 3 3 x 2 x x 6 2x 3 x 2 Giải Ta có          2 3 3 x 2 x x 6 2x 3 x 2               2 3 3 x 2 1 x x 3 2x 3 x 2 0                 3 3 x 2 1 x 2 1 x x 2 2 3 0 Ta luôn có:                 2 17 x x 2 x 3 x 2 x 2 x 2 1 0 x 2 24 Nếu            3 x 2 1 x 3 VT 0. x 2 1 Nếu            3 x 2 1 x 3 VT 0 x 2 1 Câu 12: Giải phương trënh            2 3 2x 3 2 x 2 x 3 2x 11x 10 Giải Ta có            2 3 2x 3 2 x 2 x 3 2x 11x 10                   2 3 2x 3 x 1 x 3 2 x 2 x 3 x 7x 7 0                      3 2x 3 x 1 x 3 x 5 x 2 x 1 x 2 0 Ta luôn có:            2 x 2 1 x 7 x 5 x 2 0 2 Nếu              3 2x 3 x 1 15 x 2 x 2 x 1 suy ra  VT 0 Nếu                   3 2x 3 x 1 1 5 1 5 x 22 x 2 x 1 suy ra  VT 0 Nếu         3 15 2 x 2x 3 1 0. 2 Vậy ta được:            2 3 2x 3 2 x 2 x 3 2x 11x 10            2 2 x 2 1 x 3 2x 11x 10 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 148                    2 19 x 2 3 x 2 1 x 1 2 x 2 1 0 2 Câu 13: Giải phương trënh        2 3 x x 1 2 2x 3 2x 9x 6 0 Giải Ta có        2 3 x x 1 2 2x 3 2x 9x 6 0                   3 x x 1 1 2x 3 1 x x 2 2x 3 0 Ta luôn có:               2 1 76 x (x 2) 2x 3 3 2x 3 5 3 2x 3 1 0 27 27 Nếu         3 x 1 1 x2 2x 3 1 suy ra  VT 0 Nếu         3 x 1 1 x2 2x 3 1 suy ra  VT 0 Câu 14: Giải phương trënh       2 3 6 3x 2 18 x 2 x x 26 Giải Ta có       2 3 6 3x 2 18 x 2 x x 26           2 3 6 3x 2 x x 7x 26 18 x 2                   2 3 6 3x 2 x x 2 1 x 2 2 x 2 4                        22 33 2 3x 2 1 3x 2 2 x 2 1 x 2 2 x 2 4 0 Nếu         3 3x 2 2 x2 x 2 1 suy ra  VT 0 Nếu         3 3x 2 2 x2 x 2 1 suy ra  VT 0. Dấu  "" sảy ra khi  x1 Câu 15: Giải phương trënh          3 2 2 2 4x 16 2 2x 1 2x 2x 7 1 3x Giải Ta có          3 2 2 2 4x 16 2 2x 1 2x 2x 7 1 3x                  322 2 2x 1 5x 4 1 3x 2 2x 2x 3 2 1 3x Ta luôn có:                                2 22 3 22 5 2 3 2x 2x 3 2 1 3x 2x 1 3x 0 6 3 2 2x 1 5x 4 x 1 125x 177x 63 Nếu              3 3x 2 5x 4 0 x1 1 3x 2 suy ra  VT VP NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 149 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Nếu              3 3x 2 5x 4 0 x1 1 3x 2 suy ra  VT VP Câu 16: Giải phương trënh      2 3 3 x 1 2x 3 2x 14x 33 Giải Ta có      2 3 3 x 1 2x 3 2x 14x 33                 2 3 3 x 1 2x 3 3x 5 3 3x 5 x 1 2x 14x 33 0                      3 3 x 1 2x 3 3x 5 x 1 1 7x 24 2x 9 x 1 0 Ta có:                   2 7 39 7x 24 2x 9 x 1 2 x 1 x 1 x 1 17 0 48 và               3 2 2x 3 3x 5 x 2 27x 81x 61 Nếu                3 2x 3 3x 5 0 1 x 2 VT 0 x 1 1 Nếu               3 2x 3 3x 5 0 x 2 VT 0 x 1 1 Câu 17: Giải phương trënh      5 x 3 2 2x 1 4x 9 Giải Ta có                     55 x 3 2 2x 1 4x 9 x 3 2x 7 2x 1 3 2x 1 1 Xét hàm               5 4 5 1 f x x 3 2x 7 f ' x 2. 5 x 3 Vậy        4 1 f ' x 0 x 3 100000 Lập Bảng Biến Thiên ta được: Nếu  x4 thì      f x 0 VT VP Nếu  x4 thì      f x 0 VT VP Xem thêm ở phần giải phương trënh bằng phương pháp hàm số ! B. KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ THEO CỤM Tính chất. Cho các hàm số   f x ,   gx xác định trên D. Nếu:    1 D Min f x m ;    2 D Min g x m      12 f x g x m m     x D.     1 D Max f x M ;    2 D Maxg x M      12 f x g x M M     x D.     D Min f x m;    D Maxg x m      f x g x      f x m . g x m         Đầu tiên chòng ta sẽ đi vào các bài toán sử dụng phương pháp phân tìch tổng bình phương SOS. Đầu tiên để làm theo cách này ta sẽ làm theo các bước sau và chò ó rằng VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 150 đang áp dụng cho đa số những bài các căn đang đứng đơn lẻ,đa thức trong các căn cñng bậc hoặc một số bài cî thể khïng và cî nghiệm kép Bước 1. Tëm nghiệm của phương trình Bước 2. Tëm nhân tử chứa nghiệm đơn cho từng căn Bước 3. Xác định dấu của vế trái và từng nhân tử, nếu tất cả cñng dấu thë khi đî phân tìch phương trënh thành             2 2 2 1n f x a f x b ... f x z 0           Với , ,...,    cñng dấu,     1 f x a; f x b  là những nhân tử chứa nghiệm đơn vừa tëm được. Câu 1: Giải phương trënh 3 2 3 2 2 3x 2x 2 3x x 2x 1 2x 2x 2           Đề thi thử THPT Quốc Gia 2016 lần 1 – THPT Chuyên ĐH Sư phạm – Hà Nội Giải Ta cî nghiệm của phương trënh là x1  và khi x1  thì 32 32 3x 2x 2 1 3x x 2x 1 1              Nhận thấy rằng VT 0  nên ta sẽ tách phương trënh thành: Lời giải ngắn gọn của bài này như sau:       3 2 3 2 2 22 2 3 2 3 2 3x 2x 2 3x x 2x 1 2x 2x 2 1 1 1 3x 2x 2 1 3x x 2x 1 1 x 1 0 2 2 2                         Dễ thấy rằng VT 0  nên dấu ""  chỉ xảy ra khi 32 32 3x 2x 2 1 0 3x x 2x 1 1 0 x 1 x 1 0                      Vậy x1  là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 2: Giải phương trënh 2 2 2 2 x 2x 1 2 x 2x 2 3 x 2x 3 0           Giải Biến đổi phương trënh tương đương       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x 2x 1 2 x 2x 2 3 x 2x 3 0 13 x 2x 1 1 x 2x 2 2 x 2x 3 1 0 22                          Đến đây bài toán đã được giải quyết! Bài tập tương tự. 2 x 2 4 x x 6x 11       Đ/s:       22 2 11 x 2 1 4 x 1 x 3 0 22          2x 1 2 x 3 7 2x 2 12 5 x 2x 41          NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 151 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đ/s:         2 2 2 2 1 1 7 2x 1 1 x 3 2 2x 2 2 3 5 x 2 0 2 2 4              Câu 3: Chứng minh rằng:     4 3 2 4 42 x x 1 32 x 4x 7x 12 f x 1 0 x 3; x x 16x 11                 Giải Ta có:         22 2 22 4 4 42 2 2 x 3 x x 4 32 x 3 1 2 x x 4 4 1 f x 0 2 x x 16x 11                   Do đî dấu ""  xảy ra 2 4 4 2 2 x 3 x x 4 0 x 3 1 0 x 3 x x 4 4 0                       Vậy bài toán đã được giải quyết! Câu 4: Giải phương trënh 2 3 2 2 3 2 12x 16x 1 2 24x 12x 6x 4 x x 4 8x 9x x           Giải Điều kiện: 3 2 2 3 2 24x 12x 6x 0;x x 0;8x 9x x 0.               2 2 2 2 6x 2 6x 4x 2x 1 4x 2x 1 1 2 4x 4x 4x 4x                22 4x 4x 2 4x 4x 1 8x 1 8x 0                  2 2 2 2 2 2 6x 4x 2x 1 1 4x 4x 4x 4x 1 8x 0             2 22 2 6x 4x 2x 1 0 12 1 4x 4x 0 4x 4x 1 0 x 2 4x 4x 1 8x 0                            Câu 5: Giải phương trënh   44 11 3x 2 2x 7 x 3 5 2x 7 x 3         Giải Điều kiện: 2x 7 0 7 x x 3 0 2         Phương trënh     44 11 2x 7 2 2x 7 x 3 2 x 3 0 2x 7 x 3                                 22 22 22 4 4 4 4 44 11 2x 7 2 2x 7 x 3 2 x 3 0 2x 7 x 3                             22 22 44 44 11 2x 7 x 3 0 2x 7 x 3                     VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 152         2 3 4 4 4 3 2 4 4 4 1 2x 7 0 2x 7 1 2x 7 x4 1 x 3 1 x 3 0 x3                        Câu 6: Giải phương trënh 3 2 2 3 2 9x 18x 36x 9x x 9.      Giải Đặt: 32 a 9x 18x ;  23 b 36x 9x    a,b 0  22 2 ab x 18   Ta có: 22 ab a b 9 18         22 a 18a 81 b 18b 81 0            22 a 9 b 9 0      a b 9.    Các bài toán trên đều là các bài toán đơn giản, vậy câu hỏi đặt ra là nếu các bài toán khî hơn và chặt hơn thë các hệ số đứng trước các tổng bënh phương cî thể 1 vài số bị âm hoặc khïng thể đưa về dạng tổng SOS thë sao? Dưới đây ta sẽ tëm hiểu một cách khác mà mënh gọi là SOS khïng hoàn toàn. Nguyên tắc của phương pháp này là ta sẽ xử ló các biểu thức chứa nghiệm kép từ đơn giản tới phức tạp để giải quyết các bài toán. Các bước làm như sau. Ta xét phương trënh   f x 0  . Bước 1. Sắp xếp độ phức tạp của các căn trong phương trënh tăng dần, vì dụ trong phương trënh cî 2 căn là 3 24 x 1, x 1, x 1  thë phức tạp tăng từ trái qua phải. Bước 2. Tëm biểu thức chứa nghiệm kép cho các biểu thức đơn giản trước, nếu cî 3 biểu thức thë ta tëm cho 2 biểu thức trước. Chò ó ta chỉ lấy những nhân tử cñng dấu với vế trái của phương trënh, những nhân tử khïng cñng dấu ta sẽ xử ló bằng bước thứ 3. Bước 3. Ta dồn tất cả phần cín lại vào một biểu thức và chứng minh biểu thức đî cñng dấu với vế trái ta đang xét cî thể bằng phân tìch nhân tử hoặc đạo hàm, bất đẳng thức! Để hiểu rð hơn phương pháp ta đi vào các vì dụ cụ thể! Câu 1: Giải phương trënh 4 1 x 2x 1 33 x 1 x    Giải Bước đầu tiên bao giờ cũng là đi tëm nghiệm. Ta được 1 nghiệm 2 x 3  . Kiểm tra nghiệm bội ta cî:           2 x 3 2 2 x 3 4 1 x 1 x x 2x 1 3 3x 1 x lim 0 3x 2 4 1 x 1 x x 2x 1 3 3x 1 x lim 0 3x 2                    2 x 3  là nghiệm kép. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 153 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Tëm nhân tử từng cụm, giả sử nhân tử cî dạng:   4 1 x 1 x ax b 0 x 2x 1 cx d 0               . Khi đî sẽ tëm được 2 nhân tử là   43 x 2x 1 3x 0 9 16 3 4 1 x 1 x 2 3x 0 9                 . Phân tìch nhân tử từng cụm 1 sử dụng cïng thức chia 2 căn ta được: 1.     2 16 3 4 2 3 4 1 x 1 x 2 3x 1 x 3 1 x 3 9 9 27              2.   3 3 2x 1 3 43 x 2x 1 3x 9 54      Nhìn vào rð ràng thấy nhân tử thứ 2 khïng cî cñng dấu với bài toán do chứa nghiệm bội 3 nên ta sẽ làm mạnh tay hơn là phân tìch nhân tử cả cụm:   16 3 3 3x 1 x 2 3x x 2x 1 9       với hy vọng cả cụm đî sẽ luïn dương. Thật vậy ta được:   16 3 3 3x 1 x 2 3x x 2x 1 9         2 9x 4 3 3 2x 1 2 2x 1 0 36                Vậy lời giải là:         22 0 0 4 1 x 1 x x 2x 1 3 3x 1 x 9x 4 3 2 3 3 3 1 x 2 3 1 x 1 2x 1 2 2x 1 0 3 3 3 6                                         Dễ thấy VT 0  nên dấu ‚=‛ xảy ra khi 3 1 x 0 2 3 x 3 3 2x 1 0 3               Nhận xét. Ở đây mënh đã sử dụng hướng phân tìch nhân tử, tuy nhiên đang sử dụng một chút máy tình, tất nhiên các bạn cî thể đặt từng cái căn một rồi thế vào cụm đi theo nî để đưa nî trở thành đa thức rồi phân tìch nhân tử, cuối cñng thế ngược lại thë cũng được, tuy nhiên sẽ khá mất thời gian. Vë thế lời khuyên cho những bạn nào khïng dñng máy tình đoạn về sau là các bạn cî thể sử dụng đạo hàm để xử ló các cụm nhân tử đî! Câu 2: Giải phương trënh     1 x 3 x x x 1 2x 1 3 x 11. 2           Giải Điều kiện x 0.  VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 154 PT tương đương với:       x 3 x 2 x 2 x 1 2x 1 6 x 22.              2 x 1 2 x 1 2x 1 2x 1 2x x 3x 12 x 20 0                     2 x 1 2x 1 2x x 3x 12 x 20 0 *          Đặt xa    a 0 ,  xét hàm số   32 f a 2a 3a 12a 20,     a0  Ta có   2 f ' a 6a 6a 12      f ' a 0  a2  (do a0  ) Lập bảng biến thiên cho ta     0; Min f a 0   a2  hay: 2x x 3x 12 x 20 0,     x0  Từ đî ta cî:   x 1 2x 1 * x2           x 4.  Vậy x4  là nghiệm của phương trënh đã cho. Nhận xét. Bài toán này phân tìch được đều nhờ dấu hiệu của biểu thức đứng trước căn và chứng minh phần cín lại cñng dấu với một vế đang xét bằng phương pháp đạo hàm như bài toán mënh đã nîi ở trên. Bài tập tương tự. 4 3 2 4 x 4x 6x 3x 3 2x 2 2x 1         Đ/s:         2 44 2 2 2x 1 1 2x 1 2 2x 1 3 1 x 1 2x 2 2 0 44             2 3 3 4 x 3x 2 x 4 4 x 1 2 x 4x x         Đ/s:           2 2 3 3 3 2 1 x x 4 x 2 x 1 x 4x 2x 2x 3 x 4x 2x 6x 0 x              2 3 2 x 12x 1 4 x x 2x 4x 1 2 4x x         Đ/s:       2 2 2 2 2 23 x 4x 1 4x x 1 x 4x 1 0 x 4x 1 4 x x             Câu 3: Giải phương trënh 2 3x 3 x 1 4. x x x 1    Giải Điều kiện x 0.  Phương trënh đã cho tương đương với: 2 3 x 1 3 x 6 2 0 x x x 1              2 2 1 2 x x 1 x 1 3 x 2 0 x x x 1                  NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 155 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor     2 2 22 3 x 1 1 3 x 0 x 2 x x 1 x 1 x x 1               x 1 0 1 x0 x         x 1.  Câu 4: Giải phương trënh   3x 7 4x 7 7 x 32.      Giải Điều kiện 7 x7 3  . Đặt a 7 x  14 0 a . 3      Phương tënh đã cho trở thành 23 14 3a 4a 21a 32 0.      Ta có   2 0 f a 14 3a 14     Ta có   3 g a 4a 21a 32,     14 0a 3    2 g' a 12a 21         7 32 g 0 g a g 32 7 7 2             Do đî     f a g a 32 7 7 14 0.       Hay phương trënh đã cho vï nghiệm. Câu 5: Giải phương trënh 2 2 22 4 5 3 1 x 13 4x 2 5 x 3 x 8 1 x 8 2x           Giải Điều kiện 1 x 1.    Ta có:     2 2 5 x 3 x 1 1 5 x 3 x 4             13 13 fx 6 2 5 x 3 x        Hay     1;1 13 Min f x 6     x 1 1  . Đặt 2 1 x a    a0  , ta có: 2 2 22 4 5 3 1 x 4x 8 1 x 8 2x       22 4 5 3a 3 a 8a 6 2a          2 4 1 1 . 3 a a 3 2 a 1       Xét hàm số:       2 4 1 1 g a , 3 a a 3 2 a 1       a0  . Ta có         2 2 2 2 8a 1 1 g' a 0, 2 a 1 a 3 a3        a0  , hay hàm số nghịch biến trên   0;  . Do đî:     13 g a g 0 6  tức là:   2 2 22 4 5 3 1 x 13 2 4 x 6 8 1 x 8 2x       Dấu ‘=’ xảy ra x 1.    Kết hợp (1) và (2) cho ta nghiệm của phương trënh là x1  . C. KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN Câu 1: Giải phương trënh     2 4 2 4 13 x x 9 x x 16 Tiến sĩ Trần Nam Dũng – Đại học khoa học tự nhiên – ĐHQG TP.HCM Đề nghị Olympic 30/4/2011 – THPT Chuyên Lê Hồng Phong – TH.HCM Giải VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 156 Với    ,0 . Ta sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:                       2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 x 1 x 13 1 x 13 13 13 13 x x x 1 x 22                       2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 x 1 x 9 1 x 9 13 9 9 x x x 1 x 22                         22 2 4 2 4 2 13 1 9 1 13 9 13 x x 9 x x x 2 2 2 2 Dấu ‚=‛ xảy ra            2 2 2 2 1 x 1 x 1 Chọn    ,0 thỏa mãn                                22 22 1 11 2 VT 16 VP 13 1 9 1 3 0 22 2 Dấu ‚=‛ xảy ra  25 x 5 . Ngoài ra ta cî thể dñng đạo hàm giải bài này. Đặt       2 4 2 4 f x 13 x x 9 x x hàm   fx liên tục trên   0;1 . Ta có:            33 2 4 2 4 13 2x x 9 2x x f ' x x x x x .                                                   33 2 2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 13 2x x 9 2x x 13 2x 1 x 1 9 2x 1 1 x f ' x 0 x x x x x 0 L 2 x ;1 2 5x 4 200x 160x 22 0 Dễ thấy với     2 x ;1 2 thì     42 200x 160x 22 108 0 , nên      25 f ' x 0 x 5 . Do hàm   f ' x đổi dấu từ        khi qua 25 5 nên đạt cực đại tại  25 x 5           25 f x f 16 VP 5 . Bài toán đã được giải quyết! Câu 2: Giải phương trënh       32 4 x 3x 8x 40 8 4x 4 0 Trìch đề thi HSG Quốc Gia – Bảng A – 1995 Đề nghị Olympic 30/4/2014 – THPT Chuyên Lê Quû Đôn – Ninh Thuận Giải Ta dễ dàng thấy phương trënh cî nghiệm  x3 nên ta sẽ dñng bất đẳng thức AM - GM để khử căn. Ta cî:   AM GM 4 4 8 4x 4 4x 4 .16.16.16 x 13       . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 157 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Khi đî                    2 32 VT x 3x 8x 40 x 13 x 3 x 3 0 x 1. Vậy dấu ‚=‛ xảy ra khi  x3 Câu 3: Giải phương trënh    3 32 x x 6 3x 4 xx Giải Nhën vào phương trënh ta thấy  VT 0 nên điều kiện cî nghiệm là  4 x 3 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:       AM GM 32 x x x x 32 x x 6 x 22 x x x x Khi đî ta cần chứng minh :              2 3 x 3x 4 x x 3x 4 x 2 x 1 0 luïn đòng. Vậy  VT VP . Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x4 Câu 4: Giải phương trënh          2 2 2 x x 1 x x 1 x x 2 Giải Cách 1: Dñng bất đẳng thức dạng   ab ab 2 . Ta có:     2 AM GM 22 2 AM GM 22 xx x x 1 1. x x 1 2 x x 2 x x 1 1. x x 1 2                               VT x 1 . Dấu ‚=‛ xảy ra khi              2 2 x x 1 1 x1 x x 1 1 . Lại cî                2 2 VP x 2x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 . Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x1 . Nên  VT VP . Dấu ‚=‛ xảy ra tại  x1 nên  x1 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Cách 2: Dñng bất đẳng thức Bunhiacopxki. Ta có:                                             Bunhiacopxki 2 2 2 2 2 2 2 2 22 VT 1. x x 1 1. x x 1 1 1 x x 1 x x 1 2 x VP 2 x x x 2 2 x x 2x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 0 Do đî dấu ‚=‛ chỉ xảy ra khi  x1 . Cách 3: Phân tìch tổng bënh phương SOS. Ta có:                             22 2 2 2 2 2 2 11 x x 2 x x 1 x x 1 0 x x 1 1 x x 1 1 x 1 0 22 Dễ dàng nhận thấy  VP VT 0 . Nên dấu ‚=‛ xảy ra khi                  2 2 x x 1 1 x x 1 1 x 1 x 1 0 . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 158 Câu 5: Giải phương trënh 22 2 2 x 2 1 x 8 x 5 . 2x x      Giải Với bài toán này ta dễ dàng thấy rằng phương trënh cî nghiệm kép x 2.  Do đî ta sẽ sử dụng bất đẳng thức AM – GM sao cho dấu đẳng thức phải xảy ra tại x 2.  Để cî được điều đî ta phân tìch như sau 22 2 m 8 x m 8 x 8 x 2 . . 4 m 4 m      Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 m 8 x 4m     22 m 4 8 x .    Với x2  m 4.  Từ đî ta cî   22 22 1 4 8 x x 8 x 4 8 x 3 . 2 4 4        2 2 2 2 2 2 x 2 m x 2 m x 2 2. . . 2x 4 2mx 4 2mx       Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 m x 2 4 2mx     2 2 2 2m x 4 x 2 .    Cho x2  m1  nên ta có: 2 2 2 2 2 2 2 x 2 1 x 2 x 2 1 3 1 2 2x 4 2x 2x 4 4 x            Lời giải: Điều kiện 2 2 2 8 x 0 x2 0 2x        2 2 x 2 2 x 2 2           Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta cî các đánh giá:   22 22 1 4 8 x x 8 x 4 8 x 3 . 2 4 4        Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 8 x 4  x2    2 2 2 2 2 2 2 x 2 1 x 2 x 2 1 3 1 2 2x 4 2x 2x 4 4 x            Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 x 2 1 2x 4   x 2.    Với hai đánh giá này từ phương trënh đã cho ta cî: 22 2 x 1 x 3 1 53 x 4 4 x       22 x 1 1 10 2 x 2                  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x 10 2 11 0 x2          x 2.  Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 2.  Câu 6: Giải phương trënh        2 2 x 1 1 x x 1 x 33 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 159 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Giải Bài này khá là cơ bản áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz là ra ngay. Ta có:                   2 2 2 x 1 11 x x 1 x x 1 x 1 x VT 3 3 3 Dấu ‚=‛ xảy ra khi             32 x 1 1 1 x x 1 x x x x 0 33 1 x 1 x 3               3 3 2 3 3 1 3x 3x 3x 1 0 x 1 2x x 12 Vậy bài toán đã được giải quyết! Câu 7: Giải phương trënh          4 3 2 x 12x 38x 12x 67 x 1 7 x 0 Đề thi thử THPT Quốc Gia 2016 – Lần 2 – Chuyên Vĩnh Phúc Giải Cách 1: Dñng bất đẳng thức Cauchy. Ta có:               1 1 1 x 5 11 x x 1 7 x .2 x 1 .2 7 x 4 2 2 2 2 2 . Khi đî                    22 2 VT x 3 x 6x 7 x 3 x 1 x 7 0 . Dấu ‚=‛ xảy ra khi         x 1 2 x3 7 x 2 Cách 2: Phân tìch tổng bënh phương: Ta có:                                4 3 2 22 2 x 12x 38x 12x 67 x 1 7 x 0 11 x 1 2 7 x 2 x 3 x 1 7 x 0 44 Khïng khî để nhận ra với    x 1;7 thì  VT 0 . Do đî dấu ‚=‛ xảy ra khi  x3 Vậy  x3 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 8: Giải phương trënh 4 4 4 3 x 2 x 3 2x 5.      Giải Sử dụng liên tiếp bất đẳng thức AM – GM ta cî các đánh giá:   4 x1 x3 x 24      4 3 x 3 3x 4   4 2 x 1 5 x 2x 24       4 3 2x 1 6 2x 3 2x 24       Cộng vế theo vế các đánh giá này ta thu được: 4 4 4 3 x 2 x 3 2x 5      VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 160 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1  Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x 1.  Câu 9: Giải phương trënh              2 32 x 1 x 2 9 x 2 24 2 x 1 x 2 Giải Ý tưởng của bài toán này vẫn như các bài toán khác, ta vẫn sẽ đánh giá  VT 24 . Nhưng tuy nhiên để nguyên như thế này thë chưa làm ăn được gë, ta sẽ liên hợp tử của phân thức. Ta có:                                                    22 2 32 x 1 x 2 96 9 x 2 24 9 x 2 24 2 x 1 x 2 2 x 1 x 2 x 2 x 1 96 6 x 2 x 1 3 2 x 1 x 2 24 2 x 1 x 2 x 2 x 1 Khi đî áp dụng Cauchy cho 4 số:             33 6a 6 x 2 x 1 ; b 2 x 1 x 2 22                  2 2 3 3 96 96 b 2 x 1 x 2 ; 2 2 ab x 2 x 1 2 x 1 x 2 ta được:       Cauchy 4 22 3 3 96 6.3.3.96.a.b.b 6a b b 4 24 VP 2 2 ab ab Vậy dấu ‚=‛ xảy ra khi              2 3 6a b 2 b 4a x 2 96 6a ab Câu 10: Giải phương trënh            2 3 2 2 3 2 12x 16x 1 2 24x 12x 6x 4 x x 4 8x 9x x 0 Giải Ta có:                                2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 12x 16x 1 2 24x 12x 6x 4 x x 4 8x 9x x 0 12x 16x 1 2 6x 4x 2x 1 2 4 x x 2 4 x x 8x 1 0 Phương trënh cî nghiệm                       2 2 2 6x 4x 2x 1 12 x 4 x x 1 2 8x 1 4 x x . Nên ta áp dụng bất đẳng thức NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 161 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor AM – GM ta được:                                 22 22 22 2 6x 4x 2x 1 4x 8x 1 2 4 x x 4 x x 1 2 4 x x 8x 1 4x 4x 8x 1 Khi đî  VT 0 . Dấu ‚=‛ xảy ra khi   12 x 2 . Ngoài ra nếu khïng thìch ta cî thể sử dụng cách ghép hằng đẳng thức như sau:                                                        2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 12x 16x 1 2 24x 12x 6x 4 x x 4 8x 9x x 0 6x 2 6x 4x 2x 1 4x 2x 1 1 2 4x 4x 4x 4x 4x 4 2 4x 4x 8x 1 8x 1 0 6x 4x 2x 1 4x 4x 1 4x 4x 8x 1 0 Đến đây bài toán đã được giải quyết! Câu 11: Giải phương trënh     2 2 2x 1 x 1 4 x 2 2x 6 x 2.        Giải Điều kiện: x 1 0 2 2x 0      1 x 1.     Nhận xét với x1  khïng thỏa phương trënh đã cho. Với 1 x 1,    ta sử dụng bất đẳng thức B.C.S ta cî:             22 2 2 2x 1 2x 2 4 x 2 2x 2 2x 1 4 x 2x 2 2 2x 6 x 2.               Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:   2 2x 1 4x 2x 2 2 2x     2x 1 4 x x 1 2 2x        2x 1 2 2x 4 x x 1               22 2x 1 2 2x 4 x x 1         32 x 3x 6x 14 0 1      Với (1) ta cî:     3 32 x 3x 6x 14 x 1 3x 15 .        Mà với: 1 x 1      3 8 x 1 0;      12 3x 15 18      3 4 x 1 3x 15 18.       Do đî (1) vï nghiệm nên dấu đẳng thức khïng xảy ra. Vậy phương trënh đã cho vï nghiệm. Câu 12: Giải phương trënh                2 2 3 x 3 x 1 x x 4 2 2 3 x x 2x Giải Ở đây do  VT VP 0 mà nếu sử dụng Cauchy cho  x1 thë bất đẳng thức bị ngược chiều, để khắc phục ta sẽ tëm nhân tử cho    x 3 x 1 , ta được         x 3 x 1 2 2 x 1 . Nhân tử này cñng chiều với bài toán nên ta sẽ dñng Cauchy để chứng minh. VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 162 Ta có:         AM GM 33 x 3 x 1 x 1 2 x 1 2 2 x 1 x 1 2 2 x 1             Khi đî              2 VT VP x 1 2x 2 2 3x 4 0 Dấu ‚=‛ xảy ra khi        2 x 1 2 x 1 x 1. Câu 13: Giải phương trënh       4 2 4 2 44 x x 1 x x 1 2x Giải Cách 1: Đặt                         42 4 4 44 4 4 4 42 4 a b 2x x x 1 a a b 8 a b a b 2x x x 1 b Ta có:       2 4 2 2 2 2 4 4 2 2 AM GM 44 a 2ab b a b ab a b 2a b ab 8 8 2 2            Dấu ‚=‛ xảy ra khi          4 2 4 2 44 a b x x 1 x x 1 x 1 Cách 2: Ta có: 1.                Bunhiacopxki 2 4 2 4 2 4 2 4 2 44 x x 1 x x 1 2 x x 1 x x 1 2.                 Bunhiacopxki 4 2 4 2 4 2 4 2 2 2 x x 1 x x 1 2 2 x x 1 x x 1 4x 3. Do đî  VT VP . Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x1 . Câu 14: Giải phương trënh         4 3 2 4 x 4x 6x 3x 3 2x 2 2x 1 Giải Ta có:   AM GM AM GM 44 1 1 4 2x 2 3 x 2 x 1 2 2 2 2 2x 1 3 x 1 2x 1 1.1.1. 2x 1 42                           Khi đî         4 2 x 1 x 3 x 1 VT 0 2 2 2 Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x1 Câu 15: Giải phương trënh         2 3 3 4 x 3x 2 x 4 4 x 1 2 x 4x x Giải Đầu tiên ta sẽ nhân x lên để tiện đánh giá. Khi đî phương trënh trở thành:         3 2 3 3 3x x 4 2x x 4 4x x 1 2x x 4x Bây giờ ta cần phải chứng minh  VT VP 0 . Ta sẽ biến đổi như sau: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 163 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor                                                       3 2 3 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 2 2 3 3 2 3 3x x 4 2x x 4 4x x 1 2x x 4x 3x x 4 2x x 4 4x x 1 2x x 4x 0 x 2x x 4 x 4 x 4x x 1 4 x 1 2x x 4x 12 2x x 4x 0 x x 4 x 2 x 1 2x x 4x 12 2x x 4x 0 Ta đi chứng minh       3 2 3 2x x 4x 12 2x x 4x 0 . Thật vậy:     2 23 AM GM 3 2 3 3 2 x 2 3x 6 4x x 4x 2x x 4x 12 2x x 4x 2x x 4x 12 0 22                Khi đî  VT 0 . Dấu ‚=‛ xảy ra khi                 3 3 x x 4 0 x 2 x 1 0 x 2 2x x 4x Vậy  x2 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Bài toán đã được giải quyết! Câu 16: Giải phương trënh             3 4 5 6 x 1 6 2x 3 5 x 1 2x 3 8x 1 Giải Ta sẽ đi chứng minh                    3 4 5 6 x 1 2x 2 6 2x 3 3x 5 x 1 2x 3 3x 1 Thật vậy, ta cî:     AM GM 3 AM GM 4 AM GM 5 x 1 1 1 6 x 1 6 2x 2 3 2x 3 3 6 2x 3 6 4 x 1 2x 3 3 5 x 1 2x 3 5 3x 1 5                                   . Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức trên ta sẽ được  VT VP Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x2 . Câu 17: Giải phương trënh               2 5 x 4x 9 2 x 5 1 3x 3x 10 2 10 6x 4 3x 1 Giải Ta có: 1.            Bunhiacopxki 11 2 10 6x 4 3x 2 10 6x 6x 8 18 4 9 2 2 2. Do đî                2 2 5 x 4x 9 1 1 x 4x 9 10 2 2 10 6x 4 3x 1 2 10 6x 4 3x 1 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 164 Lại cî:                2 2 x 5 2 1 3x x 4x 9 2 x 5 1 3x 3x 10 0 22 Nên  VT VP Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x1 Câu 18: Giải phương trënh:                   x 1 x 1 2x 1 1 3x 1 3x x 1 2x 1 2x 1 1 3x 3 Giải Cách 1. Đặt                2 2 2 a x 1 b 2x 1 a b c 3 c 1 3x . Phương trënh trở thành:              2 3 3 3 3 3 3 2 2 2 a b ac cb 3 3 a b ac cb a b c Đặt      b x a c y a để đưa về phương trënh bậc 2 ẩn a, phương trënh trở thành :                2 2 2 3 2 2 3 4 3 2 2 4 x xy y a x 5x y 4xy y a x 3x y 2x y y 0 Có                  2 3 2 2 3 2 2 4 3 2 2 4 x 5x y 4xy y 4 x xy y x 3x y 2x y y . Do đang ở dạng đẳng cấp nên ta cî thể đặt  x t y . Quy về giải phương trënh:         6 5 4 3 2 3t 6t 9t 18t 6t 12t 3 0 Nhưng tuy nhiên phương trënh này cî nghiệm thuộc phương trënh bậc 3 nên cî thể giả sử               2 6 5 4 3 2 3 2 3t 6t 9t 18t 6t 12t 3 3 t at bt c Đồng nhất hệ số ta sẽ cî:          2 3 2 3 3 x x y 2xy y 0 . Do đî  VT VP . Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x0 Ngoài cách đồng nhất hệ số ta cî thể tëm đủ 3 nghiệm của phương trënh rồi dñng viet cho phương trënh bậc 3 Cách 2. Bài toán xuất phát từ đẳng thức sau:                   22 2 2 2 3 3 3 2 2 cyc 1 a b c 3 a b b c c a a 2ab bc ca c 0 2 Chứng minh: Đặt                              2 3 3 3 2 2 2 2 2 x a ab bc xy yz xz a b b c c a y b cb ca x y z a b c z c ca ab Khi đî cî: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 165 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor                                                     2 2 2 2 2 3 3 3 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c 3 a b b c c a x y z 3 xy yz xz 1 1 1 x y y z x z 2 2 2 1 1 1 a 2ab bc ca c b 2bc ca ab a c 2ca ab bc b 2 2 2 Bây giờ ta áp dụng: Đặt       a x 1;b 2x 1;c 1 3x Khi đî ta cî:                                                                              2 2 2 x 1 x 1 2x 1 1 3x 1 3x x 1 2x 1 2x 1 1 3x 3 6 x 1 x 1 2x 1 6 1 3x 1 3x x 1 6 2x 1 2x 1 1 3x 18 0 4x 2 x 1 2x 1 x 1 1 3x 2x 1 1 3x x x 1 2x 1 x 1 1 3x 2 2x 1 1 3x 5x x 1 2x 1 2 x 1 1 3x 2x 1 1 3x 0 x0 Cách 3. Ta có:                                                           Bunhiacopxki 2 2 2 22 x 1 x 1 2x 1 1 3x 1 3x x 1 2x 1 2x 1 1 3x x 1 2x 1 1 3x x 1 2x 1 2x 1 1 3x 1 3x x 1 9 7x 14x 3 Nếu  2 14x 3 0 thë bài toán coi như được giải quyết! Nếu          2 13 14x 3 0 x ; 2 14 . 1. Khi đî áp dụng AM – GM ta có:                       AM GM 2 x 1 x 1 2x 1 1 3x 1 3x x 1 2x 1 2x 1 1 3x x 1 3x 2 2x 1 2 x 1 3x 1 3x x 1 22 x1 1 3x 1 3x x 1 4x 2 3 7 1 3x x 1 17x 1 1 3x x 1 x 1 28                                        2. Lại cî : AM GM 2 2x 1 3x x 1 x 1 x 1 0 2 8 14 7 7 1 3x x 1 17x 1 0 x 1; 109                               3. Nên  VT 3 đpcm Cách 4. Ta có: VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 166                                        2 2 2 2 3 3 3 4 2 2 2 2 2 3 2 cyc cyc cyc cyc cyc cyc a b c 3 a b b c c a a a b 3 a b a bc 3 a b a bc                                                  3 2 3 2 2 2 cyc cyc cyc cyc cyc 2 2 2 2 cyc cyc 22 cyc 3 a b a bc 3 b c a bc 3 bc a b 3 bc a b ab bc ca a b a b ab ca 2bc              2 2 2 2 cyc cyc cyc 1 3 a b a bc ab ac 2bc 2          2 4 2 2 2 2 cyc cyc cyc 1 a a b a b 2 Vậy ta thu được đẳng thức:                                       2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 cyc cyc cyc 2 22 cyc a b c 3 a b b c c a 11 a b ab ac 2bc a b ab ac 2bc 22 1 a b ab ac 2bc 0 2 Vậy bài toán đã được giải quyết! Câu 19: Giải phương trënh 4 4 4 4 4 4 4 4 1 x 1 x 1 3x 1 3x 1 2x 1 2x 1 4x 1 4x                Giải Điều kiện 1 x 1. 3    Thật ra, nét tinh ó của bài toán chình là hai nhận xét:  4 4 4 4 1 x 1 x 1 2x 1 2x        với mọi 1 x ;1 . 3      4 4 4 4 1 3x 1 3x 1 4x 1 4x        với mọi 1 x ;1 . 3     Ta chứng minh   4 4 4 4 1 x 1 x 1 2x 1 2x 1        với mọi 1 x ;1 . 3     Thật vậy, bënh phương hai vế của   1 ta được 22 44 1 x 1 x 2 1 x 1 2x 1 2x 2 1 4x            Mặt khác, dễ thấy rằng 22 1 x 1 4x    cho nên ta cần chứng minh 1 x 1 x 1 2x 1 2x        22 1 x 1 4x .     Điều này luïn đòng, suy ra ta cî điều phải chứng minh. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 167 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Nhận xét thứ   2 ta chứng minh hoàn toàn tương tự. Từ đî suy ra VT VP.  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 0.  Vậy x0  là nghiệm của phương trënh đã cho. Nhận xét. Cî thể thấy bài toán xuất phát từ ó tưởng của những đánh giá dạng 2 x 0,  xD  . Những lớp bài như thế khïng nhiều nhưng lời giải đẹp và tự nhiên. Từ lời giải trên, ta ròt ra được bất đẳng thức khá thò vị: 4 4 4 4 1 nx 1 nx 1 2nx 1 2nx,        n.  Ngoài ra, lớp căn thức của đề bài cho ta nhớ đến một bổ đề bất đẳng thức nhỏ, cî nhiều ứng dụng ‚Cho a, b 0  ta có a 4 b 4 2 a b 4        ‛ từ đây, ta liên hệ đến sự thay đổi căn thức, cî thể cho rnhững bài toán khá đẹp. Câu 20: Giải phương trình      2x 1 49 x 3 11x 8 x 2 2x 6 9 Giải Do bài toán cî nghiệm  x4 nên ta sẽ dñng bất đẳng thức Cauchy như sau: Ta có:   AM GM AM GM 1 x 5 .3. 2x 1 33 49 x 2 49 x 3 2              Khi đî                          2 49 x 2 x5 x 4 44x 87 11x 8 3 2 VT VP 0 x 2 2x 6 9 18 x 2 2x 6 . Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x4 Câu 21: Giải phương trënh           2 2 2 2 2 3x 1 x x x x 1 7x x 4 4 Giải Ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho toàn bộ vế trái của phương trënh Ta có:                               Bunhiacopxki 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3x 1 x x x x 1 1 1 x 3x 1 x x x 1 3x 1 x x x x 1 5x x x 2 Mặt khác                  2 2 2 2 2 1 2 7x x 4 5x x x 2 5x x .2 x 2 VP 2 2 2 Nên dấu ‚=‛ chỉ xảy ra khi  x1 Câu 22: Giải phương trënh               3 2 3x 1 x 3 3 2 x 1x 2 x 5 2 x 1 Giải VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 168 Đặt                     2 3 3 3 2 x 3x 6x 3 1 f x 1 x f ' x 0 2 2x 2 1 x . Nên   fx nghịch biến trên   0;1        1 f x f 1 2 . Ta có: 1.     2 Bunhiacopxki Bunhiacopxki AM GM x 5 2 x 1 x 5 x 1 3x 1 x 3 2 2 x 1 x 3 22                 2. Khi đî  1 VT VP 2 Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x1 Câu 23: Giải phương trënh   3 2 2 576x 26 15 3x 8 x xx x x 8      Giải Xét hàm số     3 2 x fx x x 8   với x 0.  Ta có         32 22 2 6 2 x x x 8 3 x x 8 1 x x8 f ' x x x 8               2 3 2 3x 1 x8 x x 8       f ' x 0  2 x 8 3x    22 x 8 9x    x1    x0  Lập bảng biến thiên ta thấy     1 max f x f 1 , 64  x0  Suy ra   1 fx 64    576f x 9,  x0  . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1.  Mặt khác theo bất đẳng thức B.C.S ta cî:     22 2 2 15. 15 15 15 x 1 15 x 16 x x x x                              Từ đî ta cî 2 2 15 1 15 xx x 16 x       2 15 1 15 xx x 4 x        Vậy 2 26 15 26 15 4 3x 8 x 3x 2 x 3x 2 x x x x x x              Theo bất đẳng thức AM-GM ta lại cî 4 1 1 3x 2 x 3 x x x 6 3 9. x x x                       NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 169 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Do đî 2 26 15 3x 8 x 9. xx     Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 15 x 15 x 1 x x 1 x x                 x 1.  Vậy   3 2 2 576x 26 15 9 3x 8 x xx x x 8       . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1.  Câu 24: Giải phương trënh         3 2 5 4 3x x 2x 4 2 3 x x 1 Giải Dễ thấy nếu áp dụng bất đẳng thức Cauchy luïn thë ta được:        Cauchy 5 4 5 2 2 3 x x 1 x x 4 . Khi đî                  2 3 2 5 2 3 2 VT VP 3x x 2x 4 x x 4 x 1 x 3x 2x , ta chưa thể xác định được dấu của bất đẳng thức. Do đî nảy ra ó tưởng phân tìch đa thức trong căn thành nhân tử thë khi đî sẽ dễ dàng dñng bất đẳng thức đánh giá được. Để phân tìch được ta sẽ làm như sau: Do       54 f x x x 1 0 khïng cî nghiệm hữu tỷ tức là khïng phân tìch được dưới dạng      ax b .f x nên ta sẽ giả sử             23 f x x ax 1 x bx c 1 . Cî thể giả sử như vậy do: 1. Phương trënh chỉ cî 1 nghiệm lẻ duy nhất mà nghiệm này khïng cñng thuộc 1 phương trënh bậc 2 nào nên nếu phân tìch được dưới dạng một đa thức bậc 2 nhân với một đa thức bậc 3 thë đa thức bậc 2 phải vï nghiệm. 2. Do hệ số tự do bằng 1 và kết hợp với lì do trên ta sẽ viết được phương trënh dưới dạng trên. Khi đî cî:                              2 3 5 4 3 2 x ax 1 x bx c 1 x x a b x ab c 1 x ac b 1 x a c 1 Đồng nhất hệ số ta được:                                                2 2 a b 1 a1 c b bc c 0 b 1 c 0 ab c 1 0 b0 ac b 1 0 2b c c 0 2b c c 0 c1 a c 0 Vậy            5 4 2 3 x x 1 x x 1 x x 1 Khi đî áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được:         23 AM GM 5 4 2 3 x x 1 3 x x 1 2 3 x x 1 2 3 x x 1 x x 1 2 VT 2                 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 170 Dấu ‚=‛ xảy ra khi                                2 3 2 x0 17 x x 1 3 x x 1 x 1 3x 2x 2 0 x 3 17 x 3 Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy bài toán đã được giải quyết! Nhận xét Ngoài cách đồng nhất hệ số như trên ta cî thể dñng Casio phân tìch nhân tử. Chuyển máy sang mïi trường số phức MODE 2 . Khi đî dñng thuật toán lặp Newton – Rapshon ta sẽ phân tìch phương trënh này. Trước hết ta cần biết: 1. Xét dãy     n n 1 n n fx xx f ' x   và một hằng số 0 x cho trước. 2. Khi đî nếu x lim k   thì k là nghiệm của phương trënh   f x 0  . Do đî để phân tìch phương trënh này ta cần tình   43 f ' x 5x 4x  của hàm   54 f x x x 1    . Tiếp theo nhập vào máy biểu thức: 54 43 X X 1 XX 5X 4X    . Do phương trënh cî nghiệm phức nên ta sẽ CALC X i  . Bấm khoảng hơn 20 lần ta thấy nî về 1 0,8660254038i A 2    . Sau đî dñng Viet để tëm ra phương trënh bậc 2. Ấn SHIFT 2 2 máy hiển thị chữ  Conjg . Cái này nghĩa là tình năng chỉ ra số phức liên hợp. Do phương trënh bậc 2 thë thë sẽ cî 2 nghiệm liên hợp nên ta sẽ tình   AConjg A 1 A Conjg A 1           Nhân tử bậc 2 cần tëm là 2 x x 1  . Đến đây chia đa thức là xong! Chú ý: 1. Những bạn cî VINACAL thë phải nhớ khi nhập thë phải nhập là 3 2 3 33 X X X X 1 XX 5X X 4X    bởi vë díng máy này ko tình được giá trị   4 i trở lên. Nên ta sẽ đưa về dạng   3 i . 2. Đây là trường hợp may mắn khi ta tëm được nghiệm phức của phương trënh bậc 2. Giả sử nếu là nghiệm phức của phương trënh bậc 3 thë sao? Ta vẫn làm tương tự. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 171 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Dñng Viet cho phương trënh bậc 3 ta sẽ cî: 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3 d x x x a c x x x x x x a b x x x a                  . Khi đî chỉ cần tëm được 1 nghiệm phức và một nghiệm thực ta sẽ suy ra phương trënh bậc 3 cần tëm. Nhớ là tëm nghiệm thực trước. Ta cũng cî thể bënh phương tung tîe bài này lên, ta được:                 2 3 2 5 4 3 2 5 4 2 2 2 3x x 2x 4 2 3 x x 1 3x x 2x 4 12 x x 1 x 0 t/ m 17 x 1 3x 2x 2 0 x t/ m 3 17 x t/ m 3                                  Câu 25: Giải phương trënh         66 6 3 6 3 x x 2x 1 x x 2x 1 2x Giải Đặt                            6 63 6 66 6 63 x x 2x 1 a a 0 a b 32 a b x x 2x 1 b b 0 Dễ dàng chứng minh được bất đẳng thức sau:                   6 33 6 6 6 2 2 ab a b 32 a b a b 32 Sử dụng bất đẳng thức                32 33 4 a b a b 3 a b a b 0 ta cần chứng minh được:         33 2 2 2 2 8 a b a b 2ab . Theo AM – GM có   22 ab ab 2 nên bất đẳng thức hiển nhiên đòng. Từ đî suy ra được dấu ‚=‛ xảy ra khi           66 6 3 6 3 15 x x 2x 1 x x 2x 1 x 2 Câu 26: Giải phương trënh     11 x x 1 xx MO Yogoslavia Giải VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 172 Ta có:   AM GM AM GM 1 1x 11 x x 1 x x x 2 1 x1 11 x 1 x 1 x x 2                         Khi đî  VP x . Dấu ‚=‛ xảy ra khi                 2 1 1x 15 x x x 1 0 x 1 2 x1 x Câu 27: Giải phương trënh     44 44 3 x 5 11 x 13 x 3 3 x .        Giải Phương trënh đã cho ta sẽ biến đổi phương trënh về phương trënh.       44 44 3 x 5 3 3 x 13 x 11 x 1        Đặt:   4 a 3 x 5 ;    4 b 3 3 x ;  4 c 13 x;  4 d 11 x ,    a,b,c,d 0  Khi đî   1 trở thành:   4 4 4 4 a b c d * a b c d          Sử dụng hằng đẳng thức:   4 4 3 2 2 3 4 m n m 4m n 6m n 4mn n .       Ta có 4 4 4 4 a b c d            44 2 2 2 2 a b 2ab 2a 3ab 2b c d 2cd 2c 3cd 2d               22 ab 2 a b ab cd 2 c d cd                       22 ab cd a b ab c d cd 0 2           Cî được tất cả các phép biến đổi đî là nhờ sử dụng a b c d.    Tới đây ta chò ó rằng:   2 a b 4ab ab;      2 c d 4cd cd.    Do đî ta cî   2 tương đương với ab cd a0 b0            ab cd  vì a0 b0      vï nghiệm Ta có ab cd          44 9 x 5 3 x 13 x 11 x       22 9x 18x 135 x 2x 143         x 1.    Cách 2: Đặt: 4 4 a 15 3x b 9 3x        4 4 a 15 3x b 9 3x         44 a b 24    ,   a,b 0 .  Ta có   44 1 2a b x 13 2 15 3x 9 3x 33          ,   44 1 a 2b 11 x 15 3x 2 9 3x 33          Kết hợp từ điều kiện và phương trënh đã cho ta cî hệ phương trënh: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 173 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 44 2 4 4 4 44 a b 24 2a b a 2b ab 33           Ta cî với mọi số thực m, n, p ta luïn cî:   2 2 2 2 1 m n p m n p 3      Thật vậy ta cî bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức:     2 2 2 2 3 m n p m n p          2 2 2 2 m n p 2 mn np mp 0              2 2 2 m n n p p m 0        Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: m n p  Áp dụng bất đẳng thức này ta cî:   4 4 4 4 4 2 2 2 2 2a b a a b 1 1 . a a b 3 3 3 3            2 24 1 1 1 a a b 2a b 9 3 81         Hay ta có   44 4 2a b 1 2a b . 33   Thiết lập tương tự ta cî   44 4 a 2b 1 a 2b 33   Từ đî ta cî: 4 4 4 4 44 2a b a 2b ab 33     . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b.  Khi đî ta cî hệ phương trënh 44 a b 24 ab      2 2 a 2 3 b 2 3         15 3x 2 3 9 3x 2 3         x 1.    Vậy phương trënh cî một nghiệm duy nhất x 1.  Cách 3: Điều kiện: 5 x 3.    Phương trënh đã cho được biến đổi về phương trënh sau:       44 44 15 3x 9 3x 15 x 2 9 x 2 3          Xét hàm số   44 f t 15 t 9 t ,       t 15;9    Ta có       33 44 11 f ' t , 15 t 9 t     f ' t 0      33 44 11 15 t 9 t   t 3.    Khi đî ta cî:   f ' t 0,    t 15; 3     ,   f ' t 0,    t 3;9    Mặt khác   3x, x 2 15; 3     khi   x 5; 1 ,      3x, x 2 3;9    khi   x 1;3  Từ đî từ   3 ta có     f 3x f x 2  3x x 2    x 1.    Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x 1.  Câu 28: Giải phương trënh        4 2 7 3 2 x x 1 3 x x x Giải Bài này tương tự như bài 14. Ta sẽ phân tìch            7 3 2 2 2 3 2 x x x x x x 1 x x 1 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 174 Khi đî ta cî:                                      4 2 7 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 x x 1 3 x x x x x 1 x x 1 3x x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 3x x x 1 Lại cî: 1.         32 AM GM 2 3 2 3 x 1 3 x 1 x x 1 3x x x 1 22          2.                  2 2 2 1 x1 3 x 1 4 x x 1 0 2 3 x 1 x x 1 2 3.                    2 2 2 2 3 2 3 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 3x x x 1 2 Nên  x1 là nghiệm duy nhất của phương trënh. Ngoài ra nếu để ó ta thấy bài này cî thể đưa về bài toán giống bài 19 bằng cách đặt    2 a x ;b x;c 1. Khi đî phương trënh trở thành:        2 2 2 3 3 3 a b c 3 a b b c c a Ta biết rằng:                   22 2 2 2 3 3 3 2 2 cyc 1 a b c 3 a b b c c a a 2ab bc ca c 0 2 Vậy bài toán đã được giải quyết! Câu 29: Giải phương trënh               22 4x x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 2 5x 1 Giải Ta có: AM GM 4x 2 5x 1 x 2       Khi đî ta cî:                       2 2 4 3 2 2 x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 x 2 2 x 2x x 2x 1 x 2x 2 Nếu              1 x 1 3; 1 3; 5 thë bài toán đã được giải quyết Nếu       1 x ;1 3 5 ta có:                      4 3 2 2 2 2 1 2 x 2x x 2x 1 x 2x 2 x 3x 12x 4 0 x ;1 3 5 Từ đî suy ra  VT VP . Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x0 Bài toán đã được giải quyết hoàn toàn! Câu 30: Giải phương trënh             22 2 4 x5 x 1 x 2 x 3x 3 0 4 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 175 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Giải Xét  x5 ta có:                           4 3 2 22 4 x 5 103 x 5 1001 x 5 4337 x 5 7046 x5 x 1 x 2 0 44  Phương trënh vï nghiệm trên      ;5 Xét  x5, ta đi chứng minh     2 4 5x x 3x 3 4 Nếu  x5 thë bài toán đã được chứng minh. Nếu    x 5;5 ta có:                      2 2 4 3 2 2 4 5x x 3x 3 x 20x 106x 268x 143 0 x 1 x 18x 143 0 4 Khïng khî để nhận ra bất đẳng thức cuối luïn đòng với    x 5;5 . Vậy  VT 0 . Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x1 Câu 31: Giải phương trình 1 2 x x x 1 x x 2. 1x 3 x 2 x             Giải Cách 1. Đặt ax ; b 2 x        a, b 0  22 a b 2.    Phương trënh đã cho biến đổi thành 33 2 1 2a a a 1 2 3 a b a 1              2 2 22 a 1 a a 1 a1 1 a b 3 a 1               2 22 a1 a b 2 * a 1 b b 1       Từ giả thiết 22 a b 2    22 a b 2 a b 2.      Do đî vế trái   *  vế phải   * . Nên phương trënh đã cho cî nghiệm tương đương a1 ab      x 1.  Vậy x1  là nghiệm của phương trënh. Cách 2. Đặt ax ; b 2 x        a, b 0  Từ phép đặt trên cho ta 22 a b 2  Ta viết lại phương trënh đã cho thành     2 3 2 2 1 2a a 2 b 1a 2 1a 3 2 b b          VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 176 23 22 1 ab 1 a 2 b b 1 1 a      2 2 3 2 2 3 2 3 3 1 ab a a b 2b 2b 2 2a b 2a b 2a             3 2 2 2 2 3 2 a b 2b 1 b 2b 1 b ab a a 0                    2 3 2 2 a 1 b 1 a 1 a b 0                2 32 a 1 b 1 2 a 1 a 1 0                22 3 a 1 b 1 2 a 1 a 1 0        Mà từ điều kiện a, b 0  nên ta có a1 b1      x 1.  Vậy x1  là nghiệm của phương trënh. Câu 32: Giải phương trënh                2 2 2 3x 2 1 x x 4x 5 x 1 1 x x 1 x x 1 Đề thi thử THPT Quốc Gia 2016 – Chuyên Quốc học Huế Giải Ta có:                                     2 2 2 2 22 2 2 3x 2 1 x x 4x 5 x 1 1 x x 1 x x 1 x 1 x x 1 2 1 x x 4x 5 x x 1 3x x x 1 x x 1                                    2 2 2 2 4 3 2 2 x 4x 5 x x 1 3x x 1 x x 1 2 x x 1 1 x x 4x 10x 6x 6 2 x 1 x x 1 1 x 0 Để ó thấy:             2 Cauchy 2 x2 2 x 1 x x 1 1 x 2. x 1 2 . Nên          2 2 VT x 2 x x 1 0 . Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x2 Câu 33: Giải phương trënh         2 2 1 2 x 2x 1 1 x 2x 1 x1 Đề thi thử THPT Quốc Gia 2015 – Lần 1 – THPT Minh Châu – Hưng Yên Giải Bài này đã cố tënh che giấu đi mẫu của phân thức thứ 2 để làm đánh lạc hướng người làm do đî ta cần cî 1 bước biến đổi:        2 1 x 2x 1 2x 1 1 2 Khi đî phương trënh tương đương:            22 1 1 1 1 x 2x 1 x 1 2x 1 1 Nhën thế này ta sẽ nghĩ ngay tới bất đẳng thức AM – GM dạng cộng mẫu số, ta cî: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 177 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor                 2 2 2 2 1 1 4 x 1 2x 1 1 x 1 2x 1 1 Bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chứng minh được:             22 41 1 x 2x 1 x 1 2x 1 1                             22 3 3x 4 x 2x 1 2 x 2x 1 0 1 x 2x 1 x 1 2x 1 1                             22 2 x 2x 1 1 2 x 5 2x 1 1 0 2 1 x 2x 1 x 1 2x 1 1                                  2 22 4x 1 2 x 1 5 2x 1 2 x 1 0 4x 1 2 2x 1 2 1 x 2x 1 x 1 2x 1 1 2 x 1 Dễ thấy bất đẳng thức cuối đòng với  1 x 2 nên  VT VP 0 , dấu ‚=‛ xảy ra khi  x1 Ngoài ra nếu ta đặt        xa 2x 1 b thë khi đî ta cần chứng minh        22 1 1 1 1 ab a 1 b 1 . Ta cî đẳng thức sau đây:                            22 2 2 2 2 ab a b 1 ab 1 1 1 0 1 ab a 1 b 1 a 1 b 1 1 ab . Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Ta cũng cî thể dñng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz chứng minh được. Ta cî:                                                    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 lại cî điều cần chứng minh! Nếu áp dụng luïn thë phương trënh ban đầu trở thành:                           2 2 22 x 2x 1 x 2x 1 1 x 2x 1 0 x 1 2x 1 1 1 x 2x 1 Dấu ‚=‛ xảy ra khi               x 2x 1 0 x1 1 x 2x 1 0 . Câu 34: Giải phương trënh x x 1 2x 2 x 2 x1 2 x x 3          Giải Điều kiện 0 x 2.  VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 178 Phương trënh đã cho được biến đổi tương đương thành phương trënh:     2 1 x x x 1 x x x x x x 1 1x 2 x x 3                      x 1 x x 1 2 x 1 x x 1 1x 2 x x 3              x x 1 2x 2 x 2 1 . 1x 2 x x 3          Để ó rằng 2 x x 3 0,       x 0;2 .  x x 1 2 x x 3       Mặt khác, ta cî x x 1 1, 2 x x 3          x 0;2 2  . Thật vậy, ta cî   2 tương đương với   2 x x 2 3     Dễ thấy rằng   3 luïn đòng vë theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:     22 2 x x 1 1 2 x x 2        Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 x x  x 1.  Lại cî 2x 2 x 2 1, 1x        x 0;2 4  Thật vậy,   4 tương đương với 2x 2 x 2 1 x       2 x 1 0.    Dấu đẳng thức ở   4 xảy ra khi và chỉ khi x 1.  Vậy ta cî x x 1 1 2 x x 3 ; 2x 2 x 2 1 x1                  x 0;2  nên   1 xảy ra khi và chỉ khi x 1.  Vậy x1  là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 35: Giải phương trënh          1 x 1 1 x 1 1 2x 1 1 3x 1 1 Giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng cộng mẫu ta cî:                 1 x 1 4 x x 1 1 2x 1 1 3x 1 1 x 1 3x 1 2 2x 1 1 Áp dụng tiếp bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:      x 1 3x 1 2 2x 1 Khi đî 2 x x 2 VT 2x 1 1 2x 1 1 2x 1 1           Bây giờ nhiệm vụ của chòng ta là phải chứng minh được:   2 x 2 1 1 x 2 2x 1 1 2x 1 1 0 2 2x 1 1             Vậy bài toán đã được giải quyết! NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 179 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Dấu ‚=‛ xảy ra khi x0  Câu 36: Giải phương trënh       2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x 1 x x 2 x x 3 3 x x 1 x x 2 x x 3                Giải Ta có:         2 2 2 2 2 2 2 x x 1 1 x x 1 x x 1 x x 1 x 1 x 1 2 0 x x 1                Nếu x1  thë bất đẳng thức hiển nhiên đòng. Nếu x1  thì :         2 32 x 1 x x 3 x x x 3 x 1 x 1 2 0 2 1 x x 1 2 1 x x 1                    Do đî   2 2 2 x x 1 1 x x 1    . Thiết lập các bất đẳng thức cín lại tương tự ta cũng sẽ được: Cộng 3 bất đẳng thức ta được VT VP  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x0  Câu 37: Giải phương trënh   2 x 2 x 2 1 x1 x 2 x 2       Giải Đầu tiên ta sẽ chứng minh x 2 2 x 2 2 x1 x 2 x 2       Bất đẳng thức biến đổi thành     x 2 x 2 x 2 2 x 1 0 x 1 x 2 x 2            đòng với x 2.  Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có   2 x 2 x 2 1 x1 x 2 x 2         2 x 2 x 2 x 2 2 x 2 1 1 1 1 x 1 x 1 x 2 x 2 x 2 x 2                    Dấu đẳng thức xảy ra khi x 2.  Cách 2. Phương trënh đã cho tương đương với 2 x2 4 1 x2 1 x2 x2 31 1 x2 x2                 22 22 22 x x 2 x x 3 1; 1 x x 2 x x 3         VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 180 Đặt x2 t, x2      t0  ta được phương trënh:   2 2 2t 1 1 1t 3t 1      2 2 2 2t t 2t t1 3t 1         2 2 2 4 2 t 2t 4t 3t 1 t1       3 3 2 t t 4t 11t 12 0      t0  Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x 2.  Câu 38: Giải phương trënh 2 2 3 x 2x 3 85 60x x 2x 2        Giải Theo bất đẳng thức AM GM  ta có: 2 2 x 2x 1 x 2x 2.1 2 1 .5 85 60x 11 6x 5               Khi đî :                   3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 6x x 28x 17 x 2x 1 x 2x 3 VT VP x 2x 1 2 x 2x 3 6x 15 x 2x 3 x 10x 31 x 2x 1 x 1 6x 15 x 2x 3 x 10x 31 x 2x 1 2 x 2x 3                                        Để ó thấy với 17 x 1 3; 12       thì 2 2 6x 15 0 x 10x 31 0 x 2x 1 0              nên VT VP 0  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x1  Câu 39: Giải phương trënh         32 3 1 3x 1 1 x 2 1 5x 1 15x 35x 10x          Giải Nhën thấy dạng tìch là sẽ nghĩ ngay tới bất đẳng thức Holder , trước hết ra sẽ đi chứng minh nó. Cî bổ đề sau   Holder : Cho các số thực dương a, b, c, x, y,z,m, n,p khi đî ta luïn cî:         3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c x y z m n p axm byn czp          Chứng minh: Theo AM GM  ta có: 1.       3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a m x 3axm a b c m n p x y z a b c m n p x y z                NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 181 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2.       3 33 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 y 3byn bn a b c m n p x y z a b c m n p x y z                3.       3 33 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 p 3cpz cz a b c m n p x y z a b c m n p x y z                Cộng 3 bất đẳng thức trên cî điều phải chứng minh. Quay lại bài, ta đề ó thấy     32 15x 35x 10x 5x 3x 1 x 2      . Nên sẽ đặt a 3x 1 b x 2 c 5x           . Khi đî phương trënh trở thành:         3 3 a 1 b 1 c 1 1 abc      Theo bất đẳng thức Holder ta có:     33 33 33 33 cyc 11 a 1 abc 22                      Vậy dấu ‚=‛ xảy ra khi 1 a b c 3x 1 x 2 5x x 2          Câu 40: Giải phương trënh     2 5 2 7 2 x x x 2 3x x 1 x 3 3x 2x x 2          Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:     2 5 2 5 2 7 2 x x x 2 3x x 1 x x x 2 3. 3x x 1 x 3 3x 2x x 2 VP                Nhën cî vẻ dễ nhưng đến đây mới cî vấn đề nảy sinh. Dấu ‚=‛ xảy ra khi: 2 5 9 4 2 x x 2 x x 1 x x x x 2 0 x          Phương trënh khïng thật sự dễ giải cho lắm, chắc phải dñng đến hàm số. Đặt:   9 4 2 f x x x x x 2      liên tục trên   1;  .   8 3 8 3 3 3 f ' x 9x 4x 2x 1 9x 9x 2x 2x 3x 1 0 x 1               Vậy   fx đồng biến trên   1;  . Lại cî   f 1 0  nên x1  là nghiệm duy nhất của phương trình. Bên cạnh hàm số ta cũng cî thể phân tích   fx thành nhân tử. Ta được:       9 4 2 8 7 6 5 4 f x x x x x 2 x 1 x x x x x x 2                    8 7 6 5 4 8 7 6 5 2 x x x x x x 2 x x x x 2 x x 1 x x 1 0 x 1                   Khi đî phương trënh   f x 0 x 1    Câu 41: Giải phương trënh     2 2 2 2 1 2x x 1 2x x 2 x 1 2x 4x 1          Giải Để đơn giản ta sẽ đặt       2 22 2x x t t 0;2 x 1 1 t        VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 182 Phương trënh trở thành:       22 t 1 1 t 2 1 t 1 2t *       Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:     t 1 1 t 2 t 1 1 t       Khi đî ta cî:             2 2 2 2 2 VT VP 2 t 1 t 1 2 1 t 1 2t 2 1 t 1 1 2t 1 t             Mặt khác ta luïn cî:         2 2 2 2 AM GM 22 1 2t 2 t t 5 2t 1 1 2t 1 t 1 0 22             Vậy VT VP 0 . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x0  Ngoài ra ta cín cî thể sử dụng bất đẳng thức AM – GM ở phương trënh   * . Ta có: 1. 2 t 1 1 t 2 1 t      2.   2 2 2 2 2 1 t 2 1 t 1 1 t t 0         3. Do đî     22 VT VP 2 1 t 2t 0      Dấu ‚=‛ xảy ra khi 2 t 0 2x x 0 x 0 x 2          Bên cạnh với cách sử dụng bất đẳng thức ta cî thể làm theo 3 cách sau, hơi trầy cối! Cách 1.               2 2 2 2 22 2 2 2 2 1 2x x 1 2x x 2 x 1 2x 4x 1 1 2x x 1 2x x 2 1 2x x 1 2x x 2 1 2x x 1 2x x 1                          Đặt 2 22 2 a 1 2x x a b 2 b 1 2x x               . Phương trënh trở thành:   2 2 2 2 a b 2a b 2a b 1    Khi đî ta giải hệ sau:       2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 a b 2ab 2 a b 2a b 2a b 1 a b 2a b 2a b 1 a b 2                                 2 2 2 2 22 22 7 6 5 4 3 2 ft a b 2 t2 a b 2 t2 ab ab 22 22 t 2 t 2 t 1 t 2 t 2t 4t 8t 6t 12t 4 0 * 22                                       Theo giả thiết suy ra t1  . Cần chứng minh   f t 0  . Ta có:                 7 6 5 4 3 2 f t t 1 9 t 1 29 t 1 37 t 1 9 t 1 7 t 1 9 t 1 5 0                 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 183 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor         2 32 25 275 9 t 1 7 t 1 9 t 1 t 1 9 x 0 18 36                  Vậy ta được:   22 a b 2 x 0 * t 2 a b 1 1 2x x 1 2x x ab 1 x 2                      Cách 2.     2 2 2 2 1 2x x 1 2x x 2 x 1 2x 4x 1                        2 22 2 2 22 2 2 2 2 2 x 1 2 x 1 2x 4x 1 2 2 x 1 2 x 1 2 x 1 1                     Đặt     2 t x 1 t 0    , phương trënh trở thành:         2 2 2 8 6 4 7 6 3 2 2 2t 2t 2t 1 8t 8t 2t t 1 0 t 1 8t 8t 2t 2t 2t 1 0 t 1                    Với t1  ta có   2 2 x0 x 1 1 x 2x 0 x2            Cách 3: Liên hợp. Ta cî:         2 2 2 2 2 2 2 1 2x x 1 2x x 2 x 1 2x 4x 1 1 2x x 1 1 2x x 1 x 2 x 4x 8x 6 0                           22 2 22 2x x 2x x x 2 x 4x 8x 6 0 1 2x x 1 1 2x x 1                 22 22 x 0 x 2 11 4x 8x 6 2x x 0 1 2x x 1 1 2x x 1                       Lại cî: 22 22 22 2 2 2 2 2 1 1 1 2x x 1 2x x 1 2x x 1 1 2x x 1 1 2x x 1 1 2x x 1 2 2x x 1 2x x 1 1 2x x 1 1 2x x 1 2x x                                                              VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 184  Do đî ta cần chứng minh:                           2 2 2 f x 2 1 x 2x 1 3 3 1 x x 1 x 2x 1 3x 2 3 3 1 x 4 3x 2 27x 9 2 6 9x 3 1 x 2 2 1 x 2x 1 x                   2 2 2 2 2 2 2x 4x 3 0 1 2x x 1 1 2x x 1 1 2x x 1 2x x                                   Do 2 1 2x x 0    nên ta được:   2 22 2 f x 2x 4x 3 1 2x x 1 1 2x x                 22 22 2x 4x 3 1 2x x 2 1 2x x 1 1 2x x                     2 2 2 22 1 2x x 4 2x x 2x 4x 1 0 x 0;2 1 2x x 1 1 2x x                    Vậy bài toán đã được giải quyết! Cách 4: Bất đẳng thức Ta có:   AM GM 2 22 1 2x x 1 2x x 2 x 1         Khi đî         2 2 2 VT VP 2 x 1 2 x 1 2 x 1 1        Đặt     x 1 t t 0;1    , khi đî cần chứng minh:       2 2 2 2t 2t 2t 1 0 2t t 1 2t 2t 1 0          Vậy VT VP 0  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x 0;x 2  Câu 42: Giải phương trënh 3 3x 13 x 2 x 1 4      Giải Để căn bậc 3 thë hơi khî đánh giá nên ta sẽ lũy thừa lên. Ta cî:   3 3 3x 13 3x 13 x 2 x 1 x 2 x 1 0 44            Theo AM – GM ta có:       3 2 2 x 1 3x 13 1 VT x 1 x 1 2 x 4x 1 2 x 1 x 1 2 4 8                 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 185 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đến đây ta sẽ cần chứng minh     2 f x x 4x 1 2 x 1 x 1 0        , nhưng cî vẻ ta cần tëm thêm điều kiện thë mới cî thể chứng minh được. Để ó thấy x 2 x 1    nên điều kiện cî nghiệm sẽ là 13 x 2; 3     . Ta có:   2 4x 25x 7 13 f ' x 2x 4 3 x 1 0 x 2; 3 2x 4 3 x 1                từ đî suy ra     13 f f x f 2 3     . Mà   13 f 22,189 3 f 2 3 6 3            nên   f x 0  . Vậy VT 0  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x3  Câu 43: Chứng minh rằng: a b a b 2 a,b 0 a 3b b 3a       Giải Do bất đẳng thức đang ở dạng đẳng cấp nên ta sẽ chia cả tử và mẫu cho b và đặt   a x x 0 b  . Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau:         x 1 x 1 2 2 x 3 3x 1 x 1 3x 1 x 3 0 x 3 3x 1              Bài này khá là nhiều căn nên ta sẽ nghĩ cách làm giảm bớt căn, tuy nhiên khá là bế tắc. Ở bài này sẽ dñng bất đẳng thức   22 a b 2 a b    . Ta có:   3x 1 x 3 2 4x 4 2 2 x 1        Khi đî         VT 2 x 3 3x 1 2 2 x 1 x 1 f x        Ta có:           4 4 x 1 f x 0 2 x 3 3x 1 2 2 x 1 x 1        Do đî dấu ‚=‛ xảy ra khi x1  ab  . Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh! Ngoài ra ta cî thể đánh giá bằng AM – GM như sau. Ta cî:   2 a a a b 2 b 1 2b a b 3 a ; a b a 3b 2 a 3b 4 2 a b a 3b a 3b a 3b                  2 b b a b 2 a 1 2a a b 3 b ; a b b 3a 2 b 3a 4 2 a b b 3a b 3a b 3a                Cộng hai bất đẳng thức trên với nhau ta cî điều phải chứng minh. Ngoài ra ta cî thể giải phương trình bằng liên hợp như sau: Nhận thấy phương trënh đang cî 3 căn nên cî thể đặt  ax để giảm bớt độ cồng kềnh của phương trënh. VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 186 Đặt    a x a 0 phươngtrënh trở thành:             4 2 2 2 2 3a 10a 3 a 1 3a 1 a 3 0 Ta tëm được nghiệm kép a1 nên sẽ tëm được 2 biểu thức liên hợp là              2 2 31 3a 1 a 22 13 a 3 a 22 . Khi đî tiến hành nhân liên hợp ta được:             4 2 2 2 2 3a 10a 3 a 1 3a 1 a 3 0                                                                   4 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 3 1 1 3 2 3a 10a 3 2a 4a 2 a 1 3a 1 a a 1 a 3 a 0 2 2 2 2 8 a 1 a 1 3 a 1 a 1 3 a 1 a 1 0 2 3a 10a 3 2a 4a 2 4 3a 1 6a 2 4 a 3 2a 6                                 4 2 2 2 2 a1 8 a 1 3 a 1 3 a 1 0* 2 3a 10a 3 2a 4a 2 4 3a 1 6a 2 4 a 3 2a 6 Nhiệm vụ là sẽ đi chứng minh phương trënh   * vï nghiệm. Để ó thấy: 1.                     2 2 22 3 a 1 1 48a 0 a 0 2 4 3a 1 6a 2 4 3a 1 4 8 3a 1 12a 4 2.                     2 2 22 3 a 1 1 48a 0 a 0 2 4 a 3 2a 6 4 a 3 4a 8 a 3 4a 12 3. Cín lại ta cî:          2 2 2 2 8 a 1 1 2 3a 10a 3 2a 4a 2                     2 2 2 2 2 2 4 2 24a 24 a 1 0 2 3a 10a 3 2a 4a 2 6a 4a 6 2 3a 10a 3 Nên do đî phương trënh * vï nghiệm. Vậy phương trënh cî nghiệm x1 Câu 44: Giải phương trënh 4 1 x 2x 1 33 x 1 x    Giải Cách 1. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 187 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đầu tiên nhën thấy bài này cî dạng phân số nên ta sẽ thử dñng bất đẳng thức BCS dạng cộng mẫu số Engel . Ta cî bổ đề sau:   2 22 ab ab x y x y    . Chứng minh:     2 2 2 22 22 ab a b 1 a b xy x y x y x y xy                   Áp dụng vào bài ta cî:               2 2 2 2 1 x 2x 1 2 1 x 2x 1 VT VP 3 3 3 3 x 1 x 1 x 2x 1 1 x x 1 x 2x 1                   Ta cần chứng minh           2 f x 2 1 x 2x 1 3 3 1 x x 1 x 2x 1 0           . Đặt :           3 3 1 x 4 27x 9 gx 2 6 9x 3 1 x 2 2 1 x 2x 1 x                                                                 22 2 2 2 3 3 1 x 4 6 9x 3 1 x 2 27x 9 2 1 x 2x 1 x 4 2 1 x 2x 1 x 6 9x 3 1 x 36 3 1 2x 1 x 162x 162x 48 54x 18x 4 27x 9 1 x 2x 1 4 2 1 x 2x 1 x 6 9x 3 1 x 108x 180x 48 1 x 2x 1 36 3 2x 1 4 27x 9 4 2 1 x 2x 1 x 6 9x 3 1 x 108x 180x 48 1 x 2x 1                                                                  2 11664x 5184 36 3 2x 1 4 27x 9 4 2 1 x 2x 1 x 6 9x 3 1 x              Ta luôn có:     2 1 108x 180x 48 12 3x 4 3x 1 0 x ;1 2              . Nên   g x 0  . Do đî   f x 0  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi 2 x 3  Cách 2. Bước đầu tiên bao giờ cũng là đi tëm nghiệm. Ta được 1 nghiệm 2 x 3  . Kiểm tra nghiệm bội ta cî:           2 x 3 2 2 x 3 4 1 x 1 x x 2x 1 3 3x 1 x lim 0 3x 2 4 1 x 1 x x 2x 1 3 3x 1 x lim 0 3x 2                   VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 188  2 x 3  là nghiệm kép. Tëm nhân tử từng cụm, giả sử nhân tử cî dạng:   4 1 x 1 x ax b 0 x 2x 1 cx d 0               . Khi đî sẽ tëm được 2 nhân tử là:   43 x 2x 1 3x 0 9 16 3 4 1 x 1 x 2 3x 0 9                 . Phân tìch nhân tử từng cụm 1 sử dụng cïng thức chia 2 căn ta được: 3.     2 16 3 4 2 3 4 1 x 1 x 2 3x 1 x 3 1 x 3 9 9 27              4.   3 3 2x 1 3 43 x 2x 1 3x 9 54      Nhìn vào rõ ràng thấy nhân tử thứ 2 khïng cî cñng dấu với bài toán do chứa nghiệm bội 3 nên ta sẽ làm mạnh tay hơn là phân tìch nhân tử cả cụm:   16 3 3 3x 1 x 2 3x x 2x 1 9       với hy vọng cả cụm đî sẽ luïn dương. Thật vậy ta được:   16 3 3 3x 1 x 2 3x x 2x 1 9         2 9x 4 3 3 2x 1 2 2x 1 0 36                Vậy lời giải là:         22 0 0 4 1 x 1 x x 2x 1 3 3x 1 x 9x 4 3 2 3 3 3 1 x 2 3 1 x 1 2x 1 2 2x 1 0 3 3 3 6                                         Dễ thấy VT 0  nên dấu ‚=‛ xảy ra khi 3 1 x 0 2 3 x 3 3 2x 1 0 3               Cách 3. 1. Tëm nghiệm: Phương trënh cî nghiệm kép 2 x 3  2. Tëm nhân tử chứa nghiệm: 2 1 x 2x 1 3     3. Chia căn ta được kết quả: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 189 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor       gx f x 3 x 2 3x 2 x 3 1 x 2 1 x 2x 1 2x 1 22 2 1 x 2x 1 3                4. Để ó thấy với 1 x ;1 2     thì   g x 0  . Nên phương trënh   g x 0  vï nghiệm! Cách 4. Liên hợp           23 2 4 1 x 1 x x 2x 1 3 3x 1 x 4 2 3 1 3 1 x 3 1 x 3 3 2x 1 3 3x 2 0 9 27 54 3                                2 23 3x 2 0 4 3x 2 12 1 x 2 3 3 0* 3 3 3 1 x 3 3 2x 1 3                  1. Để ó thấy :             3 3 3 3 12 3x 2 3 3 2x 1 3 4 3x 2 3 36x 15 3 3 2x 1 3 3 3 2x 1 3 3 3 2x 1 3                2. Nên phương trënh   * vï nghiệm. 3. Vậy phương trënh cî nghiệm 2 x 3  . Cách 5. Liên hợp         2 22 2 4 1 x 1 x x 2x 1 3 3x 1 x 3 2 3 3 8 4 1 x 1 x x x 2x 1 3x 3 6x 8x 0 2 3 3 3 3 2 2 x 3 x 2 4 3 3 4 1 x x 6 3 x 0 2 x 3x 1 3 1 x 3 2x 1 3 3 2 3                                                                                      2 x 3 x 1 x f x 2 3 0 * 2 x 3x 1 1 x 3 2x 1 3 3 2 3                                 + Nhận thấy VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 190 1.   2x g x 1 x 3 32        nghịch biến trên 1 ;1 2    nên     3 g x g 1 6  2.   3x 1 v x 2x 1 3 3        đồng biến trên 1 ;1 2    nên   13 v x v 26     + Khi đî   x 1 x f x 2 3 0 33 66      Cách 6: Bất đẳng thức.  Đặt 22 a 2x 1 a 2b 1 b 1 x           . Phương trënh trở thành: 2 2 2 a 4b 33 b a b    Ta có:   4 4 4 2 AM GM 42 3 2 2 2 4 2 222 a a a a a 27a 3 3a 1 a .b .b b b a b b 27 27             4 4 4 AM GM 33 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16b 16b 16b 2b a b a b 2 2b a a b b 3 3                  2 42 2 22 22 16b 4b 108b 3 3.2b ab ab        Cộng lại ta được VT 3 3 VP  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi 32 a b x 33     . Câu 45: Giải phương trënh     77 42 105x 1120x 256 128 1 x 128 1 x       Giải Điều kiện 1 x 0 1 x 0      1 x 1.     Nhận xét. Ta nhận xét thấy nếu thay x bởi x  thë phương trënh khïng thay đổi. Suy ra ta chỉ cần xét   x 0;1 .  Xét hàm số:       77 42 f x 105x 1120x 256 128 1 x 128 1 x        Ta có           66 3 77 7 1 x 7 1 x f ' x 420x 2240x 128 2 1 x 2 1 x                     66 3 77 7 1 x 7 1 x f ' x 420x 2240x 126 2 1 x 2 1 x                      44 2 55 5 1 x 5 1 x f " x 1260x 2240 448 2 1 x 2 1 x            NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 191 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor       33 2 f " x 1260x 2240 1120 1 x 1 x           Mặt khác theo AM – GM ta có:         3 1 x 1 x 1 x 1 x .1      4 1 x 1 x 1 x 1 4           2 2 3x 9 3 1 x x 1 4 16 2                 3 1 x 1 x 1 x 1 x .1      4 1 x 1 x 1 x 1 4           2 2 3x 9 3 1 x x 1 4 16 2             33 2 9 1 x 1 x 2 x 1 16              33 2 9 1120 1 x 1 x 2240 x 1 16                 33 22 9 1120 1 x 1 x 2240 x 1 1260x 2240 16                        33 2 f " x 1260x 2240 1120 1 x 1 x           22 1260x 2240 1260x 2240 0      Vậy hàm số       55 3 f ' x 420x 2240x 448 1 x 1 x          đồng biến   x 0;1      f ' x f 0 0    Do   f ' x 0        77 42 f x 105x 1120x 256 128 1 x 128 1 x         đồng biến với   x 0;1      f x f 0 0        77 42 105x 1120x 256 128 1 x 128 1 x 0         với   x 0;1  . Dấu đẳng thức xảy ra tại x 0.  Vậy phương trënh đã cho cî x0  là nghiệm. Câu 46: Giải phương trënh     66 7 6 2x 1 6 2 x 7 2x 1 2 x 5        Giải Do phương trënh cî nghiệm kép nên ta dñng phương pháp đánh giá. Ta có: 1.       66 7 f x 6 2x 1 1 6 2 x 1 7 2x 1 2 x 7           2. AM GM 6 7 6 2x 1 1 7 2x 1      3. AM GM 6 7 6 2 x 1 7 2 x      Do đî ta được:                       7 7 7 7 77 2 77 66 ij 77 i 0 j 0 f x 7 2x 1 7 2 x 7 2x 1 2 x 7 7 2x 1 2 x 2x 1 2 x 1 14 x 1 7 2x 1 1 1 2 x 2x 1 . 2 x                           VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 192 Mà 7 7 2x 1 0 2 x 0        , nên   f x 0  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x1  Câu 47: Giải phương trënh 35 4 x 2 x 1 3x 5 2 3x 26        Giải Điều kiện: 5 x. 3  Phương trënh đã cho được biến đổi về phương trënh sau: 35 4 x 2 x 1 3x 5 2 3x 26 0         Xét hàm số   35 4 f x x 2 x 1 3x 5 2 3x 26,         5 x. 3  Ta có         2 3 4 35 4 1 1 3 6 f ' x 2 x 2 3 x 1 4 3x 5 5 3x 26         Tới đây ta sẽ tëm cách đánh giá cho   f ' x . Ta xét hiệu   4 5 16 A 2 x 2 5 3x 26    Để xét dấu biểu thức A thë ta cần chuẩn quy về một căn thức để cî thể tiện lợi so sánh và vë trong biểu thức A chứa căn bậc hai và căn bậc năm nên ta sẽ chuẩn quy về căn bậc mười. Do đî ta biến đổi như sau:         85 10 10 10 10 44 55 5 3x 26 12 x 2 16 A 2 x 2 5 3x 26 10 x 2. 3x 26           Vậy để xét dấu của A ta chỉ cần xét dấu của hiệu:     85 10 10 10 10 5 3x 26 12 x 2    Ta có 5 x 3  3x 26 31.    Lại cî         8 5 3 5 10 10 10 3 5 3x 26 5 3x 26 . 3x 26 5 3x 26 .31       Từ đî ta cî         8 5 5 5 10 10 5 3 10 5 3 10 5 3x 26 5 .3 x 12 .31 5 .3 x 2 .31 12 x 2        Do đî A0    f ' x 0.  Vậy hàm số   fx liên tục và luïn đồng biến với 5 x ; . 3        Mặt khác ta cî   f 2 0  nên phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 2.  Câu 48: Giải phương trënh 5 5 5 5 1 2015x 1 2015x 1 2016x 1 2016x        Giải Nhận thấy nếu 0 x là nghiệm thë 0 x  cũng là nghiệm, vậy ta chỉ cần xét phương trënh trên tập số thực x 0.  Xét hàm số:   55 f t 1 2015t 1 2015t     trên tập số thực t 0.  Ta có       44 55 2015 2015 f ' t 5 1 2015t 5 1 2015t             44 55 4 5 1 2015t 1 2015t 2015 f ' t 5 1 2015t 1 2015t             NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 193 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Ta đi chứng minh           44 55 4 5 1 2015t 1 2015t 2015 f ' t 0 5 1 2015t 1 2015t             Thật vậy khi t 0,  ta có: 4030t 4030t      22 2015t 4030t 1 2015t 4030t 1           22 1 2015t 1 2015t         22 1 2015t 1 2015t 0              2 2 2 2 1 2015t 1 2015t 1 2015t 1 2015t 0                     44 1 2015t 1 2015t 0          44 1 2015t 1 2015t         44 55 1 2015t 1 2015t               44 55 4 5 1 2015t 1 2015t 2015 f ' t 0 5 1 2015t 1 2015t               với t0  Vậy hàm số:   55 f x 1 2015t 1 2015t     nghịch biến với mọi t 0.  Phương trënh tương đương với:     f 2015x f 2016x  2015x 2016x  x0  Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x 0.  Câu 49: Giải phương trënh   3 3 2 2 2 x 2 1 x 1 x x x 1 x x 1            Giải Ta nhận thấy nếu thay x bởi x  thë phương trënh khïng thay đổi. Suy ra ta chỉ cần xét x 0.  Ta lại chò ó đến hằng đẳng thức đã nhắc đến ở các vì dụ trước là   3 3 6 1 x 1 x 2 1 1 x 2        đẳng thức xảy ra khi x 0.  Đến đây ta chỉ cần chứng minh 22 2x 2 x x 1 x x 1        với x 0.  Thật vậy, bënh phương hai vế lên ta được     2 2 2 2 4x 8x 4 2x 2 2 x x 1 x x 1            2 22 x x 1 x x 1 8x 0.         Đẳng thức xảy ra khi x0  . Vậy x0  là nghiệm của phương trënh đã cho. Câu 50: Giải phương trënh     2 2 2 2x 2x 1 2x 3 1 x 1 2x 3 1 x 1 3            Giải Nhën dạng này ta sẽ dñng bất đẳng thức vectơ. Cho 2 vectơ   v x; y và   u a; b , khi đî ta có:     22 2 2 2 2 u v u v x y a b x a y b            Dấu ‚=‛ xảy ra khi y x ab  . Ngoài ra cî thể mở rộng cho 3 vectơ, thêm   a m; n : VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 194     22 2 2 2 2 2 2 u v a u v a x y a b m n x a m y b n                  Bây giờ vấn đề là phân tìch các biểu thức trong căn thành các tổng bënh phương như thế nào để cî thể áp dụng bất đẳng thức trên được. Ta cî: 1.   2 2 2 2 2 2x 2x 1 x x 2x 1 x x 1          2.   2 22 22 1 3 1 3 2x 3 1 x 1 x x x 3 x x 2 4 2 2                             3.   2 2 2 2 2 13 2x 3 1 x 1 x x 1 x x 3 x x 22                    Đến đây nếu áp dụng bất đẳng thức trên ta sẽ được:   2 2 2 11 VT x x x x 1 x x 18x 2 22               Dễ thấy 2 18x 2  chưa phải luïn lớn hơn 3, với lại hãy để ó điểm rơi của bất đẳng thức nî khïng phải là x0  nên ta đã đánh giá sai. Để đánh giá đòng hãy để ó nếu ta áp dụng cho 2 căn ở sau thë điểm rơi là x0  , nên ta sẽ xử 2 căn đằng sau trước, ta được: 22 22 22 1 3 1 3 x x x x 4x 4x 4 x 4x 4 x 2 2 2 2 2                                            Chò ó: Nếu ban đầu ta viết là 3 x 2      thë điểm rơi lòc này cũng khïng phải là x0  nên để điểm rơi là x0  thë ta phải đổi 22 33 xx 22                    . Cín lại để xuất hiện con 3 ta cần phải biến đổi căn cín lại, ta được:     22 2 2 2 2 2 2x 2x 1 x x 2x 1 x x 1 x 1 x 1 x               Vậy VT x 2 1 x 3 VP       Dấu ‚=‛ xảy ra khi x0  . Câu 51: Giải phương trënh   23 3 x 3 2 x 4x 5 x 4 2 x 2x         Giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được:         2 2 3 3 AM GM 3 4 2 x 1 3 x 3 1 1 1 2 x 4x 5 x 2 2 x 1 x 2 x 2 x x x 2 2 x 1 1 1 2 2 x 4 x 4 2 x 2 x x x                            NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 195 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Vậy VT VP  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x1  Câu 52: Giải phương trënh 2 2 2 1 1 1 1 x 3x 1 1 x 3x 1 x 1         Giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 1. 2 2 2 2 1 1 4 1 x 3x 1 1 x 3x 1 2 x 3x 1 x 3x 1              2.   2 2 2 2 x 3x 1 x 3x 1 2 2x 2 2 x 1          3.     22 2 22 22 22 2 1 x 1 1 x 0 x 1 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 x 1 1               Vậy VT VP  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x 0  . Câu 53: Giải phương trënh 4 3 6 x x 6x 4 2 x x 1 0        Giải Đầu tiên ta dñng tiếp tuyến thë sẽ tëm được đánh giá là: 6 2 x x 1 5x 3     . - Nếu 3 x 5  thë bất đẳng thức đòng. - Nếu 3 x 5  thì     2 6 4 3 2 2 x x 1 5x 3 x 1 4x 8x 12x 16x 5 0            . Dễ thấy bất đẳng thức cuối đòng nên ta được :     2 4 3 6 4 3 2 x x 6x 4 2 x x 1 x x 6x 4 5x 3 x 1 x x 1 VP                  Vậy bài toán đã được giải quyết! Câu 54: Giải phương trënh     9 8 3 2 x 2x 2 x x 1 2 x x 2x 2x 3           Giải Phương trënh này cî nghiệm là x1  nên ta sẽ cî 2 đánh giá: 9 8 75 x 2x 2 x 22 75 x x 1 x 22                Nếu 5 x 7  thë 2 đánh giá là đòng. Nếu 5 x 7  thë ta được: 1.     2 8 6 5 4 3 2 75 x x 1 x x 1 4x 8x 12x 16x 20x 24x 21 0 22              2.     2 9 7 6 5 4 3 2 75 x 2x 2 x x 1 4x 8x 12x 16x 20x 24x 28x 17 0 22               VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 196 Dễ thấy rằng với 5 x 7  thë đương nhiên 2 bất đẳng thức luïn đòng vë: 2 2 20x 24x 21 0 24x 28x 17 0            Vậy     22 VT VP x 1 x 1 0      Dấu ‚=‛ xảy ra khi x1  Câu 55: Giải phương trënh         2x 1 x 2x 1 2 x x 1 1 2x 1 2x 1        Giải Đặt ax b 2x 1        thë phương trënh trở thành:         22 23 b 1 1 a b 2 a a 1 1 b      Ta cî bổ đề:         3 3 a 1 b 1 c 1 1 abc      - Đã chứng minh ở bài trên. Áp dụng ta cî:                         3 3 3 3 2 3 3 3 3 3 2 1 a 1 a 1 b 1 a b 1 1 1 1 a 1 1 a 1 1 1 b 1 b 1 b                Nhân vế theo vế ta được:                                       3 3 3 3 3 3 3 2 2 33 3 2 2 2 2 2 2 33 3 3 2 3 33 8 1 a 1 b 1 a b 1 a 1 b 1 a b 1 a 1 b 1 a b 1 a 1 b 1 a b 1 b 8 2 2 a 1 b 1 a a 1 b 1 1 a 1 b                           Vậy bài toán đã được giải quyết! Câu 56: Giải phương trënh   2 4 28x 3 9 1 x 6 1 1 256 x 6 28x 3              Giải Cách 1: Bất đẳng thức Holder. Nhën thấy dạng tìch lại nghĩ đến bất đẳng thức Holder. Đặt a x 6 b 28x 3        , phương trënh trở thành:   2 b9 1 a 1 1 256 a b         . Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Holder cho 4 dãy số:           4 4 1 a 1 b 1 c 1 d 1 abcd       Ta được:   4 4 b 9 9 b 9 9 1 a 1 1 1 1 a 256 VP aa b b b b                               NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 197 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Dấu ‚=‛ xảy ra khi a 3;b 9 x 3     Cách 2: Bất đẳng thức AM – GM. Theo AM – GM ta có:       2 2 2 2 2 b 9 b 9 9 9 1 a 1 1 1 a b 1 2 b b 1 1 b 1 1 aa b b b b                                                      2 22 2 9 9 9 b 1 1 b 1 9 2 b 10 256 b b b                           Vậy VT VP  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x3  . Cách 3: Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. Ta có:     Cauchy Schwarz 2 b 9 9 1 a 1 1 b 1 1 256 a bb                        Vậy VT VP  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x3  . Cách 4: Chò ó rằng ta luïn cî đẳng thức sau:   2 2 2 4 2 44 44 b 9 3 3 b 9 1 a 1 1 256 32 b b a 1 aa b b b b                                           Áp dụng luïn vào bài thë ta được:   2 4 2 2 4 2 88 4 4 88 4 28x 3 9 1 x 6 1 1 256 x 6 28x 3 3 3 28x 3 9 32 28x 3 28x 3 x 6 1 0 x6 28x 3 28x 3 28x 3                                                    Dấu ‚=‛ xảy ra khi x3  Câu 57: Giải phương trënh 2 44 1 1 2 x x 1 22 x 1 2 x 2 x x 1           Giải Đặt 22 a 2 x a b 1 b x 1           , phương trënh trở thành: 2 1 1 a b 22 a b b a         2 1 1 a b 1 1 a b 2 2 2 2 2 0 a b b a a b b a                          22 a b 2ab 2 2ab 1 a b a b 1 2 a b 1 2 1 2 a b 2 a b 1 0                      Do   22 a b 1 a b 1; 2        . Vậy bất đẳng thức cuối đòng. Dấu ‚=‛ xảy ra khi a b x 3    VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 198 Câu 58: Giải phương trënh       44 4 2 x 1 3 x 1 x 1 3 x 1 x 1 3 x x 1 3 x             Giải Ta có:                       44 4 44 44 2 2 x 1 3 x 1 x 1 3 x 1 x 1 3 x x 1 3 x x 1 3 x x 1 3 x 2 x 1 3 x x 1 3 x x 1 3 x x 1 3 x                                 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:         2 4 x 1 3 x 2 x 1 3 x x 1 3 x 22                          22 4 44 4 x 1 3 x 4 x 1 3 x x 1 3 x x 1 3 x 22 2 x 1 3 x x 1 3 x                     Cộng 2 vế ta được VT VP  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x3  . Câu 59: Giải phương trënh     22 22 11 1 3 x 1 1 x 2 1 17 2 2 x 2 3 x                       Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:         22 22 2 Cauchy Schwarz 11 1 3 x 1 1 x 2 1 x 2 3 x 1 1 1 1 3 x 1 1 x 2 1 2 x 2 3 x                                              Cách 1: Phân tích nhân tử.         2 2 2 1 1 1 1 3 x 1 1 x 2 1 17 12 2 2 x 2 3 x 11 1 3 x 1 1 x 2 1 34 24 2 x 2 3 x 1 1 3 x x 2 3 x x 2 2 34 24 2 3 x x 2 x 2 3 x                                                                       NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 199 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor             2 2 22 1 x 2 2 1 x 2 11 2 3 x x 2 3 x x 2 2 3 2 2 4 2 4 3 x x 2 x 2 3 x 34 24 2 2 3 x 2 2 3 x 4 2 x 2 2 2 x 2 4 3 x x 2 2 3 2 8 3 x 8 x 2 x 2 3 x 34 24 2                                                 Bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chứng minh được: 2 3 x x 2 2 3 2 34 24 2 x 2 3 x           Thật khïng may là:   2 AM GM 2 3 x x 2 3 x x 2 2 2 3 2 4 3 2 34 24 2 VP x 2 3 x x 2 3 x                        Vậy bài toán đã được giải quyết! Dấu ‚=‛ xảy ra khi 5 x 2  Cách 2: Bất đẳng thức. Đặt 22 a 3 x a b 1 b x 2           , ta đi chứng minh     2 1 1 1 1 a 1 1 b 1 VP 2 b a                          2 2 22 2 11 1 a 1 1 b 1 ba 1 1 1 1 a b b a 1 1 a b a b 2 2 2 2 22 a b b a ab b a                                                                   2 22 33 AM GM 2 2 22 3 2 AM GM 66 22 6 6 ba 3a 3b ab 44 2 ab b a ab 6 ab 66 44 4 2 2 2 17 12 2 ab 16 ab ab 16 2                                            Vậy bài toán đã được giải quyết! VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 200 Câu 60: Giải phương trënh     4 4 2 x 2 x 64 11 0 x 2 x x 2 x         Giải Ta có:           4 4 2 2 4 2 x 2 x 64 1 1 1 1 64 0 2 0 x 2 x x 2 x x 2 x x 2 x                                22 2 2 2 2 4 32 x 2 x 1 1 4 x 2 x x 2 x x 2 x              Lại cî:         2 2 2 2 1 1 4 x 2 x x 2 x                             2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 x 2 x 4 x 2 x x 2 x x 2 x x 2 x x 2 x                         Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:                         2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 x 2 x 4 x 2 x x 2 x x 2 x x 2 x x 2 x                                                 2 22 4 2 2 2 2 2 2 2 2 x 2 x 2 x 2 x x 2 x 2 x 2 x x 2 x 2 x 2 x x 2 x                            Ta sẽ chứng minh:                                     22 4 4 2 2 2 2 2 8 2 2 2 2 4 2 2 4 32 x 2 x x 2 x x 2 x 2 x 2 x x 2 x x 2 x 64 x 2 x x 2 x x 2 x 8 x 2 x x 2 x x 2 x 0                                      Vậy VT VP  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x1  Câu 61: Giải phương trënh         4x 7 2 8x 7 4x 5 2 x 1 2 4 x 1 1 2 8x 7 1            Giải Ta có: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 201 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor           2 4x 7 2 8x 7 4x 5 2 x 1 2 4 x 1 1 2 8x 7 1 8x 7 3 8x 7 3 1 8x 7 1 x 1 x 1 2 x 1 2 4 4 4 4 2 4 2                                                      Chò ó rằng:     2 22 1 1 8x 7 3 8x 7 1 x 1 0 x 1 x 1 x 1 x 1 2 4 4 4 4 2                     2 2 2 8x 7 1 8x 7 1 8x 7 8x 7 3 8x 7 1 x 1 x 1 4 2 4 4 4 4 4 4 2                                          Do đî 2 8x 7 1 VT x 1 42          . Mà theo AM – GM ta luôn có: 2 2 8x 7 2 x 1 2 1 4 1 8x 7 1 8x 7 1 2 x 1 2 x 1 VT 2 4 2 4 4 2                                      Dấu ‚=‛ xảy ra khi 8x 7 3 x1 44      . Câu 62: Giải phương trënh       33 1 x x 1 x 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 x x 2x 1           Giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:         3 33 3 x 1 3 3 x 1 1 ; 1 1 x 2x 1 x 2x 1 1x 2x 1 1 1 3 2x 1; 2x 1 3 x 2x 1                   Cộng lại ta được: 1 x 1 x VT 6 3 2x 1 2x 1 VP x 2x 1 x 2x 1               Vậy dấu ‚=‛ xảy ra khi x 2x 1 1 x 1      Câu 63: Giải phương trënh 2 2 2 33 x x 1 1 x x x 1 x 1 x 2          Giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM phát một là ra. Ta cî:                 33 22 22 66 22 2 VT x x 1 1 x x x 1 x 1 3 x x 1 2 1 x 1 3 x x 1 2 x 1 1 x2 66                       Dấu ‚=‛ xảy ra khi x0  . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 202 Câu 64: Giải phương trënh   4 2 2 24 x 4x 1 2 3 2x 3 1 x 16x       Giải ĐKXĐ: 6 6 6 6 x ; ; 2 3 3 2                 . Theo AM – GM ta có: 22 22 3 2x 2 x 21 32 xx            . Từ đî suy ra:       4 2 2 6 5 4 3 2 2 4 2 6 x 4x 1 x 1 x 14x 87x 116x 87x 14x 1 1 VP VT x 3 16x x 16x                Lại cî: 6 5 4 3 2 x 14x 87x 116x 87x 14x 1         2 4 2 2 2 58 2813 6 6 6 6 x x 14x 16 71x x x 14x 1 0 x ; ; 71 71 2 3 3 2                              Vậy VP VT  . Dấu ‚=‛ xảy ra khi x1  . Câu 65: Giải phương trënh          2 x 1 x 3 2 x 3 2x 2 Giải Đặt                        2 u x 3 x 1 u x 3; x 1 v 1;1 v2 . Theo bất đẳng thức vecto ta có:              2 u.v u . v x 1 x 3 2 x 3 2x 2 Vậy  VT VP . Đẳng thức xảy ra khi hai vecto u, v cñng phương với nhau. Tức là  x5 Câu 66: Giải phương trënh     22 x x 9 x1 Giải Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:                                        22 2 2 2 2 1 x x 2 2. x 1. x 1 x 1 x 1 1x x 9 x 9 x 9 VP x 1 x 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi         2 2 x 1 x 1 1 8x x7 x 1 x x1 Câu 67: Giải phương trënh      111 2x 3 3 3 x 3 222 Giải NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 203 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đặt    11 a 3 x 3 22 . Khi đî ta cî hệ phương trënh:              1 2x 3 3 a 2 1 2a 3 3 x 2 Giả sử          11 x a 2x 2a 3 3 a 3 3 x 22 . Mà      1 f t 3 3 t 2 là hàm đồng biến trên    0; nên suy ra        1 a x a x 2x 3 x 3 2 Đặt  1 b x 3 2 ta cî hệ phương trënh        2x 3 b 2b 3 x Giả sử          x b 3 b 3 x b x b x . Hay            x1 2x x 3 3 x KTM 4 Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất  x1 . Câu 68: Giải phương trënh      2 4 28 27 2 27x 24x 1 x 6 32 Giải Phương trënh tương đương:                  2 2 4 4 3 9x 4 9x 4 3 9x 4 28 2 27x 24x 1 2 4 1 3 2 3 2 Đặt      9x 4 y y 0 . Khi đî phương trënh trở thành:         22 4 y 3y y 3y 2 4 1 2 4 1 6y 3 2 3 2 Theo AM – GM ta có:                     2 22 2 y6 6 y y y 6y 4 4 2y 4 4 4 y 2 0 2 3 3 3 Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    2 y 6 x 9 . Câu 69: Giải phương trënh   8 8 8 8 8 8 1 x 1 x 1 3x 1 3x 2 1 2x 1 2x            Giải Điều kiện 1 3x 0 1 3x 0      11 x 33     Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:       1 x 1 3x 2 1 x 1 3x 2 1 2x 1 1 x 1 3x 2 1 x 1 3x 2 1 2x                        Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và kết hợp   1 ta có: VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 204       4 4 4 4 4 4 1 x 1 3x 2 1 x 1 3x 2 1 2x 2 1 x 1 3x 2 1 x 1 3x 2 1 2x                        Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và kết hợp   2 ta có:       8 8 8 44 8 8 8 44 1 x 1 3x 2 1 x 1 3x 2 1 2x 3 1 x 1 3x 2 1 x 1 3x 2 1 2x                          8 8 8 8 8 8 1 x 1 x 1 3x 1 3x 2 1 2x 1 2x             Vậy phương trënh tương đương với: 4 4 4 4 8 8 8 8 1 x 1 3x 1 x 1 3x 1 1 1 1 1 x 1 3x 1 x 1 3x 1 1 1 1 1 x 1 3x 1 x 1 3x 1 1 1 1                                 x 0 4  Tîm lại phương trënh cî nghiệm duy nhất x 0.  Nhận xét. Với cách chứng minh trên ta cî thể tổng quát bài toán trên thành   n n n n n n 1 x 1 x 1 3x 1 3x 2 1 2x 1 2x ,            n 2k,  k,  k chẵn. Câu 70: Giải phương trënh            2 2 2 2 22 32 x x 1 x x 1 4x 4 x 2x 3 Giải Ta có:                       2 2 2 2 2 22 22 32 1 64 4x 4x 2x 3 2x 3 3 2 x 2x 3 x 2x 3 Theo AM – GM ta có:                 2 2 2 2 422 2 2 2 2 32 1 64 4x 4x 2x 3 . 3 5 2 x 2x 3 x 2x 3 Từ đî suy ra         2 2 22 32 4x 4 5 4 1 x 2x 3 Xét bất phương trënh:                   2 2 2 2 2 x x 1 x x 1 1 x x 1 1 x x 1 2x 1 2 x x 1  Nếu     1 2x 1 0 x 2 . Bất phương trënh luïn đòng.  Nếu  2x 1 0 , bất phương trënh lòc này tương đương với :          22 4x 4x 1 4 x x 1 1 4 Vậy  VT 1 VP do đî phương trënh vï nghiệm! Câu 71: Giải phương trënh      2 4 4 x 4 2 x 4 2 x 4 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 205 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Giải Theo AM – GM ta có:  42 x 4 4x Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:               4 4 4 4 2 2 x 4 2 x 4 2 4 x 4 4 x 4 4x Từ đî suy ra phương trënh vï nghiệm! Câu 72: Giải phương trënh             2 2 2 x x 19 7x 8x 13 13x 17x 7 3 3 x 2 Giải Ta có: 1.          2 2 1 3 3 x x 19 x 18 18 2 4 4 2.               2 2 2 2 7x 8x 13 2x 1 3 x 2 3 x 2 3.               2 2 2 2 2x 1 3 4x 3 3 4x 3 13x 17x 7 4 4 4 Thế vào phương trënh đầu ta sẽ được  VT VP . Dấu ‚=‛ xảy ra khi  1 x 2 . Câu 73: Giải phương trënh   2 2 11 25 1 x x5   Giải Đặt   x 5 y y 0    ta có   2 22 x y 5 y 10y 25      Phương trënh trở thành:   4 3 2 2 2 625 25 y 10y 39y 250y 625 0 y 10 y 38 0 1 yy                        Đặt 25 25 z y z y 10 yy       . Phương trënh   1 trở thành: 2 z 10z 11 0 z 11      . Thay 25 1 21 z 11 y 11 x y2        Câu 74: Giải phương trënh 4 4 4 4 1 1 1 1 1 1 x 1 3x 1 x 1 2x x 6 2 2 4 6          Giải Điều kiện 1 x ;1 . 3     Xét hàm số:   4 4 4 4 1 1 1 1 1 f x 1 x 1 3x 1 x 1 2x x 6 2 2 4 6           Ta có           3 3 3 3 4 4 4 4 1 3 1 2 1 f ' x 4 4 1 x 24 1 3x 8 1 x 8 1 2x          Áp dụng bất đẳng thức trung bënh lũy thừa ta cî: VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 206         3 3 4 4 4 4 4 4 3 4 4 1 x 1 3x 1 x 1 3x 1 2x 22                3 3 3 4 4 4 1 x 1 3x 2 1 2x             3 3 3 4 4 4 11 1 x 1 3x 2 1 2x      Mặt khác ta cî:         3 3 3 3 4 4 4 4 1 1 4 1 x 1 3x 1 x 1 3x               3 3 3 4 4 4 1 1 2 1 1 x 1 3x 1 2x       Mặt khác ta cî:         3 4 4 1 x 1 x 1 x 1 3x 1 x 1 x 1 x 1 x .1 1 44                       3 4 4 1 x 1 x 1 x 1 3x 1 x 1 x 1 x 1 x .1 1 44                   33 44 1 x 1 3x 2          33 44 11 2 1 x 1 3x               3 3 3 3 4 4 4 4 1 1 4 2 2 1 x 1 x 1 x 1 x          Từ   1 và   2 ta có:         3 3 3 3 4 4 4 4 2 1 1 2 2 1 x 1 3x 1 x 1 2x                 3 3 3 3 4 4 4 4 1 3 1 2 1 0 4 4 1 x 24 1 3x 8 1 x 8 1 2x                     3 3 3 3 4 4 4 4 1 3 1 2 1 f ' x 0 4 4 1 x 24 1 3x 8 1 x 8 1 2x           Vậy hàm số   fx liên tục và đơn điệu tằng trên tập số thực 1 x ;1 3     Mặt khác ta cî   f 0 0  , vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x 0.  Lời giải trên nhắc đến bất đẳng thức trung bënh lũy thừa, ta cî thể hiểu ở đây là chứng minh 3 3 4 4 3 4 a b a b 22       43 3 3 4 4 a b 2 a b         2 2 2 4 4 a b 2 a b     luïn đòng theo BCS. Câu 75: Giải phương trënh   10 10 2 16 16 2 2 22 y x 2 x y 4 1 x y 10 yx          Giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 4 số dương ta cî: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 207 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 10 10 22 2 10 10 10 10 22 4 22 2 22 y x .y x 1 1 4. 4 y x 2 2 8x y yx xy y x x .y                  16 16 16 16 4 4 4 x y 1 1 4. x .y 4x y                        10 10 16 16 4 4 2 2 22 10 10 2 16 16 2 2 22 y x 2 2 x y 2 4x y 8x y yx y x 2 x y 4 1 x y 10 yx Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 22 x y 1 x y 1      Câu 76: Giải phương trënh   4 2 2 2 2 2 2 2 1 4x y 16x y 9 x y 2y 2 x x 0 x            Giải Với y0  thë phương trënh vï nghiệm Với y0  . ĐK: 2 19 x 2 ; x y 22     . Khi đî phương trënh tương đương với:     2 2 2 2 2 2 1 25 2x y 4 y x 2 2 x x          Theo AM – GM ta có:   22 2 22 x 1 3x 3 1 1; x 2 2 x 5 4 x 4 2 x           Để ó thấy     2 2 22 25 2x y 4 5 y x 2 0          . Nên phương trënh cî nghiệm duy nhất x 2 ; y 1  Câu 77: Giải phương trënh   3 32 4 x 3x 24 1 x 4 1 2x 24x 12 1 x 16          Giải Điều kiện 1 x 0 1 x 0 1 2x 0           1 x 1 * 2     Xét hàm số     3 32 4 f x x 3x 24 1 x 4 1 2x 24x 12 1 x 16           Ta có   2 4 12 6 6 f ' x 3x 6x 24 1 x 1 2x 1 x          Mặt khác theo AM – GM ta có: 4444 1111 1 2x 5 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x          4 6 3x 6 1 1 2x     11 1 x 3 1 x 1 x        6 3x 6 2 1x     Mặt khác ta lại cî: 6 6 24 1 x 1 x 1 x 1 x         24 12 3 2  VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 208 Từ   1 ,   2 và   3 ta có: 4 12 6 6 6x 6 6 12 24 1 x 1 2x 1 x           2 4 12 6 6 3x 6x 24 1 x 1 2x 1 x            2 4 12 6 6 f ' x 3x 6x 24 0 1 x 1 2x 1 x            1 x ;1 2       Vậy hàm số   fx liên tục và đơn điệu tăng trên tập số thực 1 x ;1 2     . Khi x 1,  thay vào phương trënh ta thấy khïng thỏa mãn, vậy x1  khïng phải là nghiệm của phương trình. Khi 0 x 1  ta có     f x f 0 0  , vậy phương trënh   f x 0  vï nghiệm. Khi x 0,  thay vào phương trënh thấy đòng nghiệm, vậy x0  là một nghiệm của phương trình. Khi 1 x0 2    thì ta có     f x f 0 0,  vậy phương trënh   f x 0  vï nghiệm. Khi 1 x 2  thay vào phương trënh thấy khïng thỏa mãn, vậy 1 x 2  không là nghiệm của phương trënh. Kết hợp với điều kiện   * ta có x0  là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 78: Giải phương trënh                    44 5 1 3 1 3 x x x x 3 2 2 2 2 Giải Điều kiện:     13 x; 22 Theo AM – GM ta có:                                          2 5 1 3 1 1 3 1 3 x x x x 1 x x 1 2 2 4 2 2 2 2 Theo Cauchy – Shwarz ta có:                    44 1 3 1 3 1 3 x x 2 x x 2 2 x x 2 2 2 2 2 2 2 Vậy  VT VP . Do đî phương trënh cî nghiệm duy nhất  1 x 2 . Câu 79: Giải phương trënh                        2 x 1 x x x 2 1 1 x 1 x x 1 1 Giải Điều kiện:    x 0;1 Phương trënh đầu tương đương: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 209 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor     x x 1 x 1 x x x 2 2 1 1 x 1 x 1 x x 1 1 x x 1 x x x x 1 2 2 1 x 1 x 1 x x 1 1                               2 2 x x 1 x 1 2 x 1 1 1 0 1 x 1 x 1 x xx x 1 1 0 1 x 1 x                                         Do    x 0;1 nên  VT 0 . Dấu ‚=‛ xảy ra khi  x0 Câu 80: Giải phương trënh              1 2013x 1 2013x 1 2014x 1 2014x 1 2014x 1 2014x Giải Ta có: 1.           2 2 2 VT 1 2013x 1 2013x 4 1 2013x 2.                2 2 2 2 2 x 0 2014x 2013x 1 2014x 1 2013x              2 2 2 2 4 1 2013x 4 1 2014x VT 4 1 2014x 3.             2 2 VP 1 2014x 1 2014x 1 2014x 1 2014x                  22 2 VP 2 1 2014x 1 2014x 1 2014x 1 2014x Đặt         a 1 2014x a b 2 b 1 2014x Ta sẽ đi chứng minh:            2 2 2 VP 4 ab 2 a b ab 4 ab 2ab a b 4 ab        4ab 4 ab ab 1 ab 0 Ta lại cî:       ab 0 1 ab 0 ab 1 Bất đẳng thức trên luïn đòng do      2 a b 2 ab ab 1 Vậy đẳng thức xảy ra khi  x0 Câu 81: Giải phương trënh     55 32 45 10x 16 1 x 5x x 16 1 x 2       Giải Cách 1. Điều kiện x0  . Phương trënh đã cho tương đương với:     55 32 20x 45x 10x 32 1 x 32 1 x 0        Xét       55 32 f x 20x 45x 10x 32 1 x 32 1 x        VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 210 Suy ra           33 2 f ' x 10 6x 9x 1 8 1 x 1 x           Ta sẽ chứng minh   f ' x 0  với 1 x 1.    Thật vậy Vì 2 0 x 1  nên theo bất đẳng thức AM – GM và so sánh lũy thừa ta cî           3 33 22 4 8 1 x 1 x 16 1 x 16 1 x        Như vậy ta chỉ cần chứng minh   22 16 1 x 6x 9x 1       2 22x 9x 15 0 *     Bất đẳng thức   * luïn đòng với 1 x 1.    Do đî   fx nghịch biến trên   1;1 .  Mặt khác   f 0 0  nên x0  là nghiệm duy nhất của phương trënh. Cách 2. Điều kiện 1 x 1.    Phương trënh đã cho được viết lại dưới dạng:     22 32 20x 32 1 x 1 x 10x 45x 32 1 x 1 x         Trường hợp 1 0 x 1.  Ta có 1 x 1  nên     2 3 VT 20x 32 1 x 10 1     và 1 1 x  Nên     2 2 45x 32 1 x VP 2    Ta chứng minh       22 32 20x 32 1 x 10x 45x 32 1 x 3       Bất đẳng thức này tương đương với     3 2 3 2 20x 32 x 2x 1 10x 45x 32 x 2x 1           2 x 20x 45x 118 0     (đòng, do 0 x 1  ). Cộng theo vế các bất đẳng thức   1,   2 và   3 ta được VT VP,  Đẳng thức xảy ra x 0.  Trường hợp 2: 1 x 0    Ta có 1 x 1  nên     2 3 VT 20x 32 1 x 10x 4     Và 1 1 x  nên     2 2 45x 32 1 x VP 5    Ta tiếp tục chứng minh       22 32 20x 32 1 x 10x 45x 32 1 x 6       Bất đẳng thức này tương đương với     3 2 3 2 20x 32 x 2x 1 10x 45x 32 x 2x 1           2 x 20x 45x 118 0     (đòng, do 1 x 0    ). Cộng theo vế các bất đẳng thức   4,   5 và   6 ta được VT VP,  đẳng thức xảy ra x 0.  Vậy x0  là nghiệm duy nhất của phương trënh. Cách 3. Tập xác định: 1 x 1.    Khi x1  , thay vào phương trënh ta thấy khïng thỏa mãn, vậy x1  khïng là nghiệm của phương trënh. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 211 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Kh x1  , thay vào phương trënh ta thấy khïng thỏa mãn, vậy x1  khïng là nghiệm của phương trënh. Khi 1 x 1    Xét hàm số       55 32 45 f x 10x 16 1 x 5x x 16 1 x 2        Ta có           44 2 55 5 1 x 5 1 x f ' x 30x 16 5 45x 16 2 1 x 2 1 x            33 2 30x 40 1 x 5 45x 40 1 x                  22 33 1 x 3 1 x f " x 60 40 45 40 2 1 x 2 1 x       60x 60 1 x 45 60 1 x         30 30 f ''' x 60 1 x 1 x     11 30 2 1 x 1 x        Mặt khác theo AM – GM ta có:     1 1 x x 1 x 1 1 x 1 1 22            1 1 x x 1 x 1. 1 x 1 2 22        Cộng các vế của các bất đẳng thức   1 và   2 lại ta được: xx 1 x 1 x 1 1 2 22         Mặt khác ta lại cî: 1 1 4 2. 1 x 1 x 1 x 1 x         Vậy ta cî:   11 f ''' x 30 2 0, 1 x 1 x           x 1;1        f " x f " 1 60 45 60 2 0           f ' x f ' 1 30 5 45 40 2 40 2 0          Vậy hàm số   fx nghịch biến trên tập   x 1;1  , mặt khác ta thấy   f 0 0  , vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x 0.  Câu 82: Giải phương trënh 44 44 4 x 2 x x 2 x 33      Giải Điều kiện: 0x2  Cách 1. Đặt 44 44 a x;b 2 x 4 x 2 x c ;d 33           Vậy ta cî 4 4 4 4 a b c d    và   0 ab cd *  VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 212 Thay vào phương trënh ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c d a b 2ab c d 2cd a b c d              Dấu bằng xảy ra khi ab cd  Mặt khác ta cî 2 2 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 4 4 a b c d a b 2a b c d 2c d a b c d              Dấu bằng xảy ra khi 2 2 2 2 a b c d  Theo   * ta cî phương trënh nghiệm đòng khi và chỉ khi: 2 2 2 2 ab cd x1 a b c d       Cách 2. Nếu ta sử dụng bất đẳng thức sau thë bài toán trở nên gọn nhẹ Với mọi a, b, c khïng âm ta cî 4 4 4 4 4 4 a 2b b 2c c 2a a b c 3 3 3         Với bài toán trên ta cî phương trënh tương đương 4 4 4 4 44 4 x 2 x x x 2 x x 33        Sử dụng bất đẳng thức trên với vế trái ta cî ngay nî nhỏ hơn hoặc bằng vế phải Đẳng thức xảy ra khi . Kết luận. Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất khi x1  . Câu 83: Giải phương trënh 33 2 x x 4 2 x x       Giải Điều kiện   x 0;2  Ta có 1 1 1 1 1 1 VT 2 x x 2 x 2 x 2 x x x x             4 4 2 2 44 1 1 1 1 4 4 2 x 2 x x 2x              2 8 8 44 VP 2 x x 2xx 4      Đẳng thức xảy ra khi x1  . Câu 84: Giải phương trënh   42 x 1 x 1 2x 1 7x 6x 1        Giải Điều kiện 32 x 7   Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 4 x 2x 1 x 1 2x        Cho nên   42 x 1 x 1 2x 1 2x      Bây giờ ta sẽ chứng minh     2 2 2 4 2 2 2x 7x 6x 1 2x 7x 6x 1 x 1 2x 4x 1 0             Đòng cho nên VT VP  dấu bằng xả ra khi x1  NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 213 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất khi x1  . Câu 85: Giải phương trënh 10 2 2 2 11 11 x x 1 x x 1 2 x 1        Giải Ta cî phương trënh đã cho tương đương với         11 11 10 2 2 2 10 2 11 2 2 11 11 2 x 1 x x 1 x x 1 2 2x 2 2 x 1 x 0 x 0                Tổng quát. k 1 k 1 k 1 k 2 2 2 2 x x 1 x x 1 2 x 1 2 x 1             với mọi k tự nhiên. Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x0  . Câu 86: Giải phương trënh x x 1 1 2 x 1 x 1           Giải Điều kiện x1  Đặt x 1 t 0     Khi đî phương trënh tương đương 2 t 2t 1 t t 1      Theo bất đẳng thức AM-GM ta có 2 1 2t 1 VT t 2t 1 t 2t 1 t 1 t t 1 VP 2               Dấu đẳng thức xảy ra khi t 0 hay x 1    . Câu 87: Giải phương trënh 4 4 3x 1 x 4 x 2 4 5 20   Giải Ta có 3x 1 3x 1 3x 4 21 5 5 5             2 42 42 4 4 4 x 4 16 4 4x 4 x 4 x 1 2 20 400 400 20        Suy ra 22 3x 4 x 1 x 1 x 8 8x 4 40 5 20 20           2 2 22 1 1 x x x1 2 2x 1 10 x 2 2 20 4x 4x 1 5x 5 x 2 0                      Thử lại thấy thỏa mãn phương trënh Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x2  . Câu 88: Giải phương trënh 4 4 4 3 1 x 1 3x 3 1 2x 1       Giải Điều kiện: 1 x 3  VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 214 Phương trënh đã cho tương đương với   4 4 4 4 4 4 1 3x 1 1 2x 1 x 1 3x 1 3 1 2x 1 x 3 1 3x 1 1 2x 1 x                           4 4 4 3x 3x 1 3x 1 1 3x 1 1 2x 1 x 1 2x 1 x            Ta quan tâm tới phương trënh           4 4 4 1 3x 1 1 3x 1 1 2x 1 x 1 2x 1 x *            Để ó các bất đẳng thức 1 x 1 2x 1 1 3x       Và 4 4 4 1 x 1 2x 1 1 3x       Suy ra         VP * VT * , VT * VP * x 0     Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x0  . Câu 89: Giải phương trënh:   3 4 1 2x 1 3x 1 4x 3 x 1        Giải Điều kiện: 1 x 4  Khi đî ta cî:         3 4 VT 1. 1 2x 1.1. 1 3x 1.1.1. 1 4x 1 1 2x 1 1 1 3x 1 1 1 1 4x 3 x 1 VP 2 3 4                      Dấu ""  xảy ra khi: 3 4 1 2x 1 3x 1 4x x 0        Vậy phương trënh đã cho cî nghiệm x0  . Câu 90: Giải phương trënh: x 6 9 16 11 4x 3 x 6 1 4x 3                   Giải Đặt:   a x 6, b 4x 3 a,b 0      Phương trënh đã cho trở thành:     22 a 9 16 a 16a 1 1 1 b 1 1 b a b a 9 1b                Theo bất đẳng thức BCS ta cî :       2 a3 16a 16a VT 1 1 a VP 1 a 9 a 9 a 9           Dấu ""  xảy ra khi a b 3 x 3     Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x3  . Câu 91: Giải phương trënh:     2 2 2 xy 12 4x x sin 8cos x y 13 4 cos x y 0 2         Giải Dễ thấy 2 4x x 2  NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 215 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đánh giá                 2 2 2 2 2 xy 4x x sin 8cos x y 13 4 cos x y 2 12 1 cos x y 8cos x y 13 4 cos x y 2 cos x y 1 0                     Đẳng thức xảy ra khi   x2 1 cos x y 2          Câu 92: Giải phương trënh 3 4 3 2 6 x 1 6 x 1 7x 12      Giải Áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có     3 2 2 6 x 1 3.2 x 1 x x 1 3x 6        Từ phương trënh ta cî ngay   33 2 4 2 2 4 2 4 2 7x 12 6 x 1 3x 6 2x 3 3 x 1 x 8x 9x 54 0 x 0                Vậy x0  là nghiệm duy nhất của phương trënh. Câu 93: Giải phương trënh 6 3 5 6 4 3x 1 7x 1 15x 1 31x 1 63x 1 5x 5            Giải Điều kiện 1 x; 63          Nếu 1 x ;0 63      thì VT 5 VP  suy ra phương trënh vï nghiệm    x 0;1  thì             2 3 4 5 6 3 5 6 4 VT x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 5 x 1 VP                 x 1;    , tương tự ta cî   VT 5 x 1 VP    Từ đî, ta dễ dàng thu được tập nghiệm của phương trënh đã cho là   S 0;1  . Câu 94: Giải phương trënh: 6 44 3 x5 x 2 2x 1 2x 1 2      Giải Điều kiện: 1 x 4   Trưíng hợp 1: x1  Ta có: 6 6 3 4 4 4 4 3 x5 VT x 2 x 2 x 2 x 2 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 4x 1 VP 2                   Trường hợp 2: 1 x1 4  . Tương tự VT VP  VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 216 VT VP x 1     Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x1  . Câu 95: Giải phương trënh 2 2 2 2 2 x x 1 x 3x 1 x x 1 x 3x 1 2. x2              Giải Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho VT ta cî 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x 2 x x 1 2 x 3x 2 x 3x 1 1 VT 2x 4 VP x x 2 x x 1 2 x 3x 2 x 3x 1 2                                  Dấu bằng xảy ra khi x0  . Câu 96: Giải phương trënh 11 cos x 1 cos 3x 1 1 cos x cos 3x     Giải Phương trënh đầu tương đương 1 cos x 1 cos 3x cos x cos 3x 1 cos x cos 3x   Ta cî điều kiện: 1 cos x 0 cos x 1 cos 3x 0 cos 3x            mà 1 cos x 0  và 1 cos 3x 0  cos x,cos 3x 0  Ta có 1 cos x cos x 1 cos x 1 cos x 1 cos x 2 cos x 2       Cũng tương tự: 1 cos 3x cos 3x 1 cos 3x 1 cos 3x 1 cos 3x 2 cos 3x 2       VT 1  dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 1 cos 3x 1 cos 3x cos 3x 2 1 cos x 1 os x cos x 2            1 cos 3x 2 1 cos x 2           3x k2 hay 3x k2 33 x t2 hay x t2 33                         x k2 hay x k2 99 x t2 hay x t2 33                         giao lại trên đường trín lượng giác. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 217 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 97: Giải phương trënh 4 3 2 2x 1 17 2x x 8x 17x 8x 22         Giải Ta có     2 2 2x 1 17 2x 6 x 1 x 4 0         Lại cî 3 2x 1 1 2x 1 9 x 5 3 3 2 3 2x 1 17 2x 6 2x 1 17 2x 6 0 3 17 2x 1 17 2x 9 13 x 3 3 3 3                                   Từ đî ta cî 2x 1 17 2x 6 0 x 4        Câu 98: Giải phương trënh   3 9 x 1 x 2 5 x 1 2 x 2 15 2 x 1 x 2            Giải Ta co 2 x 1 x 2 0 ; x 1 x 2 0         , áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có   3 9 x 1 x 2 5 x 1 2 x 2 2 x 1 x 2               3 243 5 x 1 2 x 2 2 x 1 x 2 x 1 x 2                    3 243 2 x 1 x 2 3 x 1 x 2 2 x 1 x 2 x 1 x 2                      3 5 3 2432 x 1 x 2) x 1 x 2 5 15 2 x 1 x 2 x 1 x 2              Câu 99: Giải phương trënh 35 4 1 2x 1 3x 1 4x 1 5x        Giải Điều kiện: 1 x 4  Ta có   2 2 4 4 4 1 4x 1 4x 4x 1 2x 1 2x 1 2x             4 1 2x 1 4x 1     Tương tự:   35 1 3x 1 5x 2      5 3 3 1 t 1 t 5       5 t 1 5x  53 3t 5t 2 0         2 32 t 1 3t 6t 4t 2 0             22 2 t 1 t 3t 4 2 t 1 0         luïn đòng   t 1 2     luïn đòng 1 x 4    Từ   1 và   2 35 4 1 2x 1 3x 1 4x 1 5x         Vậy phương trënh cî nghiệm duy nhất x0  . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 218 Câu 100: Giải phương trënh   2 2 2 3 2 2 2 2 x x x x 1 2 x x x 1 1 x x 1 x x x 1             Giải Điều kiện của x là  x1 . Dễ thấy       2 2 1 t x x 1 1 x x 1     2 2 2 2 2 2 x x t 2 2 xt 1 xt 1 xt 1 PT x t x t t x t x t           Ta có thể đặt      s x t p xt để giải tiếp hoặc sử dụng BĐT     x 1 t 1 0 xt 1 x t        . Khi đî:             2 2 2 2 2 x1 xt 1 2 xt 1 xt 1 xt 1 xt 1 x t 2 xt 1 xt 1 xt 1 0 t1 x t xt 1 x t x t                         Thử lại thấy thỏa mãn. Câu 101: Giải phương trënh   2 22 3x 1 x x 4x 5 x 1 1 2 x x 1 x x 1                Giải Vë phương trënh cî nghiệm x2  mà đây là nghiệm kép của bài toán nên ta tëm cách khử cái căn   2 1x x x 1 . Nhận thấy mẫu ở vế trái có chứa 2 x x 1  nên ta sẽ lấy:     2 2 2 22 22 1 x 1 x x x 1 1 x x x 1 x 2 x x 1 x x 1 2 x x 1 2 x x 1                     Suy ra:         2 22 2 22 2 2 2 22 3x 1 x x 4x 5 x 1 1 2 x x 1 x x 1 3x 1 x x 3x 6 2 x x 1 x x 1 x 1 x 2 3x x 3x 6 x 2 0 x x 1 x x 1                                       Câu 102: Giải phương trënh       3 2 4 3 2 4x x 3x 2 2x 14x 13x 6x 1 2x 3 1          Giải Ta có:         2 32 1 PT 2x 1 2x 3 2x 8x 4x 1 x 2x 1 2x 3 2x 3 1 0 2              (*) Sử dụng BĐT Cauchy ta cî : NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 219 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor       2 2 32 2x 1 4x 2x 3 1 2x 2x 1 2x 3 4x 8x 2x 22                 2 3 2 2 3 3 3 2x 8x 4x 1 x 2x 1 2x 3 4x 3x 4 x 0 4 8 16                  Vậy     2 3 17 x (*) 2x 1 2x 3 2x 3 1 0 4 x1                 Câu 103: Giải phương trënh   4 3 2 2 4 4x 2x 4x 2x 8 x 5 2x 2        Giải Phương trënh cî nghiệm bội kép x=1, do đî ta tëm được nhân tử là   4 2x 2 2x  Dễ thấy 1.  4 2x 2 2x 2. Tuy nhiên thành thử ta thấy :   4 3 2 2 4 4x 2x 4x 2x 8 x 5 2x 2 0         Điểm rơi là x1  nên   24 x 5 2x 2    vậy áp dụng BĐT Cauchy ta cî:               2 24 24 2 24 4 3 2 2 2 x 5 9 2x 2 x 5 2x 2 6 x 5 9 2x 2 4x 2x 4x 2x 8 6 1 5x 2x 5 x 1 0 x 1 6                       Câu 104: Giải phương trënh   3 2 3 2x 2x 6x x 5x 2 x 1       Giải Ta có:     3 2 2 PT x 1 1 x x 5x 1 (x 1) x 1 0           Nếu      x 1 1 x 2    3 2 2 x x 5x 1 x 1 x 1       . T Thành thử ta thấy cần phải chứng minh :   3 2 2 x x 5x 1 x 1 x 1 0        Áp dụng BĐT Cauchy ta cî     x 1 1 x x1 22 . Do đî : VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 220         3 2 2 3 2 2 3 22 x x x 5x 1 x 1 x 1 x x 5x 1 x 1 2 x 9 1 x x 1 x 1 x x 8 5 0 2 2 2                       II. CÁC BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH. Câu 1: Giải hệ phương trënh     4 4 2 2 2 32 y x 1 1 1 yx y x y 2x y 0 2 6 x                       Giải Điều kiện x, y 0.   Ta có: Phương trënh     4 4 4 4 yx1 1 1 1 1 1 1 y x 1                     Xét hàm số     4 4 1 f t t 1 1 , t 0. t         Ta có     3 3 1 f ' t 4 t 1 4 t 0, t t0            hay hàm số đồng biến trên   0;  Do vậy   xy xx f f 1 1 x y. yy               Với xy  thay vào (2) ta cî phương trënh 32 2x 3x 6 0 x x 2         Với xy  thay vào (2) ta cî phương trënh 32 2x x x x 6 0 3        Từ đî ta tëm được nghiệm của hệ đã cho là         x; y 2; 2 , 3; 3 .     Câu 2: Giải hệ phương trënh           2 2 2 3 2 2 2 1 y 3y 2 1 4x x 1 x 1 x2 x y 1 2 1 y                    Giải Điều kiện y 0.   Phương trënh (2) tương đương với     2 2 2 y 2y 1 y x 2 y 1 x         2 3 2 2y y 2 2y 0 xy             22 1 x y 2 y 2 y 0           22 22 y1 y1 2 0 y y 2 x 0 x               Với y2  thay vào phương trënh thứ nhất của hệ ta cî   2 2 2 2 2 0 x1 x1 x x 0 4x x 1 x2 3 2.                  NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 221 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor  Với 22 1 x 1 y1 y x 11             Từ phương trënh   1 ta có       2 2 2 3 1 1 y 3 4 x 1 x 1 x y2            2 2 3 4 x 1 x 1 y 3y 2       2 2 3 4 x x 1 3y 2 y 0        Xét hàm số   22 f x 4 x x 1   với   x 1;1   . Ta cî hàm số   fx liên tục trên đoạn   1;1  và   2 4x f 1 ' x 2x; x     2 2 2x f ' x 0 2x 0 x 1 1               x0 x 3 1;1                         1;1 min f x min f 1 ; f 0 ; f 1 f 0 4       . Xét hàm số   3 y y 2 gy 3   với   y 1;1   . Ta cî hàm số   gy liên tục trên đoạn   1;1  và   2 g ' y 3y 3;     g ' y 0 y 1                   1;1 min g y min g 1 ; g 0 ; g 1 g 0 4        Từ đî ta cî       0, f x g y 1;1 x, y     . Dấu ‚=‛ xảy ra x0 y1       Thử lại ta cî tập nghiệm của hệ           T 0; 2 , 2 2 ; 2 , 2 2 ; 2 , 0;1 .      Câu 3: 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  Giải Điều kiện : x1 y1      . Ta biến đổi hệ phương trënh đã cho trở thành hệ phương trënh :         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 cî 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          . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 222 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 x x x y y 1 x 1 x 1 y 1                . Khi đî kết hợp lại ta sẽ cî hệ phương trënh : 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                            1 x y 1 0 x 1 y 1 x 1 y 1                        2 x0 xy xy y0 xy x x 3 0 x3 x 1 x 1 x 1 x 1 y3                                              . Đối chiếu điều kiện ta cî nghiệm của hệ là     x, y 3;3  . Câu 4: 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  Giải Điều kiện : xy  . Từ phương trënh thứ nhất trong hệ ta cî : 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       . Mặt khác ta cî 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 2x xy y 2      1 . Thật vậy, ta cî           2 3 2 2 2 1 8x 8xy 3x y 2x xy y x y 2x y 0           . Bất đẳng thức cuối cñng luïn đòng vë   2x y x x y 0      . Dấu đẳng thức xảy khi và chỉ khi xy  . Từ hai đánh giá ta cî :     32 22 22 4x 4xy 11 x xy y x y 3x y 2x y 2x xy y 2 2            NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 223 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy  . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta thu được phương trënh : 2 x 1 y 1 4x 5x 1 0 11 xy 44               . Đối chiếu điều kiện ta cî nghiệm của hệ là     11 x, y 1;1 ; ; 44        . Câu 5: Giải hệ phương trënh             2 x xy x y xy 2 y y 1 y xy x x x 1 4 0 2                  Giải             y x y x y xy 2 xy 10 xy xy x y xy 2 y              Vậy xy  hay       y xy 2 1 0* xy xy x y xy 2 y        . Nếu x1  thế vào phương trënh (2) suy ra 40  ( vô lí ) Nếu x1  từ   2 4 2 y xy x x x1       thế vào phương trënh   *       2 4 x x 2 1 x1 0 * * xy xy x y xy 2 y             Bây giờ ta chỉ cần chứng minh 2 4 x x 2 0 x1      hoặc 0  Đặt 2 4 f(x) x x 2 x1      với x0  . Khi đî,   2 4 f '(x) 2x 1 x1      cho f '(x) 0 x 1    Khảo sát ta thấy min f(x) 0  tại x1  f(x) 0  Khi đî dễ thấy phương trënh   * * 0  với x, y 0  Với xy  thế vào   2     2 3x x x 1 4 0 x 1        (thỏa) hay 1 17 x 2   (thỏa). Câu 6: 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  Giải Điều kiện: 22 xy 0,x y 0    . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 224 Vì x 0, y 0  khïng 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 đî từ phương trënh thứ nhất ta cî :   6 x 6 xy y x 3 x y y 2x y 3           . Mặt khác ta cî : 22 xy xy 2   . Do đî từ phương trënh thứ hai trong hệ ta cî :       3 3 3 3 3 3 22 2 2 2 2 22 6 x y 6 x y 4 x y xx xy x xy y x y xy 2             . Ta sẽ đi chứng minh     33 22 22 4 x y 2 2 x y xy       . Thật vậy, ta cî         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       ( luïn đòng x, y 0  ) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy  . Với các đánh giá này ta cî :           33 2 2 2 2 2 2 2 2 22 6 x y 3 x 2 x y x 2 2 x y 2 x y x 2 x y x xy y               Mặt khác ta lại cî :   22 2 x y x y    . Do đî ta cî : 3 x x y 2x y 3       . Vậy qua các đánh giá ta cî được 2x y 3 2x y 3 xy         2x y 3 x 1 x y y 1         . Đối chiếu điều kiện ta cî nghiệm của hệ là     x, y 1;1  . Câu 7: Giải hệ phương trënh             2 2 2 3 2 2 2 2 1 y 3y 4x x 1 x 1 x, 2 R y 1 x 2 x y2 y                 Giải Từ phương trënh   2 ta có       2 2 2 2 2 2 yy x x y 2y 1             2 2 2 2 2 2 2 y y 1 x x y xy 0 1 1           . Do đî   2 2 2 2 2 2 x1 x y 1 y1 x 1 1 y * y 1 x                 Từ phương trënh   1 ta lại cî:       2 2 2 3 1 1 y 3 4 x 1 x 1 x y2            2 2 3 4 x 1 x 1 y 3y 2         2 2 3 4 x x y 1 3y 2 0 *       NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 225 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor  Xét hàm số   22 f x 4 x x 1   với   x 1;1   . Ta cî hàm số   fx liên tục trên đoạn   1;1  và   2 4x f 1 ' x 2x; x     2 2 2x f ' x 0 2x 0 x 1 1               x0 x 3 1;1                         1;1 min f x min f 1 ; f 0 ; f 1 f 0 4       .  Xét hàm số   3 y y 2 gy 3   với   y 1;1   . Ta cî hàm số   gy liên tục trên đoạn   1;1  và   2 g ' y 3y 3;     g ' y 0 y 1                   1;1 min g y min g 1 ; g 0 ; g 1 g 0 4        Từ đî ta cî       0, f x g y 1;1 x, y     . Dấu ‚=‛ xảy ra x0 y1       Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trënh đã cho là x0 y 1.      Nhận xét. Ta cî thể giải quyết bài toán một cách ngắn gọn hơn từ việc giải quyết phương trënh (*) như sau     2 2 3 11 * x 4 x 3 y 3y 2                2 22 11 x 1 x 3 y 2 y 1        Với 2 2 x 1 1 0 1 x x 1 3 0             đồng thời     2 1 y 2 1 0 y y      Từ đî suy ra   2 x0 x 1 0 y1 0 1 * . y1              Câu 8: Giải hệ phương trënh     2 2 2 2 xx x y 1 23 x 2xy 5x 3 4xy 5x 3 2 y xy y               Giải Điều kiện 2xy 5x 3 0   . Ta có     2 22 2 22 3 xx xy y 4 y y 1 x x y 2               . Do đî       2 2 2 2 22 y xy y11 x y x y x y x y 44 xx 23             Dấu ‚=‛ xảy ra xy 0   Thay xy  vào phương trënh (2) ta được phương trënh VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 226   2 2 2 2 2 5x 3 5x 3 2x 5 x 2x 4x x 2x 6x x 3 5x 3 0               2 22 2 2 5x 3 5x 3 5x 3 x 3x 2x 3x 2x 2x 0 2x 53 2x x                 2 5x 3 2x 2x x 3.      Vậy hệ đã cho cî nghiệm là     x; y 3;3 .  Câu 9: Giải hệ phương trënh     22 2 3 2 8xy x 16 1 xy y x 2x y xx 2 8y 3 3y 4 2                Giải Điều kiện xy x1 3y 4 0 y0 0               Từ phương trënh thứ hai của hệ ta suy ra: 2 y x 2x 0 y0 8y 3 2 3 x1 x y 0 0 4 3y 4                 . Ta có 2 2 2 8xy 8xy x y 16 (x y) 16 2xy 0 x y x y                 2 x y 4 x y 4 x y 2xy 0             22 x y 4 x y 4(x y) 0          (*) Do   22 3 x y x y 0 x y 4 x y 0 4          nên (*) x y 4    . Mặt khác, do y 2x 2 3 x y 0 3 2 3 4        nên áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 2 3 2 yy x 2x x 2x x x 2 8y 3 2 8y 3 2 3y 4                   Suy ra phương trënh thứ hai của hệ 2 y x 2x 8y 3 2    Do đî hệ đã cho 2 22 x y 4 x y 4 y x 2x 3x 16xy 12y 0 8y 3 2               24 x 7 4 y 7 x8 y 12                         NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 227 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Vậy nghiệm của hệ phương trënh đã cho là     24 4 x; y ; , 8;12 . 77        Câu 10: Giải hệ phương trënh         33 x 1 x y 1 y 12xy 18 1 3x 2y 10 2x 3y 10 2                Giải Nhận thấy     x; y 0;0  khïng là nghiệm của hệ phương trënh. Ta có             2 3 3 3 2 2 2 2 y y 2 0 1x x y x xy y 0 x xy 3 x y 0 *               Áp dụng bất đẳng thức A B A B    ta lại cî   2 10 3x 2y 10 2 x y 10 1 x 0 3y         Dấu ‚=‛ xảy ra     2 3x 2y 10 2x 3y yx x y 0 x0 0                 Thay yx  vào phương trënh (1) ta cî phương trënh 4 2 2 12x 18 0 x 3 x 3, do 2 x 0. 2x            Thay trở lại ta tëm được nghiệm của hệ đã cho là     x; y 3; 3 .  Câu 11: Giải hệ phương trënh         22 x y 1 x y 1 xy 12xy 1 y 3x 2x 1 x 1 y 2y xy 1 2                   Giải Điều kiện 2 2 1 x1 3x 2x 1 0 2 1 1 y 2y 0 y1 2                     Với     x y 1 x y 1 xy 0       hệ đã cho vï nghiệm.  Với     x y 1 x y 1 xy 0        Từ phương trënh (1) cho ta 1 1 1 x y 1 x y 1 xy 12       Ta lại cî   2 1 1 1 4 x y 1 x y 1 xy x y 1 x y 2            Xét hàm số       2 14 f t ,t 1;3 t t1     trong đî t x y 1    Lập bảng biến thiên ta tëm được     1 f t f 3 12  Vậy x 1 y 1 x 1 x y 1 3 y 1             Thử lại ta cî nghiệm của hệ đã cho là x1 y1      VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 228 Cách 2. Ta có 11 x y 1 1 1 0 22 1 1 1 1 x y 1 xy 1 1. 0 2 2 2 2                          Nên từ     12xy x y 1 x y 1 xy 0 xy 0          Mà x 0 y 0.    Nên từ phương trënh   2 suy ra   xy 1*  Từ phương trënh   1 và áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có           5 3 6 12xy x y 1 x y 1 xy 3 x.y.1. 2 x.y 2 1.xy 12 xy x 1 * * y            Từ     * , * * cho ta x, y 0 x y x y 1. xy 1            Thử lại ta cî nghiệm của hệ đã cho là x1 y1      Câu 12: Giải hệ phương trënh     3 3 2 2 2 x y xy 2 x y 4 x x 1 9 y 1 2x 2              Giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có       3 3 2 2 2 2 x y x y x xy y 2 xy x xy y         Mặt khác ta cî       2 22 22 2 2 3 3 x y 2xy x y 2 x y xy x xy y x y xy 4 4 4              2 2 2 2 xy 2xy x y xy 2 x y     Dấu ‚=‛ xảy ra khi xy  , thay vào phương trënh 2 ta được         2 4 x x 1 9 x 1 2x 2 2 2x 2 2 x 1 x 1 9 x 1 x 1                    5 2 x 1 x 1 9 x 1 x 1 2 x 1 9x 11 x 1 x 3               Câu 13: Giải hệ phương trënh     xy 6y x 1 12y 4 1 xy 1 2 x 2 1 y xy y xy             Giải Điều kiện 0 x 1 y      . Ta có   1 y 2 x yy 1 y y 1 2 x x x x     NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 229 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đặt 1 a ,b y x  , ta có a b 2 b ab a ab 1 ab    . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được         22 22 2 a b a b a b 1 ab 2ab b ab a ab ab a b ab b a ab a b 2ab ab ab                12 ab 1 1 ab 2 2 ab    Dấu ""  xảy ra ab  hay 1 y x  Thay vào (2) ta có     2 x 2 x 1 x 4 x 10 4 x 1 x 4 4               Từ đî cho ta nghiệm của hệ đã cho là   1 x; y 10; 10     Câu 14: Giải hệ phương trënh         3 3 2 2 2x 3 y 2x 6 1 x y 7 x y xy 8xy 2 x y 2               Giải Điều kiện 3 x, 2 0 y .  Áp dụng bất đẳng thức AM GM  ta có           33 33 x x y xy x y 4 x y xy 4 x y x y 7 x y y 2                 2 2 2 2 2 4 x y xy 4 xy x 2x y 4 xy.2 y x y 2xy             22 8xy 2 x y   . Như vậy     3 3 2 2 x x y xy y 7 8xy x y 2      . Đẳng thức xảy ra xy  Với xy  thay vào   1 ta được         2x 3 x 2x 6 2x 3 x 2 2x 3 x 2x 3 x 2x 3 x 2 2x 3 2 x 1 0 2x 3 x 0 x 3                          Do 3 2 2x 3 2 x 1 , 2 x 0     Từ đî ta tëm được nghiệm của hệ đã cho là     x; y 3;3 .  Câu 15: Giải hệ phương trënh         3 2x. y 1 y 2x 1 4 2x y 1 1 7x x 2 22              Giải Điều kiện 1 x, 2 1 y .  Áp dụng bất đẳng thức BCS ta cî:             2 2 22 VT 1 2x. y 1 y 2x 1 2x 1 1 1 4x y 1 y *                VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 230 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta lại cî   33 2 2x y x x y 1 y1 3 1 3 x                     3 2 y y y 2x 1 y . 2x 1 4. . 2x 1 22 4 3          Kết hợp với (*) cho ta:   3 2 y 2x 1 V1 3 16 T        Từ (2) ta lại cî         3 3 2 2x y 1 2x y 1 27x 2 x x 2 x 1 x 1 3 1                 Do vậy     3 2 y 2x 1 VT 1 VT 1 3 16 16 4          Kết hợp với (1) ta cî     4 VP 1 = 4 VT 1   . Dấu bằng xảy ra x1 y2       Vậy hệ đã cho cî nghiệm     x; y 1;2 .  Câu 16: Giải hệ phương trënh           22 2 2 5 y 1 x 3 10 15 x y xy 3 24 x 1 y 1 2                   Giải Điều kiện 2 x . 3  Ta có       2 2 2 2 2 2 x y 8 xy 4 x y x y 8 * xy            Lại cî         2 2 22 2 2 2 22 2 y1 x y 2y 2 22 x 1 5 xy x 1 y 2 x3 y 1 x 3 y 2x 6 5 2                        Nên từ (1) ta lại cî:     2 2 2 2 5 y 1 x 10 x 1 3x x y yy 2             22 x x y 8 y * *     Từ (*) và (**) suy ra hệ cî nghiệm 2 2 xy 4 x2 y 1 x y y 3 2 x1 5                    Vậy hệ đã cho cî nghiệm     x; y 2;2 .  Câu 17: Giải hệ phương trënh       2 1 3 2y x 1 2y 4 y 2 2 x 8 x y 3 2y 5              Giải NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 231 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Điều kiện 3 y , 1 x 2 2 2     Ta có         2 2 4 y 2 4 y 3 2y x 1 3        Do   3 y 2 3 2y x 1 0, 1 x 2 2              . Suy ra     0 2 4 y 2 4 y y 4 0 32 0 y           Ta lại cî    22 2 x 8 x 4 2 x 8 x         3 2 y y 3 y 3 2 2 y 1 y 3 2 y 3 y 1             Hay     5 T1 P V1 V  Dấu ""  xảy ra 2 y 3 2y y1 x2 x 8 x             Thử lại ta thấy, hệ đã cho cî nghiệm     x; y 1;2 .  Câu 18: Giải hệ phương trënh                                      2 2 4 25xy 23y 9y 12y 2x 3y 1 x y 2x x y 4y x 1 5y 5y 5y 32xy x x x 1 0 2 2 2 2 405 Giải Từ pt(1) ta được              22 y 3 2x 3y 1 2 x y x x y 4y x 0 Từ pt(2):       32xy VP 1 0 0 xy 0 405 do đî xy cñng dấu do đî VT của pt(1) chỏ cî thể là  VT 0 hoặc  VT 0 dấu bằng xảy ra khi                   2 2 y 3 2x 3y 1 2 x y 0 x x y 4y x 0 Giải hệ pt t tëm được          45 x 8 9 y 4 Kiểm tra thë thấy thỏa mãn hpt ban đầu Vậy hệ pt cî nghiệm    45 9 ; 84 VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 232 Câu 19: Giải hệ phương trënh         2 3 2 y 4x 4 y x 1 1 1 x 1 8 y 3y x 53 2               Giải Điều kiện 0 x y 1      Ta có       2 2 1 y 2y 4x 4 4x 4 0 y 4x 4 0 y 4x 4              Thay vào (2) ta cî phương trënh   32 4 3x 8x 4 x 4x 4 * 08      Áp dụng bất đẳng thứ c AM-GM ta có :   444 44 AM GM 2 2 2 4x 4 4x 4 2.2.2 VP . * 4x 4 x 13 4 8           . Dấu ‚=‛ xảy ra khi và chỉ khi x =3 . Ta sẽ chứng minh :   x 13 VT * , x1      (*) . Thật vậy :     2 3 2 3 2 x x 1 3x 3 x x 8x 40 3x 9x 27 0 x 3 3 0               luïn đòng với mọi x 1  . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x =3 . Từ đî cho ta :       4 32 x 13 x 13 x 13 3x 8x 40 x VP * 8 4x 4 * x 3 VT 13 * x                      Thay trở lại, ta tëm được nghiệm của hệ đã cho là     x; y 3; 4 .  Câu 20: Giải hệ phương trënh                 2 2 3 y 2x 4 y 6x 2 2 x 1 y 1 1 x, y R y 1 x 1 y. 1 3x x 2                   Giải Điều kiện 0 x y 1      Ta có             2 1 y 2x 2 y 2x 1 y 1 2 y 1 2x 2 2x 2 0                    2 2 y 2x 1 0 y 2x 1 y 1 2x 2 0 y 2x 1 y 1 2x 2 0                         Thay vào (2) ta cî phương trënh 2 3 3 2x 1 2x. 2x 1 1 3x      Từ phương trënh trên suy ra 1 x 2  nên   3 2 2 2x 1 2 2x x 1 1 0 x       , suy ra 33 1 2x. 1 3x 0 1 3x 0       . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có : NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 233 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor         3 3 1. 1 2x 0 1 2x. 1 3x 1 x 1 x . 1 1 1 3x 1.1. 1 3x 3 1 1 2x 2                      Ta sẽ chứng minh       32 2x 1 2x 1 x 1 x *     Thật vậy :     3 2 2 3x 0 2 2x 0 * x x 3       đòng với mọi 1 x 2  hay (*) được chứng minh. Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi và chỉ khi x 0.  Thay trở lại ta tëm được nghiệm của hệ đã cho là     x; y 0;1 .  Câu 21: Giải hệ phương trënh           22 1 1 2 1 1 2xy 1 2x 1 2y x, y 2 x 1 2x y 1 2y 2 9               Giải Điều kiện   1 0x 2 * 1 0y 2          Từ phương trënh (1) áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có   2 22 22 1 1 1 1 23 1 2x 1 2y 1 2x 1 2y             Mặt khác ta cî           2 22 22 2 y x 2xy 1 1 1 2 0 1 2x 1 2y 1 2xy 1 2xy 1 2x 1 2y            , Do từ (*) ta cî 1 0 xy 1 2xy 0, 2xy 1 0 4        Khi đî (3) là một nghiệm của hệ phương trënh 2 22 1 1 4 1 2xy 1 2x 1 2y        22 1 1 2 1 2xy 1 2x 1 2y      Dấu bằng xảy ra khi xy  , thế vào phương trënh (2) ta được 22 9 73 xy 21 36 2 x 2x 2x x 0 9 81 9 73 xy 36                  Vậy nghiệm của hệ phương trënh là   9 73 9 73 x; y ; . 36 36       VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 234 Câu 22: Giải hệ phương trënh       2 2 2 x y 2 2 4y 1 x x 1 11 3 x 2 x 4 3 8 2y 2y 1 2                    Giải Điều kiện 3 x 2 y0 1 y 6                 Từ (1) ta cî     2 VP 1 x x x 1 x 0 VT 1 0 y 0           Lại cî   11 3 x 2 x 3 4 3 4 1 2y 2y 2                 2 1 3 x 2 x 3 2 1 3 x 2 x 1 2y                  x 2 x 1 x      Từ điều kiện x 1  ta có   1  2 2 1 1 1 2y 2y 4y 1 1 x x x      Xét hàm số   2 f t t t 1 0 t ,t     , ta có   2 2 2 t f ' t 1 1 t 0, 1 t0 t        . Do đî   1 1 1 f 2y f 2y x x x 2y         Thay vào (2) ta cî phương trënh   x 5 x 3 2 x 8 0 *       Xét hàm số   f x x 5 x 3 2 x 8,x 1        ta có   5 1 2 x 3 4 1 1 1 f ' x 1 2 2 x 3 2 2 x 2 x 3 2 x x 3               Do , x 1 3 x 24 0     và       1 1 2x 1 0, 2 x x 3 2 x x 3 2 x x 3 x1             Nên   f ' x 0, x1   . Đồng thời   f 1 0  suy ra phương trënh (*) cî nghiệm duy nhất x 1.  Câu 23: Giải hệ phương trënh       2 2x 1 x y x y 1 y y 2 1 x 1 x y 2               Giải NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 235 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Điều kiện   2 2x 1 x0 1 y 0 y x 1 0 x y 0 y               Nhận thấy     x; y 0; y  khïng là nghiệm của hệ. Với x 0   , ta có         2 2 x y x x y x yx y x 1 x y x x x y x 1 x y            Kết hợp với (2) cho ta       2 2 y x 1 x y x x yx y x 1 x x yx x y x 1 x 2 y x                          2 2 2 2 2 y x x x y x 2 x y yx 0x x              Thay vào phương trënh (1) cho ta   2 2 2 x 1 x x x x 2 * 1x         Áp dụng bất đẳng thức AM GM  ta có   2 2 2 2 x x x x x1 2 VT * x 1 x x 2 x1 2                     Ta sẽ chứng minh   VP * x1  . Thật vậy   2 2 x2 x x 1 x 1 0        (luïn đòng) Vậy           VT * VT * x 1 x 1 x 1 x * x 1 VP * VP * 1                   Thử lại ta thấy nghiệm của phương trënh đã cho là     x; y 1;0 .  Câu 24: Giải hệ phương trình             x 2y 1 2y 1 x 2y x 1 1 2xy 5y x 1 2y 1 2                Giải Điều kiện 2y 1 0 x 1 0      Nhận thấy   1 x; y 1; 2       khïng là nghiệm của hệ . Từ phương trënh (1) ta cî                   2 1 x 2y 4y 1 2y 1 x 2y x 1 4y 1 2y 1 x 2y x 1 2y 1 1 x 2y 4 0y y 1 2y * 1 4 1 x 2y 1                           Áp dụng bất đẳng thức AM GM  ta lại cî VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 236               x 1 2y 1 2 1 x 2 4y x 2 x 2 1 4y 0 y , do x 1 * * 2 2xy 5y x 1 2y 1 4                      Từ (*) và (**) suy ra hệ cî nghiệm khi 1 1 y y 4 4 1 x 2y 0 x 2               Thử lại suy ra hệ đã cho cî nghiệm   11 x; y ; . 24     Câu 25: Giải hệ phương trënh                                  4 2 2 4 2 x 2x y 1 4x y 6y 31 11 4 27x 27y 162 6 x y 4 y 2x y 5 3x y 2 2 Giải Ta có pt(1):               4 2 2 4 x 2x y 1 4x y 6y 31 4 27x 27y 162 6 x y 4 Áp dụng BĐT Cauchy ta cî                  4 4. 3.3.3 x y 6 x y 15 6 x y 4 3x 3y 15 Do đî:  VP 4x 4y 30 Ta lại cî                        2 42 2 2 VT x 2x y 1 y 1 4x 4y 30 x y 1 4x 4y 30 4x 4y 30 Do đî                               2 x1 y2 x y 1 0 VT VP x y 3 x2 y5 Kiểm tra lại hpt ban đầu thë cî nghiệm    x 2; y 5 là thỏa mãn Câu 26: Giải hệ phương trënh     22 1 2 1 1 2 x 2 y 1 x y x y 4xy 4x 2y 5 0                Giải Điều kiện x 2; y 1 x y 0        Ta có         22 22 2 y1 x2 2 2 x y x 2 y 1 2 x y x y                         NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 237 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor và   x y x y 12 x 2 y 1      . Đặt   x y x y a; b a,b 0 . x 2 y 1      Ta cî hệ phương trënh   44 a b 2 * 11 2 ab        . Áp dụng bất đẳng thức AM GM  ta có     4 4 4 4 2 2 1 2 1 ab 1 a .b 1 1 1 1 2 2 . a b a b 1 2 a b ab ab 21                 Do đî   ab * a b 1 ab 1          . Với xy 1 a 1 y 2 x2 xy b 1 x 1 1 y1                       Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm     x; y 1;2 .  Câu 27: Giải hệ phương trình         22 4xy x 4 2 x y 2 14 x y 2x 1 0 1 2               Giải Cách 1. Điều kiện     2 x y 2 0   Từ phương trënh (1) ta cî         2 2 2 x 1 y 2 y x x* y 1 1 1       Cũng từ phương trënh (1)   2 2 x 1 y 2 2 2 y 2 0 y            Do đî             2 14 4xy x 2. 2 x 2 x 4 y 2 y x 1 1 * * . 2 y 2              Từ (*) và (**) suy ra hệ đã cho cî nghiệm khi hệ sau cî nghiệm:   x 1 y x2 2 x 2 y 2 y1 y x 1 1                Thử lại ta tëm được nghiệm của hệ đã cho là     x; y 2; 1    Cách 2. Điều kiện     2 x y 2 0   Từ phương trënh (1)   2 2 y x 1 y 2 2 2 y 2 0 2 x 0               Do đî         2 4 xy y 1 2 x 2 2 y 0 xy y 1 0 * 1             Lại cî         2 2 1 xy y x 0 xy y y * 1 1 0 *            Từ (*) và (**) suy ra hệ đã cho tương đương với 2 x 2 2 y x2 x y 1 0 y1 xy y 1 0                    Hay hệ đã cho cî nghiệm     x; y 2; 1 .    VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 238 Câu 28: Giải hệ phương trình                   2 2 2 2 x y 1 x y y 2 x y 1 x y y 2y y 1 x y 0 1 2 x, y                     Giải Từ phương trënh (1) ta cî     x y y 1 0 *    Nếu   x y 0 y 1 x 1 L        Với x y 0 y 1 0      Mặt khác từ (2) suy ra 11 x y y 1 x y y 1       Xét hàm số       2 11 f t t f ' t 1 0 t 0 tt         Hàm số luïn đồng biến t0  nên     f x y f y 1 x y y 1        Thế vào (1) suy ra   2 3 x 2 0 x 2 y 2 y 1 y 2            Thử lại ta thấy, các nghiệm của hệ đã cho là   3 x; y 2; . 2     Câu 29: Giải hệ phương trình         23 2 2 22 33 6 1 4xy y 2x y y x 2x 1 2x y 2 2 y x y 1 x, y                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 với (2) ta được         6 3 2 3 3 3 2 2 2 22 6 2 3 3 y 2y 2x 4xy 1 2y 8xy y4 2x 1 2x y 1 2x y 1 2 x 4xy 1 y 2x 1 xy                         Dấu bằng xảy ra khi 3 3 y 1 y 1 y y 0 y 2x 0 y0 11 y x0 y 2x 0 xx x 22 2                                    Thử lại ta thấy, nghiệm của hệ đã cho là   1 x; y ; 1 . 2       Câu 30: Giải hệ phương trình         4 55 4 2 x y xy 2 27 xy 2 x y 1 1 x, y           Giải NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 239 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Từ (2) ta cî   44 2 xy x y 0 xy 0 27          2 4 4 4 4 1 xy 1 1 xy 2 x y 2 xy 2xy xy ; x y 32           Xét     2 44 1 xy VT xy x y xy 2     3 1 xy 1 xy xy 1 xy 1 xy 2 22 2xy. . 2 2 2 3 27            Dấu bằng xảy ra khi 44 1 xy xy 11 2 xx 1 33 xy 11 3 yy xy 33                                 Thử lại ta thấy, nghiệm của hệ đã cho là   1 1 1 1 x; y ; , ; . 3 3 3 3                   Bình luận. Đối với hệ phương trënh trên ta cî thể biến đổi từ (1) như sau   2 44 xy 1 1 xy xy 2         Thế vào phương trënh (2) ta cî   2 1 xy 2 xy 2 27   Bài 31: Giải hệ phương trënh             22 22 b 3 a b a b b a 3 a a 2 1 a b a 3b 2                Giải Điều kiện: a0  ;b0  . Ta sẽ làm việc với   PT 1 . Nhận thấy một dấu hiệu rất đặc biệt:   2 b 3 a b  và   2 3 a a  Nên ta sẽ bung phương trënh ra và ghép để cî   2 3 a b  và đặc lượng 2 3 a b  , và khi đî bài toán thực sự bắt đầu. Đặt ax  , by  Biến đổi   PT 1       2 2 2 y 3 x y xy y x 3 x x 2           2 2 2 2 2 2 2 2 x y y 3 x y 3 x y x xy 3 x y           Đặt 3 a b z    2 2 2 x y y z z x xyz 2      với 2 2 2 x y z 3    Ta sẽ chứng minh 2 2 2 P x y y z z x xyz 2      với x, y,z 0  và 2 2 2 x y z 3    . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 240 Thật vậy: Giả sử x y z  . Ta có:     z x y y z 0    2 2 2 yz y z z x xyz           22 2 2 2 2 2 2 3 y 3 y P y z x y 3 y y 3 y 2 y . . 22          3 22 2 3 y 3 y y 22 22 27       Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1 a b 1       Vậy hệ phương trënh cî nghiệm duy nhất a b 1  . Bài 32: Giải hệ phương trënh 3 y y 3 x 2 x 3 5 y 2 x y 3 5 x 3 x x y 8                 Giải Điều kiện: x, y 0  Ta sẽ chứng minh một kết quả tổng quát, một kết quả rất thường được sử dụng vào chế tác hệ phương trënh với phương thức đánh giá, sau đây tôi xin giới thiệu một cách rất nhanh, rất đơn giản: y y k x z x k z k y z x y k z k x k           Sử dụng phương pháp S-S: Khïng mất tình tổng quát, giả sử   z min x, y,z  Ta có:       2 x y x z y z y xz 3 y z x xy zx         Và               2 x y x z y z yk x k z k 3 y k z k x k x k y k x k z k                  Bất đẳng thức cần chứng minh               2 1 1 1 1 x y x z y z 0 xy x k y k zx x k z k                     Theo giả thiết ta cî:     x z y z 0    Ta có:   11 0 xy x k (y k)   và     11 0 zx x k z k   k0  Từ đî BĐT được chứng minh! Áp dụng vào bài toán suy ra x y 2  Vậy hệ phương trënh cî nghiệm duy nhất x y 2  . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 241 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Bài 33: Giải hệ phương trënh     x y 1 x y 5 x y 1 x 2y 1 y 5                Giải Điều kiện: x y 1  Đặt xa  ; y 1 b  ; x y c  , HPT đã cho trở thành:       2 2 2 2 2 2 a, b, c 0 a b c 5 a b b c c a 5                Giả sử   c min a,b,c  . Khi đî ta cî: a b 5 c 5     . Đặt       2 2 2 2 2 2 P a b b c c a     , ta sẽ chứng minh P5  . Thật vậy: Áp dụng BĐT Cauchy ta cî:             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 P a b b c c a a b a b a b 5a b a b              55 22 4ab a b a b 5 5 5 P 5 55                         . Dấu ""  xảy ra nên   5 1 5 1 a;b;c ; ;0 22       . Thử lại thấy khïng thỏa mãn. Vậy HPT vï nghiệm. Câu 34: Giải hệ phương trình             4 3 2 x 1 3 y xy x 2x 2 3 3x 8 y 6 x 12 x 1 2 y                 Giải Điều kiện     0 0 0 y3 xy 0 x 1 3 y x x 0               Cộng (1) và (2) theo từng vế ta được           3 4 4 x 1 3 y 6 3x 8 y 6 4x 28 *        Áp dụng BĐT AM-GM ta có:                     4 3 1 1 x 1 3 y 6 x y 8 4 x 1 3 y 6 3x 8 y 6 3x 8 y 6 3x y 2 VT 2 4x 28 VP **                            Do vậy   1 x 1 3 y x 0 * 8 3x 8 y 6 y 2               VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 242 Vậy nghiệm của phương trënh đã cho là     x; y 0;2 .  Câu 35: Giải hệ phương trình         2 3x 2 1 y x x 3 5 y y 3y 2 1 2 x 2 y 2x y 4                    Giải Điều kiện 1 2 x 3 y                x 3 5 y y 1 2 . 2 y x 2 y 2x y 4 3            Từ phương trënh   1 1 y 3x 2 x      , thay vào (3) ta được                 x 3 5 y 2 y x 2 y 2x y 4 x 3 5 y 3x 2 2 y 2x y 4 x * 3 2 x                    Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ta         3x 2 2 y 3x y 3x 2 2 y x 3 5 2 x 2 y 2 y8                 Do đî     3x y x y 8 2x y 4 VP T * V 2 * . 2          Dấu ‚=‛ xảy ra 3x 2 2 y x 1 x 3 5 y y 1             Thay trở lại ta tëm được nghiệm của hệ đã cho là     x; y 1;1 .  Câu 36: Giải hệ phương trình         22 22 2 3 x y x y 1 2 (1) x y xy 6 x 1 y 1 3 2x 1 2y 1 5x 7y 3 (2)                     Giải Điều kiện     0 2x 1 2y 1 0 x, y           Ta có   2 2 22 1 1 2 2 1 1 1 1 0 1 1 1 x y x y x y                  Suy ra 2 2 1 1 0 x x 2 1 1 0 y y 2                  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 243 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor                   2 3 6 x 1 y 1 3 2x x 1 y 1 y 1 6 2x 4y 6 3 2x 1 2y 1 3 3x 3y 3 12 2 y1                          Suy ra     5x 7y 3 VP VT 2 *     Dấu ‚=‛ xảy ra x 1 y 1 xy 2x 1 2y 1             Thay vào (1) ta có 2 x 2 2 11 1 x2 x 2 2             Từ đî ta tëm được nghiệm của hệ đã cho là         x; y 2 2 ;2 2 , 2 2 ;2 2 .      Câu 37: Giải hệ phương trình   4 1 2 y 1 x 2 1 4y y1 x 2 2 3 y 1 1 x 2 1                    Giải Điều kiện 1 x 2 y      Đặt   x 2 a, y 1 b a, 0 b      Hệ phương trënh đã cho trở thành           22 2 8ab 4a 1 4 b 4 a b 4 2a 1 1 a b 2 a b 2 2 b 1 a 1 3 1 a 1 3 1 b                     Từ (1) ta cî   2 b1 b 1a a      Từ (2) ta lại cî :             22 22 2 a b a b 2ab a b ab ab VT * ab b ab a 2 a b 4          1 11 2a 3 b 2     Dấu ‚=‛ xảy ra 1 ab 2    Thay trở lại ta tëm được nghiệm của hệ đã cho là   93 x; y ; . 44     Câu 38: Giải hệ phương trình             2 y x 2 x y 2 x y 1 4 x 1 x 2 y 3 3 3 2 y1                   Giải VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 244 Từ điều kiện x 2 y 0    Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có             VT 1 y x 2 x y 2 x y 2 y x 2 x y VP 1 22            Dấu ‚=‛ xảy ra y x 2 y x 2 x y 2          Do đî   1 y x 2    Thay vào (2) ta cî phương trënh         22 4 x 1 x 2 4 x 1 3 x 1 3 3 x 2 1 x 1 x 2 x 2 1                  Đặt :   x 1 a; x 2 b a 0 b       . Ta cî phương trënh :     2 4 a3 a b b 1   Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ta :           22 4 b 1 b 1 4 a 1 a b 22 a b b 1 a b b 1                               4 2 2 b 1 4 a b . 4 2 b1 4 ab            2 4 a3 a b b 1     . Dấu bằng xảy ra a2 b1       Thay trở lại ta tëm được x =3. Vậy nghiệm của hệ phương trënh đã cho là x3 y1      Câu 39: Giải hệ phương trình           4 22 2 yy x 1 xy xy yx y x 32 x 2y 1 2 1 2y 2                  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   x a ;b y a,b 0 y    ta có       22 1 1 1 * ab 1 a 1 b 1    NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 245 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 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 cî phương trënh :   2 y y 32 y 2 1 1 y 2        5 2 y y 1 2 4y 4      Đặt :   4y 4 u u 0    . Phương trënh đã cho trở thành :   2 5 5 2 u 4 u 4 2u 1 0 8u u 8u u 4 * 44               Rõ ràng u0  khïng là nghiệm của phương trënh (*)  Với u 0   , phương trënh (*) 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 trënh (*) cî nghiệm duy nhất u1  . Thay trở lại ta cî nghiệm của hệ phương trënh đã cho là   25 5 x; y ; . 16 4     Bài 40: Giải hệ phương trënh     22 1 1 1 1 21 2 x 3y 2 1 2x 5y 3 1 x 1 3x 13xy 17y 8x 21y 6 0 2                       Giải Điều kiện: x0 x 2 2x 3 y min ; 35            Ta có:   PT 2 22 6x 26xy 34y 16x 42y 12 0            22 2 x 3y 2 2x 5y 3 x 1         Đặt x 3y 2 a    ; 2x 5y 3 b    ; xc    a 0;b 0;c 0    . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 246 Khi đî hệ đã cho được viết lại như sau:     4 4 4 1 1 1 1 2* a 1 b 1 c 1 2 a b c 1 * *                Từ   **   a 0;1    a 1 1;2        a 1 1 a 1 2 0           2 a 1 1 2 a 1 2 0        . Tương tự, ta cũng cî : 2 b 1 1 2 b1      ; 2 c 1 1 2 c1      Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: 2 a 1 3 3 2 a1           * VT 2 3 3 2 a 1       Do       4 4 4 a a ;b b ;c c a, b, c 0;1 a 1 1 b 1 1 0                4 4 4 a b c a b c 1 a 1 b 1 2 a 1 3                       2 a 1 a b c 3 2 a 1 b 1             4 2 2 a 1 3 4 a 1 2             * a 1 2 2 VT 2 3 3 2 2 2 1 2 2                 ** 1 VT 2 VP 2     Từ đî:   * xảy ra khi và chỉ khi:     4 4 4 4 4 4 a,b, c 0;a b c 1 a a ; b b ; c c 2 a 1 1 2 a1 2 b 1 1 2 b1 2 c 1 1 2 c1 a 1 1 b 1 1 0                                                a;b;c 0;0;1  và các hoán vị x y 1    Vậy hệ phương trënh cî nghiệm     x; y 1;1  . Câu 41: Giải hệ phương trënh       2 3 4 2 2 2 x y 6x 2y 4 y x 1 2x 2 y 1 x 2 x y 2 1 x                     NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 247 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Giải Biến đổi phương trënh đầu ta được         2 22 2 2 2 x y 6x 2y 4 y x 1 2x 4xy 2y 6x 2y 4 x y 1 2 y x 1 2 x 1 y x 1 y 0 x 1 y                             Thế vào phương trënh 2 ta được   4 3 2 2 2x 2x x 2 x x 1 1 x        Ta thấy x0  khïng là nghiệm của phương trënh. Xét x0  ta có   2 2 2 2 2 x x 1 x 2 3x x 2 2 x x 1 x 2 0              Nhân 2 vế phương trënh trên với 2 2 x x 1 x 2     ta thu được phương trënh mới là     4 3 2 2 2 2x 2x x 2 x x 1 x 2 3x        Chia cả 2 vế cho 2 x ta có   2 2 21 2 2 x x 1 x 2 3 xx        Ta có     2 22 1 1 1 1, x 1 3 x 1 x 1 x 1 x              2 2 x x 1 x 2 3       Phương trënh cî nghiệm khi và chỉ khi     2 2 1 10 x x1 x 1 3 x 1 x 1                  Câu 42: Giải hệ phương trình       22 3y x 2 x x 1 1 1 x y 2 x y x y 1 5 2x 4xy 12 y y 7 2                     Giải Điều kiện 5 2x x y 1 3y x 0 0 2 0            Với điều kiện x 1 y     VP 1 0  nên   1 T100 V x     Lại cî       2 22 xy y x y 11 x VP 1 1 x y2 y 2x                     3 2 2 x 1 2 x 1 3y x 2 x y 2 1 2 4 x 1 3y x 2 1 VT 1 27 x y 2 2 2 x y 2                 Từ đî suy ra     xy 1 x y 2 x 1 3y x 2              VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 248 Với xy  , thay vào (2) ta có 2 2x 1 5 2x 4x 12x 7         2 2x 5 1 2x 2 4x 12x 5 2x 1 5 2x 0 2x 1 2 5 2x 2                                  5 2x 2x 1 2x 1 5 2x 2 2x 1 5 2x 0 2x 1 2 5 2x 2                  1 x 2 5 x 2          Vậy nghiệm của hệ đã cho là   1 1 5 5 x; y ; , ; . 2 2 2 2                 Câu 43: Giải hệ phương trình       3 11 x y 2 1 x 3y y 3x 2y 2x 3 y 1 2 4                     Giải Điều kiện 0 3 x 2 y        Ta có   xy x 1 x 2 x y x 3y x 3y xy 1 x 3 3 2 x y 2 x 3y y 2y 11 2 2 x 3y x 3y                              Hoàn toàn tương tự cho ta   xy y 13 4 2 x y 2 y 3x        Lấy     34  theo từng vế cho ta :     y 1 x 3 1 3 2 VP 1 2 x y 2 2 x y 2 VT 1                    Dấu ""  xảy ra xy  . Với xy  thay vào phương trënh (2) ta được: 3 x 2 3 2x 3 x 1 0 (*) x 42           Xét hàm số: 3 x 2 3 f(x) 2x 3 x 1 x 42           , ta có:     2 3 1 1 1 3 f ' x 0, x 42 2x 3 3 x 1         . Suy ra   fx đồng biến, mà   f 2 0  Nên phương trënh (*) cî nghiệm duy nhất x 2.  Từ đî suy ra     x; y 2;2  là nghiệm của hệ đã cho. Câu 44: Giải hệ phương trình       2 2 x 5y 4 x 2xy 2y 1 y x 1 3 x 2x y y2 y                NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 249 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Giải Phân tích. Xét phương trënh (1): Cho   2 x 0 5y 4 y 2y y 0         . Ta nhận được     1 x; y A 0;0 .  Cho   x0 y 0 x 4 x 0 x4           . Ta nhận được     1 x; y B 4;0 .  Cho   2 y1 x 1 5y 3 1 y 0 3 y 5             . Ta nhận được       1 2 3 3 x; y C 1;1 ,C 1; 1 ,C 1; 5        Cho     y 1 x 1 x 1 2 x 1 x 1         . Ta nhận được     1 x; y C 1;1  Cho     x1 y 1 x 9 x 1 2 1 x x5              . Ta nhận được         21 x; y C 1; 1 ,E 5; 1    Suy luận và dự đoán.  Nhận thấy từ các điểm 1 1 1 1 ,B ,C ,D A chúng ta không thiết lập được mối quan hệ bậc nhất nào.  Trong phương trënh (2) chứa 2 xy  nên chòng ta nảy sinh ó nghĩ, cî thể là mối quan hệ giữa nî với các biến x, y . Khi đî chỉ cî thể là   2 x y ax by c *     + Điểm   1 A * c 0   + Điểm     2 11 11 * a ;b 2 x y x y a 2 B 2 ,C          + Điểm     2 2 1 1 B 2 x y x ,C * a b b 2 y         + Điểm     3 2 1 1 B 2 x y x ,C * a b b 2 y         + 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 y x x      VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 250                       2 22 2 2 2 2 22 2 1 x 5y 4 2 x x y x y 4 x y 0 x 5y 4 2 x x y 2 x x y 2 x x y 0 2 x x y 2 x x y 4y 4 2 x 0 x2 y y y y y yy y y2                                             Với 2 xx y 2y    , kết hợp với (2) cho ta hệ :       2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 y y y 0, x y y 0 0, x y y 0 x 1, x y 5y 2xy 4x 0 5y 2xy 4x 0 x 5y 2 2 x x y 2 x x y 2y x 1 x y y x 1 3 x 2x y xy 55 xy x 2 x x 51 xy 4xy 0 4x y y 0 2 1y                                                                      Với 2 y2 y x2    , kết hợp với (2) cho ta hệ :     2 2 x 2y 2 3 y x 1 3 x 2x y y y 4              Từ (3) ta có y 1.  Áp dụng BĐT AM – GM , ta có :     2 22 y x 1 3 x y 1 2 VT x 1 y 2x 1 2x y, y 1 22 4               Do đî hệ vï nghiệm. Vậy nghiệm của hệ đã cho là   5 5 5 1 x; y ; . 22       Câu 45: Giải hệ phương trình           322 x 1 x x y x 3 3x 2y 1 1 11 y 1 y x x 2 x2 y1 x3                     Giải Biến đổi phương trënh đầu ta được :                   1 x 1 x x 1 x y x 3 2 x y 0 xy x1 x 1 x y 0 x 1 x 3 2 x1 11 x 1 x y 0 xy x 1 x 3 2 y1 y1 y1                                             Thế vào   2 cho ta     2 3 2 11 x 1 x x x x x3 * 2       NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 251 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Ta có     2 1 1 2 x 1 x 1 VT * x 1 x x x        Lại cî     2 1 VP * x 2 3           2 2 2 1 1 2 2 x 1 2 1 x1 2 2 2 x         Dấu ""  xảy ra x1    Câu 46: Giải hệ phương trình     9 y 1 y 1 4 y1 x 1 1 2 3 y 1 1 x x 11 12                    Giải Điều kiện 1 x 1 y      Đặt   x 1 a a, b y1 0 b         . Hệ phương trënh đã cho trở thành 2 22 5 a 2b b 4 a b 1 b 1 a 1 3            Từ   3 ta có   2 2 11 a b b 1 a b b 1 a b 42 b 1 *                          Từ   4 ta lại cî:               2 22 2 ab 3 a b 0 a b 2 a b 1 3a 3b 2 0 a b 1, do 1 a b a b 2 3 b 1 a 1 a,b 0 * *                       Từ     * , * * suy ra hệ phương trënh tương đương với: 1 ab 2  Do vậy hệ PT đã cho cî nghiệm   53 x; y ; . 44     Câu 47: Giải hệ phương trình         2 2 x y 1 2 3 y 2 xy 1 y 5 x x y 4 2               Giải Điều kiện 2 2 3y 5x 0 0          Áp dụng BĐT 22 a ab , 2 b a,b R     . Từ phương trënh   1 ta có:             2 2 2 2 2 x 6 2y 2 xy x y 1 2 3 y1 x y 2 x y 3 0 y 3 2               Từ phương trënh (2) ta lại cî         2 2 2 2 2 y 5 x x y 2 x y 3          VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 252       22 x y 2 x y 3 0 4       Từ     3 , 4 suy ra hệ đã cho tương đương với     2 22 2 2 22 22 y x y 1 6 2y x x2 y 5 x x y 1 6 2y y1 x x y 3 0 6 2y 2 6 0 y y2 20 5 y                                          Vậy nghiệm của hệ phương trënh đã cho là     x; y 2; 1 .  Câu 48: Giải hệ phương trënh 22 1 1 2 3 x 1 1 y 1 1 1 1 1 1 2 2 x y y x 3 xy                  Giải Ta có   y 1 1 2 1 1 x 1 1 1: 3 x y x 1 1 y 1 1           22 1 1 1 1 1 1 2 2 2 x x y y x y 3 3 xy          Từ phương trënh 2 ta suy ra 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 x x y y x y y x         2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 22 x x y y x x y y x x y y y x x y               2 2 2 2 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 xy x x y y y x y x xy x y x y                                        Thế vào phương trënh 1 ta được x y 3  Câu 49: Giải hệ phương trình           2 3 3y 1 4y 2 x 1 2y 3y 2 y 27y 2 y 2 4y x 3               Giải Điều kiện x 2 y 3 1        . Từ phương trënh   2 ta có:         32 2 27 2y y 2 4 71 y x 3 27 4y x 6 * y1              Lại cî:               22 2 1 y 4y 2 x 1 2y 3y 2 4y 2 x 1 y 3y 3y 2 2y 1 x 1 x 1 , do y 3 2 1 1 2y 1                       NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 253 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Suy ra       33 2 2y 1 2y 1 x 1 4y x 3 x 1 4y x 33 1 2y 1 6 * *                            Từ     * , * * ta cî hệ đã cho tương đương với y 1 0 4y x 6 x2 y1 y 3y 2 2y 1 x 1                   Thử lại ta thấy nghiệm của hệ đã cho là     x; y 2;1 .  Câu 50: Giải hệ phương trình           2x 2 2y 2 x 3y x y 1 y 1 3x y 4 2y 1 x y 2                  Giải Điều kiện 1 1 3x y 4 0 x y           Trường hợp 1. x y 0  hệ đã cho trở thành   2x 2 2y 2 0 x1 y1 y 1 3x y 4 0                   Trường hợp 2. x y 0  ta có       2 y 1 2 x 1 PT 1 x 3y x y x y                    11 2 y 1 2 y 1 2 x 1 2 x 1 x 23 3y x y x y x y x y                 Lại cî   2y 1 3x y 4 PT 2 , do y y 1 y 1 x          2y 1 3x y 4 3 1 1 2 x y 4 2x 2 y 1 x y x y x y                            2 2y 1 x y 2x 2 y 1 x 2y 3y x 3y 2 2 4              Kết hợp     3 , 4 suy ra hệ đã cho tương đương với y1 x1 x y x y 3 y 4 x 2 1 xy y0 y0 x 3y 2                         Vậy hệ phương trënh đã cho cî các nghiệm         x; y 1; 1 , 2;0 .  Câu 51: Giải hệ phương trình       22 2 y1 x 4y 4 x y 1 y x 1 2 2 x y y 1 x 2                Giải VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 254 Điều kiện 1 x 1 y      Từ phương trënh   2 :       22 2 22 22 x 4y 4 y 4x 4 x 4y 4 x.2 y 1 y.2 x 1 22 x 4y 4 y 4x 4 x y 0 x y x y 4 0 * 2 4y 4 2 x                            Từ phương trënh (1) :         2 2 2 2 2 2 x y 2 x xy y x x y x y 4 x y x y 4 x y 0 * * y y2 x xy y                   Suy ra hệ đã cho cî nghiệm khi và chỉ khi     x 2 y 1 x y 2 y 2 x 1 x y x y 4 0               Vậy hệ đã cho cî nghiệm     x; y 2;2 .  Câu 52: Giải hệ phương trình         2 2 x y 1 xy y 1 x 1 2 y x 1 2 y 1 x y 1                Giải Điều kiện 0 x 1 y      Từ phương trënh (2) ta cî:           2 2 x1 y1 y x y x y 1 0 x x y1 y 1x 2 2               ( do 0 x 1 y      ) Với x y  từ phương trënh (1) cho ta:         yy xx VT 1 y 1 x 1 y 1 x 1 y x y 11 x y 1 y 1 1 VP 1 1 2 y 1                                Dấu ""  xảy ra xy  Với xy  thay trở lại phương trënh (2) ta cî:     x1 2 x 1 x 1 x x 1 x2           Từ đî ta tëm được nghiệm của hệ ban đầu là         x; y 1;1 , 2;2 .  NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 255 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 53: Giải hệ phương trënh       88 3 2 2 2 2 x y y 5x 2 0 1 5x x y 4x y x 1 y 5x 2                Giải Từ phương trënh (2):   3 2 2 2 2 5x x y 4x y x 1 y 5x            2 2 2 2 2 5x x 1 4x y x 1 y 1 x       2 2 2 2 5x 4x y y 4x y y 5x        thế vào phương trình (1):       8 8 2 2 8 8 4 4 4 4 2 2 22 4 4 2 2 x y 4x y 2 0 x y 2x y 2x y 4x y 2 0 x y 2 x y 1 0                  Ta có VT nên dấu bằng xảy ra khi 44 22 x y 0 x 1 x 1 hay y 1 y 1 x y 1 0                     Câu 54: Giải hệ phương trình     22 22 2x x x 2 2y y 2y 1 1 x 2y 2x y 2 0 2                  Giải Điều kiện x 1 y 2 2        Lấy     12  theo từng vế và biến đổi ta cî:     22 2 2 3x 2 x 2 4y 2y 2y 1 x x 1 x 2 4y 2y 2y 1 x1                   Xét hàm số   2 t tt1 f t     , t 1  ta có:         3 1 1 1 f ' t 2t 1 2 t 1 1 2 t 1 4 t 1 4 t 1 13 3 2 t 1 . 1 1 0 16 t 1 2                   Hay hàm số   ft đồng biến, do vậy từ     f x 1 f 2y x 1 2y      Với x 2y 1  thay vào phương trënh (2) ta cî 2 y 7y 1 y 1 y 6 0 1 6          Từ đî ta tëm được nghiệm của hệ phương trënh là     21 x; y 1;2 , ; . 36        Câu 55: Giải hệ phương trình     2 5y x y 1 y x 2 1 3y x 2 x 1 x 2y 1 2                  Giải VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 256 Điều kiện 2 1 0 5x y x x 1 3y x 0             Lấy     12  theo từng vế ta được:   2 5y x y 1 3y x 2 x 1 3y 1 *          Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:           22 2 2 5y x y 1 1 1 3y x y 1 x 1 2 2 2 y 2y 1 6y 2 6y 2 y 1 6y 2 3y 1 VP 8y 2 1 * 2 VT * 2                               Dấu ""  xảy ra 2 5y x y x2 3y x 1 y1 x 1 1 y 1 1 1                  Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trënh đã cho là     x; y 2;1 .  Câu 56: Giải hệ phương trënh     32 22 x 3xy 49 1 x 8xy y 8y 17x 2             Giải Từ 2 phương trënh đầu ta cî   23 pt 1 :3xy x 49 0        22 pt 2 :y y 8x 8 x 17x 0      Để ó rằng trên kia khïng cî y nên   pt 2 dưới phải mất y vậy x1  Thế vào         22 pt 1 : 3y 48 0 3 y 16 0 3 y 4 y 4 0               2 pt 2 :y 16 0  Vậy nhân     3pt 2 pt 1 0        2 2 3 2 3 x 8xy y 8y 17x x 3xy 49 0               22 x 1 x 2x 3y 24y 49 0         x1    hay   22 x 2x 3y 24y 49 0 *      Với           2 22 2 pt * : x 1 3y 24y 48 0 x 1 3 y 4 0           Ta có VT 0  nên dấu bằng xảy ra khi: x1  và y4  ( thỏa) Với x 1 y 4 hay y 4       . Câu 57: Giải hệ phương trình     22 2 x 2x 2 y 4y 2 1 11 y 6x 10 4x 2x 2                 Giải NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 257 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Điều kiện 2 2 y 10 4x 2x 4y 2 0 0            Lấy     12  theo từng vế ta được:   2 2 2 x 4x y 9 y 4y 2 10 4x 2x *           Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:     2 2 22 22 y 4y 2 1 1 10 4x 2x y 4y 2 2. 10 4x 2x 2 2 4 2x : 4 VP * 2 A y 4x 8y 12 4                        Ta sẽ chứng minh   VT * A  , thật vậy: 22 2 2 2 2y 4x 8y 12 12x 2y 12y 2 2x x 4x y 9 6x 0 4 4                   2 2 2 y 3 6 x 1 0     (luïn đòng). Từ     VT * VP * A A        nên   2 2 1y x1 2 10 4x 2x * y3 x 1 0 y3 4y 2 0                    Vậy nghiệm của hệ phương trënh đã cho là     x; y 1; 3 .  Câu 58: 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  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 đî phương trënh 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 Rð ràng với     a,b 0;0  là khïng thỏa   1 . Do đî với a, b 0  ta đặt a t ,t 0 b  ta đưa   t 1 t 1 12 t 3 3t 1      . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 258 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 đî ta cî: 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                            Lòc này ta sẽ có a b 1 x 2x y y 1 3x         . Thay vào phương trënh thứ hai trong hệ ta thu được phương trënh :   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 đî ta cî :     2 2 2 2 2 x 3x 2 x 3 2x x 1 x 3x 3x x 4 4            . 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 cî nghiệm của hệ là     x, y 1; 4  . Câu 59: Giải hệ phương trënh         22 2 2 2017 2017 x 2 y x 2 y 1 1 x y 1 1 y 1 1 x x 2 y 0 2                     Giải Ta có: NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 259 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor   pt 1 : đặt   a x 2, b y dk :a,b 2      2 2 2 2 a b a b 1 a 2 b 1 1 b 1 1 a 2                 2 2 2 2 2 2 a b a b a a 2 b b 1 1 a 2 b 1 1 b 1 1 a 2                          2 2 2 2 2 2 VT : a b 1 b 1 1 a 2 a a b 1 b b b 1 1 a 2                      2 2 2 2 2 2 2 2 a a a 2 a b 1 a b 1 a 2 b b a 2 b b 1 b a 2 b 1                             2 2 2 2 2 2 a b a b a 2 b 1 a b a 2 b 1                2 2 2 2 VP : a b a a 2 b b 1 1 a 2 b 1                    2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a 2 b 1 a a 2 a a 2 a 2 b 1 b b 1 b b 1 b b 1 a 2 b 1                            2 2 2 2 a a 2 a a 2 b b 1 b b 1 0          Ta có     2 2 2 2 a a 2 0 a a 2 0 a 0 hay a 2 VT 0 b 0 hay b 1 b b 1 0 b b 1 0                       x 2 hay x 0 y 0 hay y 1         thế vào   pt 2 ta thấy x 2, y 0  là thỏa mãn hệ Câu 60: 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  Giải Điều kiện: x1 y1      . Nhận thấy hệ khïng cî nghiệm     x, y 1; 1  . Đặt a x 1 b y 1        , a, b 0  . Lòc đî hệ phương trënh 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         . Áp dụng bổ đề này ta cî     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             . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 260 Với đánh giá này, kết hợp với phương trënh thứ nhất ta cî :   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 cî nghiệm của hệ là   53 x, y ; 44     Câu 61: Giải hệ phương trình 22 2 x 2x 2 y 4y 2 6x y 11 2x 4x 10 0                     x, y  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     12  vế theo vế ta cî     2 2 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 cî nghiệm của hệ là     x, y 1; 3  . Câu 62: Giải hệ phương trình           2 4 2 2 2 4 2 2 4 2 2 3 2x y x y x 1 2x y 1 1 1 x y x x 2x 2xy 1 0 2                     x, y  Giải Hệ tiếp theo là 1 hệ đánh giá, ban đầu nhën vào thë rất khî đoán ó tác giả nhưng thử để ó xem   2 4 2 2 4 4 pt 1 : 3 3x y x y x 2x y          2 6 4 3 2 2 pt 2 :1 1 x y x 2x 2x y x 0         Lấy   pt 1 thế vào   pt 2 :   2 6 3 2 4 2 1 1 x y x 2x y 2x x           2 6 3 2 2 4 2 4 1 1 x y x 2x y 3 2x y x y y           NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 261 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor     2 2 3 2 2 4 2 1 1 x y x y 3 2x y x y                22 2 3 2 2 1 1 x y x y 4 x y 1          Ta có VT 2  mà cũng cî VP 2  nên dấu bằng xảy ra khi:     2 2 2 2 1 x y 1 xy x y 1 x y 1 4 x y 1 2                    thế vào thỏa mãn Câu 63: Giải hệ phương trình         2 2 2 2 2 2 2 2 3x 5xy 4y 1 2 x y 4x 2xy 2y 0 1 2x 5xy 7y 2 2 x y 4x 2xy 2y 0 2                        x, y  Giải Bài toán này ý tưởng cũng khî khăn khïng kém, do bài này tïi chế nên tïi sẽ đưa lời gốc lên cho mọi người thưởng thức!! Nhân     4pt 1 2pt 2 0      2 2 2 2 4pt 1 : 12x 20xy 16y 4 2x 2y 4x 2xy 2y 4            2 2 2 2 2pt 2 : 4x 10xy 14y 2 2x 2y 4x 2xy 2y 4             2 2 2 2 8x 10xy 2y 2 2x 2y 4x 2xy 2y 0               2 2 2 2 2 2 4x 8xy 4y 2 2x 2y 4x 2xy 2y 4x 2xy 2y 0                  2 2 2 2 2 2 2x 2y 2 2x 2y 4x 2xy 2y 4x 2xy 2y 0             2 2 2 2 2 2x 2y 4x 2xy 2y 0 4x 2xy 2y 2y 2x            Thế vào                 22 22 3x 5xy y 2 x y 2y 2x 1 * pt 1 ,pt 2 : 2x 5xy 7y 2 x y 2y 2x 2 * *                    22 pt * : 7x 13xy 8y 1      22 pt * * : 6x 13xy 11y 2    Lấy   pt * thế     2 2 2 2 pt * * : 6x 13xy 11y 2 7x 13xy 8y      8x y x hay y 5    Thế vào   pt * với 2 1 x y 2x 1 x y 2        ( nhận) Thế vào   pt * * với 8x 5 8 y x y 5 167 167        ( loại) VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 262 Câu 64: 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  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 trënh 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 x0 y 2x 0 xx x 22 2                                    Thử lại ta thấy, nghiệm của hệ đã cho là   1 x; y ; 1 . 2       Câu 65: Giải hệ phương trình       4 22 2 yy x xy xy yx y x 1 32 x 2y 1 2y 2                    x, y  Giải Điều kiện x1 y1 y x 1 0           . Phương trënh   22 2 1 1 1 1 x y x 1 1 1 y x y               Đặt   2 y x a ;b a,b 0 y x    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*        . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 263 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Dấu ""  xảy ra 2 a ab b1 b xy b a 1 ab a                  Với 2 xy  thay trở lại ta cî phương trënh   2 y y 32 y 2 1 1 y 2        5 2 y y 1 2 4y 4      Đặt :   4y 4 u u 0    . Phương trënh đã cho trở thành :   2 5 5 2 u 4 u 4 2u 1 0 8u u 8u u 4 * 44              +) Rõ ràng u0  khïng là nghiệm của phương trënh (*) +) Với u 0   , phương trënh (*) 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 trënh (*) cî nghiệm duy nhất u1  . Thay trở lại ta cî nghiệm của hệ phương trënh đã cho là   25 5 x; y ; . 16 4     Câu 66: Giải hệ phương trënh     22 32 y 4x 1 1 0 (1) 16x 3x 2 y 2 3xy 1 0 (2)              Giải TH1: y0  khïng thỏa mãn hệ phương trënh TH2: y0  , chia cả hai vế phương trënh (1) và (2) cho 2 y ta có: Phương trënh (1): 2 2 1 4x 1 y  Phương trënh (2): 3 2 2 3x 1 16x 3x 2 0 yy      3 2 4 3x 2 32x 6x 4 0 yy       Để ó phương trënh (2): 3 2 4x 3 2 4(2x) 3(2x) 4 0 yy      Đặt 1 2x sin t; cos t y  (điều kiện t 22     ) Phương trënh (1) luïn đòng ta sẽ khïng giải nữa Phương trënh (2) trở thành sin 3t 2 sin 2t cos 2t 3    sin 3t 2 sin 2t 3 6         VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 264 Ta có 1 sin 3t 1 VT 3 2 2 sin 2t 2 6                  Dấu bằng xảy ra khi sin 3t 1 t 2k sin 2t 1 6 6                 2k 2 6 2          2 1 1 2k k k 0 6 3 6 6             Vậy 12 xy 4 3    Câu 67: Giải hệ phương trënh       2 3 2 2 2 2 1 x 2 x 3 x 1 y 1 3x 2 x x 1 y y 1 x xy y                    Giải Theo bất đẳng thức Mincowsky ta cî   22 22 2 22 1 3 1 3 x x 1 y y 1 x y 1 x y 3 2 2 2 2                                                  2 22 x xy y 1 x y 3 xy 2x 2y 4 0 x 1 y 2 0                 Mặt khác x 3 y 2    . Khi đî áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có       33 3 11 x 1 3x 1 1 1 3x 1 VT 1 x 1 3x 1 3x 32               Vậy hệ phương trënh vï nghiệm! Câu 68: 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  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 trënh ta cî :   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 cî : NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 265 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor                       2 2 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 cî 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 2 2 2 2 x 1, y 1 x 1, y 1 x y 4x 0 y x x y 4x 0 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 cî nghiệm của hệ là     x, y 2; 2  . Câu 69: Giải hệ phương trình                       22 4xy x 4 2 x y 2 14 1 x y 2x 1 0 2 Giải Điều kiện     2 x y 2 0   Từ phương trënh   2 ta có         2 2 2 x 1 x 1 y y y x 1 2 * 1         đồng thời   2 2 2 x 1 y 2 y 2 0 y         , kết hợp điều kiện xác định suy ra 2 x 0.  Do đî từ   1 cho ta           14 4xy x 2 2 x 2 y 1 * * 2 2 x 4 y 2 y x 1             Từ     * , * * suy ra hệ cî nghiệm khi và chỉ khi   x 1 y x2 2 x 2 y 2 y1 y x 1 1                Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trënh đã cho là     x; y 2;1 .  Câu 70: Giải hệ phương trình   3 x y 4 x y 2 2 y x 3 3 x 2x 1 2 y 2                    x, y  Giải Điều kiện 1 x 2 y2 2 x y 0              . Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta cî :         x y 2 2 2 y x 1 2 x y 2 2y 2x 3 y x 2               Do đî ta cî     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             . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 266 Do đî 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 cî 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 trënh thứ hai trong hệ ta thu được phương trënh : 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 cî nghiệm của hệ đã cho là     x, y 1;2  . Câu 71: Giải hệ phương trënh           2 2 5 2 3 2 2 2 2 2 x y 2x y y xy 1 3 xy y (1) 11 x 1 x x x y x y (2) 24                       Giải Dễ thấy x y 0  khïng là nghiệm của hệ phương trënh Xét x, y 0  thë hệ phương trënh trở thành       2 4 4 2 2 4 2 2 2 x 2x xy 1 3 xy y 11 x x x y xy 24                  Phương trënh (2):   2 2 4 2 2 2 1 2x 2x 1 2 x y 2xy 4       Cộng chéo hai vế phương trënh trên ta được       2 2 2 4 2 2 1 xy 1 3 xy x 2xy y 2 x y 1 4                   22 22 1 xy 1 3 xy x y 2 x y 1 4          Ta có     2 2 2 2 x y 0 VP 2 1 2 x y 1 2 4            Mà     xy 1 3 xy 2      2 3xy xy 3 xy 4      NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 267 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor     22 xy 2xy 1 0 xy 1 0         (luïn đòng) Vậy dấu bằng xảy ra khi 2 xy 1 x y 1. x y 0         Câu 72: 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  Giải Điều kiện : 22 2 x y 9 0 10 x 0          . Sử dụng đánh giá 22 ab ab , a,b 2     . Ta có :       2 22 22 x y 1 9 x y 9 3 x y 1 x y 9 2           . Từ đî ta cî : 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 trënh thứ hai ta cî 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 cî       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                             VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 268     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 cî nghiệm của hệ là     x, y 1; 3  . Câu 73: Giải phương trënh                              2 2 42 x 1 x 1 4 y y 4 4 1 4 3y 9 5y x x 2x 3 2 Giải Ta có pt (1):                2 2 x 1 x 1 4 y y 4 Xét hàm số      2 f t t t 4 , chứng minh được hàm số   ft luïn đồng biến trên Do đî:    x 1 y thế vào pt (2) ta được        42 1 3x 4 5x x x 2x 3               22 42 x x x x xx 1 3x x 1 4 5x x 2                    2 x x 0 11 x x 1 (*) 1 3x x 1 4 5x x 2 Ta sẽ chứng minh pt(*) vï nghiệm với mọi  1 x 3 Theo BĐT Cauchy:                           3x 2 3x 2 1 3x 1 3x x 1 x 1 22 5 5x 5 5x 4 5x 4 5x x 2 x 2 22                  1 1 1 1 3x 2 5 5x 1 3x x 1 4 5x x 2 x 1 x 2 x2 Tiếp theo ta sẽ chứng minh:          2 11 xx 3x 2 5 5x x 1 x 2 22 (với  1 x 3 )        2 22 x x 0 5x 4 7x 9                         2 2 7x 9 2 5x 4 x x 5x 4 7x 9 0 5x 4 7x 9 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 269 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Ta có                          22 2 109 x 35x 108x 0 2 109x 55x 20 0 2 5x 6 0 5x 4 7x 9 0 (với  1 x 3 ) Vậy  VT VP với mọi  1 x 3 Câu 74: Giải hệ phương trình         x 2 3 2y 2 x 5y x 2y y 1 x 2y 8 y 3 x 2y                    x, y  Giải Điều kiện : x2 y1 x 2y 8 0           . Trường hợp 1 x 2y 0  . Lòc đî hệ phương trënh 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 đî phương trënh 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 cî đánh giá sau : x 2y 8 x 2y 8 1 x 4 1 x 2y 2 x 2y x 2y               . Từ đây ta cî         y3 x4 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 trënh 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 cî   x 5y x 2y 2 x 2y x 5y 2           . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 270 Từ     ,  suy ra hệ đã cho tương đương với hệ phương trënh sau : 2y 2 x2 3 x 2y x 2y x 2y 8 1 x 2y y0 x 5y 2                   Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm     x, y 2;1  . Câu 75: 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  Giải Điều kiện : x1 y0      . Từ   1 ta biến đổi thành phương trënh 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                        . Thế vào   2 ta cî phương trënh : 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 cî : 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        ( luïn đòng 11 x; 23       ). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x0  ( thỏa mãn ). Suy ra : y1  . Đối chiếu điều kiện ta cî nghiệm của hệ là     x, y 0;1  NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 271 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 76: 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  Giải Điều kiện : x 0, y 0  Phương trënh thứ nhất được biến đổi thành phương trënh :   2 1 8x y x 5 8y xy 8 xy xy         Lấy phương trënh vừa biến đổi cộng với phương trënh 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 trënh thứ hai trong hệ ta thu được phương trënh 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  . Khi đî ta cî hệ mới :   44 a b 1 1 8 a b 5 ab          Ta có   2 22 ab ab 2   . Do đî :     2 2 2 22 44 ab 2 ab 1 ab 2 2 8           . Vậy ta cî :   44 8 a b 1  . Mặt khác ta cî : 2 a b 1 1 a b 2 ab ab 4 2 4 ab            Từ hai đánh giá trên ta cî :   44 1 8 a b 5 ab    . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 272 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 cî nghiệm   1 1 1 17 1 17 x; y ; ; ; 4 4 8 8                  . Câu 77: Giải hệ phương trình       2 22 33 x xy 1 y xy 1 2 2 x y 16xy 5 x y 4 0                  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 trënh thứ nhất ta cî :   2 a b 2 2 x y a b 2 0 a b 2            Khi đî phương trënh thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trënh :     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 cî       2 2 2 22 1 3 1 a ab b a b a b a b 1 4 4 4          Vậy ta sẽ cî : 3 3 3 3 22 a b a b a ab b 1    , do đî 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                    . Thế vào phương trënh thứ hai ta thu được phương trënh:   2 16x 5 x 2 0      3 . Đặt t x,t 0  . Lòc đî phương trënh   3 trở thành phương trënh :       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 cî nghiệm của hệ là   11 x, y ; 44     . Một phương án cho sử dụng BĐT hai biến đối xứng Đây là những bất đẳng thức khá chặt, sử dụng các thêm bớt đại lượng bất biến khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy. Chình vë tình chất đối xứng hai biến nên dạng BĐT này thường được lồng ngép vào các hệ phương trënh hay kết hợp để chuyển về xét hàm số NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 273 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor chứng minh BĐT. Những ứng dụng này phổ biến trong các kỳ thi và là một khî khăn trong các đề thi vë tình chất giới hạn thời gian. Tư tưởng của cách chứng minh BĐT này là từ việc giải phương trënh cố gắng đưa ra nhân tử   xy  . Con đường sẽ bỏ qua cách chứng minh trực tiếp bằng các BĐT phụ như Cauchy, Cauchy – Schwarz hay Holder,… Nîi cách khác, cách làm này giòp khẳng định tình đòng đắn của BĐT. Ví dụ 1: Cho x; y là các số thực khïng âm, chứng minh   3 3 2 2 x y xy 2 x y    . Đây là một BĐT khïng khî, tuy nhiên giải quyết được nî cần một chòt kĩ thuật Bài Giải Ta có         3 3 2 2 3 3 2 2 x y xy 2 x y x y xy x y xy 2 x y x y                                2 2 22 22 2 2 2 2 2 x y x y x y xy x y x y xy. x y x y 2 x y x y 2 x y x y                           2 22 xy x y x y 0 2 x y x y             . Do   2 x y 4xy  (vì x; y 1  ) suy ra       22 xy x y 0 2 x y x y       . Nên xy  đpcm! Để minh họa cho BĐT này mënh xin lấy một bài toán sau: Giải hệ phương trënh     3 3 2 2 2 x y xy 2 x y 4 x x 1 9 y 1 2x 2              . Ví dụ 2: Cho x; y 1  . Chứng minh rằng 22 1 1 2 x 1 y 1 xy 1     . Giải Ta cî BĐT                 22 22 22 xy 1 x 1 xy 1 y 1 1 1 1 1 00 x 1 xy 1 y 1 xy 1 xy 1 x 1 xy 1 y 1                                   .       2 2 2 2 x y x y y x y x 0 y x 0 x 1 y 1 y 1 x 1                .               2 2 2 2 xy x y y x xy 1 x y 0 x y 0 x 1 y 1 x 1 y 1               luïn đòng, suy ra đpcm! Ví dụ 3: Cho x; y là các số thực khïng âm, chứng minh   2 2 2 2 22 2 1 1 2 xy x 3y y 3x 2 x y     . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 274 Giải Trước hết ta sẽ chứng minh   2 2 2 2 22 2 1 1 x 3y y 3x 2 x y    . BĐT     2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 0 x 3y y 3x 2 x y 2 x y                             .     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x 3y 2 x y y 3x 0 x 3y y 3x           .         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y x 0 x 3y 2 x y x 3y y 3x 2 x y y 3x             .           22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x y 0 x 3y 2 x y x 3y y 3x 2 x y y 3x                  .           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 2 x y y 3x x 3y y 3x x 3y 0               .         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y 3x x 3y 2 x y y 3x x 3y 0               .         22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y y 3x x 3y 0 x y 0 y 3x x 3y              luïn đòng. Chứng minh 2 2 2 2 1 1 2 xy x 3y y 3x    . Ta cî BĐT     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x 3y x y 3x y 1 1 1 1 00 x y x y x 3y y 3x x 3y x y 3x y x y                                      .             22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x 3y x y 3x y 0 x 3y x y x 3y 3x y x y 3x y                  .         2 2 2 2 2 2 2 2 2y x y 2x y x 0 x 3y x y x 3y 3x y x y 3x y             .       2 2 2 2 2 2 2 2 y x x y 0 x 3y x y x 3y 3x y x y 3x y                  .         2 2 2 2 3 3 x y x y y 3x y x x 3y 3xy x y y x 0               .           44 22 2 2 2 2 yx x y x y 3xy x y y x y xy x 0 y 3x y x x 3y                   . NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 275 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor         22 22 2 2 2 2 x y x y x y x y 0 y 3x y x x 3y              luïn đòng! Ví dụ 4: Cho x; y là các số thực khïng âm, chứng minh 22 2 xy y x xy 1 y 1 x 1    . Giải Ta sẽ chứng minh BĐT mạnh hơn 22 y x y x xy 1 y 1 x 1     . Ta cî BĐT 22 yy xx 0 xy 1 xy 1 y 1 x 1                22 22 xy 1 y 1 xy 1 x 1 x y 0 y 1 xy 1 x 1 xy 1                  22 2 2 2 2 xy y xy y x y 0 y 1 xy 1 y 1 x 1 xy 1 x 1             .       2 2 2 2 11 x y xy 0 y 1 xy 1 y 1 x 1 xy 1 x 1                  .         2 2 2 2 xy x y xy 1 x 1 y 1 x 1 y 1 0               .       2 2 2 2 xy x y x 1 y 1 xy 1 x 1 y 1 0               .         22 2 22 22 xy x y x 1 y 1 0 x y 0 x y 0 x 1 y 1                 luïn đòng! Từ đây ta cî thể chứng minh được BĐT đã cho. Ví dụ 5: Nếu a; b; c thỏa mãn a;b;c 1  thì 3 1 1 1 4 1 a 1 b 1 c 1 abc        . Giải Ta có 3 a; b; c 1 abc 1    . Áp dụng BĐT 2 ta cî 1 1 2 1 a 1 b 1 ab    và 3 3 1 1 2 1c 1 abc 1 c abc     . Suy ra 3 3 1 1 1 1 2 2 1 a 1 b 1 c 1 abc 1 ab 1 c abc           . 3 33 1 1 4 4 2 1 ab 1 abc 1 c abc 1 ab. c abc           . Dấu dằng xảy ra a b c    . VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 276 Ví dụ 6: Cho x; y;z là các số thực thỏa mãn axy 1  và z1  . Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 1 2 x x 1 y y 1 z z 1 x y z xyz 1           . Giải Trước tiên ta chứng minh BĐT với hai biến 22 1 1 2 x x 1 y y 1 xy xy 1       . Ta cî BĐT 22 1 1 1 1 0 x x 1 y y 1 xy xy 1 xy xy 1                              . 22 22 xy xy x x xy xy y y 0 x x 1 y y 1                      22 x y x x y x y x y y x y 0 x x 1 y y 1                22 y x yx x y x y x y 0 y y 1 x x 1                          22 y x x x y y x y xy x y y x 0 xy                      xy x x y y x y x y xy x y y x 0 xy                .         xy x y x xy y 1 x y xy x y y x 0 xy                 .       2 2 xy x xy y 1 x y xy 1 0 xy               . Do xy 1  nên BĐT được chứng minh. Theo ‚bản năng‛, ta sẽ áp dung cho kết quả trên ta cî: 2 2 2 2 3 3 33 1 1 2 z z 1 x y z xyz 1 z xyz z xyz 1     . Suy ra 2 2 2 2 2 2 3 3 33 1 1 1 1 2 2 x x 1 y y 1 z z 1 xy xy 1 x y z xyz 1 z xyz z xyz 1               NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 277 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2 2 2 3 3 33 44 x y z xyz 1 xyz xyz xyz xyz 1    . Suy ra đpcm! Ví dụ 7: Cho x; y;z là các số thực thỏa mãn xyz 1  . Tëm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 1 1 1 P 1 x 1 y 1 z       . Giải Trước hết ta chứng minh BĐT hai biến 22 1 1 2 1 xy 1 x 1 y    . Dựa vào bài toán trước ta dễ dàng chứng minh được bài toán này! Bài ập tự luyện Cho x; y là các số thực thỏa mãn xy 0  , chứng minh 2 2 2 2 2 2 y x2 xy 1 y x 1 x y 1    . Quay trở lại các hệ phương trënh cî dạng BĐT này: Bài 78: Cho x; y là các số thực khïng âm, giải hệ phương trënh:     22 2 3 2 1 1 2 xy xy 1 x y 1 y x 1 x 2y 1 y 3x y . y 1                  Giải Từ PT trên suy ra xy  . Thay vào PT dưới ta được           3 6 2 6 4 y 2y 1 y 3y y y 1 2y 1 3y 1 y y          .     6 4 2 3 3 y y 6y 5y 1 0 y 3y 1 y 2y 1 0             3 y 3y 1 0     (vì y0  ) Tới đây ta phải sử dụng phép thế lượng giác: Đặt y 2 cos t t 0; 2          , PTTT 3 1 k2 8cos t 6 cos t 1 0 cos t3t t ,k 2 9 3            . Vì t 0; 2      nên 2 t y 2 cos x 4 cos 9 9 9         . Vậy tập nghiệm của HPT là 2 S 4 cos ;2 cos 99           . Bài 79: Giải hệ phương trënh             2 2 1 2 x y 2x y y x 2x y xy 2 y 4 2x y 3 x 6 x y 1 3 y 2                       . Giải Nhận thấy x0  hoặc y0  khïng thỏa mãn hệ phương trënh. VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 278 Xét y0  , ta đặt   x ty, t 0  . Phương trënh thứ nhất của hệ trở thành:           2 2 2 2 1 2 2 2 2 t 2t 1 1 t 2t 1 1 t 2t 1 t 1 t 1 2t 1 1               .       22 1 1 1 1 t 2t 1 t 1 2t 1 1      . Chò ó ta cî BĐT sau     22 1 1 1 1 ab 1 a 1 b    . Thật vây, sử dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có           2 2 2 1 a 1 1 ab a b a ab. b a 1 b . a b a b 1b           . Tương tự ta cî   2 1 b 1 . a b 1 ab 1a    . Cộng theo vế hai BĐT trên ta được     22 1 1 1 b a 1 1 ab a b a b 1 ab 1 a 1 b             Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b 1  . Do vậy t 2t 1 t 1 x y       . Thay vào phương trënh thứ hai của hệ phương trënh ta được       2 x 4 x 3 x 6 2x 1 3 x 2        . + nhận thấy x2  là một nghiệm của phương trënh. + Xét x2  khi đî                     22 2 2 x 4 x 3 x 6 2x 1 3 x 2 4 x 4 x 3 x 6 2x 1 2x 7x 78 2 x 4 x 3 x 6 2x 1 3 x 2 3                           Cộng vế theo vế hai phương trënh ta được:     22 2x 7x 78 2x 16x 78 4 x 4 x 3 2 x 2 33                   x4 12 x 4 x 3 2 x 4 x 12 2 x 4 6 x 3 x 12 0 x6                     (Thử lại thỏa mãn) Vậy hệ phương trënh cî tập nghiệm là         S 2;2 ; 4; 4 ; 6;6  . Chò ó. Ta cî thể đặt a t ;b 2t 1    sau đî biến đổi tương đương như sau:                     2 2 2 2 2 2 2 2 1 ab 1 a 1 b 1 a 1 b 1 1 1 0 1 ab 1 a 1 b 1 ab 1 a 1 b                    NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 279 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor             2 2 2 2 2 2 2 2 1 ab 1 a 1 b 1 a 1 b ab a b a b 2ab 1 0                     22 ab ab a b ab 1 0 a b 1 t 2t 1 1 t 1 ab 1                     Câu 80 : Giải hệ phương trënh: 2 x y (1) 33 2y 1 x x (2) 3 3           Giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:   AM GM 3 1 1 1 1 2 x x 3 x x. . x x 1 x 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3               2 12 1 2 : x 1 x y 3 3 3         Suy ra: VT VP  Dấ u “ = ” x ả y r a khi: 1 xy 3  Câu 81: Giải hệ phương trënh:     22 2 x x 2 2 y 5y 5 1 x y 3 2 2y 8y 4 2                   Giải Điều kiện: 2 2 y 5y 5 0 2y 8y 4 0              Từ   1 ta có: 2 2 2 x x 2 2 y 5y 5 y 5y 5 1              22 x y x 5y 6 0 *       Từ   2 ta có: 2 22 2y 8y 4 4 x y 3 2 2y 8y 4 y 4y 2                  2 y x 3y 3 0 * *      Cộng vế theo vế các BĐT   * và   ** ta được:     2 2 22 x1 x 2y 2x 8y 9 0 x 1 2 y 2 0 y2                 Thử lại: t/m Vậy HPT cî nghiệm     x; y 1;2  Câu 82: Giải hệ phương trënh:         2 2 x 1 2x 1 4y 4 1 3y 6x 25 4 41 y 6 2                VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 280 Giải Phương trënh (2) trở thành:     2 22 6y 12x 50 8 41 (y 6) 16 41 y 6 y 12y 21                   2 y 6y 12x 29 0 *      Phương trënh (1) trở thành:   42 x 6x 4y 4x 4 0 * *      Từ     * * * 4 2 2 x 6x 8x y 2y 25 0              2 2 2 2 x 4 2 x 2 y 1 0 x 2, y 1           Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 2, y 1  Câu 83: Giải hệ phương trënh: 22 2 x 2x 2 4y y 2 11 6x y 10 4x 2x                Giải Cách 1: Đặt:     22 2 a 3 2 b 1 x 1 a; y 2 b HPT 15 6a b 12 2a 2                   Ta có:   2 2 2 4 12 2a 8a 12 2a . 42      *Phương trënh (2), ta cî:   2 2 8a 15 6a b a 12a 2b 22 0 3 2          *Phương trënh (1) trở thành:   4 2 2 4 2 2 a 6a 9 2 b a 6a b 7 0 4          Từ     4 2 2 3 4 a 5a b 12a 2b 29 0              2 22 2 a 4 3 a 2 b 1 0 a 2 x 1 b 1 y 3              Vậy hệ phương trënh cî nghiệm duy nhất x1 y3      Cũng cî thể cî cách đánh giá khác: Cách 2: từ   PT 1 áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:   2 2 22 1 y 4y 2 y 4y 2 x 2x 2 y 4y 2 22               Thu gọn ta cî   22 2x 4x y 5y 3 0 1      Tiếp tục như vậy cho   PT 2 ta có:   22 2x 20x 4y 30 0 x 10x 2y 15 0 2          NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 281 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor     2 2 22 3x 6xy 6y 12 0 3 x 1 y 3 0          Nghiệm của bất phương trënh trên là x 1 0 x 1 y 3 0 y 3            Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x1 y3      Câu 84: Giải hệ phương trënh: 22 2 x 2 5x 3y 5 y 2x 7 4 4y y 1               Giải Bài này nghiệm x1 y3      . Sau đây sẽ quyết định đánh giá phương trënh nào, bài này đánh giá phương trình   2 như sau: Với nghiệm đã nîi thë 2 4y y 1 2    dñng bất đẳng thức AM-GM như sau:   2 AM GM 22 y 2x 7 2.2. 4y y 1 4 4y y 1             2 y 3y 2x 2 0 1      Khi đî:       2 2 2 2 4 2 x 2 5x 3y 5 x x 3y 9 0 2          Lấy     12  ta được: 4 2 2 x x y 6y 2x 11 0             2 2 2 x1 x 1 x 1 y 3 0 y3              Câu 85: Giải hệ phương trënh:     2 4 2 42 2x 1 2 3y x x 1 2y 4y 10 8x 2 y 1               Giải Điều kiện:   2 4 2 2 3y x x 1 0 1 x ; y 1 0 2             Ta có: Phương trënh (1) trở thành : 2 2 4 2 4x 4x 1 6y 2x 2x 1             2 22 2 4 2 2 2 2 2 4x 2 x 1 2x 1 6y 6y 2 2 x 1 2 x 1 8x 8x               2 2x 3y 1    Phương trënh (2) trở thành :       4 2 2 2y 4y 10 4.2x. 2 y 1 4 2 y 1 3y 1          22 2 2y 2 3y 1 4y 4 6y 2             2 4 2 2 y y 2y 2 0 y 1 y 2y 2 0           y 1 x 1     Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x y 1  VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 282 Câu 86: Giải hệ phương trënh       2 2 3 2 y 4x 1 4x 8x 1 x, y 40x x y 14x 1              Giải Đây là một đề ra khïng dễ, tuy nhiên nếu cần mẫn ta cî thể cî 3 cách sau: Cách 1: Điều kiện: 14x 1; y  Ta có       2 22 3 4x 8x 1 2y 14x 1 y 4x 1 2 40x x         Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM ta được:           3 3 2 22 22 8x 1 4x 8x 1 2y 14x 1 8x .1 2y 14x 1 2 1 8x 1 8x 1 y 14x 1 32 3 y 4x 1 2 40x x 8x 1 2                             2 22 y 4x 1 2 40x x      Do đî dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 13 x ; y 82  . Đây là nghiệm duy nhất của hệ. Cách 2: Điều kiện: 1 x 14  Với điều kiện như thế thë phương trënh hai hiển nhiên y0  . Ta cî đánh giá sau đây: 2 2 2 2 y 14x 1 40x x y 14x 1 y 80x 12x 1 2          Từ phương trënh (1) ta lại cî:         22 2 2 2 3 4 8x 1 y 4x 1 80x 12x 1 4x 1 2 48x 10x 1             Đồng thời     2 2 3 3 1 1 32x 4x 4x 8x 1 1.1. 32x 4x 3        Từ đî suy ra     2 2 2 32x 4x 2 1 3 2 48x 10x 1 2 8x 1 0 x y 3 8 2            Vậy hệ đã cho cî nghiệm 13 x ; y 82  . Cách 3: Điều kiện: 1 x 14  HPT đã cho đuược viết lại thành:   22 3 2 y 16x 8x 1 4x 8x 1 80x 2x 2y 14x 1              NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 283 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Cộng vế theo vế hai phương trënh ta được:     22 3 y 2y 14x 1 14x 1 96x 20x 2 4x 8x 1                2 1 2 1 y 14x 1 96x 20x 2 4x 8x 1         Ta có:       2 2 11 VT 1 96x 20x 2 3 8x 1 8x 1 8x 1 22                    33 11 16x 8x 1 2 16x 8x 1 .2 4x 8x 1 VP 1 62          Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   13 x; y ; 82      Câu 87: Giải hệ phương trënh: 22 2 3 3 x 1 16 2xy y 2 x y 9x 14xy 42              Giải Áp dụng BĐT AM-GM ta có 22 x y 2.2 9x 14xy 42 9x 14xy 38            2 2 2 2 1 x y 9x 14xy 38 y 4x 6xy 19 0 1 2           Ta có     2 2 2 2 4 2 2 33 x 1 16 2xy y x 2x 2xy y 15 0 1 22               Lấy     12  ta được: 4 2 2 x 2x 4xy 2y 4 0          2 2 2 x 2 2 x y 0 x y 2         Câu 88: Giải hệ phương trënh:   2 2 2 2 3 2x x 1 2y 3x 2 y 2x x 4 3 4x x 1               Giải Điều kiện: 1 x1 xy 1(*) 2 0 y 1         . Ta có     (1) 12xy 2 xy 1 xy 2 xy 1 .      Từ phương trënh đầu của hệ suy ra:             2 22 xy t t 0;1 12t 2t 1 t 1 t 1 2t 5t 1 0.            Kết hợp với phương trënh thứ hai của hệ ta được:     ** 2 t 0;1 2t 5t 1 0 t 1 xy 1 .          Mặt khác sử dụng BĐT AM-GM ta có     2 2 2 3 3 4x x 1 2x x 1 2 2x x 3.         VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 284 Suy ra   2 2 2 2 4x 3x 5 2x x 3 2x 4x 2 0 2 x 1 0 x 1 y 1.                 Vậy hệ phương trënh cî nghiệm duy nhất:     x; y 1;1 .  Câu 89: Giải hệ phương trënh:     2 2 3 22 x 1 y x 2x 1 1 3x x y x x 2              Giải Điều kiện: x; y 0  Ta có: 2 2 2 2 33 2 2 2 2 2 (x 1) y x(2x 1) (x 1) y x(2x 1) HPT 6x 2x 1 2y x x 5x (x 1) 2y x x                       Mặt khác: 3 2x 1 4x 2 2.4x (2x 1) 2x 1 3         2 2 2 2 2 2 2x 1 (x 1) y 2x 4x 2 2y 2x 1 2x 6x 1 2y 0 2                 Kết hợp lại ta được :   2 2 2 2 2 13 2 5x 3x 1 y 2x 6x 1 2y 0 (2x 1) 0 x y 22                Vậy nghiệm của hệ phương trënh là : 13 (x; y) ; 22      Câu 90: Giải hệ phương trënh:   3 23 23 x 1 8x 2 2y 1 2 y 1 2 9x 3x 1                Giải Điều kiện: 3 1 y 2 9x 3x 1 0           Từ (1) ta cî: 22 VP(1) 2y 1 1 2 2y 2 y 1 2 y 1            Mà 23 y 1 2 9x 3x 1 2       33 9x 3x 1 1 2 9x 3x          (từ(2)) Suy ra:     33 2 3 3 2 3 x 1 8x 9x 3x x 1 x 3x                 3 32 2 3 * x 3x 0(*) x 1 x 3x t              (**) tương đương: 6 4 2 6 4 2 4 2 x 3x 3x 1 x 6x 9x 9x 6x 1 0           NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 285 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor     22 2 2 2 1 3x 1 0 3x 1 0 3x 1 0 x 3             Kết hợp   * thấy 1 x 3  thỏa mãn. Khi đî:   y 1 t/m  Vậy HPT cî nghiệm:   1 x; y ;1 3     Câu 91: Giải hệ phương trënh: 3 1 x 7 x 3xy 2y 2 2 4 2x y y x 1               Giải Theo bất đẳng thức AM – GM ta có       2 AM GM 3 2 3 3 2 2 2 3 2 2 1 7 7 2 x 6xy x 4y x 4 2x y x 4y 2 2 2 x x y 2x 2xy 2x 4 0 1 y (y x 1) 2x y xy y 2x 0 2                                 Lấy     12  vế theo vế ta cî: 3 3 2 2 2 2 x y x y xy 2x 2xy y 4x 4 0          3 3 2 2 x y xy(x y) (x y) (x 2) 0 x y 2               Câu 92: Giải hệ phương trënh: 2 2 4 x 3 (y 1) 2xy 2 y1 8x x 3 2               Giải Phương trënh đầu   22 : x 6x y 2y 2xy 11 0 1         AM GM 22 2 2 2 2 11 y 2 2.3 8x x 3 9 8x x 3 33 3(y 1) 8x x 3 x 8x 3y 6y 3 0 2                      Lấy     12  ta có: 22 2x 2y 2x 8y 2xy 14 0       2 2 2 (x 2) (y 3) (x y 1) 0 x 2 y 3             Câu 93: Giải hệ phương trënh:   3 23 23 x 1 8x 2 2y 1 2 y 1 2 9x 3x 1                Theo bất đẳng thức AM – GM ta có     2 3 23 2 1 2y 1 x 1 8x 2.1 2y 1 2 2 2y 2 2               VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 286     3 23 x 1 8x 2y 2 0 1         2 3 2 3 3 2 1 9x 3x 1 y 1 2.1. 9x 3x 1 9x 3x 2 2                      32 9x 3x y 1 0 2      Lấy   1 cộng   2 :     3 3 2 2 x 3x x 1 y 2y 1 0 3        Xét     3 32 f x x 3x x 1     có   22 3 f ' x 3x 3 x 1.2x 0 2          2 2 2 2 2 2 1 x (N) 3 x 1 x x 1 2x 1 x 1 x (L) 3                    1 f x f 0 3        Vế trái bất đẳng thức   30  Vậy 1 x ; y 1 3  Câu 94: Giải hệ phương trënh:   6 26 y 1 8 2y 5x x 5 6 2y x 1 2              Giải Điều kiện: 5 5 5 y1 8 2y 5x x 0 x 5x 8 2y x 5x 6 x 1                  Ta có:     2 2 3 8 2 (y 1) 8 2y 5x x x 5x y 7 0 1           Và     AM GM 2 6 3 3 3 2 55 6 2y x 1 2x 5x 5x 2y 6 0 2 22             Lấy     12  ta được:     5 3 2 x 5x 5x 2 1 y 0           2 22 15 x (x 2) x x 1 1 y 0 2 y1                 Thử lại thấy vï nghiệm. Câu 95: Giải hệ phương trënh: 4x 4y 3 2y y 21 8x 2 1 2x x x 4xy              Giải Theo bất đẳng thức AM – GM ta có NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 287 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2y 3 4x x 0 4y 3 2y      2 1 2 1 VT 8x 2 1 2x 2 8x 2 2x 1 x 2 x 2x              AM GM 1 2 1 1 4 8x 2x 1 4 x 2x x                        1 yy 1 1 1 VP 4xy 2 x 4xy x 4xy x      Vậy VP VT  Đẳng thức xảy ra khi 1 5 1 x ; y 42   Câu 96: Giải hệ phương trënh: 2 2 x 7 4 3y 1 y xy 2 3x 2            Giải Theo bất đẳng thức AM – GM ta có   AM GM 2 22 x 7 2.2 3y 1 2 3y 1 3y 5             2 x 3y 2 0 1     2 2 2 y xy 2.1 3x 2 1 ( 3x 2) 3x 1            2 y xy 3x 1 0 2      Lấy     12  ta được: 22 x y xy 3x 3y 3 0       22 22 (x y) (x y) 33 (x y) 3(x y) 3 0 (x y 2) 0 x y 1 4 4 4 4                 KĒ THUẬT TĂNG GIẢM SOS – HỒ XUÂN HÙNG Câu 1: Giải hệ phương trënh 33 2 2 3 x y 1 x y x y x        Giải Ta có: HPT         23 33 2 2 3 22 x 1 x x 1 y 0 x 1 y 0 x y x y x x 1 x y x 1                       Ta có:               1 2 PT x 1 y 0 x 1 y 0 x; y 1;0 PT x 1 y 0                 Vậy HPT cî nghiệm duy nhất     x; y 1;0  Câu 2: Giải hệ phương trënh     33 3 3 2 x y 1 x 2y x y 1 2 x 1 0             Giải VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 288 Ta có: HPT           23 33 3 2 3 2 2 2 2 x 1 x x 1 y 0 x 1 y 0 x x 2x 2 2y x y x 1 x 2 y x 2y                          Ta có:               1 2 PT x 1 y 0 x 1 y 0 x; y 1;0 PT x 1 y 0                 Vậy HPT cî nghiệm duy nhất     x; y 1;0  Kĩ thuật này đánh giá nhân tử:     00 x x y y 0     Ở mỗi Phương trënh, giả sử x    ( hoặc , x   với   , x   ) để đảm bảo đẳng thức: y    thì     0 0 o x x y y    ; nếu y    thì     00 0 x x y y     So sánh lượng     00 x x y y  từ 2PT, nếu chúng đối dấu, ta sẽ dùng PP nêu trên.  Đưa HPT về dạng                 0 1 0 2 0 3 0 4 , , 0 ,, x x f x y y y f x y x x f x y y y f x y              Chứng minh   ,0 i f x y  Kĩ thuật này dựa trên cơ sở: Khi HPT có nghiệm duy nhất, giả sử x tăng một khoảng rất nhỏ, xem xét sự thay đổi tương ứng của y trên mỗi phương trënh, nếu sự thay đổi so với nghiệm đúng là không giống nhau x thë ta sẽ suy ra 2 chiều ngược nhau khi so sánh     00 x x y y  với số 0. Thực chất kĩ thuật này có thể gọi là sử dụng điều kiện có nghiệm của bài toán. Câu 3: Giải hệ phương trënh     2 2 2 3 3 3 2 2 x x y y xy x y x y 2x y x y 12                 Giải Nhận xét:    1 PT : Cho x    thì y       2 PT : Cho x    thì y     Nghiệm của HPT:     x, y 3,2  Bài giải: Ta sẽ biến đổi như sau: Ta có: HPT     3 2 2 2 3 3 2 3 2 x xy x y 3xy y x 2x 2x 6 y y y 6 0                                    2 2 2 2 22 x 3 x xy y y 2 x y x 3 x x 2 y 2 y y 3 0                     Ta có:                     1 2 PT x 3 y 2 0 x 3 y 2 0 x; y 3;2 PT x 3 y 2 0                    NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 289 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Vậy HPT cî nghiệm duy nhất     x; y 3;2  Hãy thử kiểm tra khả năng áp dụng của nó: Câu 4: Giải hệ phương trënh     22 3 x x 3 y 4 y 3 2 x y 4 . 17x 6y 2 x y 7                  Giải Phương trënh thứ nhất của hệ tương đương với:                 2 2 x x 3 2 y 4 y 3 2 x1 y1 y 4 y 1 x x 1 x 1 y 1 0 x1 x 3 2 y 3 2 y1                                    Khi đî nếu 3 x, y 1 17x 6y 2 x y 7.        Nếu 3 x, y 1 17x 6y 2 x y 7.        Vậy x y 1  là nghiệm của hệ phương trënh. Bài tập tương tự         2 2 2 3 x 1 x 3 2 y 1 y 2 2x y 3y 3 y 1 26x 4y 17 x 3 6 y 1 84                      Đ/s:     x; y 1;3  Nhận xét: Lời giải này cũng cî thể hoàn toàn hiểu theo một nghĩa như sau: Câu 5: Giải hệ phương trënh 2 2 x 4 y 1 2 x 12x y 19             Giải Điều kiện: x 4; y 1  Từ phương trënh thứ nhất, ta cî   2 x 8 y5 2 x 4 4 y 1 2 x 4 1 y 1 2               Xét x 8 y 5    . Khi đî: 2 VT x 12x y 8 121 19 VP         Xét x 8 y 5    . Khi đî: 2 VT x 12x y 8 121 19 VP        Do đî x 8; y 5.  Thử lại thỏa mãn hệ. Vậy hệ phương trënh đã cho cî nghiệm duy nhất x 8; y 5  Nhận xét: Cách giải này sau này sẽ được khái quát lên một kĩ thuật – kĩ thuật tăng giảm được trënh bày ở phần trước VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 290 Câu 6: Giải hệ phương trënh     1 33 2 2 x y x y 3 x y 11 xy x 3 2y y 2 0                 Giải Điều kiện: x y 0 x0      Từ phương trënh (1), ta cî:                                 1 33 22 22 22 3 PT x x 2 y y 10 3 x y 3 0 x y 1 x 1 x x 2 y 2 y 2y 5 3 0 x y 1 x 1 y 2 x 1 x x 2 y 2 y 2y 5 3 0 x y 1 33 x 1 x x 2 y 2 y 2y 5 0 x y 1 x y 1 x 1 y 2 0.                                                                        Mặt khác, từ phương trënh (2), ta cî:     4 2 2 2 1 2 2 x x 3 0 y y y       (vì y0  không thỏa mãn hệ phương trënh) x 0.  Khi đî: Ta có:   4 2 2 2 1 2 PT x x 3 2 1 1 0 y y y            22 2 2 2 2 2 1 11 x x 3 2 y y y 0 2 2 1 x x 3 2 11 y y y                         22 2 2 2 2 2 2 2 2 1 11 x 1 x 4 y y y 0 2 2 1 x x 3 2 11 y y y 1 1 x 1 x 4 y 2 1 2 x 1 1 0 x 1 1 0 yy 2 2 1 x x 3 2 11 y y y                                                (Vì     2 2 x 1 x 4 0 x x 3 2    do x0  ; 2 1 1 y 1 0 2 2 1 11 y y y      do y0  ) Kết hợp   3 ta có     x 10 y 2 0.    Khi đî x1  và y 2.  NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 291 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Vậy hệ cî nghiệm     x; y 1;2  Câu 7: Giải hệ phương trënh   2 22 x y 12 x y 6 4x 3y 37 y 12 10 y x x y 5y 10                  Giải Điều kiện: 2 x y 6 y 2 3 x5         Ta có: 22 x x y 5y 10 y 12 10 y 10 x 0 x 5           Ta có:               1 PT x y x 3 y 4 3 x 3 4 y 4 12 x y 6 1 0                     12 12 x 3 x y 3 y 4 x y 16 0 x y 6 1 x y 6 1                                        * x 3 y 4 0     Ta lại cî:   2 2 12 10 PT y 10 x x 5 y y         2 12 2 y 1 5 1 x x 5 6 y y                 2 2 2 y3 4 5 x 4 1 x 9 . 2 y 12 x x 5 6 1 y1 y y                             ** 2 4 1 x 9 0 x 3 y 4 0 y            Từ   * và   **     x 3 y 4 0 x 3; y 4        Vậy HPT cî nghiệm duy nhất     x; y 3; 4  Câu 8: Giải phương trënh     5x 4 2x 3 4x 5 3x 2 2       Giải Điều kiện: 3 x 2  Đặt 2x 3 u u2 u, v 0;0 v3 3x 2 v              VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 292 Ta sẽ biểu diễn 22 22 27 5x 4 u v 55 72 4x 5 u v 55              và đồng thời: 22 2v 3u 5  Khi đî ta chỉ cần giải hệ PT 2 2 2 2 22 2 7 7 2 u v u u v v 2 5 5 5 5 2v 3u 5                       Giải HPT ta sử dụng kĩ thuật tăng giảm: HPT     1 32 3 2 3 3 2 2 22 2 u u u 10 2 7 7 2 2a 7a 7a 2 10b v v v v 3a 5b 2 u5 32 vv                                         Ta cî: Từ PT   1 3 2 3 2 2a 10a 7a 10b 5b      3 2 3 2 15 15 2a 10a 7a 10b 5b 32 32        22 3 17 5 1 15 15 a 2a a b 10b b 4 2 8 4 2 8                                 Mà 2 17 5 2a a 0 28    vì 2 0a 3  và 2 15 15 10b b 0 28    Suy ra   * 31 a b 0 44                Lại cî: Từ   2 22 9 1 3 3 1 1 PT 3 a 5 b 0 3 a a 5 b b 0 16 16 4 4 4 4                                                 Suy ra   ** 31 a b 0 44                Từ   * và   ** suy ra 31 a b 0 x 6 44                  Vậy PT đã cho cî nghiệm duy nhất x6  Câu 9: Giải hệ phương trënh   3 3 2 x x 3 2 y 3y 3 x 3 y 8y             Giải Điều kiện: x3  , dễ dàng suy ra y 0.  Đặt   x 3 a a 0    . HPT đã cho trở thành:       1 33 2 2 y 3y 2 a 3 a y 8y 9a           Tuy nhiên ta nhận thấy ở cả 2 phương trënh: x, y cñng tăng hoặc cñng giảm. NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH 293 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Vë vậy ta sẽ sử dụng PT hệ quả cî được sự chênh lệch tăng giảm:  Từ         2 2 PT y 8y 9 9a 9 y 1 y 9 9 a 1           mà       * y 0 y 1 a 1 0       Ta có:           12 3 2 3 9.PT 2PT 9 y 3y 2 2 y 8y 9 a 3 a 18a            2 3 4 3 2 y 8y 9 y 3y 9a 27a 18a 18 0                2 23 43 23 4 y 8y 81 y 3y 9a 27a 18a 18 0 2 y 8y 9 y 3y                       2 32 23 y y 1 4y 13y 243 9 a 1 a 4a 4a 2 0 2 y 8y 9 y 3y              Do       ** a, y 0 y 1 a 1 0      Kết hợp         * ** , a 1 y 1 0 a y 1 x 4          Vậy HPT cî nghiệm duy nhất     x; y 4;1  Bài tương tự. Giải hệ phương trënh:   3 32 2 x x 3 2 y 3y 3 x 3 y 8y             Câu 10: Giải hệ phương trënh 42 23 y x 5x 6 y 4y 1 24 x x 2 y 8                Giải Điều kiện: Ta cî thể suy ra được điều kiện: 6 x 5 y2        Ta có:   2 2 3 2 3 PT : x x 2 y 8 x x 6 y 8 4               3 3 y8 x 3 x 2 y 8 4                 * 3 x 3 y 8 0 x 3 y 2 0         Ta có:     21 2 3 4 2 y PT 2.PT x 2 2 5x 6 y 8 2 y 4y 4 2                  2 3 4 2 1 x 3 2 5x 6 y 8 2 y 4y 4 y 2 2              4 3 2 42 2 3 4 2 4y y 16y 8 x 6x 20x 33 1 y 2 0 2 x 3 2 5x 6 y 8 2 y 4y 4                             3 2 3 2 2 3 4 2 x 3 x 3x 3x 11 y 2 4y 7y 2y 4 1 y 2 0 2 x 3 2 5x 6 y 8 2 y 4y 4                     VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 294     32 32 2 3 4 2 4y 7y 2y 4 x 3x 3x 11 1 x 3 . y 2 0 2 x 3 2 5x 6 y 8 2 y 4y 4                       Do       ** 32 y 2 4y 7y 2y 4 0 x 3 y 2 o            Kết hợp             * ** , x 3 y 2 0 x; y 3;2       Vậy HPT cî nghiệm duy nhất     x; y 3;2  Câu 11: Giải hệ phương trënh x x y y x y xy x x 1 y y 1 x y               Giải Nhận xét: Nghiệm duy nhất x y 2,  từ       2 PT x 2 y 2 0     Vậy ta chỉ cần chứng mënh từ       1 PT x 2 y 2 0     Điều này đòng! Nhưng khïng dễ, hơn nữa cũng khïng cần khî khăn như vậy khi khai thác thêm từ x y x 2 y     Điều kiện: x y 1  Ta có:   2 PT : x x 1 y y 1 x y          x x 1 1 y y 1 1 0            y y 2 x x 2 0 x 1 1 y 1 1              x 2 y 2 0     mà x y x 2 y 1      Ta có:   1 PT x x y y x y xy        x x y x x y x y x y xy             x x y x y x x y. x y xy           2 1 x x y x y x y x y xy 2         2 x x y xy x y y x y y          Mà 2 y y 2 x 2 x 2 y 2         Vậy HPT cî nghiệm duy nhất     x; y 2;2  TÀI LI ỆU THAM KH ẢO 1. Phương pháp hàm số chinh phục giải toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất – Nguyễn Đình Thành Công 2. Bí quyết chinh phục kỳ thi THPT Quốc Gia 2 trong 1 chủ đề phương trình, bất phương trình, hệ phương trình – Phạm Bình Nguyên, Nguyễn Ngọc Duyệt 3. Luyện siêu tư duy casio chuyên đề phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số và vô tỷ - Đoàn Trí Dũng, Hà Hữu Hải, Nguyễn Tấn Siêng, Hồ Xuân Trọng 4. Tư duy logic tìm tîi lời giải hệ phương trình – Mai Xuân Vinh 5. Những điều cần biết luyện thi quốc gia kỹ thuật giải nhanh hệ phương trình – Đặng Thành Nam 6. Phương pháp đánh giá nhân tử trong giải toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng, Hà Hữu Hải 7. Tuyển chọn 410 hệ phương trình hay và đặc sắc – Nguyễn Minh Tuấn 8. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT – BPT – HPT đại số và vô tỷ – Lê Văn Đoàn 9. Phương pháp U V T W phân tích nhân tử phương trình vô tỷ – Bùi Thế Việt 10. Sáng Tạo Và Giải Phương Trình, Hệ Phương Trình, Bất Phương Trình – Nguyễn Tài Chung 11. Phương trình và hệ phương trình – Diễn đàn MathScope 12. Tuyển chọn các bài toán phương trình vô tỷ - Đoàn Quốc Việt 13. Tuyển chọn các bài toán phương trình đặc sắc – Diễn đàn K2pi