Sử dụng phương pháp đánh giá để giải hệ phương trình.

I. Lý thuyết
Các bất đẳng thức quan trọng
•

Bất đẳng thức Cosi.

Với n số thực không âm a1 , a 2 , a 3 ,......., a n ta có

a1 + a 2 + a 3 + ........ + a n ≥ n n a1.a 2 .a 3 ..........a n
Dấu bằng xảy ra khi a1 = a 2 = a 3 = ....... = a n
•

Bất đẳng thức Bunhiacoxky

Với 2 bộ sô (a1 ; a 2 ;...;a n ) và ( b1 ; b 2 ;...; b n ) ta có:

(a12 + a 22 + ... + a 2n )(b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn )2
Dấu bằng xảy ra khi
•

a1 a 2
a
= = ... = n .
b1 b 2
bn

Bất đẳng thức Svacxo.

. Dấu bằng xảy ra khi a = b .
+ ≥
a b a+b

1
1
2
. Với ab ≤ 1 thì bất đẳng thức đổi chiều.
+
≥
2
2
1+ a
1+ b
1 + ab

Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1
II. Các Ví dụ và bài tập tự luyện.
Ví dụ 1: (Đề tuyển sinh đại học khối A- 2014)


2
x 12 − y + y (12 − x ) = 12
Giải hệ phương trình sau 
.
 3
x
−
8x
−



12 − x 2 + y
 y (12 − x 2 ) = y. 12 − x 2 ≤
2


x ≥ 0
 y = 12 − x 2

2
Nên x 12 − y + y (12 − x ) ≤ 12 do đó: (1) ⇔ 


(

)

Thay vào (2) ta được: x 3 − 8x −1 = 2 10 − x 2 ⇔ x 3 − 8x − 3 + 2 1− 10 − x 2 = 0


2 ( x + 3) 
 = 0 (3)
⇔ ( x − 3)  x 2 + 3x + 1 +

2 
1 + 10 − x 

Do x ≥ 0 ⇒ x 2 + 3x +1 +



1
0 ≤ x ≤

2
Điều kiện: 

1
0 ≤ y ≤
2

Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxky ta có:
2





1
1

 ≤ 2  1 + 1  (*)
+

2
2

1 + 2x
1 + 2y 
 1 + 2x 2

1 + 2x
1 + 2y
1 + 2xy

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y .
Từ (*) và (**) ta suy ra
2



1
1
1
1
2

 ≤ 4
+
⇔
+
≤


1 + 2xy
 1 + 2x 2
1 + 2y 2  1 + 2xy
1 + 2x 2
1 + 2y 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y . Khi đó (1) ⇔ x = y thế xuống phương trình (2) ta
được:




x ≥ 2
Điều kiện: 
 3

x − 3x 2 + y + 2 ≥ 0

Ta có:



3

PT (1) ⇔ x 3 − 3x = ( y + 1) − 3( y + 1)
3

⇔ x 3 − ( y + 1) = 3( x − y −1)
2
⇔ ( x − y −1)  x 2 + x ( y + 1) + ( y + 1)  = 3( x − y −1)



y = x −1
 y = x −1


⇔ 2
⇔  3 2 x2

4
 2


2

2

x

x

3
3
Với x ≥ 2 ⇒ x 2 ≥ 3 mà  + y + 1 ≥ 0 nên x 2 +  + y + 1 ≥ 3


 2
 2


4
4

x = 2
2
x = 2

3 2  x



2
x2 − x − 2
2
 ( x −1)( x − 2x −1) ≤
2


x2 −3
2
⇔ x 2 − 6x + 9 ≥ 0 ⇔ ( x − 3) ≥ 0
Mặt khác: x − 3x + 3 ≥
2
2

x − 2 = 1
 2
Khi đó VP (*) ≥ VT (*) nên (*) ⇔ 
x − 2x −1 = x −1 ⇔ x = 3 ⇒ y = 2

x ≥ 1 + 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y) = (3; 2)



2
3
3
 2

+
≥x+y⇔ x+y≤2
3
2
2 2 − x ≤ 3 − x
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có: 


2.2 2x + 2 ≤ 2x + 6


⇔ 2 − x + 2x + 2 ≤ 3

2

Và : xy ≤

( x + y)
4

≤ 1 khi đó thì:

2 − x + 2x + 2 + xy ≤ 4

x = y

Dấu bằng xảy ra khi: 2 − x = 1 ⇔ x = y = 1

2x + 2 = 4
Thử lại vào hệ phương trình thỏa mãn.

y −1 ≤ 0




2

Mà 2x 3 − 3x 2 + 1 ≥ 0 ⇔ (2x + 1)( x + 1) ≥ 0 đúng với x ≥
Do đó: 2x 3 − 3x 2 + 1 ≥ −3

(

1
2

2

)

y −1 dấu bằng xảy ra khi x = y = 1

Thay lại vào phương trình (1) thỏa mãn
Vậy nghiệm của hệ là: x = y = 1


3 3
 x − y + 2 + 2 y − x =

x−y+4
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình 

3 3
4−a

2

⇔ 2 − a 2 . 4 − a 2 + 2a 4 − a 2 = 3 3

⇔ 6 − 3a . 4 − a 2 + 2a 3. 4 − a 2 = 9 (*)
2

Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có:
2

 6 − 3a 2 . 4 − a 2 ≤ 10 − 4a = 5 − 2a 2

2
⇒ 6 − 3a 2 . 4 − a 2 + 2a 3. 4 − a 2 ≤ 9

2a 3. 4 − a 2 ≤ 2a 2 + 4

 4 − a 2 = 6 − 3a 2

⇔ a = 1 ⇒ y − x = 1 ⇔ y = x +1
a 3 = 4 − a 2


Khi đó (*) ⇔ 


Thay xuống phương trình còn lại ta được

2(x + y)2 + x + y .
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 

2
x y −1 + y x −1 = x + 4(y −1)

2
(mathlinks.vn)
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 1 .
Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

1
2

4x + y

+

1
2

4y + x

2

≥

.


 4

2

2

3

3

4

.

3

1
2 
2
⇔ ( x − y) ( x + y) − 3(x + y) + 4xy +  ≤ 0 ⇔ x = y

4 
Bởi vì với x, y ≥ 1 ta có
1
1
2
2
( x + y) − 3(x + y) + 4xy + ≥ (x + y) − 3(x + y) + 4 + > 0 .
4
4

x 2 + xy + y 2


(mathlinks.vn)

Lời giải
Điều kiện: xy > 0 .
Ta có:

6 2(x 6 + y6 ) 6 2(x 2 + y 2 )(x 4 − x 2 y 2 + y 4 )
=
≥ 2 2(x 2 + y 2 ) .
2
2
2
2
x + xy + y
x + xy + y
Thật vậy, ta chứng minh

3 x 4 − x 2 y 2 + y 4 ≥ x 2 + xy + y 2
2

⇔ 9x 4 − 9x 2 y 2 + 9y 4 ≥ ( x 2 + xy + y 2 ) .
2

⇔ ( x − y) (4x 2 + 7xy + 4y 2 ) ≥ 0
Từ phương trình thứ hai của hệ suy ra 3 − x ≥ 2(x 2 + y 2 ) (1) .
Từ phương trình đầu của hệ sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có


thì vế trái xuất hiện 2xy và vế phải xuất hiện x + y đến đây ta nghĩ tới việc đánh giá tiếp

phương trình mới được hình thành đó.
Lời giải
Với x = 0 ⇒ y = 0 thỏa mãn hệ phương trình.
Với x, y ≠ 0 . Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:



1
1

2
2
x + y + 2xy 
+
= x + y +x+ y
 3 x 2 − 2x + 9 3 y 2 − 2y + 9 


1
1

2
2
⇔ 2xy 
+
 = x + y (3)
 3 x 2 − 2x + 9 3 y 2 − 2y + 9 
Suy ra xy > 0 . Mặt khác ta có:

y
−
2y
+
9
=
≤
 2
 3 y − 2y + 9 3 ( y −1)2 + 8 2



1
1

 ≤ 2xy ≤ x 2 + y 2 (4)
⇒ 2xy 
+

 3 x 2 − 2x + 9 3 y 2 − 2y + 9 
Từ (3) và (4) suy ra x = y = 1 . Thử lại thỏa mãn.
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: ( x; y) = (0; 0) , (1;1)

 2x 2

=y
 x 2 + 1

2
 2y


Dấu bằng xảy ra khi ⇔ 


Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y; z ) = (0;0;0) , (1;1;1)

( x −1)2 + y 2 = 3 x ( 2x +1)

Ví dụ 10: Giải hệ phương trình 
 2
3x − x + 1 = y x 2 + x

2
Lời giải
Điều kiện: x, y > 0

( x −1)2 + y 2 = 3 x ( 2x +1) ( x −1)2 + y 2 = 3 x ( 2x +1)


⇔ 
Ta có: HPT ⇔ 

2
 2
 2
2
2
6x − 2x +1 = 2y x + x
5x + ( x −1) = 2y x + x
Mặt khác

1

3 
.
 2 2 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y) =  ;

 2
 − 8x + 2 1− 2x = y + 1
x 4xy
Ví dụ 11: Giải hệ phương trình  x

4x = 2y + 3 − y


Lời giải
Điều kiện: y > 0 , từ phương trình đầu ⇒ 0 < x ≤
Phương trình đầu tương đương:

1
.
2

2x (1− 4x 2 ) + 2 x 2 (1− 2x ) = y +

1
.
4y


(

)

2x (1 + 2x ) −1 ≤ 0 ⇔ 2x (1 + 2x ) = 1


 x = −1 − 5

4
⇔ 2x (1 + 2x ) = 1 ⇔ 4x 2 + 2x −1 = 0 ⇔ 

 x = −1 + 5

4
Đối chiếu điều kiện ta có: x =

−1 + 5
.
4

 −1 + 5 1 
;  .
Thử lại thỏa mãn. Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y) = 

4
2 

 3
3


3

( x + y)
4

2

4

= xy

(x + y)
4

= xy

≥ xy 2xy ( x 2 + y2 ) = xy 2( x 2 + y2 )
Đẳng thức xảy ra nên x = y . Thay vào PT2 ta được:

( x 2 + y2 + 2xy)
4

≥




4 x + x 2 −1 = 9 ( x −1) 2x − 2
Ta có: PT ⇔ 2 2x + 2




PT(1) ⇔ x 3 + y3 − xy ( x + y) = xy  2 ( x 2 + y 2 ) − ( x + y)


2

2 ( x 2 + y 2 ) − ( x + y)

2

( x − y) xy
⇔ ( x − y) ( x + y) = xy.
⇔ ( x − y ) ( x + y) =
2( x 2 + y 2 ) + ( x + y)
2 ( x 2 + y 2 ) + ( x + y)
2

2





xy
⇔ ( x − y) ( x + y) −
=0
2
2

 y ≥
Điều kiện: 
2

3
−9x + 3x + 1 ≥ 0
(1)
2
2
Từ ta có: VP (1) ≤ 2y −1 + 1− 2 = 2y − 2 ≤ y + 1− 2 = y −1 mà

y 2 −1 = 2 −9x 3 + 3x +1 − 2 ≤−9x 3 + 3x +1 ++1− 2 = −9x 3 + 3x (từ (2) )
⇒

3

(x 2 + 1)

− 8x 3 ≤ −9x 3 + 3x ⇔

3

( x 2 +1)

≤ −x 3 + 3x

−x 3 + 3x ≥ 0 (*)

⇔ 
( x 2 + 1)3 ≤ (−x 3 + 3x)2 (**)

(1)

x 2 + y 2 − 2x − 4y + 1 = 0(2)

Lời giải

4x − 2y + 9 ≥ 0
6y − 2x + 4 ≥ 0
4x − 2y + 9 = ( x + 1)2 + (3 − y)2

Từ (2) ta có: 
.

6y − 2x + 4 = ( 2 − x )2 + ( y + 1)2


Điều kiện: 


thay vào ( ) ta được:
1

2

2

2

2



 3 
 3 
2


 x = 3 3 −1

5
.
⇔ 25x 2 + 10x − 26 = 0 ⇔ 

3
3
+
1
x = −

5

3 3 −1
29 −12 3
⇒y=
(t/m ĐK)
5
15
3 3 +1
21 + 12 3
** Với x = −
⇒y=


−y 2 + 5y − 5 ≥ 0
Điều kiện: 

−2y 2 + 8y − 4 ≥ 0

Một dạng hệ đáng lưu ý:
(*)

Từ ( ) ta có: x 2 − x + 2 = 2 −y 2 + 5y − 5 ≤ −y 2 + 5y − 5 + 1 ⇒ x 2 + y 2 − x − 5y + 6 ≤ 0
1

−2y 2 + 8y − 4 + 4
= −y 2 + 4y
Từ ta có: −x + y + 3 = 2 −2y + 8y − 4 ≤
2
(**)
2
⇒ y − x − 3y + 3 ≤ 0
( 2)

2

Cộng vế theo vế các BĐT

(*)

và

(**)


Lời giải
Một bài toán sử dụng PP đánh giá rất đặc sắc:
Điều kiện: a ≥ 0; b ≥ 0 .
Ta sẽ làm việc với PT( ) . Nhận thấy một dấu hiệu rất đặc biệt:
1

b (3 − a 2 − b) và (3 − a 2 ) a

Nên ra sẽ bung PT ra và ghép để có (3 − a 2 − b) a và đặc lượng 3 − a 2 − b , và khi đó, bài
toán thực sự bắt đầu.
Đặt a = x,

b=y

(

)

Biến đổi PT( ) ⇔ y 3 − x 2 − y 2 − xy ( y − x ) + (3 − x 2 ) x = 2
1

⇔ x 2 y + y 2 3 − x 2 − y 2 + (3 − x 2 − y 2 ) x − xy 3 − x 2 − y 2
Đặt

3 − a − b = z ⇒ x 2 y + y 2 z + z 2 x − xyz = 2 với x 2 + y2 + z 2 = 3

2
2
2


27

=2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 ⇒ a = b = 1
Vậy HPT có nghiệm duy nhất a = b = 1

5
 x y 2 x + 3 y + 3
 y + 2 + x = y + 3 + 5 + x + 3
Ví dụ 17: Giải Hệ phương trình: 
 3
x + x − y = 8
Lời 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
HPT với phương thức đánh giá, sau đây tôi xin giới thiệu một cách rất nhanh, rất đơn giản:

x y z x+k y+k z+k
+ + ≥
+
+
y z x y+k z+k x +k
Sử dụng phương pháp S – S:
Không mất tính tổng quát, giả sử z = min {x, y,z}
2

( x − y) ( x − z)( y − z)
x y z


 zx ( x + k )(z + k )( x − z)( y − z) ≥ 0
 xy ( x + k )( y + k )


Theo giả thiết ta có ( x − z)( y − z) ≥ 0
Ta có:

1
1
1
1
−
≥ 0 và
−
≥ 0 ∀k ≥ 0
xy ( x + k )( y + k )
zx ( x + k )(z + k )

Từ đó BĐT được chứng minh!
Áp dụng trực tiếp vào bài toán suy ra x = y = 2
Vậy HPT có nghiệm duy nhất x = y = 2
3

 ( x 2 + 1) − 8x 3 = 2 2y −1 − 2
Ví dụ 18: Giải hệ PT: 
 2
3
 y + 1 = 2 −9x + 3x + 1


x + 1.2x = 0
2

1
x =
(nhân)

3
2
2
2
2
2
2
⇔ (x −1) = x (x + 1) ⇔ −2x + 1 = x ⇔ 

1
x = −
(loai)

3
1
(3)
⇒ f (x) ≥ f   = 0 ⇔ VT ≥ 0
 3 
 1 
;1
Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( x; y) = 
 3 
3

Ta có : VT( ) ≥ 96x 2 − 20x + 2 = 3(8x −1) 2 + 8x + 1 ≥ (8x + 1)
 2
2
=

1
6

(16x + 8x + 1 + 2) ≥

1
2

3

16x(8x + 1).2 = 3 4x(8x + 1) = VP (1)

1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3 

 8 2 

( x; y) =  ;

(1)



=

1

2
1
2
− 8x + 2 1− 2x = .2. − 8x + 2 2x  −1 ≤
 2x 
x
2
x


1
 1
1 2
y
1
y 1
1
≤ 4 +  − 8x  + 2x +  −1 = mà VP(2) = +
≥2 .
=

 2x  x
4   x
x 4xy
x 4xy x
⇒ VT ≥ VP


1
2
( x + y) ⇒ x + y ≤ 2
2

Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có:

x 8y − 5 + y 8x − 5 ≤

(x 2 + y2 )(8y − 5 + 8x − 5) ≤ 6(x 2 + y2 ) (vì x + y ≤ 2 )
2

(1)

2
2
2
2
2
2
2
2
Từ PT ⇒ 4 24( x + y + 4) ≤ 6( x + y ) ⇔ 24( x + y + 4) ≤ 36( x + y )

⇔ ( x 2 + y 2 − 2) 3( x 2 + y 2 ) + 4 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2 . Kết hợp


Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = 1


2

1
  3
1  3
2
x + x + 1 + y − y + 1 =  x +  +   +  − y +   ≥ (1 + x − y) + 3




2
  2 
2   2 
2

2

2

2
2
Từ PT (2) ⇒ x − xy + y ≥

(1 + x − y) + 3

⇔ x 2 − xy + y 2 ≥ x 2 + y 2 + 4 + 2x − 2y − 2xy ⇔ xy − 2x + 2y − 4 ≥ 0 ⇔ ( x + 1)( y − 2) ≥ 0
Mà x ≥ 3 ⇒ y ≥ 2 . Khi đó: VT (1) ≥ x + 1

1


y 2 − y + 1 + y = x 2 − xy + y 2 − ( x − y)

x 2 + x +1 − x +

( x 2 + x + 1) − x 2 ( y 2 − y +1) − y 2 ( x 2 − xy + y2 ) −(x 2 − 2xy + y 2 )
x 2 + x +1 + x

x +1
2

x + x +1 + x

+

+

y2 − y +1 + y

1− y
2

y − y +1 + y

=

=

x 2 − xy + y 2 + ( x − y)



Lời giải

Bình thường sử dụng BĐT véc-tơ để đánh giá qua nghiệm, nghiệm duy nhất ( x; y) = (2;2) ,
từ đó suy ra ( x − 2)( y − 2) ≤ 0 . Vì vậy sẽ cố gắng đánh giá ( x − 2)( y − 2) ≥ 0 qua PT1, có
thể đặt lại ẩn cho

x −1 và

2y cho đẹp chẳng hạn. Tuy nhiên PT1 chỉ suy ra được y ≥ 2

và cũng tồn tại nghiệm x < 2 nên ko thể đánh giá qua nghiệm. Khi đó mới sử dụng kết quả
sau, mạnh hơn nếu cần:
Điều kiện: x ≥ 1
(*)

Ta có: PT2 ⇔ 2 x 2 − x + 1 y 2 − y + 1 = xy + x + y − 2

xy = a
Đặt 


x + y = b

PT

(*)

( xy + x + y − 2 ≥ 0)


x −1 −1 = (2x − 3)

 6( x −1)
2( x − 2)
2 (2x − 3)
x−2
 = 0
= (2x − 3)
⇔ ( x − 2)
−
 x −1 + 1
x −1 + 1
2x + 2
2x + 2 

Ta có: x ≥ 1 nên 0 < x −1 +1 < 2x + 2 và 6 ( x −1) > 2 (2x − 3) và 6 ( x −1) ≥ 0
Nên

6( x −1)
x −1 + 1

>

2 (2x − 3)
2x + 2

Từ đó x = 2 ⇒ y = 2

∀x ≥ 1


vậy:
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
2

2

2

2

2

2

P 2 = (a 2 − b 2 ) (b 2 − c 2 ) (c 2 − a 2 ) ≤ a 4 b 4 (a − b ) (a + b) ≤ 5a 4 b 4 (a − b) ≤
5

5

 4.ab + (a − b)2 
 (a + b)2 




≤ 5. 
 ≤ 5 5  ≤ 5 ⇒ P ≤ 5 .
5




 x + 4 32 − x − y 2 = −3
2. Giải hệ phương trình 
( x ∈ Z)
4
 x + 32 − x + 6y = 24


y = −x 3 + 3x + 4
3. Giải hệ phương trình 
( x ∈ Z)

x = 2y3 − 6y − 2





1
 8 − xy 2 ( xy 2 + 2) = x 6 + x 3 y3 +

2
4. Giải hệ phương trình 
(x ∈ Z)

1
2
2
6
3 3

 − ( x + y) −1
=
4

 y x 
xy
( x, y ∈ Z)


 x + 1)2 + xy + 3x + 2y + 5 − 2x x ( y + 3) = x + y + 3
 (


2
2
x 8y − 5 + y 8x − 5 = 4 24 ( x + y + 4)
8. Giải hệ phương trình 
( x, y ∈ Z) khó)
 2
2
11x − 6xy + 3y = 12x − 4y