Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức

Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức
Tóm tắt nội dung
Trong bài này, chúng ta sẽ giới thiệu một cách chứng minh bằng phép dồn
biến cổ điển cho bất đẳng thức sau
ap
a+ b
+
bp
b+ c
+
cp
c+ a
 5
4
p
a+ b+ c
Bất đẳng thức này được tác giả Jack Garfunkel đề nghị trên tạp chí Crux
Magazine năm 1991 (bài toán 1490). Đây là một bài toán hay và khó mặc dù
hiện nay đã nhận được nhiều lời giải cho nó nhưng một lời giải bằng phép dồn
biến thuần túy thì đến nay vẫn chưa nhận được.
Trước hết chúng ta cần có kết quả sau làm bổ đề phụ trợ cho chứng minh bất đẳng
thức Jack Garfunkel
Bài toán 1 Cho các số không âm a; b; c; tất cả không đồng thời bằng 0: Chứng minh
rằng
a
4a+ 4b+ c
+
b
4b+ 4c+ a
+
c
4c+ 4a+ b
 1
3
:
(Phạm Kim Hùng)
Lời giải. Chuẩn hóa cho a+ b+ c = 3; khi đó bất đẳng thức trở thành
a
3 c +
b
3 a +
c
3 b  1
, a(3 a)(3 b) + b(3 b)(3 c) + c(3 c)(3 a)  (3 a)(3 b)(3 c)
, a2b+ b2c+ c2a+ abc  4
Không mất tính tổng quát, giả sử b là số hạng nằm giữa a và c; thế thì ta có
c(b a)(b c)  0
1
) b2c+ c2a  abc+ bc2
) a2b+ b2c+ c2a+ abc  b(a+ c)2 = 1
2

 2b 
 (a+ c) 
 (a+ c)
 1
2

2b+ a+ c+ a+ c
27
3
= 4:
Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
hoặc (a; b; c)  (2; 1; 0):
Nhận xét 1 Đây là một bổ đề khá chặt và có thể được dùng để giải nhiều bài toán
khác, các bạn hãy ghi nhớ nó nhé! Ngoài ra, chúng ta có thể làm mạnh bổ đề như sau
a2b+ b2c+ c2a+ abc+
1
2
abc(3 ab bc ca)  4
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Bây giờ chúng ta sẽ đi đến giải quyết bài toán chính
Bài toán 2 Cho các số không âm a; b; c, không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
ap
a+ b
+
bp
b+ c
+
cp
c+ a
 5
4
p
a+ b+ c:
(Jack Garfunkel)
Lời giải. Ta xét 2 trường hợp
Trường hợp 1. c  b  a; khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
ap
a+ b
+
bp
b+ c
+
cp
c+ a
2
 (a+ b+ c)

a
a+ b
+
b
b+ c
+
c
c+ a

Lại có do c  b  a nên
a
a+ b
+
b
b+ c
+
c
c+ a
=
3
2
+
1
2

a b
a+ b
+
b c
b+ c
+
c a
c+ a

=
3
2
 (c a)(c b)(b a)
(a+ b)(b+ c)(c+ a)
 3
2
<
25
16
Nên hiển nhiên
ap
a+ b
+
bp
b+ c
+
cp
c+ a
 5
4
p
a+ b+ c
Trường hợp 2. a  b  c:
2
Trường hợp 2.1. 115 b  a; khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X
cyc
ap
a+ b
!2

"X
cyc
a(4a+ 4b+ c)
a+ b
# X
cyc
a
4a+ 4b+ c
!
=
"
3
X
cyc
a+
X
cyc
a(a+ b+ c)
a+ b
# X
cyc
a
4a+ 4b+ c
!
=
 X
cyc
a
! 
3 +
X
cyc
a
a+ b
! X
cyc
a
4a+ 4b+ c
!
Theo kết quả bài toán trước, ta cóX
cyc
a
4a+ 4b+ c
 1
3
Nên ta chỉ cần chứng minh được X
cyc
a
a+ b
 27
16
, (11a2 + 6ab 5b2)c+ (ab+ c2)(11b 5a)  0 (đúng)
Trường hợp 2.2. a  115 b; đặt f(a; b; c) = apa+b + bpb+c + cpc+a : Vì bài toán này có
đẳng thức xảy ra tại a = 3; b = 1; c = 0 nên ý tưởng của chúng ta sẽ là dồn 1 biến về
0, tức là chứng minh
f(a; b; c)  f(a1; b1; 0)
với a1 + b1 = a+ b+ c:
Việc làm này nói có vẻ rất đơn giản nhưng khi thực hiện, bạn sẽ thấy rất khó vì các
biểu thức trong căn rất khó cho ta để đánh giá chúng, và nếu chúng ta cứ "cố chấp"
một giá trị a1; b1 hoài khi dồn biến thì cũng rất khó mà ta phải linh động hơn, tùy
theo những trường hợp cụ thể mà chọn a1; b1 thích hợp ứng với những trường hợp ấy.
Chúng ta sẽ xét những trường hợp nhỏ như sau
Trường hợp 2.2.1. a  3b; khi đó ta sẽ chứng minh
ap
a+ b
 a+
c
2p
a+ b+ c
, a2(a+ b+ c) 

a2 + ac+
c2
4

(a+ b)
, 1
4
c4(a+ b)  0 (đúng)
3
và
bp
b+ c
+
cp
c+ a

r
b+
c
2
Do a  3b nên ta chỉ cần chứng minh được
bp
b+ c
+
cp
3b+ c

r
b+
c
2
, b
2
b+ c
+
c2
3b+ c
+
2bcp
(b+ c)(3b+ c)
 b+ c
2
, c
2
3b+ c
+
2bcp
(b+ c)(3b+ c)
 c
2
+
bc
b+ c
, c
3b+ c
+
2bp
(b+ c)(3b+ c)
 b
b+ c
+
1
2
Do b  c nên 3b+ c  2(b+ c); suy ra
2bp
(b+ c)(3b+ c)

p
2b
b+ c
 3b
2(b+ c)
Lại có
1
2
+
b
b+ c
 c
3b+ c
 3b
2(b+ c)
=
c(b c)
2(b+ c)(3b+ c)
 0
Từ đây, ta đi đến
f(a; b; c)  f

a+
c
2
; b+
c
2
; 0

Trường hợp 2.2.2. 3b  a  52b; khi đó, ta sẽ chứng minh
ap
a+ b
 a+
3
8cp
a+ b+ c
, a2(a+ b+ c) 

a2 +
3
4
ac+
9
64
c2

(a+ b)
, 9
64
c2(a+ b) +
1
4
ca(3b a)  0 (đúng)
và
bp
b+ c
+
cp
c+ a

r
b+
5
8
c
4
Tương tự như trên, ta chỉ cần chứng minh được
bp
b+ c
+
cq
c+ 52b

r
b+
5
8
c
, b
2
b+ c
+
c2
5
2b+ c
+
2bcq
(b+ c)(52b+ c)
 b+ 5
8
c
, c
2
5
2b+ c
+
2bcq
(b+ c)(52b+ c)
 5
8
c+
bc
b+ c
, c5
2b+ c
+
2bq
(b+ c)(52b+ c)
 b
b+ c
+
5
8
Do b  c nên
5
2
b+ c  7
4
(b+ c) =
28
16
(b+ c)  25
16
(b+ c)
) 2bq
(b+ c)( 52b+ c)
 8b
5(b+ c)
Lại có
5
8
+
b
b+ c
 8b
5(b+ c)
 c5
2b+ c
=
(b+ 10c)(5b 3c)
40(b+ c)(5b+ 2c)
 0
Vậy nên
f(a; b; c)  f

a+
3
8
c; b+
5
8
c; 0

Trường hợp 2.2.3. 52b  a  115 b; khi đó ta sẽ chứng minh
ap
a+ b
 a+
5
14cp
a+ b+ c
, a2(a+ b+ c) 

a2 +
5
7
ac+
25
196
c2

(a+ b)
, 25
196
c2(a+ b) +
1
7
ca(5b 2a)  0 (đúng)
và
bp
b+ c
+
cp
c+ a

r
b+
9
14
c
5
Tương tự như trên, ta chỉ cần chứng minh được
bp
b+ c
+
cq
c+ 115 b

r
b+
9
14
c
, b
2
b+ c
+
c2
11
5 b+ c
+
2bcq
(b+ c)( 115 b+ c)
 b+ 9
14
c
, c
2
11
5 b+ c
+
2bcq
(b+ c)( 115 b+ c)
 9
14
c+
bc
b+ c
, c11
5 b+ c
+
2bq
(b+ c)( 115 b+ c)
 b
b+ c
+
9
14
Do b  c nên
11
5
b+ c  8
5
(b+ c)  25
16
(b+ c)
) 2bq
(b+ c)(115 b+ c)
 8b
5(b+ c)
Lại có
9
14
+
b
b+ c
 8b
5(b+ c)
 c11
5 b+ c
=
33b2 + 160bc 125c2
70(b+ c)(5b+ 2c)
 0
Vậy nên
f(a; b; c)  f

a+
5
14
c; b+
9
14
c; 0

Như vậy, ta chỉ cần xét bài toán trong trường hợp có 1 biến bằng 0 là đủ. Không mất
tính tổng quát, giả sử c = 0: Khi đó bất đẳng thức trở thành
ap
a+ b
+
p
b  5
4
p
a+ b
, a+
p
b(a+ b)  5
4
(a+ b)
, 4
p
b(a+ b)  a+ 5b
,
p
a+ b 2
p
b
2
 0 (đúng):
Bài toán được giải quyết xong.
6
Nhận xét 2 Trong lời giải trên, mặc dù không sử dụng máy tính phụ trợ nhưng tại
sao ta lại chia được trường hợp có số lẻ 52? Câu trả lời xin được dành cho các bạn.
Đây là một lời giải dài và khá phức tạp nhưng nó gợi mở cho chúng ta nhiều điều
trong việc sử dụng phép dồn biến. Từ xưa đến nay, chúng ta thường "cổ hữu" chỉ khư
khư một số kiểu dồn biến, chẳng hạn như
f(a; b; c)  f

a+ b
2
;
a+ b
2
; c

f(a; b; c)  f(a+ c; b; 0)
f(a; b; c)  f

a+
c
2
; b+
c
2
; 0

Nhưng những điều này không phải lúc nào cũng luôn có mà chỉ có trong một số rất ít
trường hợp. Vì thế, chúng ta cần linh động hơn nữa trong phép dồn biến, chẳng hạn
trong bài này
f(a; b; c)  f(a1; b1; 0)
với a1 + b1 = a+ b+ c:
Đây là một ý tưởng độc đáo và khá thú vị.
Phần cuối cùng của bài viết, chúng tôi xin được giới thiệu cùng các bạn một số chứng
minh khác mà chúng tôi được biết cho bài toán đẹp này.
Lời giải 2. 1Đặt b+ c = x2; c+ a = y2; a+ b = z2 với x; y; z > 0; từ đây ta được
a =
y2 + z2  x2
2
 0; b = z
2 + x2  y2
2
 0; c = x
2 + y2  z2
2
 0
Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành
y2 + z2  x2
z
+
z2 + x2  y2
x
+
x2 + y2  z2
y
 5
4
p
2(x2 + y2 + z2)
, x+ y + z + (x+ y + z)(x y)(y  z)(z  x)
xyz
 5
4
p
2(x2 + y2 + z2)
Từ đây, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x  z  y2; khi đó sử dụng bất
đẳng thức Cauchy Schwarz, ta cóp
2(x2 + y2 + z2)  x+
p
y2 + z2
Nên ta chỉ cần chứng minh được
x+ y + z +
(x+ y + z)(x y)(y  z)(z  x)
xyz
 5
4

x+
p
y2 + z2

1By G.P. Henderson
2why?
7
, f(x)  0
với
, f(t) = 4(z  y)t3  t2yz +

4y3 + 4y2z + 4yz2  4z3  5yz
p
y2 + z2

t
+4yz(z2  y2)  0
Nếu y = z thì ta có
f(x) = xy2
h
(x y) +

5
p
2 7

y
i
< 0
Nếu z > y; ta có
lim
t!1f(t) = 1; f(0) = 4yz(z
2  y2) > 0; lim
t!1f(t) =1
Lại có
f(z) = yz2
h
5
p
y2 + z2  4y  3z
i
=  yz
2(3y  4z)2
5
p
y2 + z2 + 4y + 3z
< 0
f
p
y2 + z2

= 2yz

4y
p
y2 + z2  5y2  z2

= 2yz
p
y2 + z2  2y
2
 0
Ta suy ra được f(t) có 3 nghiệm thực, cụ thể, 1 nghiệm âm, 1 nghiệm thuộc (0; z)
và một nghiệm thuộc
hp
y2 + z2;1

: Mặt khác, f(t) là một hàm đa thức bậc 3 với
hệ số thực nên nó có tối đa 3 nghiệm.Từ đây, ta suy ra được f(t) có đúng 3 nghiệm:
t0 < 0; t1 2 (0; z); t2 2
hp
y2 + z2;1

: Từ đây, bằng cách lập bảng xét dấu, ta thấy
f(t)  0 8t1  t  t2
Mà ta có
t1 < z  x 
p
y2 + z2  t2
nên hiển nhiên ta có
f(x)  0:
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Nhận xét 3 Đây là một chứng minh hay và đặc sắc dựa trên tính chất về dấu của
hàm đa thức bậc 3 nhưng để nghĩ đến được điều này quả thật không phải dễ...
8
Lời giải 3. 3Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X
cyc
ap
a+ b
!2

"X
cyc
a(5a+ b+ 9c)
#"X
cyc
a
(a+ b)(5a+ b+ 9c)
#
= 5
 X
cyc
a
!2 "X
cyc
a
(a+ b)(5a+ b+ 9c)
#
Ta cần chứng minh X
cyc
a
!"X
cyc
a
(a+ b)(5a+ b+ 9c)
#
 5
16
Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì
5
16

 X
cyc
a
!"X
cyc
a
(a+ b)(5a+ b+ 9c)
#
=
A+B
C
trong đó
A =
X
cyc
ab(a+ b)(a+ 9b)(a 3b)2  0
B = 243
X
cyc
a3b2c+ 835
X
cyc
a2b3c+ 232
X
cyc
a4bc+ 1230a2b2c2  0
C = 16(a+ b)(b+ c)(c+ a)(5a+ b+ 9c)(5b+ c+ 9a)(5c+ a+ 9b) > 0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a3 =
b
1 =
c
0 hoặc các hoán vị tương ứng.
Chúng ta còn có 3 lời giải khác cho bài toán này, 1 bằng dồn biến toàn miền, 1 bằng
dồn biến-khảo sát hàm số, 1 bằng kỹ thuật pqr nhưng trên quan niệm cá nhân, chúng
tôi cho rằng những lời giải ấy đều không mang nét đặc sắc riêng nên chúng tôi sẽ
không giới thiệu chúng ở đây.
Chúng tôi xin được kết thúc bài viết ở đây. Xin cảm ơn các bạn đã theo dõi bài viết
này!
9
1 
BẤT ĐẲNG THỨC 
ầ
§1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC 
I. BẤT ĐẲNG THỨC: 
1. Khái niệm bất đẳng thức: 
Các mệnh đề dạng “A>B”, “A<B”, “A≥B”, “A≤B” được gọi là bất đẳng thức, với A gọi là vế 
trái, B gọi là vế phải và A, B là hai biểu thức đại số. 
Ta có: 
* A > B A-B > 0; A < B A - B < 0
* A B A-B 0; A B A B 0 
⇔ ⇔
≥ ⇔ ≥ ≤ ⇔ − ≤
2. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức: 
A>B
a) TÝnh chÊt 1: A C
B>C
b) TÝnh chÊt 2: A>B A C>B C
A.C>B.C, nÕu C>0
c) TÝnh chÊt 3: A>B
A.C<B.C, nÕu C<0
A>B
d) TÝnh chÊt 4: A C B D
C>D
A>B>0
e) TÝnh chÊt 5: A.C B.D
C>D>0
f) TÝnh chÊt 6: 

⇒ >

⇔ ± ±

⇔ 


⇒ + > +


⇒ >

* n n
n n
* 2n 1 2n 1
* 2n+1 2n 1
 A>B>0, n N A B
 A>B>0, n N, n 2 A B
g) TÝnh chÊt 7: 
 A>B, n N A B
 A>B, n N A B
+ +
+
∈ ⇒ >
∈ ≥ ⇒ >
∈ ⇔ >
∈ ⇔ >
II. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY: 
1.Bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm : 
2 
2
Víi hai sè kh«ng ©m a vµ b, ta cã:
a+b a+b
 ab hay a+b 2 ab, ab
2 2
§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a=b.
  ≥ ≥ ≤     
☺ Các hệ quả của bất đẳng thức Cauchy hai số là : 
2 2 2 2(a +b ) (a+b) 4ab, víi a, b R.
1 1 4
, víi a, b>0.
a b a b
a b
 2, víi a, b>0.
b a
≥ ≥ ∀ ∈
+ ≥
+
+ ≥
* HÖ qu¶ 1 :
* HÖ qu ... 
2 2 2
3
 Cho c¸c sè x, y, z thay ®æi trªn [0; 1] vµ tháa m·n ®iÒu kiÖn x+y+z= . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt
2
cña biÓu thøc A=cos(x +y +z ).
Bµi 7 :
 (§H X©y dùng - N¨m 2001) 
Bµi 8: Trong c¸c nghiÖm (x; y) cña bÊt ph−¬ng tr×nh 5x2 + 5y2 - 5x - 15y + 8 ≤ 0, h·y t×m nghiÖm cã 
tæng x + 3y nhá nhÊt. 
 (§H An Ninh Khèi D - N¨m 2001) 
Dạng 5: Phương pháp đạo hàm: 
 Cơ sở của phương pháp này: Chủ yếu là dùng đạo hàm để khảo sát chiều biến thiên của hàm số 
và dựa vào điều ấy cùng với các giá trị đặc biệt trên tập xác định của hàm số suy ra kết quả. 
VÝ dô 1: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
2 2
1 1
P= x y
y x
  
+ +  
  
. 
(§Ò thi vµo Khèi PTCT - §HKHTN Hµ Néi) 
Lời giải. 
21 1Theo B§T Cauchy, ta cã: 0<xy t (xy) 0; 
4 16
 ≤ ⇒ = ∈ 
 
36 
2
2
2
/
2 2
1 1
P 2 (xy) t 2
(xy) t
1 t 1 1
P 1 0, t 0; 
t t 16
⇒ = + + = + +
−  
⇒ = − = < ∀ ∈ 
 
B¶ng biÕn thiªn : 
t 0 
1
16
P’ - 
P 
289
16
VËy 
289
min P
16
= 
5
Gi¶ sö x, y lµ hai sè d−¬ng thay ®æi tháa m·n ®iÒu kiÖn x+y= . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu
4
4 1
thøc S= .
x 4y
+
VÝ dô 2 : 
 (§Ò Dù tr÷ - N¨m 2000) 
Lêi gi¶i 
2
2
2
/ /
2 2
5 5 4 1 15x 20
Tõ x+y= y x S
4 4 x 5 4x 4x 5x
15x 20 5
Kh¶o s¸t hµm sè S= , 0<x
4x 5x 4
5
TX§: D=R\ 0; 
4
x 1
60x 160x 100
S , S 0 5
( 4x 5x) x
4
− +
⇒ = − ⇒ = + =
− − +
− + ≤
− +
 
 
 
=
− + − 
= = ⇔

− + =

B¶ng biÕn thiªn: 
x 
 0 1 
5
4
5
3
S’ - 0 + + 0 
S 
 5 
Tõ b¶ng biÕn thiªn ta suy ra gi¸ trÞ nhá nhÊt cña S b»ng 5 khi x = 1. 
 Cho x, y, z lµ ba sè thùc d−¬ng thay ®æi. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:
x 1 y 1 z 1
 P=x y z .
2 yz 2 zx 2 xy
    
+ + + + +    
    
VÝ dô 3 :
 (§H, C§ Khèi B - N¨m 2007) 
Lêi gi¶i. 
2 2 2 2 2 2x y z x y z
Ta cã: P= .
2 2 2 xyz
+ +
+ + + 
37 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
3
/ /
2 2
x y y z z x
V× x y z xy yz zx
2 2 2
x 1 y 1 z 1
nªn P .
2 x 2 y 2 z
t 1
XÐt hµm sè f(t)= víi t>0.
2 t
1 t 1
Ta cã: f (t) t , f (t) 0 t 1. 
t t
+ + +
+ + = + + ≥ + +
     
≥ + + + + +     
     
+
−
= − = = ⇔ =
B¶ng biÕn thiªn: 
x 0 1 +∞ 
f’(t) - 0 + 
f(t) 
 +∞ +∞ 
3
2
3 9
Tõ b¶ng biÕn thiªn ta suy ra f(t) , t>0. Suy ra P . DÊu b»ng x¶y ra x=y=z=1.
2 2
9
VËy minP= khi x=y=z=1.
2
≥ ∀ ≥ ⇔
4 2
4 2
3cos x 4sin x
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y= .
3sin x 2cos x
+
+
VÝ dô 4 : 
 (§HSP Hµ Néi Khèi A- N¨m 2001) 
Lêi gi¶i 
2
2 2
2 2 2
/ /
2 2
§Æt sin x t, t [0; 1], ta ®−îc:
3(1-t) 4t 3t 2t 3 1
 y= 1
3t 2(1 t) 3t 2t 2 3t 2t 2
6t 2 1
 y , y 0 khi t= [0; 1].
(3t 2t 2) 3
= ∈
+ − +
= = +
+ − − + − +
−
= − = ∈
− +
Ta cã b¶ng biÕn thiªn sau: 
t 0 
1
3
 1 
y’ + 0 - 
y 
8
5
3
2
4
3
8 4
VËy maxy= , miny= .
5 3
 Bµi tËp tù luyÖn: 
Bµi 1: Cho c¸c sè x, y thay ®æi tháa m·n ®iÒu kiÖn x ≥ 0, y ≥ 0 vµ x + y = 1. H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ 
gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = 3x + 3y. 
 (§H Ngo¹i th−¬ng Khèi D - N¨m 1999) 
38 
 Cho c¸c sè x, y tháa m·n: x 0, y 0 vµ x+y=1. H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña 
x y
biÓu thøc P= .
y+1 x 1
≥ ≥
+
+
Bµi 2 :
 (Häc viÖn Quan hÖ Quèc tÕ - N¨m 1999) 
4 4 2 2
4 4 2 2
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña:
x y x y x y
 f(x; y)= 2 , víi x, y 0.
y x y x y x
 
+ − + + + ≠ 
 
Bµi 3 : 
 (Häc viÖn Qu©n Y - N¨m 2001) 
Bµi 4: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y = sin20x + cos20x 
 (§H LuËt Hµ Néi - N¨m 1999) 
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè:
1
 y=2(1+sin2x.cos4x)- (cos4x cos8x).
2
−
Bµi 5 : 
 (§H D−îc Hµ Néi - N¨m 2001) 
 HEÄ PHÖÔNG TRÌNH ÑAÏI SOÁ 
I. Heä phöông trình baäc nhaát nhieàu aån 
1. Heä phöông trình baäc nhaát hai aån 
a. Daïng : ⎨ (1) 1 1 1
2 2 2
a x b y c
a x b y c
+ =⎧
+ =⎩
 Caùch giaûi ñaõ bieát: Pheùp theá, pheùp coäng ... 
b. Giaûi vaø bieän luaän phöông trình : Quy trình giaûi vaø bieän luaän 
 Böôùc 1: Tính caùc ñònh thöùc : 
• 1221
22
11 baba
ba
ba
D −== (goïi laø ñònh thöùc cuûa heä) 
• 1221
22
11 bcbc
bc
bc
Dx −== (goïi laø ñònh thöùc cuûa x) 
• 1221
22
11 caca
ca
ca
Dy −== (goïi laø ñònh thöùc cuûa y) 
Böôùc 2: Bieän luaän 
• Neáu thì heä coù nghieäm duy nhaát 0≠D
⎪⎪⎩
⎪⎨ 
⎪⎧
=
=
D
D
y
D
Dx
y
x
• Neáu D = 0 vaø 0≠xD hoaëc 0≠yD thì heä voâ nghieäm 
• Neáu D = Dx = Dy = 0 thì heä coù voâ soá nghieäm hoaëc voâ nghieäm 
YÙ nghóa hình hoïc: Giaû söû (d1) laø ñöôøng thaúng a1x + b1y = c1
 (d2) laø ñöôøng thaúng a2x + b2y = c2
 Khi ñoù: 
1. Heä (I) coù nghieäm duy nhaát (d1) vaø (d2) caét nhau ⇔
2. Heä (I) voâ nghieäm ⇔ (d1) vaø (d2) song song vôùi nhau 
3. Heä (I) coù voâ soá nghieäm ⇔ (d1) vaø (d2) truøng nhau 
AÙp duïng: 
Ví duï1: Giaûi heä phöông trình: ⎩⎨
⎧
=+
−=−
234
925
yx
yx
Ví duï 2: Giaûi vaø bieän luaän heä phöông trình : ⎩⎨
⎧
=+
+=+
2
1
myx
mymx
Ví duï 3: Cho heä phöông trình : ⎩⎨
⎧
=+
=+
1
32
myx
ymx
 Xaùc ñònh taát caû caùc giaù trò cuûa tham soá m ñeå heä coù nghieäm duy nhaát (x;y) thoûa x >1 vaø y > 0 
 ( 2 m 0)− < < 
Ví duï 4: Vôùi giaù trò nguyeân naøo cuûa tham soá m heä phöông trình 
4 2mx y m
x my m
+ = +⎧⎨ + =⎩ coù nghieäm duy nhaát 
 (x;y) vôùi x, y laø caùc soá nguyeân. 
 (m 1 m 3= − ∨ = − ) 
II. Heä phöông trình baäc hai hai aån: 
 1. Heä goàm moät phöông trình baäc nhaát vaø moät phöông trình baäc hai hai aån: 
 Ví duï : Giaûi heä: 
⎩⎨
⎧
=−+
=+
522
52
22 xyyx
yx
 Caùch giaûi: Giaûi baèng pheùp theá 
2. Heä phöông trình ñoái xöùng : 
1. Heä phöông trình ñoái xöùng loaïi I: 
a.Ñònh nghóa: Ñoù laø heä chöùa hai aån x,y maø khi ta thay ñoåi vai troø x,y cho nhau 
 thì heä phöông trình khoâng thay ñoåi. 
b.Caùch giaûi: 
Böôùc 1
: Ñaët x+y=S vaø xy=P vôùi ta ñöa heä veà heä môùi chöùa hai aån S,P. 2 4S ≥ P
Böôùc 2: Giaûi heä môùi tìm S,P . Choïn S,P thoaû maõn . 2 4S P≥
Böôùc 3: Vôùi S,P tìm ñöôïc thì x,y laø nghieäm cuûa phöông trình : 
 ( ñònh lyù Vieùt ñaûo ). 2 0X SX P− + =
Chuù yù: Do tính ñoái xöùng, cho neân neáu (x0;y0) laø nghieäm cuûa heä thì (y0;x0) cuõng laø nghieäm cuûa heä 
AÙp duïng: 
Ví du 1ï: Giaûi caùc heä phöông trình sau : 
 1) 2) 
⎩⎨
⎧
=++
=++
2
422
yxxy
yxyx
2 2
7
3 3 16
x y xy
x y x y
+ + = −⎧⎨ + − − =⎩
 3) 4)⎨ ⎩⎨
⎧
=+
=++
30
11
22 xyyx
yxxy
⎩
⎧
=+++
=+
092)(3
1322
xyyx
yx
 5) 6) ⎪⎩
⎪⎨⎧ =+
=+
35
30
33
22
yx
xyyx
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+
=+
20
6
22 xyyx
xyyx
 7) ⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−+
=+
4
4
xyyx
yx
 8) 
⎩⎨
⎧
=+
=+
2
3444
yx
yx
1) (0;2); (2;0) 2) (2; 3),( 3;2),(1 10;1 10),(1 10;1 10)− − + − − + 3) ( 1;5),(5;1),(2;3),(3;2)
4) 10 10 10 10(3; 2),( 2;3),( 2 ; 2 ),( 2 ; 2 )
2 2 2
− − − + − − − − − +
2
 5) ( 6) (1 2;3);(3;2) ;4),(4;1)
7) (4;4) 8) (1 2;1 2),(1 2;1 2)− + + − 
Ví duï2 : Vôùi giaù trò naøo cuûa m thì heä phöông trình sau coù nghieäm: ⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=+
=+
myyxx
yx
31
1
2. Heä phöông trình ñoái xöùng loaïi II: 
a.Ñònh nghóa: Ñoù laø heä chöùa hai aån x,y maø khi ta thay ñoåi vai troø x,y cho nhau 
 thì phöông trình naày trôû thaønh phöông trình kia cuûa heä. 
b. Caùch giaûi: 
• Tröø veá vôùi veá hai phöông trình vaø bieán ñoåi veà daïng phöông trình tích soá. 
• Keát hôïp moät phöông trình tích soá vôùi moät phöông trình cuûa heä ñeå suy ra nghieäm cuûa heä . 
AÙp duïng: 
Ví duï: Giaûi caùc heä phöông trình sau: 
 1) 2) 3) 
2 2
2 2
2 3
2 3
x y y
y x x
⎧ + = −⎪⎨ + = −⎪⎩
2
2
x
⎪⎩
⎪⎨⎧ =+
=+
yxyy
xxyx
32
32
2
2 2 3 2
2 3 2
3 2
3 2
y x x
x y y
⎧
y
= − +⎪⎨ = − +⎪⎩
 4) 
2
2
13
13
x y
x
y x
y
⎧ + =⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎩
 5) 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+=
+=
2
2
2
2
23
23
y
xx
x
yy
III. Heä phöông trình ñaúng caáp baäc hai: 
 a. Daïng : ⎪⎨
2 2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
a x b xy c y d
a x b xy c y d
⎧ + + =
+ + =⎪⎩
 b. Caùch giaûi: 
 hoaëc y t
x
= . Giaû söû ta choïn caùch ñaët x t
y
= . x t
y
=Ñaët aån phuï 
 Khi ñoù ta coù theå tieán haønh caùch giaûi nhö sau: 
Böôùc 1: Kieåm tra xem (x,0) coù phaûi laø nghieäm cuûa heä hay khoâng ? 
Böôùc 2: Vôùi y 0 ta ñaët x = ty. Thay vaøo heä ta ñöôïc heä môùi chöùa 2 aån t,y .Töø 2 phöông trình ta ≠
 khöû y ñeå ñöôïc 1 phöông trình chöùa t . 
Böôùc 3: Giaûi phöông trình tìm t roài suy ra x,y. 
AÙp duïng: 
Ví duï: Giaûi caùc heä phöông trình sau: 
 1) 2) 3) 
2 2
2 2
3 2 1
2 5 2
x xy y
x xy y
⎧ + + =⎪⎨ + + =⎪⎩
1
5
5
⎪⎩
⎪⎨⎧ =−−
=−−
495
5626
22
22
yxyx
yxyx 3 2
3 2
2 3
6 7
x x y
y xy
⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩
IV. Caùc heä phöông trình khaùc: 
 Ta coù theå söû duïng caùc phöông phaùp sau: 
a. Ñaët aån phuï: 
Ví duï : Giaûi caùc heä phöông trình : 
 1) 2) ⎨ 3) ⎩⎨
⎧
=++−+
−=+−
6
3
22 xyyxyx
yxxy
⎩
⎧
=−−
=−−+
36)1()1(
1222
yyxx
yxyx 2 2
3 2 2 3
5
6
x y x y
x x y xy y
⎧ − + − =⎪⎨ − − + =⎪⎩
b. Söû duïng pheùp coäng vaø pheùp theá: 
2 2
2 2
x y 10x 0
x
Ví duï: Giaûi heä phöông trình : 
y 4x 2y 20 0
⎧ + − =⎪⎨ + + − − =⎪⎩
c. Bieán ñoåi veà tích soá: 
 Ví duï : Giaûi caùc heä phöông trình sau: 
 1) 2) 3) ⎪⎩
⎪⎨⎧ +=+
+=+
)(322
22
yxyx
yyxx
⎪⎩
⎪⎨⎧ ++=+
+=+
2
77
22
33
yxyx
yyxx
⎪⎩
⎪⎨
⎧
+=
−=−
12
11
3xy
y
y
x
x
 PHÖÔNG TRÌNH VAØ BAÁT PHÖÔNG TRÌNH 
CHÖÙA GIAÙ TRÒ TUYEÄT ÑOÁI 
I. Ñònh nghóa vaø caùc tính chaát cô baûn : 
 neáu x 0
 ( x )
 neáu x < 0
≥⎧= ∈⎨−⎩
x
 1. Ñònh nghóa: 
x R
x
2. Tính chaát : 
• 2 20 , x ≥ =x x 
• a b a b+ ≤ + 
• a b a b− ≤ + 
• . 0a b a b a b+ = + ⇔ ≥ 
• . 0a b a b a b− = + ⇔ ≤ 
II. Caùc ñònh lyù cô baûn : 
a) Ñònh lyù 1 : Vôùi A 0 vaø B ≥ 0 thì : A = B ≥ ⇔ A2 = B2
 b) Ñònh lyù 2 : Vôùi A 0 vaø B 0 thì : A > B ≥ ≥ ⇔ A2 > B2
III. Caùc phöông trình vaø baát phöông trình chöùa giaù trò tuyeät ñoái cô baûn & caùch giaûi : 
 * Daïng 1 : 22 BABA =⇔= , BABA ±=⇔= 
 * Daïng 2 : 
⎩⎨
⎧
=
≥⇔=
22
0
BA
B
BA , ⎩⎨
⎧
±=
≥⇔=
BA
B
BA
0
 , 
⎢⎢
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎩⎨
⎧
=−
<
⎩⎨
⎧
=
≥
⇔=
BA
A
BA
A
BA
0
0
 * Daïng 3 : 22 BABA >⇔> , 0))(( >−+⇔> BABABA 
 * Daïng 4: 
2
B 0
A B
A B
>⎧< ⇔ ⎨ <⎩ 2
 , 
B 0
A B
B A B
>⎧< ⇔ ⎨− < <⎩ , 
⎢⎢
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎩⎨
⎧
<−
<
⎩⎨
⎧
<
≥
⇔<
BA
A
BA
A
BA
0
0
 * Daïng 5: 
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎩⎨
⎧
>
≥
<
⇔>
22
0
0
BA
B
B
BA , 
B 0
A B B 0
A B A
 ⇔ ≥⎧⎢⎨⎢ B⎩⎣
IV. Caùc caùch giaûi phöông trình chöùa giaù trò tuyeät ñoái thöôøng söû duïng : 
 * Phöông phaùp 1 : Bieán ñoåi veà daïng cô baûn 
 Ví duï : Giaûi caùc phöông trình sau : 
 1) xxxx 22 22 +=−− 2) 0382232 22 =+++−− xxxx 3) 3342 +=+− xxx 
 4) 
x
x 132 =− 5) 2
1
42
2
=
+
+
x
x
 6) 
2
2
110
13
2
=
+
+
x
x
 7) 1212 22 +−=+− xxxx 
 * Phöông phaùp 2 : Söû duïng phöông phaùp chia khoaûng 
 Ví duï : Giaûi caùc phöông trình sau : 
 1) 432 =−+− xx 2) 3
14
3 +=−− xx 
V. Caùc caùch giaûi baát phöông trình chöùa giaù trò tuyeät ñoái thöôøng söû duïng : 
 * Phöông phaùp 1 : Bieán ñoåi veà daïng cô baûn 
 Ví duï : Giaûi caùc baát phöông trình sau : 
 1) 652 
 * Phöông phaùp 2 : Söû duïng phöông phaùp chia khoaûng 
 Ví duï : Giaûi baát phöông trình sau : 
 xxx −>−+− 321