Bài tập cuối chương II

Định hướng. Đưa từng vế trái về dạng đa thức rồi so sánh với dạng chuẩn $ax+by\le c$ của bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Vậy chỉ có bất phương trình ở phương án A là bất phương trình bậc nhất hai ẩn. Chọn A.

Định hướng. Với mỗi phương án, tìm ngay một số hạng có bậc khác 1 (luỹ thừa từ 2 trở lên hoặc tích $xy$) để loại, phương án còn lại là đáp số.

Vậy chọn A.

Nhận xét. Chỉ cần khai triển hết mọi tích rồi kiểm tra số mũ cao nhất của $x$, $y$ và có tích $xy$ hay không là loại được ngay ba phương án sai.

Định hướng. Bất phương trình bậc nhất hai ẩn có đường biên là ĐƯỜNG THẲNG; khai triển từng biểu thức rồi xem đường biên tương ứng là đường gì.

Vậy chọn phương án A.

Nhận xét. Tích của hai biểu thức bậc nhất cho biểu thức BẬC HAI — đây là chỗ phương án C đánh lừa, phải khai triển mới phát hiện.

Định hướng. Cố định $x$ rồi tìm điều kiện của $y$ để thấy ứng với một giá trị $x$ đã có vô số $y$ thoả mãn, từ đó suy ra bất phương trình có vô số nghiệm.

Vậy chỉ riêng với hai giá trị $x=0$ và $x=1$ đã có vô số nghiệm phân biệt; bất phương trình đã cho có vô số nghiệm. Chọn C.

Định hướng. Chỉ ra phản ví dụ để loại các phương án A, B, D, từ đó khẳng định phương án đúng còn lại.

Vậy ba phương án A, B, D đều sai nên chọn C.

Nhận xét. Bất phương trình bậc nhất hai ẩn (có nghiệm) luôn có vô số nghiệm vì miền nghiệm là một nửa mặt phẳng chứa vô số điểm.

Định hướng. Vẽ miền nghiệm: đó là một nửa mặt phẳng bờ $2x+y=3$; số nghiệm chính là số điểm của nửa mặt phẳng ấy.

Vậy chọn phương án C.

Nhận xét. Mọi bất phương trình bậc nhất hai ẩn $ax+by>c$ với $a$, $b$ không đồng thời bằng $0$ đều có VÔ SỐ nghiệm — đây là kết luận chung, không riêng bài này.

Định hướng. Trước hết xác định đúng phương trình đường thẳng biên của $x-y<3$, sau đó thử toạ độ gốc $O$ để biết miền nghiệm nằm về phía nào.

Vậy miền nghiệm đúng là phía chứa gốc toạ độ $O$ của đường thẳng $x-y=3$, tức là hình D. Chọn D.

Định hướng. Với mỗi phương án, lấy một điểm thuộc phần không gạch của hình đó rồi thay vào $x-y<3$; phần không gạch là miền nghiệm nên mọi điểm của nó phải thoả mãn bất phương trình.

Vậy chỉ hình D phân chia đúng hai miền theo bất phương trình đã cho. Chọn D.

Nhận xét. Sai lầm phổ biến là vẽ nhầm đường thẳng $x+y=3$ thay vì $x-y=3$ do đọc nhanh dấu trừ thành dấu cộng.

Định hướng. Bước thứ nhất tìm giao điểm của đường biên với hai trục để loại các hình vẽ sai đường; bước thứ hai dùng dấu tại gốc toạ độ để chọn đúng nửa mặt phẳng.

Vậy chọn phương án D.

Nhận xét. Tách thành hai bước độc lập giúp mỗi bước chỉ trả lời một câu hỏi, nên không bị rối khi bốn phương án chỉ khác nhau chút ít.

Định hướng. Xét từng bất phương trình trong mỗi hệ, hệ chỉ là bậc nhất hai ẩn khi cả hai bất phương trình thành phần đều bậc nhất.

Vậy chỉ hệ A có cả hai bất phương trình đều bậc nhất hai ẩn. Chọn A.

Định hướng. Quét nhanh từng hệ để tìm số hạng có luỹ thừa từ bậc hai trở lên, hệ chứa số hạng đó bị loại ngay.

Vậy chọn A.

Nhận xét. Bất phương trình $y^2+3<0$ trong hệ C còn vô nghiệm (vì $y^2+3\ge 3>0$ với mọi $y$), nhưng điều đó không liên quan tới việc xét bậc — hệ C vẫn bị loại vì $y^2$.

Định hướng. Miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn là GIAO của các nửa mặt phẳng; xét xem miền nghiệm của mỗi hệ có đúng dạng đó không.

Vậy chọn phương án A.

Nhận xét. Riêng hệ C còn hỏng nặng hơn: nó VÔ NGHIỆM, vì $y^2+3$ luôn dương với mọi $y$.

Định hướng. Thay lần lượt toạ độ bốn điểm vào cả hai bất phương trình của hệ, điểm thoả mãn đồng thời cả hai mới là nghiệm.

Vậy điểm $(-3;1)$ thuộc miền nghiệm của hệ. Chọn D.

Định hướng. Vẽ hai đường thẳng biên $x-y=-3$ (nét đứt) và $y=-2$ (nét liền), xác định miền nghiệm là phần phía trên cả hai đường, rồi đối chiếu vị trí bốn điểm.

Vậy quan sát hình cho cùng kết quả với cách 1: chọn D.

Nhận xét. Điểm $(-2;1)$ tuy gần miền nghiệm nhưng nằm đúng trên đường biên nét đứt của bất phương trình chặt nên không được tính là nghiệm.

Định hướng. Đưa cả hai bất phương trình về dạng chặn cho $y$; điều kiện $y>x+3$ khắt khe hơn nên đem nó ra lọc trước, phương án nào qua được mới cần kiểm điều kiện thứ hai.

Vậy chọn phương án D.

Nhận xét. Phương án B rơi đúng vào trường hợp $y=x+3$, tức nằm TRÊN đường biên; vì bất phương trình có dấu chặt nên điểm trên biên bị loại.

Định hướng. Nhân hai vế với mẫu số chung $6$ (dương nên giữ nguyên chiều bất phương trình) để khử mẫu, rút gọn về dạng $ax+by\ge c$, sau đó vẽ đường thẳng biên và thử điểm $O$ để xác định miền nghiệm.

Vậy miền nghiệm là nửa mặt phẳng bờ $x-5y+2=0$ (kể cả bờ) không chứa gốc toạ độ $O$, như hình vẽ.

Định hướng. Từ dạng rút gọn, biểu diễn $y$ theo $x$ để thấy ngay miền nghiệm nằm phía trên hay dưới đường thẳng, rồi thử một điểm khác để kiểm chứng.

Vậy kết quả khớp cách 1: miền nghiệm là nửa mặt phẳng phía trên đường thẳng $y=\frac{x+2}{5}$, không chứa gốc toạ độ $O$.

Nhận xét. Vì $O(0;0)$ cho $0<\frac{0+2}{5}$ nên $O$ không thuộc miền nghiệm, khớp với kết luận ở cách 1.

Định hướng. Sau khi rút gọn, thay hai điểm nằm hai phía đường biên vào BẤT PHƯƠNG TRÌNH GỐC để chắc chắn phép khử mẫu không làm đổi chiều; đường biên vẽ qua hai giao điểm với hai trục cho hình chuẩn.

Vậy miền nghiệm là nửa mặt phẳng bờ đường thẳng $x-5y+2=0$ vẽ nét liền (kể cả bờ), KHÔNG chứa gốc toạ độ $O$ — đó là nửa mặt phẳng phía trên đường thẳng, ứng với $y\ge \frac{x+2}{5}$.

Nhận xét. Hai phép thử ở hai phía là bằng chứng cho thấy phép nhân hai vế với $6$ giữ nguyên chiều, vì $6$ là số DƯƠNG.

Định hướng. Vẽ hai đường thẳng biên $x+y=1$ (nét đứt) và $2x-y=3$ (nét liền), xác định miền nghiệm từng bất phương trình bằng điểm thử, sau đó lấy phần giao của hai miền.

Vậy miền nghiệm của hệ là miền không bị chặn có đỉnh $\left(\frac{4}{3};-\frac{1}{3}\right)$, giới hạn bởi tia thuộc đường $2x-y=3$ (nét liền, lấy cả biên) ứng với $x\le \frac{4}{3}$ và tia thuộc đường $x+y=1$ (nét đứt, không lấy biên) ứng với $x\ge \frac{4}{3}$, như hình vẽ.

Định hướng. Chọn một điểm nằm sâu trong miền vừa xác định ở cách 1 và một điểm ngoài miền để kiểm tra lại bằng phép thay số trực tiếp vào hệ.

Vậy các điểm thử khớp với miền nghiệm đã xác định ở cách 1.

Nhận xét. Miền nghiệm của hệ hai bất phương trình bậc nhất hai ẩn không nhất thiết là một đa giác kín — ở đây miền nghiệm không bị chặn, mở rộng vô hạn về phía $y$ càng nhỏ.

Định hướng. Đỉnh duy nhất của miền là giao điểm hai đường biên; tìm toạ độ đỉnh bằng cách giải hệ phương trình, sau đó mô tả miền bởi hai tia xuất phát từ đỉnh và kiểm bằng một điểm bên trong.

Vậy miền nghiệm là miền không bị chặn nằm phía dưới hai đường biên, có đỉnh $I\left(\frac{4}{3};-\frac{1}{3}\right)$, giới hạn bởi tia thuộc đường $2x-y=3$ ứng với $x\le \frac{4}{3}$ (nét liền) và tia thuộc đường $x+y=1$ ứng với $x\ge \frac{4}{3}$ (nét đứt).

Nhận xét. Vì cả hai bất phương trình đều chặn TRÊN cho $y$ nên miền nghiệm chắc chắn mở xuống dưới — nhận xét này có ngay từ dạng của hệ, trước cả khi vẽ hình.

Định hướng. Tìm toạ độ các đỉnh của miền nghiệm bằng cách giải hệ từng cặp đường thẳng biên rồi kiểm tra với hai bất phương trình còn lại, sau đó lập bảng giá trị của $F$ tại các đỉnh để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Vậy miền nghiệm là tứ giác có bốn đỉnh $(-1;0)$, $(1;4)$, $(5;4)$, $(5;-6)$; $F(x;y)$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $-9$ tại $(5;4)$ và đạt giá trị lớn nhất bằng $1$ tại cả hai đỉnh $(-1;0)$ và $(5;-6)$.

Định hướng. Viết lại $F(x;y)=-(x+y)$ để nhận ra $F$ chỉ phụ thuộc vào tổng $x+y$; đối chiếu với bất phương trình $x+y\ge -1$ trong hệ để chặn giá trị của $F$, rồi thử thêm điểm trên cạnh $x+y=-1$ để kiểm chứng.

Vậy giá trị lớn nhất của $F$ bằng $1$, đạt tại mọi điểm trên cạnh nối $(-1;0)$ và $(5;-6)$; giá trị nhỏ nhất của $F$ bằng $-9$, đạt tại đỉnh $(5;4)$ — khớp với cách 1.

Nhận xét. Đây là trường hợp đặc biệt khi đường mức của $F$ song song với một cạnh của miền nghiệm, nên giá trị lớn nhất đạt trên nguyên cả cạnh đó chứ không chỉ tại một đỉnh.

Định hướng. Mỗi giá trị $m$ của $F$ ứng với một đường thẳng $x+y=-m$; họ đường này song song với nhau và song song luôn với cạnh $x+y=-1$, nên chỉ cần tìm hai đường mức ngoài cùng còn chạm miền.

Vậy miền nghiệm là tứ giác có bốn đỉnh $\left(-1;0\right)$, $\left(1;4\right)$, $\left(5;4\right)$, $\left(5;-6\right)$; $F$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $-9$ tại $\left(5;4\right)$ và đạt giá trị lớn nhất bằng $1$ tại MỌI điểm trên cạnh nối $\left(-1;0\right)$ với $\left(5;-6\right)$.

Nhận xét. Đường mức song song với một cạnh chính là lí do giá trị lớn nhất đạt trên cả cạnh — hiện tượng này chỉ xảy ra khi hệ số của $F$ tỉ lệ với hệ số của cạnh đó.

Định hướng. Gọi $x$, $y$ lần lượt là số tiền (triệu đồng) đầu tư trái phiếu chính phủ và trái phiếu ngân hàng, suy ra số tiền đầu tư trái phiếu doanh nghiệp theo $x$, $y$ từ tổng vốn cố định $1200$ triệu đồng, lập hệ bất phương trình rồi lập bảng giá trị lợi nhuận tại các đỉnh của miền nghiệm.

Vậy tại $(x;y)=(750;250)$, số tiền đầu tư trái phiếu doanh nghiệp là $1200-750-250=200$ (triệu đồng); bác An nên đầu tư $750$ triệu đồng vào trái phiếu chính phủ, $250$ triệu đồng vào trái phiếu ngân hàng và $200$ triệu đồng vào trái phiếu doanh nghiệp để lợi nhuận lớn nhất, đạt $96,5$ triệu đồng.

Định hướng. Từ nhận xét lợi nhuận giảm khi tăng $x$ hoặc $y$ (vì hệ số của $x$, $y$ trong $F=144-0,05x-0,04y$ đều âm), suy luận trực tiếp cần giảm $x+y$ tới mức nhỏ nhất có thể rồi giảm tiếp $x$ tới mức nhỏ nhất cho phép bởi $x\ge 3y$, sau đó tính lại lợi nhuận bằng số tiền thực từng loại để đối chiếu.

Vậy lợi nhuận lớn nhất là $96,5$ triệu đồng, đạt khi đầu tư $750$ triệu đồng chính phủ, $250$ triệu đồng ngân hàng, $200$ triệu đồng doanh nghiệp — khớp hoàn toàn với cách 1.

Nhận xét. Vì lãi suất doanh nghiệp cao nhất nên bài toán luôn ưu tiên đầu tư tối đa vào doanh nghiệp ($200$ triệu đồng); phần còn lại nên ưu tiên tối thiểu tiền vào chính phủ (lãi thấp hơn ngân hàng) trong giới hạn điều kiện $x\ge 3y$ cho phép.

Định hướng. Sau khi khử ẩn, dùng luôn hai ràng buộc để chặn trên biểu thức lợi nhuận bằng một dãy bất đẳng thức, rồi chỉ ra phương án làm mọi dấu bằng cùng xảy ra.

Vậy bác An nên đầu tư $750$ triệu đồng vào trái phiếu chính phủ, $250$ triệu đồng vào trái phiếu ngân hàng và $200$ triệu đồng vào trái phiếu doanh nghiệp; lợi nhuận lớn nhất sau một năm là $96,5$ triệu đồng.

Nhận xét. Dãy bất đẳng thức cho thấy hai ràng buộc $z\le 200$ và $x\ge 3y$ đều phải đạt dấu bằng ở phương án tối ưu — đó chính là đỉnh của miền nghiệm.

Định hướng. Gọi $x$, $y$ là thời lượng quảng cáo (giây) trên đài phát thanh, truyền hình; lập đủ bốn ràng buộc gồm giới hạn thời lượng từng đài và giới hạn tổng chi phí, xác định các đỉnh của miền nghiệm rồi lập bảng giá trị $F=x+8y$.

Vậy công ty nên đặt $200$ giây quảng cáo trên đài phát thanh và $360$ giây quảng cáo trên đài truyền hình để đạt hiệu quả lớn nhất, bằng $3080$ (đơn vị hiệu quả).

Định hướng. Vì truyền hình hiệu quả gấp 8 lần phát thanh, dự đoán phương án tối ưu nên dùng hết tối đa thời lượng truyền hình cho phép rồi dùng phần chi phí còn lại cho phát thanh, sau đó so sánh với các phương án chỉ dùng một loại đài.

Vậy phương án dùng hết thời lượng truyền hình tối đa kết hợp thêm phát thanh cho hiệu quả lớn nhất $3080$, khớp với cách 1 và tốt hơn hẳn hai phương án chỉ dùng một loại đài.

Nhận xét. Kết quả cho thấy nên ưu tiên tối đa thời lượng truyền hình (hiệu quả cao hơn) trước, phần ngân sách còn lại mới dùng cho phát thanh, đúng như trực giác vì truyền hình có hiệu quả gấp 8 lần.

Định hướng. Dùng ràng buộc chi phí để chặn $x$ theo $y$, thay vào biểu thức hiệu quả thì $F$ chỉ còn bị chặn bởi $y$; kết hợp với trần thời lượng truyền hình là ra ngay giá trị lớn nhất.

Vậy công ty nên đặt $200$ giây quảng cáo trên đài phát thanh và $360$ giây trên đài truyền hình; khi đó hiệu quả lớn nhất là $F=3080$.

Nhận xét. Bất đẳng thức $F\le 2000+3y$ nói rõ vì sao phải dùng HẾT thời lượng truyền hình: mỗi giây truyền hình còn lại làm hiệu quả tăng thêm $3$ đơn vị.