Phương Pháp Giải Bài Hệ Bất Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn Theo Từng Dạng

Phương pháp giải bài Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn theo từng dạng được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 4 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.

DẠNG 1: XÉT ĐIỂM $\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ CÓ THUỘC MIỀM NGHIỆM CỦA HỆ HAY KHÔNG?

Để xét điểm $\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ có phải là nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn thì ta thay $\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ vào hệ. Nếu thỏa mãn thì $\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là nghiệm, nếu không thỏa mãn thì $\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ không phải là nghiệm của hệ.

Bài 1. Hệ bất phương trình nào sau đây là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn?

a) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant 2024} \\
{2025y < 0}
\end{array}} \right.$

b) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x + y + z < 0} \\
{y < 0}
\end{array}} \right.$

c) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x + {y^2} < 0} \\
{y – x > 1}
\end{array}} \right.$

d) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ – 2x + y < – {2^2}} \\
{ – {5^2}x + 3y < 2026}
\end{array}} \right.$

Lời giải

a) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant 2024} \\
{2025y < 0}
\end{array}} \right.$ là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn

b) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x + y + z < 0} \\
{y < 0}
\end{array}} \right.$ không phải hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn mà là hệ bất phương trình bậc nhất ba ẩn $x;y;z$

c) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x + {y^2} < 0} \\
{y – x > 1}
\end{array}} \right.$ không phải hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn vì chứa ${y^2}$

d) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ – 2x + y < – {2^2}} \\
{ – {5^2}x + 3y < 2026}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ – 2x + y < – 4} \\
{ – 25x + 3y < 2026}
\end{array}} \right.} \right.$ là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn

Bài 2. Điểm nào sau đây: $A\left( { – 1;4} \right),B\left( { – 2;4} \right),C\left( {0;0} \right),D\left( { – 3;4} \right)$ không thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x + 3y – 1 > 0} \\
{5x – y + 4 < 0}
\end{array}} \right.$ ?

Lời giải

Chọn C.

Thay điểm $A\left( { – 1;4} \right)$ vào hệ ta được : $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2\left( { – 1} \right) + 3.4 – 1 > 0} \\
{5\left( { – 1} \right) – 4 + 4 < 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{9 > 0} \\
{ – 5 < 0}
\end{array}} \right.} \right.$

Suy ra điểm $A\left( { – 1;4} \right)$ thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình.

Thay điểm $B\left( { – 2;4} \right)$ vào hệ ta được : $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2\left( { – 2} \right) + 3.4 – 1 > 0} \\
{5\left( { – 2} \right) – 4 + 4 < 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{7 > 0} \\
{ – 10 < 0}
\end{array}} \right.} \right.$

Suy ra điểm $B\left( { – 2;4} \right)$ thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình.

Thay điểm $C\left( {0;0} \right)$ vào hệ ta được : $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ – 1 > 0} \\
{4 < 0\left( {\;vo\,ly\;} \right)}
\end{array}} \right.$

Suy ra điểm $C\left( {0;0} \right)$ không thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình.

Thay điểm $D\left( { – 3;4} \right)$ vào hệ ta được : $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2\left( { – 3} \right) + 3.4 – 1 > 0} \\
{5\left( { – 3} \right) – 4 + 4 < 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{5 > 0} \\
{ – 15 < 0}
\end{array}} \right.} \right.$

Suy ra điểm $D\left( { – 3;4} \right)$ thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình.

DẠNG 2: TÌM NGHIỆM HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

Để biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất 2 ẩn trên mặt phẳng tọa độ ,$Oxy$ ta làm như sau:

• Trong cùng mặt phẳng hệ toạ độ, biểu diễn miền nghiệm mỗi bất phương trình của hệ.

• Phần giao của các miền nghiệm là miền nghiệm của hệ bất phương trình.

Bài 3. Biểu diễn miền nghiệm của các hệ bất phương trình sau trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ :

a) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y – x < – 1} \\
{x > 0} \\
{y < 0}
\end{array}} \right.$

b) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant 0} \\
{y \geqslant 0} \\
{2x + y \leqslant 4}
\end{array}} \right.$

c) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – 3y < 0} \\
{x + 2y > – 3} \\
{y + x < 2}
\end{array}} \right.$

Lời giải

a) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y – x < – 1} \\
{x > 0} \\
{y < 0}
\end{array}} \right.$

Bước 1: Vẽ đường thẳng $\left( {{d_1}} \right): – x + y = – 1$

Vì $ – 0 + 0 = 0 > – 1$ nên tọa độ điểm $O\left( {0;0} \right)$ không thỏa mãn bất phương trình $ – x + y < – 1$

Do đó miền nghiệm của của bất phương trình $ – x + y < – 1$ là nửa mặt phẳng bờ ${d_1}$ không chứa gốc tọa độ $O$ không kể đường thẳng ${d_1}$. Bước 2: Vẽ đường thẳng $\left( {{d_2}} \right):x = 0$

Vì $1 > 0$ nên tọa độ điểm $\left( {1;0} \right)$ thỏa bất phương trình $x > 0$

Do đó miền nghiệm của bất phương trình $x > 0$ là nửa mặt phẳng bờ $Oy$ chứa điểm $\left( {1;0} \right)$ không kể bờ $Oy$.

Bước 3: Vẽ đường thẳng $\left( {{d_3}} \right):y = 0$

Vì $ – 1 < 0$ nên tọa độ điểm $\left( {0, – 1} \right)$ thỏa bất phương trình $y < 0$

Do đó miền nghiệm của bất phương trình $y < 0$ là nửa mặt phẳng bờ $Ox$ chứa điểm $\left( {0; – 1} \right)$ không kể bờ $Ox$.

Vậy miền nghiệm của hệ là miền không bị gạch.

b) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant 0} \\
{y \geqslant 0} \\
{2x + y \leqslant 4}
\end{array}} \right.$

Bước 1: Vẽ đường thẳng $\left( {{d_1}} \right):x = 0$

Vì $1 > 0$ nên tọa độ điểm $\left( {1;0} \right)$ thỏa bất phương trình $x \geqslant 0$

Do đó miền nghiệm của bất phương trình $x \geqslant 0$ là nửa mặt phẳng bờ $Oy$ và đường thẳng $x = 0$ chứa điểm $\left( {1;0} \right)$.

Bước 2: Vẽ đường thẳng $\left( {{d_2}} \right):y = 0$

Vì $1 > 0$ nên tọa độ điểm $\left( {0,1} \right)$ thỏa bất phương trình $y \geqslant 0$

Do đó miền nghiệm của bất phương trình $y \geqslant 0$ là nửa mặt phẳng bờ $Ox$ và đường thẳng $y = 0$ chứa điểm $\left( {0;1} \right)$.

Bước 3: Vẽ đường thẳng $\left( {{d_3}} \right):2x + y = 4$

Vì $2.0 + 0 = 0 < 4$ nên tọa độ điểm $O\left( {0;0} \right)$ thỏa mãn bất phương trình $2x + y \leqslant 4$ Do đó miền nghiệm của của bất phương trình $2x + y \leqslant 4$ là nửa mặt phẳng bờ ${d_3}$ và đường thẳng $2x + y = 4$ chứa gốc tọa độ $O$.

Vậy miền nghiệm của hệ là miền không bị gạch.

c) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – 3y < 0} \\
{x + 2y > – 3} \\
{y + x < 2}
\end{array}} \right.$

Trước hết, ta vẽ ba đường thẳng:

$\left( {{d_1}} \right):x – 3y = 0$

$\left( {{d_2}} \right):x + 2y = – 3$

$\left( {{d_3}} \right):x + y = 2$

Ta thấy $\left( { – 1;0} \right)$ là nghiệm của cả ba bất phương trình. Điều đó có nghĩa điểm $\left( { – 1;0} \right)$ thuộc cả ba miền nghiệm của ba bất phương trình. Sau khi gạch bỏ miền không thích hợp, miền không bị gạch là miền nghiệm của hệ.

Bài 4. Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình sau trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ :

a) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3x + y \leqslant 6} \\
{x + y \leqslant 4} \\
{x \geqslant 0} \\
{y \geqslant 0}
\end{array}} \right.$.

b) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x + 2y < 5} \\
{0 \leqslant x \leqslant 3} \\
{y \geqslant 0}
\end{array}} \right.$.

Lời giải

a) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3x + y \leqslant 6} \\
{x + y \leqslant 4} \\
{x \geqslant 0} \\
{y \geqslant 0}
\end{array}} \right.$.

Vẽ các đường thẳng ${d_1}:3x + y = 6$

${d_2}:x + y = 4$

${d_2}:x = 0\;\left( {Oy} \right)$

${d_2}:y = 0\;\left( {Ox} \right)$

Vì điểm ${M_0}\left( {1;1} \right)$ có tọa độ thỏa mãn tất cả các bất phương trình trong hệ trên nên ta tô đậm các nửa mặt phẳng bờ $\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right),\left( {{d_3}} \right),\left( {{d_4}} \right)$ không chứa điểm ${M_0}$. Miền không bị tô đậm (hình tứ giác kể cả bốn cạnh) trong hình vẽ là miền nghiệm của hệ đã cho.

b) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x + 2y < 5} \\
{0 \leqslant x \leqslant 3} \\
{y \geqslant 0}
\end{array}} \right.$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x + 2y < 5} \\
{0 \leqslant x \leqslant 3} \\
{y \geqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x + 2y – 5 < 0} \\
{x \geqslant 0} \\
{x \leqslant 3} \\
{y \geqslant 0}
\end{array}} \right.} \right.$

Để biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình trên, ta biểu diễn miền nghiệm của mỗi bất phương trình của hệ trên mặt phẳng $Oxy$ và xét phần giao.

• Vẽ đường thẳng $x + 2y – 5 = 0$ đi qua hai điểm $\left( {0;\frac{5}{2}} \right)$ và $\left( {5;0} \right)$.

Xét gốc tọa độ $O$ không thuộc đường thẳng $x + 2y – 5 = 0$, ta có: $0 + 2.0 – 5 = – 5 < 0$.

Do đó, miền nghiệm của bất phương trình $x + 2y – 5 < 0$ là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng $x + 2y – $ $5 = 0$, chứa điểm $O$, không kể đường thẳng $x + 2y – 5 = 0$.

• Miền nghiệm của bất phương trình $x \geqslant 0$ chính là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng $Oy$, nằm bên phải trục $Oy$, bao gồm cả đường thẳng $Oy$.

• Miền nghiệm của bất phương trình $x \leqslant 3$ chính là nửa mặt có bờ là đường thẳng $x = 3$ song song với trục $Oy$ và nằm bên trái đường thẳng $x = 3$, bao gồm cả đường thẳng $x = 3$.

• Miền nghiệm của bất phương trình $y \geqslant 0$ chính là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng $Ox$, nằm bên trên trục $Ox$, bao gồm cả đường thẳng $Ox$.

Vậy miền không bị gạch chéo (kể cả bờ là một phần đường thẳng $x = 3$, một phần đường thẳng $x = 0$, một phần đường thẳng $y = 0$ và không kể đường thẳng $x + 2y – 5 = 0$ ) trong hình trên là phần biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

DẠNG 3: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

Bài toán: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức $F\left( {x,y} \right) = ax + by$ với $\left( {x;y} \right)$ nghiệm đúng một hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn cho trước.

Bước 1: Xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho. Kết quả thường được miền nghiệm S là đa giác.

Bước 2: Tính giá trị của $F$ tương ứng với $\left( {x;y} \right)$ là tọa độ của các đỉnh của đa giác.

Bước 3: Kết luận:

• Giá trị lớn nhất của $F$ là số lớn nhất trong các giá trị tìm được.

• Giá trị nhỏ nhất của $F$ là số nhỏ nhất trong các giá trị tìm được.

Bài 5. Cho hệ bất phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant 0} \\
{y \geqslant 0} \\
{x + y < 80} \\
{2x + y < 120}
\end{array}} \right.$

a) Tìm hai nghiệm của hệ trên.

b) Cho $F\left( {x;y} \right) = 2x + 2y$. Tìm giá trị lớn nhất của $F\left( {x;y} \right)$.

Lời giải

a) Chọn $\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right)$.

Thay $x = 1$ và $y = 1$ vào bất phương trình $x \geqslant 0$ ta được $1 \geqslant 0$ là mệnh đề đúng. Do đó cặp $\left( {1;1} \right)$ là nghiệm của bất phương trình $x \geqslant 0$.

Thay $x = 1$ và $y = 1$ vào bất phương trình $y \geqslant 0$ ta được $1 \geqslant 0$ là mệnh đề đúng. Do đó cặp $\left( {1;1} \right)$ là nghiệm của bất phương trình $y \geqslant 0$.

Thay $x = 1$ và $y = 1$ vào bất phương trình $x + y \leqslant 80$ ta được $1 + 1 = 2 \leqslant 80$ là mệnh đề đúng. Do đó cặp $\left( {1;1} \right)$ là nghiệm của bất phương trình $x + y \leqslant 80$.

Thay $x = 1$ và $y = 1$ vào bất phương trình $2x + y \leqslant 120$ ta được $2.1 + 1 = 3 \leqslant 120$ là mệnh đề đúng. Do đó cặp $\left( {1;1} \right)$ là nghiệm của bất phương trình $2x + y \leqslant 120$.

Vậy $\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right)$ là nghiệm của hệ bất phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant 0} \\
{y \geqslant 0} \\
{x + y < 80} \\
{2x + y < 120}
\end{array}} \right.$

Tương tự ta chọn được $\left( {x;y} \right) = \left( {2;2} \right)$ là nghiệm của hệ bất phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant 0} \\
{y \geqslant 0} \\
{x + y < 80} \\
{2x + y < 120}
\end{array}} \right.$

Vậy hai cặp số $\left( {1;1} \right),\left( {2;2} \right)$ là nghiệm của hệ bất phương trình.

b)

• Xác định miền nghiệm ${D_1}$ của bất phương trình $x \geqslant 0$.

• Đường thẳng $x = 0$ là trục tọa độ $Oy$.

• Miền nghiệm ${D_1}$ của bất phương trình $x \geqslant 0$ là nửa mặt phẳng bờ $Oy$ (kể cả trục $Oy$ ) nằm bên phải trục Oy.

• Tương tự, miền nghiệm ${D_2}$ của bất phương trình $y \geqslant 0$ là nửa mặt phẳng bờ $Ox$ (kể cả trục $Ox$ ) nằm bên trên trục $Ox$.

• Miền nghiệm ${D_3}$ của bất phương trình $x + y \leqslant 80$ :

• Vẽ đường thẳng ${d_1}:x + y = 80$.

• Xét gốc toạ độ $O\left( {0;0} \right)$ có: $0 + 0 = 0 \leqslant 80$ là mệnh đề đúng nên tọa độ điểm $O\left( {0;0} \right)$ thỏa mãn bất phương trình $x + y \leqslant 80$.

Do đó, miền nghiệm ${D_3}$ của bất phương trình $x + y \leqslant 80$ là nửa mặt phẳng bờ ${d_1}$(Kể cả bờ $\left. {{d_1}} \right)$ chứa gốc tọa độ $O$.

• Miền nghiệm ${D_4}$ của bất phương trình $2x + y \leqslant 120$ :

• Vẽ đường thẳng ${d_2}:2x + y = 120$.

• Xét gốc toạ độ $O\left( {0;0} \right)$ có: $2.0 + 0 = 0 \leqslant 120$ là mệnh đề đúng nên tọa độ điểm $O\left( {0;0} \right)$ thỏa mãn bất phương trình $2x + y \leqslant 120$.

Do đó, miền nghiệm ${D_4}$ của bất phương trình $2x + y \leqslant 120$ là nửa mặt phẳng bờ ${d_2}$(Kể cả bờ $\left. {{d_2}} \right)$ chứa gốc tọa độ $O$.

Từ đó ta có miền nghiệm không bị gạch là giao miền nghiệm của các bất phương trình trong hệ.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền tứ giác $OABC$ với:

$O\left( {0;0} \right),A\left( {0;80} \right),B\left( {40;40} \right),C\left( {60;0} \right)$.

Tại $O\left( {0;0} \right):F = 2.0 + 2.0 = 0$;

Tại A $\left( {0;80} \right):F = 2.0 + 2.80 = 160$;

Tại B(40; 40): $F = 2.40 + 2.40 = 160$; Tại $C\left( {60;0} \right):F = 2.60 + 2.0 = 120$;

Vậy giá trị lớn nhất của $F\left( {x;y} \right)$ là 160 khi $\left( {x;y} \right) = \left( {0;80} \right)$ hoặc $\left( {x;y} \right) = \left( {40,40} \right)$.

Bài 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $F\left( {x;y} \right) = x + 2y$ trên miền xác định bởi hệ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant 0} \\
{0 \leqslant y \leqslant 4} \\
{x – y – 1 \leqslant 0} \\
{x + 2y – 10 \leqslant 0}
\end{array}} \right.$

Lời giải

Vẽ đường thẳng ${d_1}:x – y – 1 = 0$, đường thẳng ${d_1}$ qua hai điểm $\left( {0; – 1} \right)$ và $\left( {1;0} \right)$.

Vẽ đường thẳng ${d_2}:x + 2y – 10 = 0$, đường thẳng ${d_2}$ qua hai điểm $\left( {0;5} \right)$ và $\left( {2;4} \right)$.

Vẽ đường thẳng ${d_3}:y = 4$.

Miền nghiệm là ngũ giác $ABCOE$ với $A\left( {4;3} \right),B\left( {2;4} \right),C\left( {0;4} \right),E\left( {1;0} \right)$.

Ta có: $F\left( {4;3} \right) = 10,F\left( {2;4} \right) = 10,F\left( {0;4} \right) = 8,F\left( {1;0} \right) = 1,F\left( {0;0} \right) = 0$.

Vậy giá trị lớn nhất của biết thức $F\left( {x;y} \right) = x + 2y$ bằng 10 .

Bài 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $F\left( {x;y} \right) = y – x$ trên miền xác định bởi hệ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y – 2x \leqslant 2} \\
{2y – x \geqslant 4} \\
{x + y \leqslant 5}
\end{array}} \right.$

Lời giải

Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{y – 2x \leqslant 2} \\
{2y – x \geqslant 4} \\
{x + y \leqslant 5}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{y – 2x – 2 \leqslant 0} \\
{2y – x – 4 \geqslant 0.\left( * \right)} \\
{x + y – 5 \leqslant 0}
\end{array}} \right.} \right.$

Trong mặt phẳng tọa độ $0xy$, vẽ các đường thẳng ${d_1}:y – 2x – 2 = 0,{d_2}:2y – x – 4 = 0$,

${d_3}:x + y – 5 = 0.$

Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình $\left( {{\;^*}} \right)$ là phần mặt phẳng (tam giác $ABC$ kể cả biên) tô màu như hình vẽ.

Xét các đỉnh của miền khép kín tạo bởi hệ $\left( * \right)$ là $A\left( {0;2} \right),B\left( {2;3} \right),C\left( {1;4} \right)$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{F\left( {0;2} \right) = 2} \\
{F\left( {2;3} \right) = 1} \\
{F\left( {1;4} \right) = 3}
\end{array} \Rightarrow {F_{min}} = 1} \right.$.

DẠNG 4: BÀI TOÁN THỰC TẾ

Bài 8. Một gia đình cần ít nhất 900 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit trong thức ăn mỗi ngày. Mỗi kilôgam thịt bò chứa 800 đơn vị protein và 200 đơn vị lipit. Mỗi kilôgam thịt lợn chứa 600 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit. Biết rằng gia đình này chỉ mua nhiều nhất $1,6\;kg$ thịt bò và $1,1\;kg$ thịt lợn; giá tiền 1 kg thịt bò là 250 nghìn đồng; 1 kg thịt lợn là 160 nghìn đồng. Giả sử gia đình đó mua $x$ kilôgam thịt bò và $y$ kilôgam thịt lợn.

a) Viết các bất phương trình biểu thị các điều kiện của bài toán thành một hệ bất phương trình rồi xác định miền nghiệm của hệ đó.

b) Gọi $F$ (nghìn đồng) là số tiền phải trả cho $x$ kilôgam thịt bò và $y$ kilôgam thịt lợn. Hãy biểu diễn $F$ theo $x$ và $y$.

c) Tìm số kilôgam thịt mỗi loại mà gia đình cần mua để chi phí là ít nhất.

Lời giải

a) Gia đình này chỉ mua nhiều nhất $1,6\;kg$ thịt bò và $1,1\;kg$ thịt lợn. Giả sử gia đình này mua $x$ kilôgam thịt bò và $y$ kilôgam thịt lợn thì $x$ và $y$ cần thỏa mãn điều kiện:

$0 \leqslant x \leqslant 1,6$ và $0 \leqslant y \leqslant 1,1$.

Gia đình này cần ít nhất 900 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit trong thức ăn mỗi ngày nên điều kiện tương ứng là

$800x + 600y \geqslant 900$ và $200x + 400y \geqslant 400$

Hay $8x + 6y \geqslant 9$ và $x + 2y \geqslant 2$

Từ các bất phương trình biểu thị các điều kiện của bài toán, ta có hệ bất phương trình sau:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant x \leqslant 1,6} \\
{0 \leqslant y \leqslant 1,1} \\
{8x + 6y \geqslant 9} \\
{x + 2y \geqslant 2}
\end{array}} \right.$

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình:

$\left( {{d_1}} \right):x = 1,6$

$\left( {{d_2}} \right):y = 1,1$

$\left( {{d_3}} \right):8x + 6y = 9$

$\left( {{d_4}} \right):x + 2y = 2$

Miền nghiệm của hệ trên là miền tứ giác $ABCD$

(kể cả biên).

b) $F = 250x + 160y$ (nghìn đồng)

c) $F\left( {x;y} \right)$ đạt giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất tại một trong các đỉnh của tứ giác $ABCD$.

$A \in \left( {{d_2}} \right) \cap \left( {{d_3}} \right) \Rightarrow A\left( {0,3;1,1} \right)$, ta có $F\left( {0,3;1,1} \right) = 250.0,3 + 160.0,1 = 91$ (nghìn đồng)

$B \in \left( {{d_1}} \right) \cap \left( {{d_2}} \right) \Rightarrow B\left( {1,6;1,1} \right)$, ta có $F\left( {1,6;1,1} \right) = 250.1,6 + 160.1,1 = 576$ (nghìn đồng)

$C \in \left( {{d_1}} \right) \cap \left( {{d_4}} \right) \Rightarrow C\left( {1,6;0,2} \right)$, ta có $F\left( {1,6;0,2} \right) = 250.1,6 + 160.0,2 = 432$ (nghìn đồng)

$D \in \left( {{d_3}} \right) \cap \left( {{d_4}} \right) \Rightarrow D\left( {0,6;0,7} \right)$, ta có $F\left( {0,6;0,7} \right) = 250.0,6 + 160.0,7 = 262$ (nghìn đồng)

Vậy gia đình đó cần mua $0,3\;kg$ thịt bò và $1,1\;kg$ thịt lợn để chi phí là ít nhất.

Bài 9. Trong một cuộc thi pha chế, hai đội $A,B$ được sử dụng tối đa $24\;g$ hương liệu, 9 lít nước và $210\;g$ đường để pha chế nước cam và nước táo. Để pha chế 1 lít nước cam cần $30\;g$ đường, 1 lít nước và $1\;g$ hương liệu; pha chế 1 lít nước táo cần $10\;g$ đường, 1 lít nước và $4\;g$ hương liệu. Mỗi lít nước cam nhận được 60 điểm thưởng, mỗi lít nước táo nhận được 80 điểm thưởng. Đội $A$ pha chế được $a$ lít nước cam và $b$ lít nước táo và dành được điểm thưởng cao nhất. Tính hiệu số $a – b$.

Lời giải

Gọi $x,y$ lần lượt là số lít nước cam và nước táo mà mỗi đội cần pha chế $\left( {x \geqslant 0;y \geqslant 0} \right)$.

Để pha chế $x$ lít nước cam cần $30x\;g$ đường, $x$ lít nước và $x\;g$ hương liệu.

Để pha chế $y$ lít nước táo cần $10y\;g$ đường, $y$ lít nước và $4y\;g$ hương liệu.

Theo bài ra ta có hệ bất phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{30x + 10y \leqslant 210} \\
{x + y \leqslant 9} \\
{x + 4y \leqslant 24} \\
{x \geqslant 0;y \geqslant 0}
\end{array}} \right.$ Số điểm đạt được khi pha $x$ lít nước cam và $y$ lít nước táo là $M\left( {x,y} \right) = 60x + 80y$.

Bài toán trở thành tìm $x,y$ để $M\left( {x,y} \right)$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta biểu diễn miền nghiệm của hệ $\left( * \right)$ trên mặt phẳng tọa độ như sau:

Miền nghiệm là ngũ giác $ABCDE$.

Tọa độ các điểm: $A\left( {4;5} \right),B\left( {6;3} \right),C\left( {7;0} \right),D\left( {0;0} \right),E\left( {0;6} \right)$.

$M\left( {x,y} \right)$ sẽ đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất tại các đỉnh của miền nghiệm nên thay tọa độ các điểm vào biểu thức $M\left( {x,y} \right)$ ta được:

$M\left( {4;5} \right) = 640;M\left( {6;3} \right) = 600,M\left( {7;0} \right) = 420,M\left( {0;0} \right) = 0,M\left( {0;6} \right) = 480$.

Vậy giá trị lớn nhất của $M\left( {x;y} \right)$ bằng 640 khi $x = 4;y = 5 \Rightarrow a = 4;b = 5 \Rightarrow a – b = – 1$.

Bài 10. Một hộ nông dân định trồng dứa và củ đậu trên diện tích $8ha$. Trên diện tích mỗi ha, nếu trồng dứa thì cần 20 công và thu 3 triệu đồng, nếu trồng củ đậu thì cần 30 công và thu 4 triệu đồng. Hỏi cần trồng mỗi loại cây trên với diện tích là bao nhiêu ha để thu được nhiều tiền nhất, biết rằng tổng số công không quá 180.

Lời giải

Gọi $x,y$ lần lượt là số ha trồng dứa và củ đậu.

Có $0 \leqslant x \leqslant 8;0 \leqslant y \leqslant 8;x + y \leqslant 8;20x + 30y \leqslant 180 \Rightarrow 2x + 3y \leqslant 18$.

Số tiền thu được là $T\left( {x,y} \right) = 3x + 4y$.

Ta có hệ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant x \leqslant 8} \\
{0 \leqslant y \leqslant 8} \\
{x + y \leqslant 8} \\
{2x + 3y \leqslant 18}
\end{array}} \right.$

Miền nghiệm của hệ là miền tứ giác $OABC$ với $A\left( {0;6} \right),B\left( {6;2} \right),C\left( {0;8} \right)$.

Khi đó $T\left( {x,y} \right)$ đạt cực đại tại một trong các đỉnh của $OABC$.

Có $T\left( {0,0} \right) = 0;T\left( {0;6} \right) = 24;T\left( {6;2} \right) = 26;T\left( {8;0} \right) = 24$.

Vậy cần trồng 6 ha dứa và 2 ha củ đậu.

Bài 11. Cô Thủy kinh doanh online hai mặt hàng handmade là vòng tay và vòng đeo cổ. Mỗi vòng tay làm trong 4 giờ, bán được 40 ngàn đồng. Mỗi vòng đeo cổ làm trong 6 giờ, bán được 80 ngàn đồng. Mỗi tuần cô Thủy bán được không quá 15 vòng tay và 4 vòng đeo cổ. Tính số giờ tối thiểu trong tuần cô Thủy cần dùng để bán được ít nhất 400 ngàn đồng?

Lời giải

Gọi $x,y \in \mathbb{N}$ là số vòng tay và vòng đeo cổ trong tuần cô Thủy làm được.

Theo giả thiết ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{40x + 80y \geqslant 400} \\
{0 \leqslant x \leqslant 15} \\
{0 \leqslant y \leqslant 4}
\end{array}} \right.$

Bài toán trở thành tìm nghiệm $\left( {x,y} \right)$ để $L = 4x + 6y$ nhỏ nhất.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình (1) là tam giác $ABC$ với $A\left( {0;50} \right),B\left( {10;0} \right),C\left( {2;4} \right)$ kể cả miền trong tam giác đó.

Tình giá trị của biểu thức $L = 4x + 6y$ tại tất cả các đỉnh của tam giác $ABC$ ta thấy $L$ nhỏ nhất khi $x = 2,y = 4$.

Vậy số giờ tối thiểu trong tuần cô Thủy cần dùng là $L = 4.2 + 6.4 = 32$

Bài 12. Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm

• Mỗi kg sản phẩm loại I cần 2 kg nguyên liệu và 30 giờ, đem lại mức lời 40 nghìn;

• Mỗi kg sản phẩm loại II cần 4 kg nguyên liệu và 15 giờ, đem lại mức lời 30 nghìn.

Xưởng có $200\;kg$ nguyên liệu và 1200 giờ làm việc. Nên sản xuất mỗi loại sản phẩm bao nhiêu để có mức lời cao nhất?

Lời giải

Gọi $x \geqslant 0,y \geqslant 0\left( {\;kg} \right)$ lần lượt là số sản phẩm loại I và loại II cần sản xuất.

Khi đó, tổng số nguyên liệu sử dụng: $2x + 4y \leqslant 200$.

Tổng số giờ làm việc: $30x + 15y \leqslant 1200$.

Lợi nhuận tạo thành: $L = 40x + 30y$ (nghìn).

Thực chất của bài toán này là phải tìm $x \geqslant 0,y \geqslant 0$ thoả mãn hệ

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x + 4y \leqslant 200} \\
{30x + 15y \leqslant 1200}
\end{array}} \right.$ sao cho $L = 40x + 30y$ đạt giá trị lớn nhất.

Bài 13. Một nhà khoa học đã nghiên cứu về tác động phối hợp của hai loại Vitamin $A$ và $B$ đã thu được kết quả như sau: Trong một ngày, mỗi người cần từ 400 đến 1000 đơn vị Vitamin cả $A$ lẫn $B$ và có thể tiếp nhận không quá 600 đơn vị vitamin $A$ và không quá 500 đơn vị vitamin $B$. Do tác động phối hợp của hai loại vitamin trên nên mỗi ngày một người sử dụng số đơn vị vitamin $B$ không ít hơn một nửa số đơn vị vitamin $A$ và không nhiều hơn ba lần số đơn vị vitamin $A$. Tính số đơn vị vitamin mỗi loại ở trên để một người dùng mỗi ngày sao cho chi phí rẻ nhất, biết rằng mỗi đơn vị vitamin $A$ có giá 9 đồng và mỗi đơn vị vitamin $B$ có giá 7,5 đồng.

Lời giải

Gọi $x \geqslant 0,y \geqslant 0$ lần lượt là số đơn vị vitamin $A$ và $B$ để một người cần dùng trong một ngày.

Trong một ngày, mỗi người cần từ 400 đến 1000 đơn vị vitamin cả $A$ lẫn $B$ nên ta có: $400 \leqslant x + y \leqslant 1000$.

Hàng ngày, tiếp nhận không quá 600 đơn vị vitamin $A$ và không quá 500 đơn vị vitamin $B$ nên ta có: $x \leqslant 600,y \leqslant 500$.

Mỗi ngày một người sử dụng số đơn vị vitamin $B$ không ít hơn một nửa số đơn vị vitamin $A$ và không nhiều hơn ba lần số đơn vị vitamin $A$ nên ta có: $0,5x \leqslant y \leqslant 3x$.

Số tiền cần dùng mỗi ngày là: $T\left( {x,y} \right) = 9x + 7,5y$.

Bài toán trở thành: Tìm $x \geqslant 0,y \geqslant 0$ thỏa mãn hệ

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant x \leqslant 600,0 \leqslant y \leqslant 500} \\
{400 \leqslant x + y \leqslant 1000} \\
{0,5x \leqslant y \leqslant 3x}
\end{array}} \right.$ để $T\left( {x,y} \right) = 9x + 7,5y$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Miền nghiệm của hệ trên là: Các em tự vẽ hình.

Từ miền nghiệm và $T\left( {x,y} \right) = 9x + 7,5y$ đạt giá trị nhỏ nhất. $ \Rightarrow x = 100;y = 300$

Vậy 100 đơn vị Vitamin $A$, 300 đơn vị Vitamin $B$.

Bài 14. Một nhà máy sản xuất, sử dụng ba loại máy đặc chủng để sản xuất sản phẩm $A$ và sản phẩm $B$ trong một chu trình sản xuất. Để sản xuất một tấn sản phẩm $A$ lãi 4 triệu đồng người ta sử dụng máy $I$ trong 1 giờ, máy $II$ trong 2 giờ và máy $III$ trong 3 giờ. Để sản xuất ra một tấn sản phẩm $B$ lãi được 3 triệu đồng người ta sử dụng máy $I$ trong 6 giờ, máy $II$ trong 3 giờ và máy III trong 2 giờ. Biết rằng máy $I$ chỉ hoạt động không quá 36 giờ, máy hai hoạt động không quá 23 giờ và máy III hoạt động không quá 27 giờ. Hãy lập kế hoạch sản xuất cho nhà máy để tiền lãi được nhiều nhất.

Lời giải

Gọi $x \geqslant 0,y \geqslant 0$ (tấn) là sản lượng cần sản xuất của sản phẩm $A$ và sản phẩm $B$. Ta có:

$x + 6y$ là thời gian hoạt động của máy $I$.

$2x + 3y$ là thời gian hoạt động của máy $II$.

$3x + 2y$ là thời gian hoạt động của máy $III$.

Số tiền lãi của nhà máy: $T = 4x + 3y$ (triệu đồng).

Bài toán trở thành: Tìm $x \geqslant 0,y \geqslant 0$ thỏa mãn $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x + 6y \leqslant 36} \\
{2x + 3y \leqslant 23} \\
{3x + 2y \leqslant 27}
\end{array}} \right.$ để $T = 4x + 3y$ đạt giá trị lớn nhất.

Miền nghiệm của hệ trên là: Các em tự vẽ hình.

Từ miền nghiệm và $T = 4x + 3y$ đạt giá trị nhỏ nhất $ \Rightarrow x = 7;y = 3$

Vậy Sản xuất 7 tấn sản phẩm $A$ và 3 tấn sản phẩm $B$.

Bài 15. Công ty Bao bì Dược Tỉnh Khánh Hoà cần sản xuất 3 loại hộp giấy: đựng thuốc ${B_1}$, đựng cao Sao vàng và đựng “Quy sâm đại bổ hoàn”. Để sản xuất các loại hộp này, công ty dùng các tấm bìa có kích thước giống nhau. Mỗi tấm bìa có hai cách cắt khác nhau.

• Cách thứ nhất cắt được 3 hộp ${B_1}$, một hộp cao Sao vàng và 6 hộp Quy sâm.

• Cách thứ hai cắt được 2 hộp ${B_1},3$ hộp cao Sao vàng và 1 hộp Quy sâm. Theo kế hoạch, số hộp Quy sâm phải có là 900 hộp, số hộp ${B_1}$ tối thiểu là 900 hộp, số hộp cao sao vàng tối thiểu là 1000 hộp. Cần phương án sao cho tổng số tấm bìa phải dùng là ít nhất?

Lời giải

Gọi $x \geqslant 0,y \geqslant 0$ lần lượt là số tấm bìa cắt theo cách thứ nhất, thứ hai.

Bài toán đưa về tìm $x \geqslant 0,\,y \geqslant 0$ thỏa mãn hệ $\left\{ \begin{gathered}
3x + 2y \geqslant 900 \hfill \\
x + 3y \geqslant 1000 \hfill \\
6x + y \geqslant 900 \hfill \\
\end{gathered} \right.$ sao cho $L = x + y$ nhỏ nhất

Miền nghiệm của hệ trên là: Các em tự vẽ hình.

Từ miền nghiệm và $L = x + y$ đạt giá trị nhỏ nhất $ \Rightarrow x = 100;y = 300$

Vậy Cắt theo cách một 100 tấm, cắt theo cách hai 300 tấm.

Bài 16. Người ta dự định dùng hai nguyên liệu là mía và củ cải đường để chiết xuất ít nhất $140\;kg$ đường kính và $9\;kg$ đường cát. Từ mỗi tấn mía giá 4 triệu đồng có thể chiết xuất được $20\;kg$ đường kính và $0,6\;kg$ đường cát. Từ mỗi tấn củ cải đường giá 3 triệu đồng ta chiết xuất được $10\;kg$ đường kính và $1,5\;kg$ đường cát. Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí mua nguyên liệu là ít nhất, biết cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ cung cấp không quá 10 tấn mía và không quá 9 tấn củ cải đường.

Lời giải

Gọi số tấn mía cần dùng là $x$ và số tấn củ cải cần dùng là $y$,

Theo đề bài ta có giả thiết sau $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant x \leqslant 10} \\
{0 \leqslant y \leqslant 9} \\
{20x + 10y \geqslant 140} \\
{0,6x + 1,5y \geqslant 9}
\end{array}} \right.$

Miền nghiệm là tứ giác $ABCD$ như hình vẽ.

Tìm $x,y$ để $F\left( {x;y} \right) = 4x + 3y$ nhỏ nhất.

Ta có $F\left( {5;4} \right) = 32;\;F\left( {\frac{5}{2};9} \right) = 37;\;F\left( {10;2} \right) = 46;\;F\left( {10;9} \right) = 67$.

$ \Rightarrow {F_{min}} = F\left( {5;4} \right) = 32$.

Vậy mua 5 tấn mía và 4 tấn củ cải.