• 2

[tex]\left\{\begin{matrix} 2x+1-m\leq 0\\ mx+2x-1\leq0 \end{matrix}\right.[/tex] [tex]\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x\leq m-1\\ (2+m)x\leq1 \end{matrix}\right.[/tex] Để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất thì [tex]\frac{m-1}{2}=\frac{1}{m+2}[/tex] Rồi giải tiếp.

Do chuyên đề còn rất sơ xài nên mình post lên đây để trao đổi thảo luận , từ đó đúc kết làm một chuyên đề hoàn chỉnh hơn rất mong được ủng hộ xin cám ơn !

(Password file download là 12345678)

Giải Phương Trình, Hệ Phương Trình Bằng Bất Đẳng Thức

A.Lời nói đầu:

Bất đẳng thức đại số là một vấn đề rất được yêu chuộng bởi học sinh yêu toán hiện nay. Ta có thể bắt gặp rất nhiều bài toán ngay dưới hình thức giải phương trình hay giải hệ phương trình. Điều này đòi hỏi ở người giải toán phải có một trường bất đẳng thức vững vàng - một tư duy sắc bén, để từ đó có thể vận dụng một cách linh hoạt "những kinh nghiệm dày dặn của bất đẳng thức" để giải quyết ngay những bài phương trình và hệ phương trình. Bài viết sẽ tổng hợp và sưu tầm cho các bạn đọc thấy rõ sự phong phú phức tạp của các bài toán giải phương trình hệ phương trình bằng bất đẳng thức. Xin chân thành cám ơn !

2. Một số kiến thức cần lưu ý:

Ta cần chú ý một số bất đẳng thức căn bản quen thuộc sau:

1. $|A|=|-A| \geq 0$. Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow A=0$

2. $|A| \geq A$. Dấu bằng xảy ra khi $\Leftrightarrow A \geq 0$

3. $a^{2}\geq 0\forall a$. Dấu "=" có khi: $a=0$.

4. $|a|\geq a\forall a$. Dấu "=" có khi: $a\geq 0$.

5. $|a|+|b|\geq |a+b|$. Dấu "=" có khi: $ab\geq 0$.

6. $|a|-|b|\leq |a-b|$. Dấu "=" có khi: $\left\{\begin{matrix}ab\geq 0 & & \\ |a|\geq |b| & & \end{matrix}\right.$.

7. $a^{2}+b^{2}\geq 2ab$. Dấu "=" có khi: $a=b$

8. $(a+b)^{{2}\geq 4ab\Leftrightarrow ab\leq (\frac{(a+b)}{2})}{2}$. Dấu "=" có khi: $a=-b$.

9. $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}(a;b> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$.

10. $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2(ab> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$.

11. Bất đẳng thức Cô-si (AM-GM):

Với $n$ số thực dương: $a_{1};a_{2};...;a_{n}$

Dạng1 $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$

Dạng 2 $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geq n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$

Dạng 3 $(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n})^{n}\geq a_{1}a_{2}...a_{n}$

Dấu "=" có khi: $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$

12. Bất đẳng thức BCS (Bunhiakovsky):

Với 2 bộ số thực bất kì: ($a_{1};a_{2};...;a_{n}$);($b_{1};b_{2};...;b_{n}$): Dạng 1: $(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})^{{2}\leq (a_{1}}{2}+a_{2}^{{2}+...+a_{n}}{2})(b_{1}^{2}+b_{2}{2}+...+b_{n}^{2})$

Dạng 2: $|a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}|\leq \sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}{2}+b_{2}^{{2}+...+b_{n}}{2}}$

Dấu "=" có khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$

Dạng 3: $a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}\leq \sqrt{(a_{1}^{2}+a_{2}{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}{2}+b_{2}^{{2}+...+b_{n}}{2})}$

Dấu "=" có khI: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}>0$

13. Bất đẳng thức BCS dạng cộng mẫu: (Cauchy-Swarchz)

Với $\forall x_{i}>0;i=\overline{1,n}$ ta có:

$\frac{a_{1}^{{2}}{x_{1}}+\frac{a_{2}}{2}}{x_{2}}+...+\frac{a_{n}^{{2}}{x_{n}}\geq \frac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})}{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}$

Chứng minh: Xét $(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{{2}=(\frac{a_{1}}{\sqrt{x_{1}}}.\sqrt{x_{1}}+\frac{a_{2}}{\sqrt{x_{2}}}.\sqrt{x_{2}}+...+\frac{a_{n}}{\sqrt{x_{n}}}.\sqrt{x_{n}})}{2}\leq (\frac{a_{1}^{{2}}{x_{1}}+\frac{a_{2}}{2}}{x_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{x_{n}})(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})$ (Áp dụng BCS) Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

14. Bất đẳng thức Minkopsky:

Cho 2 dãy số thực dương: $(a_{1};a_{2};...;a_{n});(b_{1};b_{2};...;b_{n})$ ta có:

$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}{2}}+...+\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{n})}{2}}$

Dấu "=" xảy ra khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$.

15. Lũy thừa với số mũ hữu tỉ:

Cho số thực $a>0$, $\frac{m}{n}$ là một số hữu tỉ, trong đó $m,n\in \mathbb{N^*},n>1$

Thì lũy thừa của $a$ với số mũ $\dfrac{m}{n}$ là $a^{\frac{m}{n}}=\sqrt[n]{a^{m}}$

3. Các bài toán giải phương trình bằng bất đẳng thức.

Ta cùng đến với một số bài toán lý thú sau :

Bài toán 1 Giải phương trình

$2(\frac{{{x}^{10}}}{{{y}{2}}}+\frac{{{y}^{10}}}{{{x}{2}}})+{{x}^{16}}+{{y}{16}}=4{{(1+{{x}^{2}}{{y}{2}})}^{2}}-10$

Lời giải : Điều kiện: $x,y \neq 0$

Áp dung bất đẳng thức cauchy cho 4 số dương ta có:

$$\dfrac{x^{10}}{y^2}+\dfrac{y^{10}}{x^2}+1+1 \geq 4.\sqrt[4]{\dfrac{x^{10}.y^{10}}{x^2.y^2}}=4x^2y^2$$

$$\Rightarrow 2(\frac{{{x}^{10}}}{{{y}{2}}}+\frac{{{y}^{10}}}{{{x}{2}}}+2)\ge 8{{x}^{2}}{{y}{2}}$$

Và: $${{x}^{16}}+{{y}{16}}+1+1\ge 4.\sqrt[4]{{{x}^{16}}.{{y}{16}}}=4{{x}^{4}}{{y}{4}}$$

$$\Rightarrow 2(\frac{{{x}^{10}}}{{{y}{2}}}+\frac{{{y}^{10}}}{{{x}{2}}}+2)+{{x}^{16}}+{{y}{16}}+2\ge 4{{x}^{4}}{{y}{4}}+8{{x}^{2}}{{y}{2}}$$

$$\Rightarrow 2(\frac{{{x}^{10}}}{{{y}{2}}}+\frac{{{y}^{10}}}{{{x}{2}}})+{{x}^{16}}+{{y}{16}}\ge 4{{(1+{{x}^{2}}{{y}{2}})}^{2}}-10$$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

$x^2=y^2=1 \Leftrightarrow |x|=|y|=1$

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm $(x;y)$ là :

$(1;1),(-1;-1),(1;-1),(-1;1)$

Bài toán 2 Giải phương trình

$x^4+4=2\sqrt{x^4+4}+2\sqrt{x^4-4}$

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho hai số không âm ta có:

$$x^4+4\geq 4x^2$$ (1)

Theo BĐT cauchy-schwarz ta có:

$$(a+b) \leq 2(a^2+b^2)$ $\Leftrightarrow a+b \leq \sqrt{2(a^2+b^2)}$$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b \geq 0$

Trở lại bài toán, áp dụng BĐT trên ta có :

$$2\sqrt{{{x}^{{4}}+4}+2\sqrt{{{x}}{4}}-4}\le \sqrt{2[4({{x}^{{4}}+4)+4({{x}}{4}}-4)]}\Leftrightarrow 2\sqrt{{{x}^{{4}}+4}+2\sqrt{{{x}}{4}}-4}\le 4{{x}^{2}}$$ (2)

Từ $(1);(2)$ ta có dấu bằng xảy ra khi:

$$\left\{\begin{matrix} x^4=4 & & \\ 2\sqrt{x^4+4}=2\sqrt{x^4-4} & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x \in \oslash$$

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài toán 3 Giải phương trình:

$2\sqrt[4]{27x^2+24x+\dfrac{28}{3}}=1+\sqrt{\dfrac{27}{2}x+6}$

Lời giải

Ta có: $2\sqrt[4]{27{{x}^{{2}}+24x+\frac{28}{3}}=1+\sqrt{\frac{3(9x+4)}{2}}\text{ }\Leftrightarrow \sqrt[4]{\frac{{{(9x+4)}}{2}}}{3}+4}=1+\sqrt{\frac{3(9x+4)}{2}}(1)$

Điều kiện: $9x+4=y \geq 0$. Khi đó $(1)$ trở thành:

$2\sqrt[4]{\dfrac{y^2}{3}+4}=1+\sqrt{\dfrac{3y}{2}}\Leftrightarrow 4\sqrt{\dfrac{y^2}{3}+4}=1+\dfrac{3y}{2}+\sqrt{6y}$

Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có

$\sqrt{6y} \leq \dfrac{6+y}{2}$ $\Rightarrow 4\sqrt{\dfrac{y^2}{3}+4} \leq 2y+4$

$\Leftrightarrow 4(\dfrac{y^3}{3}+4)\leq (y+2)^2\Leftrightarrow \dfrac{(y-6)^2}{3} \leq 0$

Ta lại có: $(y-6)^2 \geq 0$ nên $y=6$

Từ đó $x=\dfrac{y-4}{9}=\dfrac{2}{9}$ thỏa mãn điều kiện ban đầu.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=\dfrac{2}{9}$

Bài toán 4 Giải phương trình

$13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4}=16$

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có :

$\sqrt{4(1-x^2)x^2} \leq \dfrac{4(1-x^2)+x^2}{2}=\dfrac{4-3x^2}{2}$

$\Rightarrow 13\sqrt{x^2-x^4} \leq \dfrac{52-39x^2}{4} (1)$

Tương tự: $\sqrt{9x^2.4(1+x^2)} \leq \dfrac{13x^2+4}{2}$

$\Rightarrow 9\sqrt{x^2+x^4} \leq \dfrac{39x^2+12}{4} (2)$

Cộng vế theo vế của $(1)$ và $(2)$ ta có $13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4} \leq 16$

Dấu bằng xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} 4(1-x^2)=x^2 & & \\ 9x^2=4(1+x^2) & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Nhận xét: bạn đọc có thể giải bài toán trên bằng phương pháp dùng BĐT Cauchy schwarzt:

$VT^2 \leq (13+27)[13(x^2-x^4)+3(x^2+x^4)]=80(8x^2-5x^4)=80[\dfrac{16}{5}-5(x^2-\dfrac{4}{5})^2] \leq 16^2$......

Bài toán 5 Giải phương trình

$\sqrt{x^2+2x}+\sqrt{2x-1}=\sqrt{3x^2+4x+1}$

Lời giải Tập xác định

$x^2+2x \geq 0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x\geq 0 & & \\ x \leq -2 & & \end{bmatrix} \\2x-1 \geq \Leftrightarrow x \geq \dfrac{1}{2} \\3x^2+4x+1 \geq 0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x \leq -1 & & \\ x \geq \dfrac{1}{3} & & \end{bmatrix}$

Ta có tập xác định là {$x \in \mathbb{R}|x\geq \dfrac{1}{2}$}

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy schwarz ta có:

$\sqrt{x}.\sqrt{x+2}+1.\sqrt{2x-1}\le \sqrt{\sqrt{{{x}^{{2}}}+1}.\sqrt{\sqrt{{{(x+2)}}{2}}}.\sqrt{{{(2x-1)}^{{2}}}}=\sqrt{(x+1)(x+2+2x-1)}=\sqrt{3{{x}}{2}}+4x+1}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+2}}=\frac{1}{\sqrt{2x-1}}\Leftrightarrow \sqrt{2{{x}^{{2}}-x}=\sqrt{x+2}\Leftrightarrow {{x}}{2}}-x+1=0\text{ }\Leftrightarrow x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

(do $x \geq \dfrac{1}{2}$)

Vậy phương trình có nghiệm là $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$

4. Các bài toán giải hệ phương trình bằng bất đẳng thức.

Như các bạn đọc đã biết về phần này, việc sử dụng bất đẳng thức trong giải hệ phương trình thì rất phong phú,rất đa dạng và đầy đặc sắc tinh tế, sau đây mình xin giới thiệu tới bạn đọc một số bài toán sưu tầm hay và phổ biến:

Bài toán 1 Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=1 & & \\ 125y^5-125y^3+6\sqrt{15}=0 & & \end{matrix}\right.$

Lời giải

Hệ phương trình đã cho tương đương với: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=1 & & \\ y^3(1-y^2)=\dfrac{6\sqrt{15}}{125} & & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2=1-y^2 & & \\ y^3x^2=\dfrac{6\sqrt{15}}{125} & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2=1-y^2(1) & & & \\ y>0 & & & \\ y^6x^4=\dfrac{4.3^3}{5^5}(2) & & & \end{matrix}\right.$

Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho 5 số không âm $y^2,y^2,y^2,\dfrac{3}{2}x^2,\dfrac{3}{2}x^2$ ta có:

$5\sqrt[5]{y^6.\frac{9}{4}x^4} \leq 3(x^2+y^2)=3\Leftrightarrow y^6x^4 \leq \dfrac{4.3^2}{5^5}(3)$

Kết hợp $(2)$ và $(3)$ thì bất đẳng thức $(3)$ trở thành đẳng thức.Lúc đó $y^2=\dfrac{3}{2}x^2$

Kết hợp với $(1)$ ta có:

$x^2+\dfrac{3}{2}x^2=1$ $\Leftrightarrow x^2=\frac{2}{5}\Leftrightarrow x=\pm \frac{\sqrt{10}}{5}$

Do đó $y^2=\dfrac{3}{5}$$\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt{15}}{5}$(vì $y>0$)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm $(x;y)$ là $(\frac{\sqrt{10}}{5};\frac{\sqrt{15}}{5})$ và $(\dfrac{-\sqrt{10}}{5};\dfrac{\sqrt{15}}{5})$

Nhận xét: Việc sử dụng bất đẳng thức trong bài toán trên thật tinh tế, ngoài ra bạn đọc có thể giải bài toán trên bằng cách đặt $t=y.\dfrac{\sqrt{15}}{5}$ ($t>0$)

Khi đó $3t^5-5t^3+2=0$ $\Leftrightarrow (t-1)(3t^3+6t^2+4t+2)=0$.....mời bạn đọc giải tiếp và tìm kiếm thêm nhiều lời giải hay khác

Bài toán 2 Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+\sqrt[4]{32-x}-y^2=-3 & & \\ \sqrt[4]{x}+\sqrt{32-x}+6y=24 & & \end{matrix}\right.$

Lời giải Điều kiện $0 \leq x \leq 32$

Cộng vế theo vế ta có :

$(\sqrt{x}+\sqrt{32-x})+(\sqrt{\sqrt[4]{x}}+\sqrt[4]{32-x})={{y}^{2}}-6y+21.$

$y^2-6y+21=(y-3)^2+12 \geq 12$ với mọi và đẳng thức xảy ra khi $y=3(1)$

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có

$(\sqrt{x}+\sqrt{32-x})^2 \leq (1^2+1^2)(x+32-x)=64$

$\Rightarrow \sqrt{x}+\sqrt{32-x} \leq 8$ với mọi $x \in [0;32]$

và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt{x}=\sqrt{32-x} \Leftrightarrow x=16(2)$

Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy schwarz và kết hợp $(2)$ ta có

$(\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{32-x})^2 \leq (1^2+1^2)(\sqrt{x}+\sqrt{32-x}) \leq 16$

$\Rightarrow \sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{32-x} \leq 4$ với mọi $x \in [0;32]$

và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt[4]{x}=\sqrt[4]{32-x} \Leftrightarrow x=16 (3)$

Từ $(2),(3)$ suy ra

$(\sqrt{x}+\sqrt{32-x})+(\sqrt{\sqrt[4]{x}}+\sqrt[4]{32-x}) \leq 12 (4)$

Từ $(1),(4)$ ta có dấu bằng xảy ra khi $x=16$ và $y=3$

Thử vào hệ đã cho ta thấy thỏa mãn.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất $(x;y)=(16;3)$

Bài toán 3 Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}=xy & & \\ x^{2010}+y^{2010}=8\sqrt{(xy)^{2007}} & & \end{matrix}\right.$

Lời giải Điều kiện là $x,y >0$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

$xy=\dfrac{x}{\sqrt{y}}+\dfrac{y}{\sqrt{x}}\geq 2\sqrt[4]{xy}\Rightarrow xy\geq \sqrt[3]{16}\;\;(1)$

Và : $8\sqrt{(xy)^{2007}}=x{2010}+y^{2010}\geq 2\sqrt{(xy)^{2010}}\Rightarrow xy\leq \sqrt[3]{16}\;\;(2)$

Từ $(1)(2)$ có $xy=\sqrt[3]{16}$. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=\sqrt[6]{16}$. Đó là nghiệm của hệ phương trình.

Bài toán 4 Giải hệ phương trình

\[\left\{\begin{matrix} (x+7y)\sqrt{x}+(y+7x)\sqrt{y}=8\sqrt{2xy(x+y)}\\ 2(1-y)\sqrt{x^2+2x-1}=y^2-2x-1 \end{matrix}\right.\]