Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Giải phương trình hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 36 trả lời

#21 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 02-05-2014 - 17:24

 Bài tập 

Giải các Phương trình sau:

 

 

4.               $\sqrt{-4x^4y^2+16x^2y+9}-\sqrt{y^2x^2-2y^2}=2(x^2+\dfrac{1}{x^2})$, với $x>0$

 

 

 

 

 

4.

Với $y=0$thì phương trình vô nghiệm 

Với $y \neq 0$ ĐK: $x \geq \sqrt{2}$ và $\dfrac{-1}{2}\le x^2y \geq \dfrac{9}{2}$

Khi đó pt đã cho là $\sqrt{25-(2x^2y-4)^2}=\sqrt{y^2(x^2-2)}+2(x^2+\dfrac{1}{x^2})$

Ta có $VT \leq 5$ 

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 

$\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{1}{x^2} \geq 1$

$\dfrac{3x^2}{4} \geq \dfrac{3}{2}$ (do $x \geq \sqrt{2}$)

$\Rightarrow 2(x^2+\dfrac{1}{x^2}) \geq 5$

Dấu bằng xảy ra khi $x=\pm \sqrt{2}$ và $y=1$ nhưng đối chiếu với điều kiện thì $x=\sqrt{2}$ và $y=1$ là thỏa mãn !


:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

--------------------------------------------------------------

 


#22 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 02-05-2014 - 17:32

 Bài tập 

Giải các Phương trình sau:

 

 

 

6.                  $\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2-x+1}=4x^2-4+\dfrac{32}{x^2(2x^2+3)^2}$

 

 

 

6.

Đk : $x\neq 0$

Phương trình đã cho tương đương  $\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2-x+1}=4x^2-4+\dfrac{32}{x^2(2x^2+3)^2}$

Gợi ý $4x^2+\dfrac{21}{x^2(2x^2+3)^2}=\dfrac{1}{2}[4x^2+(2x^2+3)+(2x^2+3)+\dfrac{64}{x^2(2x^2+3)^2}]-3$

$\geq \dfrac{1}{2}.4\sqrt[4]{4.64}-3=5$

Suy ra $VT \geq 1$

Công việc còn lại là chứng minh $VT<1$ với moi x (dành cho mọi người)

Kết Luận: Phương Trình Vô Nghiệm. 

P/s: Đợt tới sẽ up bài về hệ phương trình !!! :D


:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

--------------------------------------------------------------

 


#23 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 28-06-2014 - 09:03

Bài 21 : Giải Hệ Phương trình 

$\left\{\begin{matrix} xyz=1 & & \\ \dfrac{2}{x^2+2y^2+3}+\dfrac{2}{y^2+2z^2+3}+\dfrac{2}{z^2+2x^2+3}=1 & & \end{matrix}\right.$

 

Bài 22 : Giải Hệ Phương trình 

$\left\{\begin{matrix} xyz=1 & & \\ x^3+y^3+z^3=x+y+z & & \end{matrix}\right.$ (với $x,y,z>0$)

 

Bài 23: Giải hệ phương trình 

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


:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

--------------------------------------------------------------

 


#24 hoanganhhaha

hoanganhhaha

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội-Amsterdam
  • Sở thích:máy bay máy bò

Đã gửi 28-06-2014 - 11:24

Bài 21: ta co $\frac{2}{x^2+y^2+y^2+1+2} \leq \frac{2}{2xy+2y+2}= \frac{1}{xy+y+1}=\frac{z}{xyz+yz+z}=\frac{z}{yz+z+1}$
tương tự ta suy ra VT \leq 1 \leq VP dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$ ..

Bài 22 do $ x,y,z >0$
nên $ x+y+z=x^3+y^3+z^3 \geq \frac{(x+y+z)^3}{9} $
tức là $x+y+z \leq 3 $ dấn tới $xyz \leq 1$. dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1
 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanganhhaha: 28-06-2014 - 11:26


#25 Viet Hoang 99

Viet Hoang 99

    $\textbf{Trương Việt Hoàng}$

  • Điều hành viên THPT
  • 2289 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Bách Khoa Hà Nội
  • Sở thích:$\mathfrak{s}$treetwear

Đã gửi 28-06-2014 - 11:29

Bài 21 : Giải Hệ Phương trình 

$\left\{\begin{matrix} xyz=1 & & \\ \dfrac{2}{x^2+2y^2+3}+\dfrac{2}{y^2+2z^2+3}+\dfrac{2}{z^2+2x^2+3}=1 & & \end{matrix}\right.$

 

 

$21/$

 

$\frac{2}{x^2+2y^2+3}=\frac{2}{x^2+y^2+y^2+1+2}\leq \frac{2}{2xy+2y+2}=\frac{1}{xy+y+1}$
$\Rightarrow VT_{(2)}\leq \frac{1}{xy+y+1}+\frac{1}{yz+z+1}+\frac{1}{zx+x+1}$
$=\frac{1}{xy+y+1}+\frac{xy}{xyyz+xyz+xy}+\frac{y}{xyz+xy+y}=\frac{1}{xy+y+1}+\frac{xy}{y+1+xy}+\frac{y}{1+xy+y}$
$=\frac{xy+y+1}{xy+y+1}=1=VP_{(2)}$
Dấu $=$ xảy ra khi: $x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 28-06-2014 - 11:37


#26 hoanganhhaha

hoanganhhaha

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội-Amsterdam
  • Sở thích:máy bay máy bò

Đã gửi 28-06-2014 - 11:31

bài 23 cộng vế với  vế cùa 2 pt với nhau ta có :

$ sqrt{x}+\sqrt[4]{32-x}-y^2+\sqrt[4]{x}+\sqrt{32-x}+6y=21 $
hay là $ (
sqrt{x} +\sqrt{32-x}) +(\sqrt[4]{32-x}+\sqrt[4]{x})-(y-3)^2=12 $

mà  $ sqrt{x} +\sqrt{32-x} \leq \sqrt{2(32-x+x)} =8 và  $ \sqrt[4]{32-x}+\sqrt[4]{x} \leq \sqrt{8.(32-x+x)}=4 $  $ -(x-3)^2 \leq 0 $
 => $ x=3$ ; $x=16 $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanganhhaha: 28-06-2014 - 11:34


#27 Viet Hoang 99

Viet Hoang 99

    $\textbf{Trương Việt Hoàng}$

  • Điều hành viên THPT
  • 2289 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Bách Khoa Hà Nội
  • Sở thích:$\mathfrak{s}$treetwear

Đã gửi 28-06-2014 - 11:33

 

Bài 23: Giải hệ phương trình 

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

$23/$

Cộng từng vế của 2 pt ta có:
$\sqrt x+\sqrt{32-x}+\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{32-x}=y^2-6y+21$ $(*)$

  • $\sqrt x+\sqrt{32-x} \leq \sqrt{2(x+32-x)}=8$ (BCS)
  • $\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{32-x} \leq \sqrt{2(\sqrt{x}+\sqrt{32-x})} \leq 4$
  • $y^2-6y+21 =(y-3)^2 + 12 \geq 12$

$\Rightarrow VT_{(*)}\leq VP_{(*)}$

Dấu $=$ xảy ra khi:

$\Rightarrow y=3,x=16$.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 28-06-2014 - 11:35


#28 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 28-06-2014 - 15:13

Bài 24: Giải hệ phương trình 

$\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=1 & & \\ \dfrac{1}{x^2y^2}+\dfrac{1}{x^4+y^4}=6 & & \end{matrix}\right.$

 

Bài 25 $\left\{\begin{matrix} \dfrac{x^4}{y^2}+\dfrac{y^4}{z^2}+\dfrac{z^4}{x^2}=12 & & \\ x^2+y^2+z^2=12 & & \end{matrix}\right.$

 

Bài 26: $\left\{\begin{matrix} x+y+xy=a^2+2a & & \\ x^4+y^4=2a^4 & & \end{matrix}\right.$ ($a\ge 0$)


:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

--------------------------------------------------------------

 


#29 Viet Hoang 99

Viet Hoang 99

    $\textbf{Trương Việt Hoàng}$

  • Điều hành viên THPT
  • 2289 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Bách Khoa Hà Nội
  • Sở thích:$\mathfrak{s}$treetwear

Đã gửi 28-06-2014 - 16:41

 

Bài 25 $\left\{\begin{matrix} \dfrac{x^4}{y^2}+\dfrac{y^4}{z^2}+\dfrac{z^4}{x^2}=12 ~~(1)& & \\ x^2+y^2+z^2=12 & & \end{matrix}\right.$

 

$25/$

$VT_{(1)}=\frac{x^4}{y^2}+\frac{y^4}{z^2}+\frac{z^4}{x^2}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2+y^2+z^2}=x^2+y^2+z^2=12=VP_{(1)}$

(BCS dạng cộng mẫu)

Dấu $=$ xảy ra khi: $x=y=z=\pm 2$ (nhiều nghiệm đấy :D )


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 28-06-2014 - 20:45


#30 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 28-06-2014 - 20:36

$24/$

Có: $x^4+y^4\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{2}=\frac{1}{2}$ (BCS)

Và $x^2y^2\leq \frac{(x^2+y^2)^2}{4}=\frac{1}{4}$ (Cô si)

$\Rightarrow VT_{(2)}\geq 4+2=6=VP_{(2)}$

Dấu $=$ xảy ra khi: $x=y=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$

.

$25/$

$VT_{(1)}=\frac{x^4}{y^2}+\frac{y^4}{z^2}+\frac{z^4}{x^2}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2+y^2+z^2}=x^2+y^2+z^2=12=VP_{(1)}$

(BCS dạng cộng mẫu)

Dấu $=$ xảy ra khi: $x=y=z=\pm 2$ (nhiều nghiệm đấy :D )

24 ông làm sai rồi (CỘNG 2 bất đẳng thức ngược chiều)
ta có

$\frac{1}{x^{2}y^{2}}+\frac{1}{x^{2}+y^{2}}$

$= \frac{1}{2x^{2}y^{2}}+\frac{1}{2x^{2}y^{2}}+\frac{1}{x^{2}+y^{2}}$

$\geq \frac{1}{\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{2}}+\frac{4}{(x^{2}+y^{2})^{2}}= 6$



#31 Hoang Thi Thao Hien

Hoang Thi Thao Hien

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:10A1, THPT Chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:Cuộc đời cũng chỉ như phù du tháng qua, trải qua trăm ngàn dâu bể, sẽ chẳng còn lại dấu tích gì của một con người...

Đã gửi 29-06-2014 - 10:43

Bài 26: $\left\{\begin{matrix} x+y+xy=a^2+2a(1) & & \\ x^4+y^4=2a^4(2) & & \end{matrix}\right.$ ($a\ge 0$)

Từ (2), ta có:  $2a^4=x^4+y^4\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{2}\geq \frac{(x+y)^4}{8}$ $\Leftrightarrow x+y\leq 2a$.

Thay vào (1) thì: $a^2+2a=x+y+xy\leq 2a+xy$ $\Leftrightarrow a^2 \leq xy \leq \frac{x^2+y^2}{2}$ $\Leftrightarrow 4a^4 \leq (x^2+y^2)^2 \leq 2(x^4+y^4)$ $\Leftrightarrow 2a^4 \leq x^4+y^4$. 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=a$


Tử Vụ, chàng còn nhớ không, lần đầu chúng ta gặp nhau, trời cũng mưa.
Gặp nhau dưới mưa, tựa như trong ý họa tình thơ. 
Bên bờ dương liễu Giang Nam, dưới mái hiên ngói xanh, tầng tầng mưa phùn mông lung. 
Lúc đó ta chỉ là một ca cơ không chút danh tiếng, mà chàng là vị Hầu gia quần là áo lượt nhàn tản.
Trong mưa gặp nhau, dây dưa cả đời.
Một đời Tang Ca như mưa bụi mông lung, vui sướng vì gặp được chàng, tan đi cũng vì chàng, bất hối.

                ~Tang Ca~            

    


#32 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 29-06-2014 - 11:38

Bài 27: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{3+2x^2y-x^4y^2}+x^2(1-2x^2)=y^4 & & \\ 1+\sqrt{1+(x-y)^2}=-x^2(x^4+1-2x^2-2xy^2) & & \end{matrix}\right.$

 

Bài 28: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=2 & & \\ |x+y+z-xyz|=2 & & \end{matrix}\right.$

 

Bài 29 : $\left\{\begin{matrix} 2x^4=4y-1 & & \\ 2y^4=4z-1 & & \\ 2z^4=4x-1 & & \end{matrix}\right.$

 

Bài 30 $\left\{\begin{matrix} x^4+y^2=\dfrac{698}{81} & & \\ x^2+y^2+xy-3x-4y+4=0 & & \end{matrix}\right.$


:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

--------------------------------------------------------------

 


#33 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 30-06-2014 - 09:29

Bài 27: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{3+2x^2y-x^4y^2}+x^2(1-2x^2)=y^4 & & \\ 1+\sqrt{1+(x-y)^2}=-x^2(x^4+1-2x^2-2xy^2) & & \end{matrix}\right.$

 

 

Lời giải 

 

Hệ đã cho tương đương với $\left\{\begin{matrix} \sqrt{4-(1-x^2y)^2}=y^4-x^2+2x^4 &(1) & \\ -\sqrt{1+(x-y)^2}=1+x^6+x^2-2x^4-2x^3y^2 &(2) & \end{matrix}\right.$

Cộng $(1)$ và $(2)$ vế theo vế ta có: 

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

Ta thấy $0 \leq 4-(1-x^2y)^2 \leq 4 \Rightarrow \sqrt{4-(1-x^2y)^2} \leq 2$ $\Rightarrow \sqrt{1+(x-y)^2}+(x^3-y^2)^2+1 \ge 1+1=2 $

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Yagami Raito: 30-06-2014 - 09:32

:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

--------------------------------------------------------------

 


#34 Dam Uoc Mo

Dam Uoc Mo

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 433 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi Có Ý Chí
  • Sở thích:Đi Lang Thang

Đã gửi 30-06-2014 - 22:17

 

Bài 29 : $\left\{\begin{matrix} 2x^4=4y-1 & & \\ 2y^4=4z-1 & & \\ 2z^4=4x-1 & & \end{matrix}\right.$

 

Từ hệ suy ra $x,y,z\geq 1/4.$

Giả sử $x\geq y\geq z$ kết hợp với 3 PT là c/m được x=y=z mà. :)
Câu này khá thuận tiện khi có x,y,z dương :))


Batman: Anh hùng có thể là bất kì ai. Thậm chí là một người đàn ông với một hành động đơn giản như đặt lên vai một cậu bé chiếc áo khoác một cách an toàn, để cho cậu ấy biết rằng thế giới vẫn chưa đi tới hồi kết. – The Dark Knight Rises.

 

 

http://news.go.vn/di...m-nguoi-doi.htm


#35 maiphithuong85

maiphithuong85

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 18-11-2014 - 22:53

thanks bạn nhiều! :lol:

 



#36 thanhan2003

thanhan2003

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 127 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47 THPT Chuyên PBC
  • Sở thích:Bất đẳng thức

Đã gửi 21-02-2018 - 11:30

password là gì??



#37 chuong4989

chuong4989

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết

Đã gửi 30-05-2018 - 20:42

 

Đây là chuyên đề mình viết chào mừng Hoạt động Chào mừng 60 năm Chiến thắng Điện Biên Phủ 

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 !

 

 

 

 

B. 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  $a^{\frac{m}{n}}=\sqrt[n]{a^{m}}$

 

 

C. 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 $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$

 

 

D. 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

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

 

Lời giải

Đặt $a=\sqrt{x},b=\sqrt{y}$($a;b \geq 0$)

 

Khi đó phương trình (1) trở thành:

$(a+b)(a^2+6ab+b^2)=4.\sqrt{ab}.2\sqrt{2ab(a^2+b^2)}$

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm ta có :

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

Suy ra

$(a^2+6ab+b^2) \leq 4(a+b)\sqrt{ab}$ (3)

Chia hai vế cho $b^2$ và đặt $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}=t$  ($t \geq 0$) thì ta có (3) trở thành

$t^4-4t^3+6t^2-4t+1 \leq 0$

Tiếp tục chia hai vế cho $t^2$ và đặt $t+\frac{1}{t}=k$ ($k \geq 0$) thì ta có:

$k^2-4k+4 \leq 0$.

                                   \[\Leftrightarrow (k-2)^2 \leq 0\]

Do đó $k=2$ nên $t=1$ suy ra $x=y$

Thay vào phương trình thứ (2) ta có phương trình:

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

Giải phương trình trên xin dành cho bạn đọc !

 

 

 

 

Bài toán 5         Giải hệ phương trình :

$\left\{\begin{matrix} xyz=1 & & \\ x^3+y^3+z^3=x+y+z & & \end{matrix}\right.$(x,y,z>0)

 

 

Lời giải

Cách 1:

Với $x,y,z>0$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

$$x^3+y^3+z^3 \geq 3\sqrt[3]{xyz}=3$$

$\Rightarrow 2(x^3+y^3+z^3) \geq 6 \Rightarrow 3(x^3+y^3+z^3) \geq x^3+y^3+z^3+6$

 

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

$$x^3+1+1 \geq 3x \Rightarrow x^3+2 \geq 3x$$

 

Tương tự : $y^3+2 \geq 3$ ; $z^3+2 \geq 3x$

$\Rightarrow x^3+y^3+z^3 \geq x+y+z$$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$.

 

Vậy hệ phương trình có một nghiệm $(1;1;1)$

 

Cách 2:

Ta có  :                $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$

$=\dfrac{1}{2}(x+y+z)[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2] \geq 0$

$\Rightarrow x^3+y^3+z^3 \geq 3xyz=3$ (1)

 

Ta lai có: $(x-1)^2\geq 0 \Rightarrow (x-1)^2(x+2) \geq 0$

$\Rightarrow x^3+2 \geq 3x$

 

Lập luận tương tự ta có: $y^3+2 \geq 3y$; $z^3+2 \geq 3z$

 

Suy ra

$x^3+y^3+z^3 +6 \geq 3(x+y+z)$ (2)

 

Từ (1) và (2) ta có $x^3+y^3+z^3 \geq x+y+z$

 

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x,y,z)=(1;1;1)$

tài liêu Thầy gửi giaipthptbangbdt có mật khẩu là gì vậy

 






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh