áp dụng bất đẳng thức để giải hệ phương trình

B, ¸p dông c¸c biÓu thøc d¬ng gi¶i ph¬ng tr×nh vµ hÖ ph¬ng tr×nh:

Bµi 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

3x + 6x+ 12 + 5x + 10x+ = − 9 3 4x− 2x (*)

Gi¶i:

Ta cã: 3x2+ 6x + 12 = 3x2+ 6x + 3 + 9 = 3(x +1)2 + 9 ≥ 9 víi mäi x

5x2+ 10x + 9 = 5x2+ 10x + 5 + 4 = 5(x + 1)2+ 4 ≥ 4 víi mäi x.

⇒ 3x2 + 6x+ 12 + 5x2 + 10x+ ≥ 9 4 + 9 5 = (1)

Mµ 3 - 4x - 2x2 = 5 - 4x- 2x2- 2 = 5 - 2(x2 + 2x + 1)

= 5 - 2(x+1)2 ≤ 5 víi mäi x (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ⇔x = -1

Thö x = -1 ⇒ lµ nghiÖm cña (*)

Bµi 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

1

2

3 4 6

x y z

=





 =



Bµi 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

3

2

xy

x y− + y x− =

§K

1 1

y x

≥



 ≥



⇔ 2x y− +1 4y x− =1 3xy

(1)

x≥ ⇒x y− − ≥

dÊu “=” x¶y ra khi y = 2

y≥ ⇒ y x− − ≥

dÊu “=” x¶y ra khi x = 2 VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) lµ: x = 2

y = 2

Bµi 4:

Ta cã:

DÊu “=” x¶y ra

DÊu “=” x¶y ra

DÊu “=” x¶y ra

2 0

x

x

− ≥





 − =



VËy S = { }2

Bµi 5:

a, Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:

3

x y xy







§K:

0

1 0, 1 0

xy

≥



 + ≥ + ≥

0

3 0

0

x

x y xy

y

>





1 2

y





b, Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:

2 2

1 2

1 2 1 4

 + =







§K:

0

xy

xy

≤



 ≥



⇒ 2 xy ≤1 “=” xÈy ra ⇔xy =

1 4

z2 + ≥ 1 1 “=” xÈy ra⇔z = 0

z = 0 ⇒

1 1 4

x

y

z o

=



 =





=

 hoÆc

1 1 4 0

x y z

= −



 = −





=



Bµi 6: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:

2

3

1 0

x xy y

z yz







2

2

4

x xy y

2

2 2

4

1 0

4

y

y

y y







{ 1;2; 1 ; 1; 2;1}

S

Bµi 7: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

− +x2 4x− + −2 2x2+8x− =5 2+ 3

2 x 4x 4 3 2x 8x 8 2 3

2 2

2 2 2 " " 2

3 2 2 3 " " 2



⇒ 



{ }

2

2

x

S

⇔ =

⇒ =

Bµi 8: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

a, x− −1 5x− =1 3x−2 §K :x≥1

Mµ 3x− > ⇒2 0 pt cã S = ⊗{ }

b, Gi¶i:

3

3 2

DK x x

x

−

−

3 2

2

3 2

x x

−

−

DÊu “=’

3 2

3 2

x x

−

−

2

x

x

=



{ }1; 2

S

⇒ =

Bµi 9: Gi¶i

x− = +1 2 x+1 DK: x≥1

⇒ = ⊗S { }

Bµi 10: Gi¶i : 2

1 1 1

2

2 1

4

x y z

xy z

 + + =





 (1)

Tõ (1)

2 2

0

2 2

2 2

2, ¸p dông B§T C« si:

Bµi 1:

2

Ta cã §K:

2 2

1 0

1 0

x x

x x

 + − ≥





− + + ≥



Khi đó áp dụng:

1

" " 1 2

a

a≤ + = khi a=

ta có:

⇒ x2+ − + − + + ≤ +x 1 x2 x 1 x 1

Mặt khác:

2

Vậy

( )

2 2 2

1 1

x x

x

 + − =



Vậy x=1 là nghiệm

Bài 2:

2

3 2

2

2

2 2

2 2

(1)

Ta có x2 - x + 1 > 0 với mọi x suy ra ĐK

1 2

x≥ −

áp dụng Côsi cho 2 số x2 – x + 1 > 0

2x + 1 > 0

Ta có:

Vậy dấu “=” xảy ra ⇔ x2 – x + 1 = 2x +1

⇔ x2 – 3x = 0 ⇔ x = 0 TM

hoặc x = 3 TM

Vậy S = { }0;3

Bài 3: Giải hệ phơng trình:

1 2 3

12

x y z

 + + =





 + + =

Với x, y, z > 0

Từ (1) ta có:

6

4x+ 4y+ 4z+ + + =x y z

Vì x, y, z > 0 ta áp dụng BĐT Côsi cho 2 số

(1)

1

1

4x+ ≥x

dấu “=” xảy ra khi

1 2

x=

4x y 4y y

1 2

y=

(3)

  dấu “=” xảy ra khi

1 2

z=

Từ (1), (2) và (3) ta có:

dấu “=” xảy ra khi

1 2

x= = =y z

TM vậy nghiệm của hệ phơng trình là: S =

1 1 1 , ,

2 2 2

Bài 4: Giải phơng trình: 2007 x2008 – 2008 x2007 + 1 = 0

⇔1 + 2007 x2008 = 2008 x2007 ⇒ x > 0

áp dụng BĐT Côsi cho 2008 số dơng

1; x2008 ; x2008; x2008 …; x2008 ( 2007 số x2008 )

Ta có: x2008 + x2008 + … + 1 ≥ 2008

2008

2008 2007 1.(x ) = 2008 x2007 dấu “=” xảy ra khi chỉ khi 1 = x2008 ⇔x = 1 vì x > 0

Vậy phơng trình có nghiệm x = 1

Bài 5: Giải phơng trình: x3 – x2 – 8x + 40 = 84 4x+4

ĐK 4x + 4 ≥ 0 ⇒ x ≥ -1

Với Đ K x ≥ -1 ta áp dụng BĐT Côsi cho bốn số: 4; 4; 4; x+1 ta có:

4 + 4 + 4 + x + 1 ≥ 44 4.4.4.(x+1) = 84 4(x+1)

⇒ 13 + x ≥ 84 4(x+ 1) ⇔ 13 + x ≥ x3 – 3 x2 – 8x + 40

⇔ x3 – 3 x2 – 9 x + 27 ≤ 0 ⇔ ( x – 3 )2( x + 3 ) ≤ 0

Do x ≥ - 1 ⇒ x + 3 > 0 ⇒ ( x – 3 )2 ≤ 0 ⇒ x = 3 TM

Vậy x = 3 là nghiệm của phơng trình

Bài 6: Giải phơng trình: 7− +x x− =5 x2−12x+38 (1)

Đ K 5 ≤ x ≤ 7

Khi đó áp dụng BĐT áp dụng BĐT Côsi cho hai số

7 – x và 1 ta có:

7

2

x

− ≤

x – 5 và 1 ta có:

5 1 5

2

x

x− ≤ − +

⇒

dấu “=” xảy ra khi chỉ khi 7 – x = 1

x – 5 = 1 ⇒ x = 6

Ta lại có: x2 – 12x + 38 = ( x – 6 )2 + 2 ≥ 2 dấu “=” xảy ra khi chỉ khi x = 6

Vậy S = { }6

Bài tập tơng tự:

Bài 1: Giải phơng trình: x2+ − + − + + =x 1 x2 x 1 x2− +x 2

Bài 2: Giải phơng trình: 2x− +3 5 2− x =3x2−12x+14

3, bất đẳng thức Bunhiacốpxki Bài 1: Giải phơng trình:

2 2

ĐK:

2 3 0

1,5 2,5

5 2 0

x

x x

− ≥

 − ≥



áp dụng Bu nhi a cốp xki cho (1:1) và ( 2x−3: 5 2x− )

2 2

2x− +3 5 2− x ≤ 1 +1  2x−3 + 5 2− x ≤2.2 4=

2x− +3 5 2− x ≤2 Do 2x− +3 5 2− x >0

Dấu “=” xảy ra ⇔ 2x− =3 5 2− x ⇔ =x 2

( )2

3 x− 2 + ≥ 2 2 dấu”=” xẩy ra ⇔x = 2

Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2

Bài 2: Giải phơng trình

2

A= x− + − x =

ĐK:

5 2

2

x

≤ ≤

6 0

2

⇒ ( )1 xẩy ra ⇔

2 2

(TMĐK)

13 6

S =     

b, 2 x− +1 3 5− =x 2 13 DK: 1≤ ≤x 5

2 x− + 1 3 5 −x ≤ 2 + 3 x− + − = 1 5 x 13.4

2 x− + 1 3 5 − ≤x 2 13

PT xảy ra ⇔3 x− =1 2 5−x

29 13

⇒ =

29

13

c,

( ) ( )

2

4 5 2 2 3

1

x

⇔ = −

Bµi 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh : x− +2 10− =x x2−12x+40 DK:2≤ ≤x 10

DÊu “=” x¶y ra khi x = 6

D©u “=” xÈy ra x = 6 (TM)

⇒ S ={ }6

Bµi 4: Gi¶i ph¬ng tr×nh : x− + + =1 x 3 2(x−3)2+2x−2 (1)

¸p dông B§T Bunhiac«pxki cho x−1; x – 3 vµ 1 ; 1 ta cã:

2 2

2

1 3 2( 1) 2( 3)

(2) (1) vµ (2) x¶y ra khi chØ khi: x− = −1 x 3

⇔ x2 – 6x + 9 = x – 1

⇔x2 – 7x + 10 = 0 ⇔ x = 2

hoÆc x = 5

x = 2 kh«ng tho¶ m·n; x = 5 tho¶ m·n

vËy S={ }5

Bµi 5: Gi¶i ph¬ng tr×nh :

4

x −x − = x −x

4

2 2 4 1 3 ( 1)

§ K : x4 ≤ 2

4

2 ( 2 4 1 1 4

x −x − = +x ( x ≠ 0 )

4

2

1

x

Ta cã:

2 2

1

2

x

x + ≥

dÊu “=” x¶y ra

2 2

1

x x

⇔x2 = 1 (1)

⇔

2

x x

DÊu “=” x¶y ra khi chØ khi x = 1

Tõ (1) vµ (2) suy ra ph¬ng tr×nh cã nghiÖm cña nã lµ 1 TM

VËy S = { }1

Bµi tËp t¬ng tù:

Bµi tËp 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

2

6 3

3 2 1

x

x x

Bµi tËp 2:

Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:

2

2 2

1

x y





