Giải Phương Trình, Hệ Phương Trình Bằng Bất Đẳng Thức (Phần 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 $(x,y,z)=(1;1;1)$