Thảo luận và tải chuyên đề gốc ở đây
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|≥0. Dấu “=” xảy ra ⇔A=0
2. |A|≥A. Dấu bằng xảy ra khi ⇔A≥0
3. a2≥0∀a. Dấu "=" có khi: a=0.
4. |a|≥a∀a. Dấu "=" có khi: a≥0.
5. |a|+|b|≥|a+b|. Dấu "=" có khi: ab≥0.
6. |a|−|b|≤|a−b|. Dấu "=" có khi: {ab≥0|a|≥|b|.
7. a2+b2≥2ab. Dấu "=" có khi: a=b
8. (a+b)2≥4ab⇔ab≤((a+b)2)2. Dấu "=" có khi: a=−b.
9. 1a+1b≥4a+b(a;b>0). Dấu "=" có khi: a=b.
10. ab+ba≥2(ab>0). Dấu "=" có khi: a=b.
11. Bất đẳng thức Cô-si (AM-GM):
Với n số thực dương: a1;a2;...;an
Dạng1 a1+a2+...+ann≥a1a2...an−−−−−−−−√n
Dạng 2 a1+a2+...+an≥na1a2...an−−−−−−−−√n
Dạng 3 (a1+a2+...+ann)n≥a1a2...an
Dấu "=" có khi: a1=a2=...=an
12. Bất đẳng thức BCS (Bunhiakovsky):
Với 2 bộ số thực bất kì: (a1;a2;...;an);(b1;b2;...;bn):
Dạng 1: (a1b1+a2b2+...+anbn)2≤(a21+a22+...+a2n)(b21+b22+...+b2n)
Dạng 2: |a1b1+a2b2+...+anbn|≤a21+a22+...+a2n)(b21+b22+...+b2n−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√
Dấu "=" có khi: a1b1=a2b2=...=anbn
Dạng 3: a1b1+a2b2+...+anbn≤(a21+a22+...+a2n)(b21+b22+...+b2n)−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√
Dấu "=" có khI: a1b1=a2b2=...=anbn>0
13. Bất đẳng thức BCS dạng cộng mẫu: (Cauchy-Swarchz)
Với ∀xi>0;i=1,n¯¯¯¯¯ ta có:
a21x1+a22x2+...+a2nxn≥(a1+a2+...+an)2x1+x2+...+xn
Chứng minh: Xét (a1+a2+...+an)2=(a1x1−−√.x1−−√+a2x2−−√.x2−−√+...+anxn−−√.xn−−√)2≤(a21x1+a22x2+...+a2nxn)(x1+x2+...+xn) (Áp dụng BCS)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
14. Bất đẳng thức Minkopsky:
Cho 2 dãy số thực dương: (a1;a2;...;an);(b1;b2;...;bn) ta có:
a21+b21−−−−−−√+a22+b22−−−−−−√+...+a2n+b2n−−−−−−√≥(a1+a2+...+an)2+(b1+b2+...+bn)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√
Dấu "=" xảy ra khi: a1b1=a2b2=...=anbn.
15. Lũy thừa với số mũ hữu tỉ:
Cho số thực a>0, mn là một số hữu tỉ, trong đó m,n∈N∗,n>1
Thì lũy thừa của a với số mũ mn là amn=am−−−√n
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 $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$
sao cho 
chia hết cho 
sao cho 
là số chính phương
thỏa mãn 
.
. Từ điểm 
là điểm ngoài đường tròn kẻ hai tia tiếp tuyến 
(A,B là tiếp điểm) và cát tuyến đi qua M cắt đường tròn tại 
(C nằm giữa M và D) cung 
nhỏ hơn cung 
. Gọi 
là giao điểm của 
với 
.
kẻ tia 
vuông góc với 
cắt tia 
ở 
. Chứng minh 
và 
là tiếp tuyến của đường tròn (O)
chứa toàn bộ đường gấp khúc đó.