áp dụng bất đẳng thức để giải hệ phương trình

9 572 3
áp dụng bất đẳng thức để giải hệ phương trình

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

B, áp dụng các biểu thức dơng giải phơng trình và hệ phơng trình: Bài 1: Giải phơng trình: 2 2 2 3 6 12 5 10 9 3 4 2x x x x x x+ + + + + = (*) Giải: Ta có: 3x 2 + 6x + 12 = 3x 2 + 6x + 3 + 9 = 3(x +1) 2 + 9 9 với mọi x. 5x 2 + 10x + 9 = 5x 2 + 10x + 5 + 4 = 5(x + 1) 2 + 4 4 với mọi x. 2 2 3 6 12 5 10 9 4 9 5x x x x+ + + + + + = (1) Mà 3 - 4x - 2x 2 = 5 - 4x- 2x 2 - 2 = 5 - 2(x 2 + 2x + 1) = 5 - 2(x+1) 2 5 với mọi x (2) Từ (1) và (2) suy ra phơng trình có nghiệm x = -1 Thử x = -1 là nghiệm của (*) Bài 2: Giải phơng trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 3 5 ( 7) 2 2 1 3 1 5 1 0 3 4 6 x y z x y z x y z x y z + + = + + + + = = = = Bài 3: Giải phơng trình: 3 1 2 1 2 xy x y y x + = ĐK 1 1 y x 2 1 4 1 3x y y x xy + = (1) Do ( ) 2 1 1 1 0x x y dấu = xảy ra khi y = 2 ( ) 2 1 2 1 1 0y y x dấu = xảy ra khi x = 2 Vậy nghiệm của phơng trình (1) là: x = 2 y = 2 Bài 4: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 13 26 24 8 4 1 4 4 6 9 4 4 25 20 4 4 1 2 3 2 5 2 4 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + + = + + + + + + + + = + + + + = + 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 4 1 0 2 1 2 2 1 0 1 1 2 1 1 0 xy x y xy y x x y y y x x x y y x + = + = + = Ta cã: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 3 2 5 2 5 2 5 2 5 2 3 4 1 x x x x x x x x VT x x x − + − ≥ − ≥ − − + − ≥ − ≥ − ⇒ ≥ − + − = + DÊu “=” x¶y ra DÊu “=” x¶y ra DÊu “=” x¶y ra 3 0 5 0 2 2 0 x x x x − ≥   ⇔ − ≥ ⇔ =   − =  VËy S = { } 2 Bµi 5: a, Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 1 1 4 3 x y x y xy  + + + =   + − =   §K: 0 1 0, 1 0 xy x y ≥   + ≥ + ≥  mµ 0 3 0 0 x x y xy y >  + = + > ⇒  >  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 1 4 1 16 6 0 2 1 4 1 4 1 4 1 4 0 1 2 1 2 0 1 2 3 1 2 x y xy x y x y xy x x y y x y x y x y x x y y + − − + − + + − = + − + + − + + + + − + + = − + + − + + − =  =   ⇔ + = ⇔ = =   + =   b, Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2 2 1 2 1 2 1 4 z xy x yz xy  + =   − = −   §K: 4 1 0 xy xy ≤   ≥  1 1 4 2 xy xy⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ 2 1xy ≤ “=” xÈy ra ⇔ xy = 1 4 2 1 1z + ≥ “=” xÈy ra ⇔ z = 0 2 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 2 2 3 1 0 x xy y z yz  − + =   + + =   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 3 2 4 4 1 1 4 4 2 4 y y y x x xy y y y y y z xy z       − = −   ÷ − + = −  ÷        ⇔ ⇔       + + = − + = −  ÷       2 2 2 1 0 4 1 2 4 1 0 4 y y y y  − ≥   ⇒ ⇒ = ⇒ = ±   − ≥   ( ) ( ) { } 1;2; 1 ; 1; 2;1S⇒ = − − − Bµi 7: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2 2 4 2 2 8 5 2 3x x x x− + − + − + − = + ( ) ( ) 2 2 2 4 4 3 2 8 8 2 3x x x x⇔ − − + + − − − = + ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 2 2 3x x⇔ − − ± − − = + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 " " 2 3 2 2 3 " " 2 x x x x  − − ≤ = ⇔ =  ⇒   − − ≤ = ⇔ =  ( ) ( ) { } 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 x x x S ⇒ − − + − − = + ⇔ = ⇒ = Bµi 8: Gi¶i ph¬ng tr×nh: a, 1 5 1 3 2 §K : 1x x x x− − − = − ≥ 5 1 5 1 1 5 1 x x x x x x ⇒ < ⇒ − < − ⇒ − < − 1 5 1 0x x⇒ − − − < Mµ 3 2 0x − > ⇒ pt cã { } S = ⊗ b, Gi¶i: 3 2 2 2 : 3 3 2 x x DK x x x − + = ≥ − 3 3 2 2 3 2 x x x x − ⇒ + ≥ − DÊu “=’ 3 2 3 2 x x x x − ⇔ = − 2 2 1 3 2 3 2 0 2 x x x x x x =  ⇔ = − ⇔ − + = ⇒  =  { } 1;2S⇒ = Bµi 9: Gi¶i 1 2 1 : 1x x DK x− = + + ≥ 1 1 2 1 1 x x x x ⇒ + > − ⇒ + + > − { } S⇒ = ⊗ Bµi 10: Gi¶i : 2 1 1 1 2 2 1 4 x y z xy z  + + =     − =   (1) Tõ (1) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 4 2 4 x y z x y xy z z     ⇒ + = − ⇒ + + = + −  ÷  ÷     2 2 1 1 4 0 x y z ⇒ + + = 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 2 0 1 4 1 4 4 4 0 1 1 2 2 0 1 1 2 2 x y y x x x y y x y x y z   ⇒ + + − − =  ÷       ⇔ − + + − + =  ÷  ÷         ⇔ − + − =  ÷  ÷     ⇒ = = ⇒ = 2, ¸p dông B§T C« si: Bµi 1: 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 7 1 1 2 4 x x x x x x x x x x x + − + − + + = − +   ⇔ + − + − + + = − +  ÷   Ta cã §K: 2 2 1 0 1 0 x x x x  + − ≥   − + + ≥   4 Khi đó áp dụng: 1 " " 1 2 a a khi a + = = ta có: 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 x x x x x x x x + + + + + + + + 2 2 1 1 1x x x x x + + + + + Mặt khác: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 x x x x x x x x + = + + + = + + + Vậy ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x + + + + = + = + + = + + = = = Vậy x=1 là nghiệm Bài 2: 2 3 2 2 2 1 2 1 2 2 1 ( 1)(2 1) 2 2 x x x x x x x x x x + + = + + + + = + + (1) Ta có x 2 - x + 1 > 0 với mọi x suy ra ĐK 1 2 x áp dụng Côsi cho 2 số x 2 x + 1 > 0 2x + 1 > 0 Ta có: 2 2 2 1 2 1 ( 1)(2 1) 1 2 2 2 x x x x x x x x + + + + + = + + Vậy dấu = xảy ra x 2 x + 1 = 2x +1 x 2 3x = 0 x = 0 TM hoặc x = 3 TM Vậy S = { } 0;3 Bài 3: Giải hệ phơng trình: 1 2 3 12 2 3 3 x y z x y z + + = + + = (1) Với x, y, z > 0 Từ (1) ta có: 1 2 3 6 4 4 4 x y z x y z + + + + + = Vì x, y, z > 0 ta áp dụng BĐT Côsi cho 2 số (1) 1 1 4 x x + dấu = xảy ra khi 1 2 x = (2) 2 1 2 2 2 4 4 y y x y + = + ữ dấu = xảy ra khi 1 2 y = 5 (3) 3 1 3 3 3 4 4 z z z z + = + ữ dấu = xảy ra khi 1 2 z = Từ (1), (2) và (3) ta có: 1 2 3 2 3 1 2 3 6 4 4 4 x y z x y z + + + + + + + = dấu = xảy ra khi 1 2 x y z= = = TM vậy nghiệm của hệ phơng trình là: S = 1 1 1 , , 2 2 2 ữ Bài 4: Giải phơng trình: 2007 x 2008 2008 x 2007 + 1 = 0 1 + 2007 x 2008 = 2008 x 2007 x > 0 áp dụng BĐT Côsi cho 2008 số dơng 1; x 2008 ; x 2008 ; x 2008 ; x 2008 ( 2007 số x 2008 ) Ta có: x 2008 + x 2008 + + 1 2008 2008 2008 2007 1.( )x = 2008. x 2007 dấu = xảy ra khi chỉ khi 1 = x 2008 x = 1 vì x > 0 Vậy phơng trình có nghiệm x = 1 Bài 5: Giải phơng trình: x 3 x 2 8x + 40 = 8 4 4 4x + 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 4 4 4.4.4.( 1)x + = 8 4 4( 1)x + 13 + x 8 4 4( 1)x + 13 + x x 3 3 x 2 8x + 40 x 3 3 x 2 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: 2 7 5 12 38x x x x + = + (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 1 7 2 x x + x 5 và 1 ta có: 5 1 5 2 x x + 7 1 5 1 7 5 2 2 2 x x x x + + + + = dấu = xảy ra khi chỉ khi 7 x = 1 x 5 = 1 x = 6 Ta lại có: x 2 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: 2 2 2 1 1 2x x x x x x+ + + + = + 6 Bài 2: Giải phơng trình: 2 2 3 5 2 3 12 14x x x x + = + 3, bất đẳng thức Bunhiacốpxki Bài 1: Giải phơng trình: ( ) 2 2 2 3 5 2 3 12 14 2 3 5 2 3 2 2 x x x x x x x + = + + = + 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 ( 2 3x : 5 2x ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 5 2 1 1 2 3 5 2 2.2 4x x x x + + + = 2 3 5 2 2 2 3 5 2 0x x Do x x + + > Dấu = xảy ra 2 3 5 2 2x x x = = ( ) 2 3 2 2 2x + dấu= xẩy ra x = 2 Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2 Bài 2: Giải phơng trình a, ( ) 6 2 5 2 1 2 A x x= + = ĐK: 5 2 2 x Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 5 1 2.1 . 2 2 1 2 . 3 2 2 2 A x x x x ữ = + + + = ữ ữ ữ ữ ữ 6 0 2 A A ( ) 1 xẩy ra 5 13 2. 2 2 6 x x x = = (TMĐK) 13 6 S = b, 2 1 3 5 2 13 : 1 5x x DK x + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 5 2 3 1 5 13.4x x x x + + + = 2 1 3 5 2 13x x + PT xảy ra 3 1 2 5x x = 29 13 x TM = 29 13 S = c, 7 ( ) ( ) 2 2 2 4 5 2 2 3 2 3 1 1 0 x x x x x + + = + + + + = 1x = Bài 3: Giải phơng trình : 2 2 10 12 40 :2 10x x x x DK x + = + ( ) 2 2 12 10 6 4 4x x x + = + Dấu = xảy ra khi x = 6 Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 10 2 10 1 1 16x x x x + + + = 2 10 4 : 2 10 0x x Do x x + + > Dâu = xẩy ra x = 6 (TM) { } 6S = Bài 4: Giải phơng trình : 2 1 3 2( 3) 2 2x x x x + + = + (1) áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 1x ; x 3 và 1 ; 1 ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 3 1 1 1 3 1 3 2( 1) 2( 3) x x x x x x x x + + + + + (2) (1) và (2) xảy ra khi chỉ khi: 1 3x x = x 2 6x + 9 = x 1 x 2 7x + 10 = 0 x = 2 hoặc x = 5 x = 2 không thoả mãn; x = 5 thoả mãn vậy { } 5S = Bài 5: Giải phơng trình : 4 2 4 4 3 2 1x x x x = 4 2 4 3 2 1 ( 1)x x x x = Đ K : x 4 2 4 2 4 4 ( 2 1 1x x x = + ( x 0 ) 4 4 2 2 1 2 x x x x + = + Ta có: 2 2 1 2x x + dấu = xảy ra 2 2 1 x x = 2 1x = (1) Mặt khác: ( ) ( ) 2 4 4 2 2 4 2 2 1 1 2x x x + + ữ ( ) ( ) ( ) 4 2 4 4 4 2 4 4 4 4 2 2 4 2 4.2 2 16 2 16 2 x x x x x x x x + + + = + = (2) Dấu = xảy ra khi chỉ khi x = 1 Từ (1) và (2) suy ra phơng trình có nghiệm của nó là 1 TM Vậy S = { } 1 8 Bµi tËp t¬ng tù: Bµi tËp 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2 6 3 3 2 1 x x x x x − = + − − − Bµi tËp 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2 2 2 6 3 1 1 x xy x y x y  − + = −   + =   9 . B, áp dụng các biểu thức dơng giải phơng trình và hệ phơng trình: Bài 1: Giải phơng trình: 2 2 2 3 6 12 5 10 9 3 4 2x x x x x x+ + + + + = (*) Giải: Ta có: 3x 2 + 6x +. tự: Bài 1: Giải phơng trình: 2 2 2 1 1 2x x x x x x+ + + + = + 6 Bài 2: Giải phơng trình: 2 2 3 5 2 3 12 14x x x x + = + 3, bất đẳng thức Bunhiacốpxki Bài 1: Giải phơng trình: ( ) 2 2 2. x = 3 TM Vậy x = 3 là nghiệm của phơng trình Bài 6: Giải phơng trình: 2 7 5 12 38x x x x + = + (1) Đ K 5 x 7 Khi đó áp dụng BĐT áp dụng BĐT Côsi cho hai số 7 x và 1 ta có:

Ngày đăng: 23/11/2014, 00:27

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan