Kỹ thuật xử lý phương trình - hệ phương trình vô tỉ - Đoàn Trí Dũng

Mục đích của phương pháp hệ số bất định là tạo ra các thêm bớt giả định sao cho có nhân tử chung rồi đồng nhất hệ số để tìm ra các giả định đó.. Hệ số bất định có bản chất là phân tích [r]

TÀI LIỆU ÔN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA - -

KỸ THUẬT XỬ LÝ

PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ PHẦN I:

PHẦN II: PHẦN III: PHẦN IV: PHẦN V: PHẦN VI: PHẦN VII:

PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU DỰ ĐỐN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VƠ TỶ HỆ SỐ BẤT ĐỊNH

ĐẠO HÀM MỘT BIẾN LƯỢNG GIÁC HÓA ĐẶT ẨN PHỤ

PHẦN VII: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Biên soạn: ĐỒN TRÍ DŨNG

Hot line: 0902920389

PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU 

Phương pháp xét tổng hiệu sử dụng cho phương trình vơ tỷ phương trình có hệ phương trình dạng A B C Điều kiện sử dụng chỗ ta nhận thấy Clà nhân tử A B 

BÀI 1: x22x 2x  1 x

Nhận thấy    

2 1

A B  x  x  x x  có nhân tử C x

2

2

2

2

2 1

2 1

1 2

2 1

2 2 2 1

x x x x

x x x x

x

x x x

x x x x

x x x x

x x x x

   

      



  

     



     

     

BÀI 2: x3x2 1 x2 2 x2 x Nhận thấy    

1

A B  x x   x  x  có nhân tử Cx2 x

   

   

3 2 3

3 2

2

3 2

3 2

2 2

3 2

1 1

1

1

1

1

2 1 2

1

x x x x

x x x x

x x

x x x

x x x x x

x x x x x x

x x x x

    

       

 

   

       



            

     



Thử lại nghiệm ta thấy có x 2thỏa mãn nên phương trình có nghiệm x

BÀI 3:

8 1

x x  x x  x

Nhận thấy A B x8 x  x x 1 x1có nhân tử

1 C x

   

4

4

8 1

8 1

1

8

8 1

2 7 0

8 1

x x x x x

x x x x x

x

x x x x

x x x x x

x x x x x

x x x x x

    

       



   

      

         



      



BÀI 4: 4

5 2

y x y x

y x x y

      

 

     



Nhận thấy phương trình đầu có A B y3x 4 y5x4 8xcó liên quan đến giá trị

   

2

3

3

4 4 4

2 4 ,

y x y x x

y x y x x

y x y x

y x y x

y x x y x x y x x x

y x y x x

     

        

           



              

       

2

5x 5x 3 7x 2 4x 6x 1

 

     

 

2

2

2

5 7 *

1

4

2

5

x x x x x x x

x x

x x

x x x

           

 

      

 

   

 

Vì

2

2 1 17 17

1 ,

7 5 5 3 1 32

x x x x y

x x

x x x

 

           

 

   

Trong phần có chi tiết trục thức bước  * giải thích Phần II: HỆ SỐ BẤT ĐỊNH

BÀI 5:

 

2

2 24

4

2

5

y

x x y

y

x y x y

 

     

 



     



Phương trình thứ có A B 5x    y 5 1 x y 6 x1có liên quan đến giá trị

     

 2

5

5 1

6 5

7 5 1

2

4 20 5

x y x y x

x y x y x

x y x y

x

x y x y x

x y x

y x y

x y x y

     

        

    

         

 

      

    

      

 



Để ý phương trình có       

2

2

2

2 24 2

4 1

2

y y y y

x x y x y

y y

   

           

 

Vậy hệ có nghiệm x y

BÀI 6:

 

3 2

2 4

4

x y x y

x x y y x

     

 

     



Nhận thấy phương trình đầu có A B 2xy  2x y 4 2 y2có liên quan đến giá trị

     

 2

2 2 2

4 2

2 4

2

2 1

2 2 32

2

x y x y y y

x y x y

x y x y

x y x y

y y

x y x

y

x y x y

     

      

   

     

 



        

     

Mặt khác phương trình thứ biến đổi thành:

 

   

     

3 2

3 2

2

3

4

1 4 4

1 2

x x y y x

x x xy y y y

x x y y

     

        

      

BÀI 7:

2

2 1 ( 1)

y x y y

x x y x x y

       



   



Nhận thấy phương trình đầu có A B y2x  1 1 y2y2x2không liên quan đến C y

Cịn phương trình thứ có    

( 1)

A B  y x  x y x yx rút gọn với Cx x

   

           

2

2

2

2

2 2 2

( 1) ( 1)

( 1) ( 1)

2 ( 1) ( 1)

2

y x x y x y x y x

y x x y

x x x

y x x y

y x x y x x

y x x x y

y x x x

y x

x x

y x x y

x

y x x x x y y x x x x y x x y y x x

    

     

  

    

  



      

    



                

Thay vào phương trình thứ ta được: 2

1

x       x x x x  x

Đến tình ta dung kỹ thuật nhẩm nghiệm nhận phương trình có nghiệm x1(Hoặc sử dụng máy tính SHIFT SOLVE) Khi x1thì x2 x 1= 1,   x2 x 1= Do ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá:

   

2

2

2

2

2

2 2

1

1 1

2

1

1 1

2

2

1 1 1

2

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x x x x x x

            



     

         



    

                

Vì x    1 x x 12   x x2  x x2      x x2 x x2 x Vậy đẳng thức xảy x1,y0

BÀI 8: x2162 x23x 4 x 1

Bài toán nghiệm đẹp x3,x0nhưng để giải nghiệm cách trục thức đơn gần khơng nhiều điểm Để giải triệt để ta sử dụng kỹ thuật xét tổng hiệu:

   

2

2

2

2

2

16 1 16 4 1 1

1 16

3 12

1 16

x x x x

x x x x

x

x x x

x x x

x

x x x

      

     

 

 

   

 

 

 

   

Như nghiệm x0 Nếu x0thì

  

2

16 4 1 x   x  x   x x 

  

 

    

      

      

   

2

2

2

2

2

2

2

16 4 1

2 16 13 11

16 1

16

3 16 13 27

1

2 16 13

2 13

9

1 16

2 3

3

16

x x x x x

x x x x

x x x x

x

x x x x x

x

x x x x

x x x

x x

x

x x

x

x

         

       



       



  



          

  

         

  

    

 

 

 

  

 

3

9

1 x

 

 

 

 

 

Vì x    1 x Ta xét 13 9 1

1 2

x x x

x

x x

   

     

   

Vậy phương trình có nghiệm x  3 x

BÀI TẬP ÁP DỤNG: BÀI 1:

  

2

1 1

1

x y y x

x y

    

 

  



BÀI 2:

2 2

2

x y x y y

x y

    

 

 



BÀI 3:  

2

12 12 12 2

x y y x

x x y

    

 

     

BÀI 4:

   

2

2

1

1 1

2

2

x x x

x y x y y

y



    

     

  

PHẦN II: DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ 

Phương pháp tận dụng nghiệm vơ tỷ mà máy tính dị để đốn trước nhân tử phương trình, hệ phương trình Để sử dụng kỹ thuật này, cần phải nắm tốt quy tắc dò nghiệm SHIFT SOLVE

BÀI 1: 5x25x 3 7x 2 4x26x 1 Điều kiện:

7

x Sử dụng máy tính SHIFT SOLVE với x1ta x1,390388203

Khi thay vào giá trị thức:

2

5 2,390388203

7 2, 780776406

x x x

x x

     

 

  

 Do

2

5x 5x3cần phải tạo thành nhóm biểu thức 5x25x  3 x 1cịn  7x2cần phải tạo thành nhóm biểu thức 2x 7x2

2

5x 5x 3 2,390388203 5x 5x  3 x Như ta thấy Viết lại phương trình ban đầu ta được: 5x25x 3 7x 2 4x26x 1

 

     

 

2

2

2

5 7 *

1

4

2

5

x x x x x x x

x x

x x

x x x

           

 

      

 

   

 

Vì

2

2 1 17 17

1 ,

7 5 32

x x x x y

x x

x x x

 

           

 

   

BÀI 2:  

2 3

x  x x  x  x

Điều kiện: x 2x 2 Sử dụng SHIFT với x0ta x4, 236067977

Thay vào thức toán:

 

2

2 5, 236067977

x x

x

   

 

 

 Như x 2x2 trừ

 

2 3x1 trừ x1 Viết lại phương trình:

      

2

3 2 2 1 x  x  x x  x  x x    x x x  x 

 

 

 

   

 

      

2

2

2

2

2

2 2

4 1

2

1 2

4 1

2

2 2

4 1

2 1 2

x x x

x x

x x

x x

x x

x x x x

x x

x x

x x

x x x x x

x x

x x

x x x x

   

  

     

  

  

    

     

  

  

     

     

  

 

    

2 1

4 1

1 2 1 2

x x

x x

x x x x

 

 

      

  

     

 

 

Vì x 2x 2 0nên   

 

2 1 2

2 2.0 2

1

x x x x

x x x

x x

       



        

    



Vậy x24x 1 0,x 2  x BÀI 3: x34x2  x 2x2 x 5 2x13

SHIFT SOLVE với x0ta x0,828427124 Thay vào giá trị thức:

2 4,828427125

2 13 3,828427125

x x

x x

    

 

   

 Do ta viết lại phương trình ban đầu:

   

 

 

 

2

2 2

2

4 13

8 16 6 9 2 13 13

1

4

4 13

x x x x x

x x x x x x x

x x x x

x

x x

x x x x

       

       

  

     

 

     

     

 

Đến ta chứng minh x 4 x5và x 3 2x13đều dương Để đánh giá điều ta phải xuất phát từ phương trình ban đầu đánh giá điều kiện ngồi căn: x34x2  x Tuy nhiên phương

trình bậc nghiệm xấu, chương trình THPT khơng nên sử dụng phương pháp Cardano để giải bất phương trình mà ta thêm bớt vài hạng tử nhỏ để bất phương trình dễ giải hơn:

  

3 2

4 4 4 x  x    x x  x    x x x     x

Do đó:

 

4

3 13 4 13

x x

x x

     



         

 Vậy ta có

2

4

2 2

x x

x x

   

    

  

BÀI 4: 3x2  x34x2

Phương trình giải phương pháp đạo hàm đẹp nhiều thử phá vế sử dụng kỹ thuật hệ số bất định thông qua SHIFT SOLVE để thấy tốn có cách giải phổ thơng Lập phương hai vế ta được: 27x6x34x2

Sử dụng SHIFT SOLVE liên tục với giá trị khác ta thu có nghiệm là:

1 0, 434258545

x   (Sử dụng tiếp SHIFT RCL A để gán vào biến A) x2 0, 767591879(Sử dụng tiếp

SHIFT RCL B để gán vào biến B) Khi ta sử dụng định lý Viet đảo:

1

1 3

x x A B

x x AB

     



    

Như ta

nhận nhân tử có 1 3

    

6

27x  x 4x2  3x  x 9x 3x 4x 2x2 0

Vì 9x43x34x2 2x 2 6x43x2x2  x 1 x22x  1 0nên 1 13 x     x x 

BÀI 5: 15x2  x x2  x

SHIFT SOLVE ta

0, 767591879 1,535183758

x  x   x  x Nhân tử x2  x 2x

 

     

2 2

2

2

2

15 2 15 5

2 2

5 3

2

x x x x x x x x x

x x

x x x x

x x x x x x

             

   

          

       

Xét

2

2

5 10

2

x x x

x x x

       

   (Phương trình bậc 2)

Kết hợp

3x   x

15x   x 0ta 13 x 

BÀI 6: x3x2 x21 x 1

SHIFL SOLVE ta x1, 618033989 x 1 1, 618033989x Do có nhân tử x x1

    

      

3 2 2

2 2

2

1 1 1

1 1

1 1

1

x x x x x x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

             

     

          

     

Xét

2

2

1

1 1

1 x

x x x

x x

        

  (Vô nghiệm) Vậy

2

1

2 x     x x 

  

3 3 2

1 8

x x    x  x    x x  x  1 2 x  x      x x x 

BÀI TẬP ÁP DỤNG

BÀI 1: x23x 2 x1 2x1 BÀI 2: x2  x 3 x x

BÀI 3: x33x2  x 2x2 x 4 2x11

BÀI 4: x2  x x2 x22x2 BÀI 5:

2

2

1

4 1

x x x

x x

 

 

 

PHẦN III: HỆ SỐ BẤT ĐỊNH 

Mục đích phương pháp hệ số bất định tạo thêm bớt giả định cho có nhân tử chung đồng hệ số để tìm giả định Hệ số bất định có chất phân tích nhân tử có tác dụng mạnh tốn có nhiều nghiệm

BÀI 1: x4x2 4 x420x2 4 7x

Điều kiện: x0 Ta nhận thấy cần phải khai triển 7xax bx với a b, hai số giả định cho chuyển sang bên trái, nhân liên hợp ta tìm hai nhân tử chung Do ta triển khai triển giả định:

   

4 2 2

4

4

1 20

4 20 0

4 20

x a x x b x

x x ax x x bx

x x ax x x bx

     

          

     

Mục đích ta hai tử số có nhân tử chung ta có

 

2

1

1

2,

1 20

7 a

a b

b a b

  

     

 

   

Như ta khai triển lại toán sau: 4

4 20

x   x x x  x   x

 

4

4

4 4

5 1

0

4 20 20

x x x x

x x

x x x x x x x x x x x x

 

   

        

             

Vì x0nên phương trình có nghiệm x  1 x BÀI 2: x26x 1 2x1 x22x3

Điều kiện:  

6

x  x x  Do phương trình tương đương với

2

2

6

2

2

x x

x x

x

 

  

 nên ta

tìm nhóm ax b giả định cho phương trình    

2

2

6

2

2

x x

ax b x x ax b

x

        

 có vế trái

sau quy đồng vế phải sau trục thức có nhân tử giống Vì ta khai triển giả định sau:

   

2

2

6

2

2

x x

ax b x x ax b

x

 

      



       2    2

2

1 2

1

2 2 3

a x ab x b

a x a b x b

x x x ax b

    

     

 

    

Do ta cần tử số có nhân tử giống nên ta có 22 2 0, 2

a a b b

a b

a ab b

        

  

Khi ta khai triển lại tốn sau:

2

2 2

2

2

2

6 2

2

2 2 3 1 2 3 2 1

x x

x x x x x x

x x

x x x x x x x

   

             

 

BÀI 3: 2x2x  1 x x1 2x x 2 x 26 Điều kiện: x0 Viết lai toán dạng:

3

3

2

2

1

x x x

x x x

x

     

 nên ta tìm nhóm

ax b giả định cho phương trình     

3

3

2

2 *

1

x x x

ax b x x x ax b

x

         

 có vế trái

sau quy đồng vế phải sau trục thức có nhân tử giống Ta khai triển giả định sau:

         

 

3 2

3

3

2

2

*

1 2 2 4

x a x ab x b

x a x a b x b

x x x x ax b

    

      

 

    

Do ta cần tử số có nhân tử giống nên ta có: 2 26 1, 2

a a b b

a b

a ab b

   

     

  

Khi khai triển lại tốn với a1,b2ta được:    

3

3

2

2 2

1

x x x

x x x x x

x

  

      



 

3

3

3

3

2

2 4

1 2 2 4 2 2 2 4 3 0

x x

x x x x

x x x x x x x x VN

   

   

   

         

BÀI 4: 2x2  x 21x17x2 x

SHIFT SOLVE    x x Để làm xuất nhân tử này, ta cần khai triển giả định toán thành:

       

2

2x x mx n px q 21x 17 x x m p x n q

                

 

 

Xét 2x2  x mx n ta có:

2

x m n

m n

x m n

    

       



Xét px q  21x17ta có:

2

x p q p

x p q q

    

 

        

 

Vậy ta khai triển lại toán sau:  2x2   x x 1 3x 1 21x17x23x 2

 

2

1

3

3 21 17

x x

x x

x x x

 

      

  

   

  Vì

1 17

3.17 21 1

21 x

x

x

      

    

Do phương trình có nghiệm x  1 x BÀI TẬP ÁP DỤNG

BÀI 1: x2x6  5x1 x3 3 2x3 BÀI 2: x23 x2  x x33x24x1

BÀI 3:  

3 4 x  x  x x  x

BÀI 4:

2x 1 3x 2 2x

PHẦN IV: ĐẠO HÀM MỘT BIẾN 

 Kỹ thuật 1: Coi x ẩn, y tham số, tính đạo hàm fx' x y, chứng minh hàm số đơn điệu liên tục theo x

 Kỹ thuật 2: Phương trình f x 0có tối đa nghiệm f x đơn điệu liên tục theo x

 Kỹ thuật 3: f x  f y  x ynếu f x đơn điệu liên tục theo x

BÀI 1:

   

2

2

1

1 1

2

2

x x x

x y x y y

y



    

     

  

Nếu

2

x  y phương trình đầu trở thành 0

y x

y y

y x

   

    

    

 Thay cặp nghiệm vào phương trình ta thấy khơng thỏa mãn

Nếu x  y2 1thì phương trình đầu trở thành y2        1 y y x Thay cặp nghiệm vào phương trình ta thấy khơng thỏa mãn Vậy 2

2 ,

x  y x  y Khi ta xét hàm số:

  2  

2

1

1

1

2 '

2 2

f x x y x y y f x

x y x y





         

  Do hàm số đơn điệu liên tục với x thuộc tập xác định Mà  2

0

f y    x y Thay vào phương trình ta được:

    2

1 1

x   x x   y 

     

      

2 2

2 2 2

2

4 1 1

1 1 1

0 2

2 2 2

x x x x x x

x x x x x

x x x

x x x

      

    

       

        

Do 2

2

4

1 2 1

0 3

x x x x x x x y

x

               

 

CHÚ Ý: Để tìm nhân tử

x y ta làm sau:

Đặt

100 20000 10001 101 10000 y  x  x    x  y

BÀI 2: x x 1 x3 1  1x2

Điều kiện: x > Ta viết lại phương trình thành:

2

1 1

x x x

x

     

2

2

1 1 1 1

1 1

2 2

x x x x

x

x x x x

 

   

            

 

Xét hàm    

2

2

1

1 '

1

t t t t

f t t t f t

t t



 

      

Do 1 1

2

x x

f f x

x x

        

   

   

 

BÀI 3:

3

2

2

y y x x x

y y x

     

 

    

Xét hàm số f y 2y3 y 2x 1 x 1xvới y ẩn, x tham số Ta có hàm f y liên tục có f ' y 6y2 1 0nên f y là hàm đồng biến

Mặt khác ta có f  1x2 1 x 1 x 1 x 2x 1 x 1 x 0do phương trình có nghiệm y 1x Thay vào phương trình ta được:

2

3 2

3 1 x

x x

x x x x

x x x x

    

         

       

Để tìm nhân tử y 1x, ta xử lý sau:

Đặt 99 198 99 99 99

2 1

100 100 100 100 10 100

x  y  y      y    x

BÀI 4:    

2 2

2 2

1

1

x y y x xy

x y y x x y x

    

 

     



Từ phương trình ta có 2  2

1 1

x x x y  y Do

2

1

0 1

x x x x

y y

     

  



    

Mà x y

cùng dấu nên ta suy x0,y0 Khi phương trình viết lại thành: 1 12 y y y2

xx x    

Xét hàm số      

2

2

2

1 , 0; ' 1

t

f t t t t t f t t

t

          

 Do f t là hàm số liên tục đồng biến 0; Vì ta có f f y  y

x x

      

  Thay vào phương trình đầu ta x1

BÀI 5:

2

2

2

3

x x x y y

x y x y

      

 

    



Để ý thấy phương trình thứ phần khuyết phương trình đầu Nếu ta kết hợp hai phương trình xây dựng hàm đặc trưng Vì ta biến đổi phương trình trở thành x23x 1 y23yvà cộng vào vế phương trình đầu ta được:

 2  2

2 2 2

2 1 4

x  x  x  x y  y   x  x  y  y 

Xét hàm đặc trưng   4, 0;  '  1

2

f t t t t f t

t

        

 Do     

2 2

1

f x  f y  12

1

y x

x y

y x

  

     

PHẦN V: LƯỢNG GIÁC HÓA 

BÀI 1: 1 x 2x2 1 2x 1x2

 

 

cos 0; sin cos cos sin sin cos sin sin sin

2 2

t t t

x t t    t  t t  t t   t 

 

BÀI 2: 4x312x29x 1 2xx2

Phương trình 4x133x 1 1 x 12 Đặt x 1 cost t  0; 

3

4cos t 3cost sint cos3t sint

    

BÀI 3: 1x216x412x2 1 4x33x

 

   

   

 

 

4

2

2

2

cos 0; sin 16 cos 12 cos cos 3cos sin cos 2 cos 1 cos

sin cos 2 cos cos sin cos cos cos sin cos cos cos cos sin sin cos sin sin

x t t t t t t t

t t t t

t t t t

t t t t

t t t t

t t t t

t



      

 

      

 

 

     

   

  

  

  tsintcos 3t

BÀI 4:  

 

2 2

2

2

1

1

2 x x

x

x x x

 

  



 

 

2

2

2 2

tan , ; \ 0; ; 2 4

2 1

1 , sin , sin cos cos 1

x t t

x x

x

x t t t

t x x

   

   

      

   



    

 

 

 

 

    

2 2

2

2

2

1

1 1

1

2 cos sin sin cos 2 sin

2 sin 2 sin sin sin sin

1 cos 2 sin 1 sin sin 1 sin

2 x

x x

x x x t t t

t t

t

t t t t

t t t t t

 

     



 

   

PHẦN VI: ĐẶT ẨN PHỤ 

 Kỹ thuật 1: Đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình

 Kỹ thuật 2: Đặt ẩn phụ để phân tích đa thức thành nhân tử

BÀI 1:  1 2

5

x y x y x y

x x y y

      

 

   



Đặt

2 2

2 1

0, ,

2

a b b

a x y b y   x   y  Thay vào hệ phương trình ta được:

 2   2 

2

2

1 2,

2

a b a b a b

a b x y

a a b

      

      



  



BÀI 2:    

2

1

8 8

y x y x y y x

x y y x

       

 

   



Đặt 2

0, ,

a x y b y   x a b yb Vì phương trình lớn nên ta tập trung vào phương

trình đầu để phân tích nhân tử:     2    

1 1 b  a a  ba b   a b a b   (1)

Đến ta sử dụng phương pháp Tuy nhiên để ý kỹ phương trình xử

lý cách độc lập: 2 2  2 

8 8 16 64

x y    y x  x y   x y    y x 

   2

2 2 2

8x 16x y 8 y x y x y

             (2)

Kết hợp (1) (2)

2

9

1, ,

2

1, 3,

a x y x y

b x y x y

      

  

      



BÀI 3:

2

2

2

x y y x y

y xy y

      

 

  



Đặt 2

0, 1

a x y b y  a b   x y Thay vào phương trình đầu: 2

4 a b   a b

Vì phương trình khơng phân tích thành nhân tử nên ta phải tìm cách biến đổi phương trình Để ý

ta thấy 2     2

2

a b  xy y    x y xyy có xyy2  2 yxuất phương

trình Do đó: 2   2 2 2

2 3

a b    x y y     x y a b     x y a b a b 

Vậy ta có hệ đối xứng loại 1: a2b2  a b 4,a b2 2a2b2     3 a b x 2,y1 BÀI 4: 1 x x41 x 41x2

Để ý thấy   

1x 1x  1 x nên ta đặt ẩn phụ dựa yếu tố Đặt a 41 x 0,b 41 x 0 Khi

đó ta có: 4

2xa b Nhân vế phương trình ta được:

      

2 4 2

PHẦN VII: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 

 Kỹ thuật 1: Đưa phương trình, hệ phương trình dạng 2

0 A B 

 Kỹ thuật 2: Sử dụng Cauchy với có bậc lớn

 Kỹ thuật 3: Sử dụng Bunyakovsky: ax by  a2b2x2y2 Dấu bằng: a b x  y

 Kỹ thuật 4: Sử dụng Minkowski: a2b2  x2y2  ax 2 b y2 Dấu bằng: a b x  y

 Kỹ thuật 5: Sử dụng Schwartz:  

2

2 a b

a b

x y x y



 

 Dấu bằng:

a b x  y

 Kỹ thuật 6: Sử dụng bất đẳng thức Jensen dành cho hàm lồi, hàm lõm:

     

     

" 2 "

2 a b

f x f a f b f

a b

f x f a f b f

       

 

  





 

      

  



Dấu xảy ab

BÀI 1: 4x34x25x 9 4 164 x8

SHIFT SOLVE ta tìm nghiệm

2

x xuất bậc nên ta nghĩ tới việc sử dụng bất đẳng thức Cauchy để giải toán gọn nhẹ Tuy nhiên để Cauchy đẳng thức phải Ta thấy 16x 8 2 x1trong 2x 1 2nên ta tách:

4 4

4 2 2

16 2 2

4

x x

x  x        Như ta có 4x34x25x 9 2x7 Do đó:

  2

3

4x 4x 7x x 2x

         Vì 2 12

2

x     x x   x

BÀI 2: 4

4x 1 8x 3 4x 3x 5x

SHIFL SOLVE ta tìm nghiệm

2

x xuất bậc nên ta nghĩ tới việc sử dụng bất đẳng thức Cauchy Ta thấy với

2

x

4x 1 1, 8x 3 1nên ta sử dụng Cauchy bậc

Cauchy bậc ta có: 4 1

1 4 ,1.1.1 8

2

x x

x     x  x x       x  x

Vậy 4 4  2 12

x  x  x x x  x   x x x x   x

8 x BÀI 3: 3x32x2  2 3x3x22x 1 2x2 x 1

SHIFL SOLVE ta tìm nghiệm x 1 Khi 3x32x2  2 3x3x22x 1 1mà ta thấy có biểu thức lập phương đối căn, bình phương triệt tiêu nên ta nghĩ đến sử dụng Bunyakovsky:

     

3 2 3

Do ta có    

2 x   x 3x 2x1 Bình phương vế x 122x2    1 x

BÀI 4:    

2

2 3

2

4 40 14

y x x x

x x y x

    

 

   



Sử dụng phép

2

40 14

x x y

x

 

 vào phương trình đầu sử dụng SHIFT SOLVE ta

1 ,

8

x y

Chú ý rằng4 1,8

2

x x  nên ta có:

     

3 3

8

8 2

4 8

2

x x

x x

x x x x x



 

 

     

Và

2

3 14

14 14

2

y x

x   y y x    Do hệ phương trình trở thành:

   

 

2

2

8 1

2 14

40

2 x

y x

y x

x x

     



 

  



Lấy  1 +2. 2  2  

4 40 14

x

y x x x  y x

        

2

2 1

96 24 96 ,

2 8

x x x  x y

           

 

BÀI 5:

2

2

2 11 10

x x y y

x y x x

       



      



Sử dụng phép y6x 11 10 4 x2x2 vào phương trình đầu SHIFT SOLVE ta x1;y 3

Khi 2

4 1, 10 2

y y x x

       Vì ta điều chỉnh số cho hợp lý áp dụng Cauchy:

2

2 2

2

2

1 4

2 2

2

7 2 10 4 10

6 11 11

2

2

y y y y

x x y y x x

x x

x x x x

x y

x y

                

 

 

 

 

    

        

 



Do ta có:

2

2

2 4 10 15

x x y y

x x y

      



   

 Cộng hai vế hai phương trình ta được:

  2 2

2

3x 6xy 6y12 0 x1  y3   0 x 1,y 3

BÀI TẬP ÁP DỤNG: BÀI 1:

 2 2  

3

2

1 1

3

2

x y x x

x x y x x

    

 

   

BÀI 2:  

2

12 12 12

8

x y y x

x x y

    

 

    