Phương pháp bất đẳng thức trong phương trình và hệ phương trình
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (368.44 KB, 73 trang )
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐINH THỊ THU HÀ
PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƯƠNG TRÌNH
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐINH THỊ THU HÀ
PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƯƠNG TRÌNH
Chuyên nghành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
Thái Nguyên - 2015
Mục lục
Lời cảm ơn ii
Danh mục các kí hiệu iii
MỞ ĐẦU 1
1 Các kiến thức bổ trợ 3
1.1 Các tính chất cơ bản của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Một số bất đẳng thức cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Một số bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Một số lớp phương trình giải bằng phương pháp so sánh 11
2.1 Khảo sát một số lớp phương trình . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Một số dạng phương trình qua các kỳ thi Olympic . . . . . . 18
3 Hệ phương trình giải bằng phương pháp so sánh 26
3.1 Phương pháp so sánh giải hệ phương trình . . . . . . . . . . 26
3.2 Một số hệ đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2.1 Hệ hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2.2 Hệ đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.2.3 Một số hệ không mẫu mực . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.3 Bài toán xác định hệ số đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . 62
KẾT LUẬN 67
TÀI LIỆU THAM KHẢO 68
i
Lời cảm ơn
Trong thời gian thực hiện luận văn này, tác giả đã nhận được sự hướng
dẫn và chỉ bảo tận tình của GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Thông qua luận
văn này, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và trân trọng những
công lao, sự quan tâm, động viên và sự tận tình chỉ bảo, hướng dẫn của thầy
Nguyễn Văn Mậu.
Tác giả xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong Ban giám hiệu, phòng
Đào tạo, khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên;
Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang; Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp trường
THPT Trung Sơn - huyện Yên Sơn - tỉnh Tuyên Quang đã tạo mọi điều kiện
thuận lợi trong suốt thời gian tác giả học tập, thực hiện và hoàn thành luận
văn.
ii
Danh mục các kí hiệu
Để việc trình bày được ngắn gọn, trong luận văn sử dụng các kí hiệu sau:
1. R - Tập các số thực.
2. N - Tập các số tự nhiên.
3. [a; b] - Đoạn (khoảng đóng) của hai đầu mút a, b.
4. (a; b) - Đoạn (khoảng mở) của hai đầu mút a, b.
5. VT - Vế trái; VP - Vế phải.
6. D
f
- tập xác định của f(x); R
f
- tập giá trị của hàm số f (x).
iii
MỞ ĐẦU
Chuyên đề về phương trình và hệ phương trình có vị trí rất đặc biệt trong
toán học, không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số mà còn là
công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực của giải tích, hình học, lượng giác và
ứng dụng.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, tuyển sinh đại học và Olympic
Toán sinh viên thì các bài toán liên quan đến giải phương trình và hệ phương
trình cũng hay được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loại
khó.
Ngoài những phương pháp truyền thống để giải phương trình và hệ phương
trình, nhiều đề thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Olympic Toán khu vực và
quốc tế thường hay đề cập đến các lớp phương trình và hệ phương trình giải
bằng phương pháp so sánh. Đó là lớp các bài toán mà ẩn cần tìm là những
hệ số của đa thức chưa biết, những dạng phương trình mà vế phải và vế trái
không thuộc cùng một loại hàm, chẳng hạn như vế trái là biểu thức đại số
còn vế phải thì là các biểu thức lượng giác, mũ, logarit,. Các bài toán liên
quan đến các phương trình và hệ phương trình loại này không nằm trong
chương trình chính thức của Toán đại số và giải tích ở bậc trung học phổ
thông.
Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng học sinh giỏi ở bậc trung học phổ
thông về chuyên đề phương pháp bất đẳng thức trong khảo sát phương trình
và hệ phương trình, luận văn "Phương pháp bất đẳng thức trong phương
trình và hệ phương trình" nhằm khảo sát một số lớp phương trình, đồng thời
cung cấp một phương pháp giải đặc biệt cho một số lớp phương trình và hệ
phương trình trong đại số và lượng giác.
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề
cập đến các vấn đề sau đây:
1
Chương 1. Các kiến thức bổ trợ. Chương này trình bày các kiến thức cơ
bản về hàm số (tính đồng biến, tính nghịch biến, tính liên tục, . . . ), các định
lý về số nghiệm của phương trình, hệ phương trình và một số bất đẳng thức
cơ bản.
Chương 2. Một số lớp phương trình giải bằng phương pháp so sánh. Chương
này trình bày một số dạng toán về phương trình giải bằng phương pháp so
sánh. Đưa ra một số dạng phương trình qua các lỳ thi Olympic.
Chương 3. Hệ phương trình giải bằng phương pháp so sánh. Chương này
trình bày một số lớp bài toán về hệ phương trình giải bằng phương pháp so
sánh. Đưa ra phương pháp giải một số hệ phương trình đặc biệt và trình bày
một số bài toán liên quan đưa về giải các phương trình và hệ phương trình
tương ứng bài toán xác định hệ số đa thức.
Thái Nguyên, ngày 06 tháng 04 năm 2015
Tác giả
Đinh Thị Thu Hà
2
Chương 1
Các kiến thức bổ trợ
1.1 Các tính chất cơ bản của hàm số
Tính chất 1.1. Nếu hàm số luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên
(a, b) thì số nghiệm của phương trình: f(x) = k trên (a; b) không hơn một
và f(u) = f(v) ⇔ u = v ∀u, v ∈ (a; b).
Tính chất 1.2. Nếu hàm số y = f(x) liên tục và luôn đồng biến (hoặc luôn
nghịch biến); hàm số y = g(x) liên tục và luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng
biến) trên D thì số nghiệm trên D của phương trình: f(x) = g(x) không quá
một.
Tính chất 1.3 (Định lí Rolle). Cho hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b], (a <
b); có đạo hàm trên khoảng (a; b) và f(a) = f(b) thì tồn tại c ∈ (a; b) sao
chof
(c) = 0.
Từ định lý này, ta có được hệ quả:
Hệ quả 1.1. Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b]; có đạo hàm trên
khoảng (a; b) thì giữa hai nghiệm (liên tiếp) thuộc (a; b) của phương trình
f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm của phương trình f
(x) = 0.
Hệ quả 1.2. Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b]; có đạo hàm trên
khoảng (a; b) và phương trình f(x) = 0 có k nghiệm x ∈ (a; b) thì phương
trình f
(x) = 0 có ít nhất k − 1 nghiệm x ∈ (a; b).
Hệ quả 1.3. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp k, liên tục trên
(a; b). Nếu phương trình f
(k)
(x) = 0 có đúng m nghiệm thì phương trình
f
(k−1)
(x) = 0 có nhiều nhất là m + 1 nghiệm.
3
*) Một số lưu ý khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Để phát hiện được tính đơn điệu của hàm số chúng ta cần nắm vững các tính
chất:
- Nếu y = f (x) > 0 và đồng biến (nghịch biến) thì:
* y =
n
f(x) đồng biến (nghịch biến).
* y =
1
f(x)
với nghịch biến (đồng biến).
* y = −f (x) nghịch biến (đồng biến).
- Tổng của các hàm số đồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm số đồng
biến (nghịch biến) trên D.
- Tích của các hàm số dương đồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm số
đồng biến (nghịch biến) trên D.
- Nếu hàm số f(t) đồng biến trên tập D, thì f(x) > f (y) ⇔ x > y (với mọi
x, y ∈ D).
- Nếu hàm số f(t) nghịch biến trên tập D, thì f(x) > f(y) ⇔ x < y (với
mọi x, y ∈ D).
- Nghiệm của phương trình f(x) = g(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị
hàm số y = f (x) với đồ thị hàm số y = g(x).
- Nghiệm của phương trình f (x) = m là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm
số y = f (x) với đường thẳng y = m cùng phương với trục hoành.
- Nếu phương trình f(x) = m có nghiệm thuộc miền D
⇔ min
D
f(x) ≤ m ≤ max
D
f(x).
Định lí 1.1 (Lagrange). Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [a, b] và
có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tồn tại c ∈ (a; b)
sao cho f (b) −f (a) = f
(c) (b − a) hay là f
(c) =
f (b) − f (a)
b − a
.
Nhận xét 1.1. Cho hàm số f (x) xác định trên đoạn [a; b], có đạo hàm liên
tục trên các khoảng (a; b). Các hàm số ϕ (x) , ψ (x) xác định trên đoạn [c; d].
Khi đó, nếu f
(x) + 1 = 0 với mọi x ∈ (a; b), thì ta có
f (ϕ (x)) − f (ψ (x)) = ψ (x) −ϕ (x) ⇔ ψ (x) = ϕ (x) .
Nhận xét 1.2. Cho hàm số f (x) xác định trên đoạn [a; b], có đạo hàm liên
tục trên các khoảng (a; b) và f ([a; b]) ⊆ [a; b] . Khi đó:
4
1. Nếu f
(x) > 0 với mọi x ∈ (a; b) thì trên [a; b] ta có:
f (f (x)) = x ⇔ f (x) = x;
f (f (f (x))) = x ⇔ f (x) = x.
2. Nếu f
(x) − 1 = 0 với mọi x ∈ (a; b) thì trên [a; b] ta cũng có:
f (f (x)) = x ⇔ f (x) = x.
Định lí 1.2. Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên khoảng (a; b).
- Nếu f
(x) > 0, với mọi x ∈ (a; b) thì f (x) đồng biến trên khoảng (a; b).
- Nếu f
(x) < 0, với mọi x ∈ (a; b) thì f (x) nghịch biến trên khoảng (a; b).
1.2 Một số bất đẳng thức cổ điển
Định lí 1.3 (Bất đẳng thức AM - GM ). Với n số dương a
1
, a
2
,. . . , a
n
ta có
a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
n
≥
√
a
1
a
2
. . . a
n
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= . . .= a
n
.
Định lí 1.4 (Bất đẳng thức Cauchy). Với hai bộ số thực khác 0 bất kỳ (a
1
,
a
2
, . . ., a
n
); ( b
1
, b
2
, . . ., b
n
), ta có
(a
2
1
+ a
2
2
+ ··· + a
2
n
)(b
2
1
+ b
2
2
+ ··· + b
2
n
) ≥ (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ ··· + a
n
b
n
)
2
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
1
b
1
=
a
2
b
2
= ··· =
a
n
b
n
.
Định lí 1.5 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz). ∀x
i
> 0, i = 1, n ta có
[
a
2
1
x
1
+
a
2
2
x
2
+ ··· +
a
2
n
x
n
≥
(a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
)
2
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
.
1.3 Một số bài toán cực trị
Bài toán 1.1. Xác định giá trị lớn nhất của biểu thức
T =
√
1 + 2x +
√
1 + 2y khi x và y thỏa mãn x, y ≥ 0 và x
2
+ y
2
= 2.
Bài giải. Do
√
1 + 2x =
1
√
3
(1 + 2x) .3 ≤
2x + 4
2
√
3
≤
x
2
+ 5
2
√
3
5
và
√
1 + 2y =
1
√
3
(1 + 2y) .3 ≤
2y + 4
2
√
3
≤
y
2
+ 5
2
√
3
nên T ≤
x
2
+ y
2
+ 10
2
√
3
= 2
√
3.
Do vậy max T = 2
√
3 đạt được khi x = y = 1.
Bài toán 1.2. Cho M > 0. Xét các số a, b ∈ R thỏa mãn các điều kiện
a
2
− 4b ≥ 0
max (1, |a|, |b|) = M.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (1 + |x
1
|) (1 + |x
2
|) , trong đó x
1
, x
2
là
các nghiệm của phương trình x
2
+ax + b = 0.
Bài giải. Ta có
(1 + |x
1
|) (1 + |x
2
|) = 1 + |x
1
x
2
| + |x
1
| + |x
2
| = 1 + |b| + (|x
1
| + |x
2
|) .
x
1
= −
a −
√
a
2
− 4b
2
, x
2
= −
a +
√
a
2
− 4b
2
.
Nếu b > 0 thì |x
1
| + |x
2
| = |x
1
+ x
2
| = |a|.
Nếu b < 0 thì |x
1
| =
a +
√
a
2
− 4b
2
, |x
2
| = −
a +
√
a
2
− 4b
2
và
|x
1
| + |x
2
| =
√
a
2
− 4b ≤
√
M
2
+ 4M.
Vậy nên (1 + |x
1
|) (1 + |x
2
|) ≤ 1 + M +
√
M
2
+ 4M.
Suy ra max (1 + |x
1
|) (1 + |x
2
|) = 1 + M +
√
M
2
+ 4M,
đạt được khi a = ±M, b = −M, và f(x) = x
2
± Mx − M = 0.
Bài toán 1.3. Xác định giá trị lớn nhất của
T =
10
x
2
+ 4πx + 41
+ cos x,
khi −∞ < x < +∞.
Bài giải. Vì
T =
10
x
2
+ 4πx + 41
+ cos x =
10
(x + 2π)
2
+ 41 −4π
2
+ cos x ≤
10
41 − 4π
2
+ 1
nên max T =
10
41 − 4π
2
+ 1, đạt được khi x = −2π.
6
Bài toán 1.4. Giả sử các số thực x, y, z ≥ 0, x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
T =
x +
(y − z)
2
12
+
y +
(z − x)
2
12
+
z +
(x − y)
2
12
.
Bài giải.
Với u = y − z, v = x − z, k =
1
12
ta luôn có
√
x + ku
2
+
y + kv
2
≤
2 (x + y) + k(u + v)
2
⇔ 2
(x + ku
2
) (y + kv
2
) ≤ x + y + 2kuv.
hay
4
x + ku
2
y + kv
2
≤ (x + y)
2
+ 4k
2
u
2
v
2
+ 4kuv (x + y)
⇔ (x − y)
2
+ 4kuvx (u − v) + 4kuy (v − u) ≥ 0.
hay (x −y)
2
+ 4k (u − v) (xv − yu) ≥ 0
⇔ (x − y)
2
(1 − 4k (x + y − z)) ≥ 0. điều này đúng.
Ta có thể coi x ≥ y ≥ z và đánh giá
T ≤
2 (x + y) +
(x + y − 2z)
2
12
+
z +
(x − y)
2
12
=
2 (1 − z) +
(1 − 3z)
2
12
+
z +
(x − y)
2
12
≤
2 (1 − z) +
(1 − 3z)
2
12
+
z +
(1 − 3z)
2
12
=
5 − 3z + 1 + 3z
2
√
3
.
Vì 0 ≤ x −y ≤ 1 − 3z nên T ≤
√
3.
Vậy max T =
√
3, đạt được khi x = y = z =
1
3
.
Bài toán 1.5. Giả sử phương trình
x
2
−ax−
1
√
2
= 0
có các nghiệm x
1
và x
2
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
f (a) = (x
1
− x
2
)
2
+
x
1
− x
2
+
1
x
1
−
1
x
2
2
.
7
Bài giải.
Vì x
1
.x
2
= −
1
√
2
< 0 nên có thể coi x
1
< 0, x
2
> 0.
Đặt x
0
= −x
1
> 0. Khi đó
f (a) = (x
2
+ x
0
)
2
+
x
2
+ x
0
+
1
x
0
+
1
x
2
2
.
Sử dụng bất đẳng thức
1
x
0
+
1
x
2
≥
4
x
0
+ x
2
với x
0
> 0, x
2
> 0, ta được
f (a) ≥ (x
2
+ x
0
)
2
+
x
0
+ x
2
+
4
(x
0
+ x
2
)
2
= 2(x
2
+ x
0
)
2
+
16
(x
0
+ x
2
)
2
+ 8 ≥ 8
√
2 + 8
Vậy min f(a) = 8
√
2 + 8, đạt được khi
x
0
= x
2
(x
0
+ x
2
)
2
=
8
(x
0
+ x
2
)
2
⇔ x
0
= x
2
=
1
4
√
2
⇔ x
1
= −
1
4
√
2
; x
2
=
1
4
√
2
.
Khi đó a = 0.
Bài toán 1.6. Giả sử x, y là các số lần lượt thỏa mãn các phương trình
x
2
+ 2ax + 9 = 0 với a ≥ 3, y
2
+ 2by + 9 = 0 với b ≥ 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
f (a, b) = 3(x −y)
2
+
1
x
−
1
y
2
.
Bài giải. Từ giả thiết suy ra x < 0, y > 0. Đặt x = −t, t > 0.
Khi đó
f (a, b) = 3(t + y)
2
+
1
t
+
1
y
2
≥ 3(t + y)
2
+
16
(t + y)
2
≥ 8
√
3.
Vậy min f (a, b) = 8
√
3, đạt được khi
t = y
3(t + y)
2
=
16
(t + y)
2
⇔
t = y
3y
4
= 1
⇔
x = −
1
4
√
3
y =
1
4
√
3
8
Thay vào phương trình đã cho ta nhận được hệ
1
√
3
−
2
4
√
3
a + 9 = 0
1
√
3
−
2
4
√
3
b + 9 = 0
⇔ a = b =
9
√
3 + 1
2
4
√
3
.
Bài toán 1.7 (Tuyển tập Olympic 30 tháng 4, lần XII – 2006).
Cho x, y > 0, x + y ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 51x + 23y +
9
x
+
48
7y
.
Bài giải. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM
P = 2 (x + y) +
49x +
9
x
+
21y +
48
7y
≥ 2 + 42 + 24 = 68.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 68, khi x =
3
7
; y =
4
7
.
Bài toán 1.8 (Tuyển tập Olympic 30 tháng 4, lần XII – 2006).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A =
a
8
1
(a
2
1
+ a
2
2
)
2
+
a
8
2
(a
2
2
+ a
2
3
)
2
+ ··· +
a
8
n
(a
2
n
+ a
2
1
)
2
,
với a
1
, a
2
, a
3
, . . . , a
n
là những số dương và
a
1
a
2
+ a
2
a
3
+ ··· + a
n
a
1
= K (K là hằng số).
Bài giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được
a
8
1
(a
2
1
+ a
2
2
)
2
+
a
8
2
(a
2
2
+ a
2
3
)
2
+ ··· +
a
8
n
(a
2
n
+ a
2
1
)
2
≥
a
4
1
a
2
1
+ a
2
2
+
a
4
2
a
2
2
+ a
2
3
+ ··· +
a
4
n
a
2
n
+ a
2
1
n
=
B
2
n
.
Ta cũng có
a
2
1
+ a
2
2
+
a
2
2
+ a
2
3
+ ··· +
a
2
n
+ a
2
1
×
a
4
1
a
2
1
+ a
2
2
+
a
4
2
a
2
2
+ a
2
3
+ ··· +
a
4
n
a
2
n
+ a
2
1
9
≥
a
2
1
+ a
2
2
+ ··· + a
2
n
2
.
Suy ra B ≥
a
2
1
+ a
2
2
+ ··· + a
2
n
2
.
Do đó A ≥
a
2
1
+ a
2
2
+ ··· + a
2
n
2
4n
≥
(a
1
a
2
+ a
2
a
3
+ ··· + a
n
a
1
)
2
4n
=
K
2
4n
.
Vậy min A =
K
2
4n
, đạt được khi a
1
= a
2
= a
3
= ··· = a
n
=
K
n
.
10
Chương 2
Một số lớp phương trình giải bằng
phương pháp so sánh
Trước hết ta lưu ý một số nhận xét sau đây để sử dụng trong các phần
tiếp theo.
Nhận xét 2.1. Nếu với mọi x ∈ Ω ⊆ D
f
∩ D
g
ta luôn có
f (x) ≤ A
g (x) ≥ A
trong đó A là một hằng số thực nào đó, thì trên Ω ta có
f (x) = g (x) ⇔
f (x) = A
g (x) = A.
f (x) ≥ g (x) ⇔
f (x) = A
g (x) = A.
Bất phương trình f (x) > g (x) không có nghiệm x ∈ Ω.
Bất phương trình f (x) ≤ g (x) luôn nghiệm đúng với mọi x ∈ Ω.
Nhận xét 2.2. Giả sử với mọi x ∈ Ω ⊆ D
f
∩ D
g
ta luôn có
f (x) ≤ g (x) (2.1)
và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x thuộc tập D nào đó, thì
Phương trình f (x) = g (x) ⇔ x ∈ D.
Bất phương trình f (x) ≥ g (x) ⇔ f (x) = g (x) ⇔ x ∈ D.
Bất phương trình f (x) > g (x) không có nghiệm.
Bất phương trình f (x) ≤ g (x) luôn nghiệm đúng với mọi x ∈ Ω.
11
2.1 Khảo sát một số lớp phương trình
Bài toán 2.1. Giải phương trình
√
x +
y − 1 +
√
z − 2 =
1
2
(x + y + z).
Bài giải. Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 1, z ≥ 2.
Áp dụng bất đẳng thức AM- GM, ta có
√
x =
√
x.1 ≤
x + 1
2
,
y − 1 =
(y − 1).1 ≤
(y − 1) + 1
2
,
√
z − 2 =
(z − 2).1 ≤
(z − 2) + 1
2
.
Suy ra
√
x +
y − 1 +
√
z − 2 ≤
1
2
(x + y + z).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = 1
y = 2
z = 3.
Vậy nghiệm của phương trình (1; 2; 3).
Bài toán 2.2. Giải phương trình
4
1 − x
2
+
4
√
1 − x +
4
√
1 + x = 3.
Bài giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1.
Áp dụng bất đẳng thức AM- GM, ta có
4
1 − x
2
=
√
1 − x.
√
1 + x ≤
√
1 − x +
√
1 + x
2
,
4
√
1 − x =
√
1 − x.1 ≤
√
1 − x + 1
2
,
4
√
1 + x =
√
1 + x.1 ≤
√
1 + x + 1
2
.
Suy ra
4
1 − x
2
+
4
√
1 − x +
4
√
1 + x ≤ 1 +
√
1 − x +
√
1 + x. (2.2)
12
Mặt khác
√
1 − x =
(1 − x).1 ≤
(1 − x) + 1
2
,
√
1 + x =
(1 + x).1 ≤
(1 + x) + 1
2
.
Suy ra
1 +
√
1 − x +
√
1 + x ≤ 3. (2.3)
Từ (2.2),(2.3) suy ra
4
1 − x
2
+
4
√
1 − x +
4
√
1 + x ≤ 3.
Đẳng thức xảy ra ⇔
√
1 − x =
√
1 + x
1 − x = 1
1 + x = 1
⇔ x = 0.
Vậy nghiệm phương trình là x = 0.
Bài toán 2.3. Giải phương trình
x
2
+ x −1 +
−x
2
+ x + 1 = x
2
− x + 2. (2.4)
Bài giải. Điều kiện:
x
2
+ x −1 ≥ 0
−x
2
+ x + 1 ≥ 0
Áp dụng bất đẳng thức AM- GM, ta có
x
2
+ x −1 ≤
(x
2
+ x −1) + 1
2
,
−x
2
+ x + 1 ≤
(−x
2
+ x + 1) + 1
2
,
suy ra
x
2
+ x −1 +
−x
2
+ x + 1 ≤ x + 1. (2.5)
Từ (2.4),(2.5) ta có
x
2
− x + 2 ≤ x + 1 ⇔ (x − 1)
2
≤ 0 ⇔ x = 1.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài toán 2.4. Giải phương trình
x
2
+ 1 =
4
1 − sin
4
x. (2.6)
13
Bài giải.
Với mọi x thuộc tập xác định ta luôn có V T (2.6) ≥ 1 và V P (2.6) ≤ 1. Do
đó
(2.6) ⇔
V T (2.6) = 1
V P (2.6) = 1
⇔
x
2
+ 1 = 1
4
1 − sin
4
x = 1
⇔ x = 0.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0.
Bài toán 2.5. Giải phương trình
2sin
5
x + 3cos
3
x = 5. (2.7)
Bài giải. Với mọi x thuộc tập xác định R ta luôn có
2sin
5
x ≤ 2.1
3cos
3
x ≤ 3.1
⇔ V T (2.7) ≤ 2 + 3 = 5 = V P (2.7).
Dấu đẳng thức trong đánh giá trên xảy ra khi và chỉ khi
sin
5
x = 1
cos
3
x = 1.
Do đó (2.7) ⇔
sin
5
x = 1
cos
3
x = 1
⇔
sin x = 1
cos x = 1
⇔ sin
2
x + cos
2
x = 2 (vô lí).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài toán 2.6. Giải phương trình
4
|x|
+ 2
|x|
= 4x + 2.
Bài giải. Theo bất đẳng thức Bernouli thì
t
α
+ α − 1 > αt, ∀t > 1, α > 1.
Suy ra 2
x
≥ x + 1, 4
x
≥ 3x + 1 khi x ≥ 1 và
2
x
≤ x + 1
4
x
≤ 3x + 1
khi
x ∈ [0; 1) .
Khi x < 0 thì VT < VP.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 và x = 1, từ đó suy ra phương trình
có nghiệm x = 0, x = 1.
Bài toán 2.7. Giải phương trình
4
1+x
+ 4
1−x
= 2
x
+ 2
−x
+ 3
1+x
+ 3
1−x
.
14
Bài giải. Sử dụng bất đẳng thức: Với a > b > 1 thì
a
x
+ a
−x
≥ b
x
+ b
−x
, ∀x ∈ R.
(2.8)
Thật vậy, ta có
(2.8) ⇔ (a
x
− b
x
) +
a
−x
− b
−x
≥ 0
⇔
(a
x
− b
x
)
1 −
1
a
x
b
x
≥ 0.
Nếu x > 0 thì (a
x
− b
x
) > 0; 1 −
1
(ab)
x
> 0.
Nếu x < 0 thì (a
x
− b
x
) < 0; 1 −
1
(ab)
x
< 0.
Nếu x = 0 thì ta nhận được đẳng thức.
Áp dụng vào bài toán đã cho, ta có
4
x
+ 4
−x
≥ 2
x
+ 2
−x
4
x
+ 4
−x
≥ 3
x
+ 3
−x
Do vậy 4 [4
x
+ 4
−x
] ≥ 2
x
+ 2
−x
+ 3 (3
x
+ 3
−x
) .
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
Bài toán 2.8. Giải phương trình
6x − x
2
− 2 = |x −1| + |x − 2|+ |2x −3| + |4x − 13|. (2.9)
Bài giải. Với mọi x ∈ R, ta luôn có
V P (2.9) = |x − 1|+ |x −2| + |2x − 3| + |4x −13|
≥ |x − 1 + x −2 + 2x − 3 + 13 −4x| = 7.
Xét V T (2.9) = 7 −(x − 3)
2
≤ 7, ∀x ∈ R
nên (2.9) ⇔
V T (2.9) = 7
V P (2.9) = 7
⇔
7 − (x − 3)
2
= 7
|x − 1|+ |x −2| + |2x − 3|+ |13 −4x| = 7
⇔
x = 3.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3.
15
Bài toán 2.9. Giải phương trình
cos x + cos y − cos (x + y) =
3
2
. (2.10)
Bài giải. Ta có
V T (2.10) = 2 cos
x + y
2
cos
x − y
2
− 2cos
2
x + y
2
+ 1
=
3
2
−
1
2
2 cos
x + y
2
− cos
x − y
2
2
+ sin
2
x − y
2
≤
3
2
= V P (2.10).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 cos
x + y
2
− cos
x − y
2
2
+ sin
2
x − y
2
= 0.
Ta có:
2 cos
x + y
2
− cos
x − y
2
= 0
sin
x − y
2
= 0
⇔
cos
x − y
2
= 1
cos
x + y
2
=
1
2
⇔
cos
x − y
2
= −1
cos
x + y
2
= −
1
2
⇔
x − y
2
= k2π, k ∈ Z
x + y
2
= ±
π
3
+ l2π, l ∈ Z
⇔
x − y
2
= π + k2π, k ∈ Z
x + y
2
= ±
2π
3
+ l2π, l ∈ Z
⇔
x =
π
3
+ 2 (l + k) π, k, l ∈ Z
y =
π
3
+ 2 (l − k) π, k, l ∈ Z
x = −
π
3
+ 2 (l + k) π, k, l ∈ Z
y = −
π
3
+ 2 (l − k) π, k, l ∈ Z
x =
5π
3
+ 2 (l + k) π, k, l ∈ Z
y = −
π
3
+ 2 (l − k) π, k, l ∈ Z
x =
π
3
+ 2 (l + k) π, k, l ∈ Z
y = −
5π
3
+ 2 (l − k) π, k, l ∈ Z.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
x =
π
3
+ 2 (l + k) π
y =
π
3
+ 2 (l − k) π
,
x = −
π
3
+ 2 (l + k) π
y = −
π
3
+ 2 (l − k) π
,
16
x =
5π
3
+ 2 (l + k) π
y = −
π
3
+ 2 (l − k) π
,
x =
π
3
+ 2 (l + k) π
y = −
5π
3
+ 2 (l − k) π.
Bài toán 2.10. Giải phương trình
x
4
+ 4 = 2
√
x
4
+ 4 + 2
x
4
− 4.
Bài giải. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có
x
4
+ 4 ≥ 4x
2
(2.11)
và
2
√
x
4
+ 4 + 2
x
4
− 4 ≤
2 [4(x
4
+ 4) + 4(x
4
− 4)]
⇔ 2
√
x
4
+ 4 + 2
x
4
− 4 ≤ 4x
2
. (2.12)
Từ (2.11) và (2.12) ta có dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x
4
= 4
2
√
x
4
+ 4 = 2
√
x
4
− 4
Từ đó suy ra phương trình vô nghiệm.
Bài toán 2.11. Giải phương trình
√
x
2
+ 2x +
√
2x − 1 =
√
3x
2
+ 4x + 1.
Bài giải.
Điều kiện:
x
2
+ 2x ≥ 0
2x − 1 ≥ 0
3x
2
+ 4x + 1 ≥ 0
⇔ x ≥
1
2
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
√
x
√
x + 2 + 1.
√
2x − 1 ≤
√
x
2
+ 1.
(x + 1)
2
+
(2x − 1)
2
=
(x + 1)(x + 2 + 2x −1) =
√
3x
2
+ 4x + 1.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
√
x
√
x + 2
=
1
√
2x − 1
⇔
2x
2
− x =
√
x + 2.
17
⇔ x
2
− x + 1 = 0 ⇔ x =
1 ±
√
5
2
⇒ x =
1 +
√
5
2
,
x ≥
1
2
.
Vậy phương trình có nghiệm là x =
1 +
√
5
2
.
2.2 Một số dạng phương trình qua các kỳ thi Olympic
Bài toán 2.12 (Đề thi chọn đội tuyển HSGQG trường THPT chuyên ĐHSP
Hà Nội năm 1995). Giải phương trình
√
3x
3
+ 2x
2
+ 2 +
−3x
3
+ x
2
+ 2x −1 = 2x
2
+ 2x + 2.
Bài giải. Điều kiện
3x
3
+ 2x
2
+ 2 ≥ 0
−3x
3
+ x
2
+ 2x −1 ≥ 0
Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có
√
3x
3
+ 2x
2
+ 2 = 1.
√
3x
3
+ 2x
2
+ 2
≤
1 + 3x
3
+ 2x
2
+ 2
2
=
3x
3
+ 2x
2
+ 3
2
.
Đẳng thức xảy ra khi
√
3x
3
+ 2x
2
+ 2 = 1 ⇔ x = −1.
Tương tự, ta có
√
−3x
3
+ x
2
+ 2x −1 = 1.
√
−3x
3
+ x
2
+ 2x −1
≤
−3x
3
+ x
2
+ 2x −1 + 1
2
=
−3x
3
+ x
2
+ 2x
2
.
Đẳng thức xảy ra khi
√
−3x
3
+ x
2
+ 2x −1 = 1 ⇔ x = −1. Suy ra
√
3x
3
+ 2x
2
+ 2+
−3x
3
+ x
2
+ 2x −1 ≤
3x
3
+ 2x
2
+ 3
2
+
−3x
3
+ x
2
+ 2x
2
=
3x
2
+ 2x + 3
2
≤
(3x
2
+ 2x + 3) + (x + 1)
2
2
= 2x
2
+ 2x + 2.
Đẳng thức xảy ra khi (x + 1)
2
= 0 ⇔ x = −1.
Thử lại thấy x = −1 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm là x = −1.
Bài toán 2.13 (Tuyển tập Olympic 30 tháng 4, lần XII – 2006). Chứng
minh rằng nếu phương trình
x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + 1 = 0
18
có nghiệm thì a
2
+ b
2
+ c
2
≥
4
3
.
Bài giải. Gọi x là nghiệm của phương trình, ta có
−(1 + x
4
) = ax
3
+ bx
2
+ cx, (x = 0).
Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có
1 + x
4
2
=
ax
3
+ bx
2
+ cx
2
≤
a
2
+ b
2
+ c
2
x
6
+ x
4
+ x
2
,
suy ra
a
2
+ b
2
+ c
2
≥
1 + x
4
2
x
6
+ x
4
+ x
2
. (2.13)
Mặt khác
1 + x
4
2
x
6
+ x
4
+ x
2
≥
4
3
. (2.14)
Thật vậy
(2.14) ⇔ 3(1 + 2x
4
+ x
8
) ≥ 4(x
6
+ x
4
+ x
2
)
⇔ 3x
8
− 4x
6
+ 2x
4
− 4x
2
+ 3 ≥ 0
⇔ (x
2
− 1)
2
.(3x
4
+ 2x
2
+ 3) ≥ 0 (đúng).
Từ (2.13),(2.14) suy ra a
2
+ b
2
+ c
2
≥
4
3
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = −
2
3
hoặc a = b = c =
2
3
.
Bài toán 2.14 (Tuyển tập Olympic 30 tháng 4, lần XII – 2006). Giải
phương trình
3
√
6x + 1 = 8x
3
− 4x −1 (2.15)
Bài giải. Ta có
3
√
6x + 1 = 8x
3
− 4x −1 ⇔ 6x + 1 +
3
√
6x + 1 = (2x)
3
+ 2x.
Phương trình có dạng: f
3
√
6x + 1
= f (2x) với f (t) = t
3
+ t là hàm
đồng biến trên R.
Vậy phương trình (2.15) tương đương với
3
√
6x + 1 = 2x ⇔ 8x
3
−6x = 1.
Nếu |x| > 1 thì 4x
2
− 3 > 1 ⇔
8x
3
− 6x
= 2 |x|
4x
2
− 3
> 2,
nên nghiệm của phương trình (2.15) nếu có, phải thuộc [−1; 1] .
19
Đặt x = cos t, t ∈ [0; π]. Phương trình (2.15) trở thành
4cos
3
t − 3 cos t =
1
2
⇔ cos 3t =
1
2
⇔ t = ±
π
9
+
k2π
3
, (k ∈ Z) .
Suy ra phương trình (2.15) có tập nghiệm là
cos
π
9
; cos
5π
9
; cos
7π
9
.
Bài toán 2.15 (Tuyển tập Olympic 30 tháng 4, lần XII – 2006). Tìm
nghiệm tự nhiên của phương trình
x
2
+ 4y + 28
= 17
x
4
+ y
4
+ 14y
2
+ 49
. (2.16)
Bài giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được
1.x
2
+ 4.
y
2
+ 7
2
≤
1
2
+ 4
2
x
4
+
y
2
+ 7
2
≤ 17
x
4
+ y
4
+ 14y
2
+ 49
.
Do đó 4x
2
= y
2
+ 7 ⇔ (2x + y) (2x − y) = 7.
Vì x, y ∈ N nên 2x + y ≥ 2x − y ≥ 0.
Ta có
2x + y = 7
2x − y = 1
⇔
x = 2
y = 3.
Vậy nên phương trình có nghiệm là (x, y) = (2, 3) .
Bài toán 2.16 (Tuyển tập Olympic 30 tháng 4, lần XII – 2006). Giải
phương trình
|2005 − x|
2006
+ |2006 −x|
2005
= 1. (2.17)
Bài giải. Nhận xét rằng phương trình có các nghiệm là: x = 2005 và
x = 2006.
Nếu x > 2006, thì phương trình vô nghiệm vì: 2005 − x < −1 nên V T > 1.
Nếu x < 2005, thì phương trình vô nghiệm vì: 2006 − x > 1 nên V T > 1.
Nếu 2005 < x < 2006, thì 0 < |2005 −x| < 1, 0 < |2006 − x| < 1, do đó
|2006 − x|
2005
< |2006 − x| = 2006 − x, suy ra V T < 1.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 2005 và x = 2006.
Bài toán 2.17 (Tuyển tập Olympic 30 tháng 4, lần XII – 2006). Giải
phương trình
3
x
3
+x+2
+
x
3
− 3x + 1
.3
2x−x
3
= 3
4x+1
. (2.18)
20
