SKKN Sử dụng BĐT để giải PT_HPT

SKKN-Sử dụng BĐT để giải PT_HPT
Dạng 1:Sử dụng bất đẳng thức để tạo ra sự sắp xếp vßng quanh.
Bài 1:Giải hệ phương trình
 2x2
 x2 + 1 = y

3y3

=z
 4
2
 y + y +1

4z4
=x
 6
 z + z4 + z2 +1
Giải: Vì

2x2
= y ≥ 0 với mọi x nªn x·y ra hai trường hợp.
x2 +1

1,Với y=0 khi đó x=z=0 vậy (x;y;z)=(0;0;0) là một
nghiệm của hệ pt.

2x2
2, y>0 suy ra z>0 và x>0 dễ thấy x + 1 ≥ 2 x nªn 2 ≤ x
x +1
4
2

4
2
3
hay y ≤ x theo bđt cosy ta có: y + y + 1≥ y y .1 = 3y2
2

3y3
suy ra 4 2 ≤ y hay z ≤ y .Từ pt thứ 3 của hệ ta suy ra
y + y +1
x ≤ z vậy x ≤ y ≤ z ≤ x điều này chỉ x·y ra khi khi x=y=z=1

thử vào pt (2);(3) tho· m·n.Vậy hệ có nghiệm là
(x;y;z)=(0;0;0);(1;1;1).
Bài 2:Giải hệ pt:
x − y = 1

y − z =1

z − x =1


Do vai trß của x,y,z b×nh đẳng ta giả sử x ≤ y; x ≤ z .ĐK:
x ≥ 1; y ≥ 1; z ≥ 1 hệ đã cho tương đương với hệ:

Lại Quang Tuệ-GV trường THCS Cẩm Nhượng


SKKN-Sử dụng BĐT để giải PT_HPT
 x = 1 + y (1)


 y = 1 + z ( 2)

 z = 1 + x (3)
Với x ≤ y từ (1) và (2) ⇒ y ≤ z .
Với x ≤ z từ (2) và (3) ⇒ z ≤ y .Do ®ã x=y=z vậy tương

đương với duy nhất 1pt: x − x − 1 = 0 ⇔ x =
Vậy nghiệm của hệ pt x = y = z =

1+ 5
2

1+ 5
2

Bài 3:Giải hệ pt:

( x + y + z ) 3 = 12t

3
( y + z + t ) = 12 x

3
( z + t + x ) = 12 y

3
( t + x + y ) = 12 z
Do vai trò của x,y,z,t ho¸n vị vßng quanh,kh«ng mất tÝnh
tổng qu¸t giả sử x ≥ y; x ≥ z; x ≥ t
• x ≥ y ⇒ 12x ≥ 12y ⇒ ( y + z + t) ≥ ( z + t + x) ⇒ y + z + t ≥ z + t + x

3

3

⇒ y≥ x
x ≥ z ⇒ 12x ≥ 12z ⇒ ( y + z + t) ≥ ( t + x + y) ⇒ y + z + t ≥ t + x + y
3

3

⇒ z≥ x

x ≥ t ⇒ 12x ≥ 12t ⇒ ( y + z + t) ≥ ( x + y + z) ⇒ y + z + t ≥ x + y + z
3

3

⇒ t≥ x

Do ®ã x=y=z=t ta cã ( 3x) = 12x ⇔ 3x(9x2 − 4) = 0
3

x = 0
3 x = 0
⇔ 2
⇔
2
x = ±
9 x = 4
3



vậy nghiệm của hệ pt là

Lại Quang Tuệ-GV trường THCS Cẩm Nhượng


SKKN-Sử dụng BĐT để giải PT_HPT
2
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
( x; y; z) = (0;0;0);( ; ; );(− ;− ;− ) ; ; );(- ; - ;3 3 3
3 3 3 3 3
3
3 3

Bài 4: Giải hệ pt:
1
 3
2
x = y + y + 3

1
 3
2
y = z + z +
3

1

 3
2
 z = x + x + 3
2

1
1 
1
Ta cã x = y + y + ≥ y2 + y + =  y + ÷ suy ra x>0 tương
3
4 
2
3

2

tự ta cã y>0; z>0.
Vai trò của x,y,z ho¸n vị vòng quanh giả sử x ≥ y;x ≥ z ta
x ≥ y > 0 ⇒ x2 ≥ y2; x ≥ y ⇒ x2 + x +

1
1
≥ y2 + y + ⇒ z3 ≥ x3
3
3

⇒ z≥ x⇒ x = z

tương tự ta chứng minh được y ≥ x từ đó ta suy ra x=y=z.
Ta cã

1
⇔ 3x3 = 3x2 + 3x + 1 ⇔ 4x3 = x3 + 3x2 + 3x + 1
3
1
1
⇔ 4x3 = (x + 1)3 ⇔ 3 4x = x + 1 ⇔ x = 3
⇔ x= y= z= 3
4 −1
4 −1
x3 = x2 + x +

Bài tập ¸p dụng:
Bài 1:Giải hệ pt:
4 x − y 2 = 1

2
4 y − z = 1
4 z − x 2 = 1

Bài 2:Giải hệ pt:

Lại Quang Tuệ-GV trường THCS Cẩm Nhượng


SKKN-Sử dụng BĐT để giải PT_HPT
2 x 4 = 4 y − 1
 4
2 y = 4 z − 1
2 z 4 = 4 x − 1


Bài 3: Giải hệ pt
 x 3 − 6 z 2 + 12 z − 8 = 0
 3
2
 y − 6 x + 12 x − 8 = 0
 z 3 − 6 y 2 + 12 y − 8 = 0

Bài 4:Giải hệ pt:
x2 = y + 1
 2
y = z +1
z 2 = x + 1


Dạng 2:Dự ®o¸n và chứng minh pt, hệ pt có nghiệm duy
nhất.
Bài1: Giải pt: x + 3+ x = 3 ĐK: x ≥ 0
+) Dễ thấy x=1 là 1 nghiệm của phương tr×nh v×
1+ 3+ 1 = 3 .
+) XÐt x>1 ta cã x + 3+ x < 1+ 3+ 1 = 3 vậy pt

kh«ng cã nghiệm lớn hơn 1.
+)xÐt 0 ≤ x < 1 ta cã x + 3+ x < 1+ 3+ 1 = 3 pt
kh«ng cã nghiệm x sao cho 0 ≤ x < 1
Vậy pt cã nghiệm duy nhất x=1.
Bài 2:Giải pt:
x−2

2013

+ x−3

2014

=1

Dễ thấy x=2 hoặc x=3 là nghiệm của pt.

Lại Quang Tuệ-GV trường THCS Cẩm Nhượng


SKKN-Sử dụng BĐT để giải PT_HPT
2013
> 1 nªn pt kh«ng cã nghiệm
+) XÐt x>3 ta cã x − 2
x sao cho x>3.
2013
> 1 pt kh«ng cã nghiệm x
+) XÐt x<2 ta cã x − 3
sao cho x<2.
+)XÐt 2⇒ (x − 2)2013 < 1;(3− x)2014 < 3− x ⇒ x − 2

2013

+ x− 3

2014

< x − 2 + x − 3 = x − 2 + 3− x = 1

Vậy pt kh«ng cã nghiệm sao cho 2nghiệm x=2 hoặc x=3.
Bài 2: Giải hệ pt:
 x 2 + y 2 = 1(1)
1999
 x − 1999 y = ( 2000 y − 2000 x )( x + y + xy + 2001)( 2)
ĐK: x ≥ 0; y ≥ 0 từ (1) ta suy ra x ≤ 1; y ≤ 1 nªn:
− 1 ≤ x; y ≤ 1

Do đó:x+y+xy +2001 =(x+1)(y+1)+2000>0
• Nếu x=y th× (2) tho· m·n thay vào (1) ta
t×m được
1
1
nhưng x ≥ 0 nªn x =
suy ra nghiệm
2
2
1 1
của hệ pt là: (x; y) = ( ; )
2 2
x= ±

*Nếu x>y th× vế tr¸i (2) lớn hơn 0;vế phải
nhá hơn 0 ⇒ V« lÝ
*Nếu xphải lớn hơn 0 ⇒ V« lÝ.Vậy nghiệm của hệ pt
là: (x; y) = (

1 1

; )
2 2

Bài 3:Giải pt:
Lại Quang Tuệ-GV trường THCS Cẩm Nhượng


SKKN-Sử dụng BĐT để giải PT_HPT
5
x − 1 + 3 x + 8 = − x3 + 1
Dễ thấy x=0 là nghiệm của pt:
+)Nếu x<0 ta cã VP>1;VT<1 nªn pt v« nghiệm.
+)Nếu x>0 ta có VP<1;VT>1 nªn pt v« nghiệm.
Vậy x=0 là nghiệm duy nhất của pt.
Bài 4: Giải pt:
x+7
+ 8 = 2x2 + 2x −1
x +1
1
Giải: ĐK: x ≥ . Dễ thấy x=2 là 1 nghiệm của pt.
2
1
6
+ 8 = 8 + 3 mà
*Nếu ≤ x < 2 ta cã VT= 1 +
2
x +1
Vp > 8+ 3
*Nếu x>2 ta cã vp > 2.22 + 2.2 − 1 = 8+ 3; Vt < 8+ 3 =8+
3

và VT < 8+ 3

Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=2.
Bài 5:Giải pt:
6
8
+
=6
3− x
2− x
Giải: ĐK: x<2 Bằng cách thử nghiệm ta thấy x=

3
là 1 nghiệm
2

của pt.
3
ta có:
2

6
8
+
< 6 nên pt vô nghiệm.
3− x
2−x
3
6

8
*Với +
> 6 nên pt vô nghiệm.
2
3− x
2− x
3
Vậy x= là nghiệm của pt.
2
Bài 6:Giải hệ pt:
*Với x<

Lại Quang Tuệ-GV trường THCS Cẩm Nhượng


SKKN-Sử dụng BĐT để giải PT_HPT
x5 − x 4 + 2x2 y = 2
 5
4
2
y − y + 2y z = 2
z5 − z 4 + 2z 2 x = 2

Ta đoán nghiệm của hpt:x=y=z=1 sau đó ta chứng minh x>1
hay x<1 hệ đều vô nghiệm.
*Nếu x>1 ⇒ 2=z5-z4+2z2x> z5-z4+2z2
⇒ 0>(z-1)(z4+2z+2) do z4+2z+2>0 nên z-1<0 ⇒ z<1.
Với z<1 ⇒ 2=y5-y4+2y2z< y5-y4+2y2
⇒ 0<(y-1)(y4+2y+2) do y4+2y+2>0 nên y-1>0 ⇒ y>1.

Với y>1 ⇒ 2=x5-x4+2x2y>x5-x4+2x2
⇒ 0>(x-1)(x4+2x+2) do x4+2x+2>0 nên x-1<0 ⇒
x<1.Vô lí.Tương tự với x<1 ⇒ vô lí vậy x=1 ⇒

y=1;z=1.
Dạng 3:Sử dụng ĐK có nghiệm của pt:
Bài1: Giải hệ pt:
 y 2 − xy + 1 = 0(1)
 2
2
 x + 2 x + y + 2 y + 1 = 0( 2)
Từ (2) ⇒ (y+1)2=-x(x+2) ≥ 0 ⇒ -2 ≤ x ≤ 0 Từ (1) ⇒

yx=y2+1 ta có y phải khác 0.
⇒ x=

1
1
1
y2 +1
=y+ y ⇒ x = y + y = y + y ≥ 2
y

⇒ x ≥ 2 ⇒ x ≥ 2 hoặc x ≤ -2 mà -2 ≤ x ≤ 0 ⇒ x=-2 ⇒ y=-1.

Bài 2:Giải hệ pt:
 x 2 + 4 yz + 2 z = 0

2
 x + 2 yx + 2 z = 0

2 xz + y 2 + y + 1 = 0

2

1  3
y
+
Ta có:2xz=-(y +y+1)=- 
 +  < 0 ⇒ xz<0 (1).
2  4 

2

Lại Quang Tuệ-GV trường THCS Cẩm Nhượng


SKKN-Sử dụng BĐT để giải PT_HPT
Ta có:x(2y+1)=-2z2<0 ⇒ x(2y+1)<0 (2)
Ta có:2z(2y+1)=-x<0 ⇒ z(2y+1)<0 (3).
Từ (2) và (3) ⇒ xz(2y+1)2>0 suy ra xz>0 (4).Từ (1) và
(4) ⇒ hệ đã cho vô nghiệm.

Bài 3:Giải hệ pt:
 x 3 + 2 y 3 − 4 y + 3 = 0(1)
 2
2 2
 x + x y − 2 y = 0( 2)

Từ (1) ⇔ x3+1+2(y-1)2=0 mà 2(y-1)2 ≥ 0 ⇒ x3+1 ≤ 0 ⇒ x
≤ -1

2y

Từ (2) ⇔ x2(y2+1)=2y ⇒ x2= y 2 + 1 (3) do đó y2+1 ≥ 2y
2y

Mà y2+1>0 nên y 2 + 1 ≤ 0 Khi đó từ (3) ta có:x2 ≤ 1 (*)
Do x ≤ -1 nên x2 ≥ 1 (**) Từ (*);(**) ta có x2=1 mà
x ≤ -1 ⇒ x=-1.Thay vào (1) ta được 2y2-4y+2=0 ⇔
(y-1)2=0 ⇔ y=1 Vậy nghiệm của hệ pt (x;y)=(-1;1).
Bài 4:Giải hệ pt:
 x 3 + y 3 = 1(1)
 4
4
 x + y = 1( 2)
Từ (2) ta có:x4 ≤ 1;y4 ≤ 1 ⇒ -1 ≤ x ≤ 1;-1 ≤ y ≤ 1.
Vì x ≤ 1 ⇒ x3 ≤ 1 do đó theo (1) ta có y ≥ 0.
y ≤ 1 ⇒ y3 ≤ 1 do đó theo (1) ta có x ≥ 0. ⇒ 0 ≤ x ≤ 1; 0
≤ y ≤ 1 mặt khác từ (1) và (2) ta có:x4+y4=x3+y3
⇒ x3(1-x)+y3(1-y)=0 (3) mà x3(1-x) ≥ 0;y3(1-y) ≥ 0
 x = 0

 x 3 (1 − x ) = 0
y =1
⇔
Do đó pt(3) ⇔  3
 x = 1
 x (1 − x ) = 0

  y = 0

Bài 5:Giải pt: 5x2+5y2+8xy+2x-2y+2=0

Lại Quang Tuệ-GV trường THCS Cẩm Nhượng


SKKN-Sử dụng BĐT để giải PT_HPT
⇔ 5x2+2(4y+1)x+5y2-2y+2=0
∆ , x = (4y+1)2-5(5y2-2y+2)=-9(y-1)2 ≤ 0 ⇔
− ( 4 y + 1)
= −1 Vậy nghiệm của pt
y-1=0 ⇔ y=1 ⇔ x=
5

(x=-1;y=1)
Bài 6: Giải hệ pt:
x + y + z = 4

2
2 xy − z = 16
x + y = 4 − z

⇒ x và y là hai nghiệm của pt
Ta có: 
16 + z 2
 xy =

2
2
16 + z
t2-(4-z)t+

=0 (1) ⇔ 2t2-2(4-z)t+16+z2=0
2
∆ ,t=(4-z)2-2(16+z2)=-z2-8z-16=-(z+4)2 ≤ 0 ⇒ z=-4

Vậy pt (1) có nghiệm kép.t1=t2=4. từ đó ta có nghiệm
x = 4

của hpt là:  y = 4
 z = −4


Bài 7:Giải hpt:
697
 4
2
(1)
x + y =
81

 x 2 + y 2 + xy − 3x − 4 y + 4 = 0( 2)


Giải:Từ (2) ⇔ x2+(y-3)x+(y-2)2=0.

∆ x=(y-3)2-4(y-2)2=(3y-7)(1-y) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤

Tương tự từ (2) ⇔ y2+(x-4)y+x2-3x+4=0.

7
(3).

3

∆ y=(x-4)2-4(x2-3x+4) ≥ 0 ⇔ x(4-3x) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤

4
(4).
3

Lại Quang Tuệ-GV trường THCS Cẩm Nhượng


SKKN-Sử dụng BĐT để giải PT_HPT
2
4
4 4 7
697
4
2
⇔ x= và
Từ (3) và (4) ta có:x +y ≤ ( ) +   =
3
3
81
 3
7
4
7
y= Mà x= và y= Không thoã mãn pt (2) vậy hệ pt
3
3

3

vô nghệm.

Lại Quang Tuệ-GV trường THCS Cẩm Nhượng