Bất đẳng thức đánh giá phương trình vô tỷ

Bất đẳng thức đánh giá phương trình vô tỷ VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 140 PHẦN III BẤT ĐẲNG THỨC Đ.

VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHẦN III BẤT ĐẲNG THỨC ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phương trënh – hệ phương trënh – bất đẳng thức lĩnh vực cỵ mối quan hệ chặt chẽ với Đây chình phần quan trọng chương trënh toán THPT nhiều học sinh đam mê tốn u thìch Khïng vấn đề cín thường xuyên xuất kë thi THPT Quốc gia hay kë thi học sinh giỏi cấp tỉnh hay chì VMO Các tốn phương trënh khïng chình tắc thường thiết kế sáng tạo ó tưởng bất đẳng thức đỵ đồng thời phối hợp nhiều luồng kiến thức khác yêu cầu người làm tốn phải cỵ tư linh hoạt, tëm tíi củng cố kiến thức, liên hệ kiến thức đồng thời tập cho chòng ta nghiên cứu để cỵ thể khám phá vẻ đẹp sử dụng thành thạo phương pháp CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ Bất đẳng thức Cauchy – AM – GM Cho n số thực dương a , a , , a n đỵ ta cỵ a1  a   a n  n a a a n Bất đẳng thức AM – GM dạng cộng mẫu số cho n số thực dương a , a , , a n : n2   n i 1  a1 n i 1 Dấu ‚=‛ xảy a1  a   a n Bất đẳng thức Bunhiacopxki – Cauchy – Schwarz Cho số  a , a , , a n   n  n   n   b1 , b , , b n  Khi đỵ ta cỵ:   ai2   bi2     bi   i 1  i 1   i 1  Ngồi cần phải chị ó đến bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu Engel:  n   n a i  i 1   n  i 1 bi  bi i 1 Bất đẳng thức cín cỵ thể gọi bất đẳng thức Svacxơ a a a Dấu ‚=‛ xảy     n Riêng dạng cộng mẫu thë cần thêm điều kiến b1 b bn b1 , b , , b n  Bất đẳng thức Minkowski Tổng quát: Cho số thực r  số dương a , a , , a n , b , b , , b n ta có: 1 n  n r r  n r r r r a  b    i  i        bi   i 1   i 1   i 1  Ở xét trường hợp cho số  a , a , , a n   b1 , b , , b n  Khi đỵ ta cỵ: Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 140 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH n a i 1 Dấu ‚=‛ xảy i n b  i 1 i  n  a i 1 i  bi  a1 a a     n b1 b bn Bất đẳng thức Holder   Cho số dương xi , j i  1, m , j  1, n j m  m   n   Khi đỵ với số 1 , 2 , , n  thỏa mãn  i  ta có:    x i , j      x i , jj  j1  i 1 i 1  j1  i 1  n n Ở ta xét trường hợp đơn giản cho dãy số gồm  a, b, c  ;  m, n, p  ;  x, y, z  Ta có: a  b3  c3  x  y  z  m  n  p3    axm  byn  czp  Dấu ‚=‛ xảy dãy tương ứng tỷ lệ I CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH A ĐÁNH GIÁ MIỀN NGHIỆM Câu 1: Giải phương trënh x   x   x  Giải Nhận xét x  thỏa phương trënh cho  x   x   1   Với x    nên phương trënh vï nghiệm  x    x   x   1   Với x    nên phương trënh vï nghiệm  x   Vậy phương trënh cỵ nghiệm x  Câu 2: Giải phương trënh  7x  15  x  2x Giải Phân tích :  3  x Do x  , nghiệm phương trënh Nên đỵ:    7x  15  2x Ta viết lại phương trënh thành  x      7x  15  2x   *  Ta tëm nghiệm chung hệ bất phương trënh:  x    3  x    x   4x      x  4  x   7x  15  2x   141 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH  x    3  x    x   4x     x  4  x   7x  15  2x   + Nếu  x    x   + Nếu x    x      7x  15  2x  hay (*) vï nghiệm  7x  15  2x  hay (*) vï nghiệm Hay phương trënh (*) cỵ nghiệm x  Lời giải Điều kiện x  Phương trënh cho tương đương với:  x      7x  15  2x   *  Nhận thấy x  nghiệm phương trënh (*) Xét hệ bất phương trënh:  x    3  x    x   4x      x  4  x   7x  15  2x    x    3  x    x   4x     x  4  x   7x  15  2x   Suy ra: + Nếu  x    x   + Nếu x    x      7x  15  2x  hay (*) khïng cỵ nghiệm x   0;   7x  15  2x  hay (*) khïng cỵ nghiệm x   3;   Vậy PT cỵ nghiệm x  Câu 3: Giải phương trình 7x  11x   3x  x  Giải Điều kiện x  Phương trënh cho tương đương với:   7x  11x   3x    x   Nhận thấy x  nghiệm phương trënh (*) Xét hệ bất phương trënh:  x  6  x     x   2x      x  4  7x  11x   3x  x    x  6  x     x   2x     x  4  7x  11x   3x  x   Suy ra: Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 142 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH + Nếu  x  + Nếu x     7x  11x   3x    x   hay (*) khïng cỵ nghiệm x   0;   7x  11x   3x    x   hay (*) khïng cỵ nghiệm x   6;   Vậy PT cỵ nghiệm x  Câu 4: Giải phương trënh  x     x  1   2x  1  * Giải Điều kiện x   Nhận thấy x  nghiệm phương trënh (*) Xét hệ bất phương trënh:          x  1 x 0   x1 1 x  1 x         x  1   x  1   2x   x 0 x0   2x   2x       2x    2x  1   2x     x   1 x    2         x   x      x  1   x  1   2x   2x     2x  1   2x    x              x  1 x 0   x1 1   2x   x  0  x0  2x    x    Suy ra: + Nếu x  , ta có: VT  *    x     x  1   2x  1   x     x     2x    x  x    VP (*) hay (*) khïng cỵ nghiệm x   0;   + Nếu   x  , ta có: VT  *    x     x  1   2x  1   x     x     2x     x  x     VP (*) hay (*) khïng cỵ nghiệm x   0;   Vậy phương trënh cho cỵ nghiệm x  Câu 5: Giải phương trënh 2x  11x  21  3 4x   Giải Phân tích.: Ta nhận định phương trënh cỵ nghiệm x  (cỵ thể sử dụng hỗ trợ từ máy tình bỏ tịi), từ đỵ chịng ta nảy sinh ó tưởng đánh giá xoay quanh giá trị x  143 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH   Lại cỵ: 2x  11x  21  3 4x    x    x   3 4x  chòng ta chứng minh   rằng: x   3 4x   toán giải quyết, mà: x   3  4x    x   3 4x    x    x  15    *  , lòc (*) địng với x  15 Từ đỵ ó tưởng xử ló vấn đề sử dụng điều kiện cỵ nghiệm phương trënh để làm ‘hẹp’ khoảng cỵ nghiệm Thật vậy: PT  3 4x   2x  11x  21   3 4x    x  Và x  thë (*) hiển nhiên đòng Lời giải   Phương trënh cho tương đương với:  x    x   3 4x   Từ phương trënh ban đầu ta cỵ 3 4x   2x  11x  21   3 4x    x    Mà: x   3 4x    x   3 4x    x    x  15   lụn địng x    Từ đỵ:  x    x   3 4x   , dấu ‘=’ xảy x  Hay phương trënh cho cỵ nghiệm x  Chú ý: Trong số tốn việc sử dụng điều kiện cỵ nghĩa chưa đủ để chòng ta sử dụng đánh giá phương trënh, từ đỵ ta nghĩ đến phương án tëm điều kiện cỵ nghiệm phương trënh đỵ Bổ đề: Xét phương trình: f  x   g  x  , x  D  *  Nếu f  x   m, x  D, thë để phương trënh (*) cỵ nghiệm ta cần phải cỵ g  x   m Nếu f  x   M, x  D, thë để phương trënh (*) cỵ nghiệm ta cần phải cỵ g  x   M Câu 6: Giải phương trënh  2x   2x   3x   3x Giải Phân tích: Bài tốn nhën cỵ dáng dấp hàm số, nhiên phương pháp sử dụng hàm số với toán khïng đơn giản Ta cỵ thể liên tưởng đến việc sử dụng đánh giá để thay Xét bất phương trënh:  2x   3x    2x     3x   x   8x    2x   3x    2x     3x   x   8x    1 Với điều kiện xác định x    ;  khïng làm bất phương trënh nghiệm đòng, từ  2 đỵ ta nảy sinh ó tưởng làm hẹp khoảng đánh giá cách sử dụng điều kiện cỵ nghiệm phương trënh Thật vậy: Đặt  2x   2x   3x   3x  u, ta có Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | 144 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH u    4x   u  u   3x   3x u    u   3.u  9x 1 u3    9x  0  x 3 3u  1 Rõ ràng x    ;  bất phương trënh nghiệm đòng  3 Lời giải Đặt  2x   2x   3x   3x  u, ta có: u    4x   u  u   3x   3x   9x  u    u   3.u  9x u3  1 0  x 3 3u  1 Suy bất phương trënh sau nghiệm đòng x    ;   3  2x   3x    2x     3x   x   8x    2x   3x    2x     3x   x   8x   Hay:  1  2x   2x   3x   3x , x    ;   3 Dấu ‘=’ xảy x  Kết luận Phương trënh cỵ nghiệm x  Câu 7: Giải phương trënh 4x  6x  x  10   x x  x   x   Giải   1  x   4x  6x  x  10  Điều kiện    x  x  x  1 x    Từ điều kiện ta cỵ  x x  x   x    Dấu đẳng thức xảy x  1 Mặt khác từ điều kiện ta lụn cỵ 4x  6x  x  10  Thật vậy, bënh phương hai vế bất phương trënh ta cỵ: 4x  6x  x     x    4x  10x    (lụn địng) Dấu đẳng thức xảy x  1 Từ đánh giá ta cỵ 4x  6x  x  10    x x  x   x   Đẳng thức xảy x  1 Vậy phương trënh cỵ nghiệm x  1 Câu 8: Giải phương trënh x  17    x  2x    x   x  145 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Giải Nếu x  thë vï ló Do đỵ: x  17    x  2x    x   x   2x   x   Đặt f  x   2x   x   x  17 0 2(x  1) x  17  f 'x    0 2  x  1 x  x     2x   Khi đỵ f  x   cỵ tối đa nghiệm khoảng  6;  cỵ tối đa nghiệm khoảng  1;   vë nỵ liên tục  6;   1;   Chỉ nghiệm x  x  5 Xem thêm phần giải phương trënh phương pháp hàm số ! Câu 9: Giải phương trënh  3x  11   x   x   2x   2x  x  11 Giải Ta cỵ: Đặt t   x   x   t Khi đỵ:   3x  11  x  5x  13   3t   t  5t    3t  4t     t    x  1   2x     x  1 3 2x    3x  11   x  5x  13    vơ lý Nếu x   t  suy  2x      x      3x  11   x  5x  13    vô lý Nếu x  t  suy  2x      x     Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc Kết luận: Phương trënh cỵ nghiệm x  Câu 10: Giải phương trënh 2x   3x  3x  20   2x   3x  Giải Ta có 2x   3x  3x  20   2x   3x   2x   x    2x   3x   3x  4x  18      2x   x   Ta ln có 3x   x   3x   Nếu x  Nếu 3x   3x    3x   x   3x   0 3  3x   3x   5  VT    2x   x   5 5 x 2 3x   3x   2x   x    VT  Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | 146 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH Nếu  x  5 ta có 2x    Suy ra: 2x   3x  3x  20   2x   3x   3x  3x  19   2x   3x    3x     3x  8  3x   15x   98 0  3x   3x    VT  Nếu x    2x   x   Bài toán giải Câu 11: Giải phương trënh 3 x   x  x    2x   x  Giải Ta có 3 x   x  x    2x   x    3 3 3  x   1   x    x  x    2x   x     x2 1 x x2 23  1  Ta ln có: x x   x   x   x     x    0x  2   x    x    VT  Nếu x     VT  Nếu x     x    x   Câu 12: Giải phương trënh Ta có    2x   x   x    2x  11x  10 Giải  2x   x   x    2x  11x  10    3  2x   x    x     x   x   x    x   1  x   x2  2x   x   x    x   x    x  7x    x2 0 Ta ln có: x   Nếu x  Nếu  2x   x  1   suy VT   x   x   2x   x  1  1  x  suy VT  2  x   x  Nếu 2  x  1   2x    Vậy ta được:   2x   x   x    2x  11x  10    x    x    2x  11x  10 147 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH  19  x2 3    x     x  1 x    2 0 Câu 13: Giải phương trënh x x   2x   2x  9x   Giải Ta có x x   2x   2x  9x   x    x1 1  Ta ln có: x  (x  2) 2x     2x   x   x   2x      76 2x   2x    0 27 27  x   Nếu x    suy VT   2x    x   Nếu x    suy VT   2x   Câu 14: Giải phương trënh 3x   18 x   x  x  26 Giải Ta có 3x   18 x   x  x  26   6  2 6 3  3x   x    x     x    x    3x     3x      x     x    3x   x  x  7x  26  18 x  2 2  x2 4 0  3x   Nếu x    suy VT  x     3x   Nếu x    suy VT  Dấu "  " sảy x  1 x    Câu 15: Giải phương trënh 4x  16  2x    2x  2x    3x Giải Ta có 4x  16  2x    2x  2x    3x 2    2x   5x     3x  2x  2x    3x   2 3 2x  2x    3x  2x     3x    3 2 Ta ln có:   2x    5x     x    125x  177x  63    3x   5x   Nếu x  1   suy VT  VP  3x   Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 148 NGUYỄN MINH TUẤN – NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT – NGUYỄN MAI HOÀNG ANH  3x   5x   Nếu x  1   suy VT  VP  3x   Câu 16: Giải phương trënh x  2x   2x  14x  33 Giải Ta có x  2x   2x  14x  33  x1  x1 3  2x   3x     2x   3x    3x   x   2x  14x  33  Ta có: 7x  24   2x     x   7x  24   2x   x    39  x   2 x   x     x   17  4  2x    3x      x    27x  81x  61   2x   3x    VT  Nếu  x    x     2x   3x    VT  Nếu x    x1   Câu 17: Giải phương trënh Ta có 5 x   2x   4x  x   2x   4x    Giải Xét hàm f  x   x   2x   f '  x   Vậy f '  x    x     x   2x   5  x  3 2x    2x     3 100000 Lập Bảng Biến Thiên ta được: Nếu x  f  x    VT  VP Nếu x  f  x    VT  VP Xem thêm phần giải phương trënh phương pháp hàm số ! B KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ THEO CỤM Tính chất Cho hàm số f  x  , g  x  xác định D Nếu:  Min f  x   m ; Min g  x   m  f  x   g  x   m  m x  D  Max f  x   M ; Max g  x   M  f  x   g  x   M  M x  D  f  x   m Min f  x   m; Max g  x   m  f  x   g  x    D D g  x   m D D D D Đầu tiên chòng ta vào tốn sử dụng phương pháp phân tìch tổng bình phương SOS Đầu tiên để làm theo cách ta làm theo bước sau chị ó 149 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor ... VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Câu 5: Giải phương trënh  x2  x2   x2   2x2 x Giải Với toán ta dễ dàng thấy phương trënh cỵ nghiệm kép x  Do đỵ ta sử dụng bất đẳng thức. .. olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Với  ,   Ta sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 2 13 13  x    x  13     x ... chịng ta nảy sinh ó tưởng đánh giá xoay quanh giá trị x  143 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor VẺ ĐẸP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH   Lại cỵ: 2x  11x