Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và bất đẳng thức

Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và bất đẳng thức Bài 1 Cho A, B, C là độ dài các cạnh tam giác ABC. Chứng minh rằng phương trình: (a2 + b2 c2)x2 4abx + a2 + b2 c2 = 0 (1) có nghiệm Bài 2 Cho 5a + 4b + 6c = 0. Chứng minh rằng phương trình: ax2 + bx + c = 0 (1) có nghiệm

Trang 1

-’ CAC BAI TOAN DAI SO

Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình và bất đẳng thức

Bài 1

Cho A, B, C là độ dài các cạnh A ABC Chứng minh rằng phương trình:

(a?+b?—c?)x”—4abx +a” + bỶ—c?=0(I) có nghiệm

GIẢI

°® Nếu a?+b°-c?=0 thì x=0 là nghiệm của (1) ® Nếu a?+b?-c?>=0 thì

A'= 4a’b? —(a? +b? -œŸ

=(2ab+a? +b? —c?)(2ab—a? —b? +c") = [(a-+b)* -c*[c?-(a-b)'|

= (a+b)(~a+b+c)(a—b+e)(a+b—c)>0

=> (1) cé nghiém phan biét Vậy: pt (1) ln có nghiệm

Bài 2

Cho 5a+4b+6c=0 Chứng minh rằng phương trình: ax” +bx+c=0 (I) có nghiệm

Trang 2

GIAI

e Néu a=0 thi{l)~ bx+c=0

= bx- 2b=0 lv 4b+6c=0 â ơ

2

x= 1a nghiém pt (1) e Nu a=0 thỡ 5a+4b+6c=0

ôâ (4a+2b+-c)+(a+2b+ 4c)+c =0

° r(2)+sr|S|+f(0)=0

Giả sử x„y là các số thoả mãn các phương trình Chứng minh rằng: x? +2ax+9=0 ,b>3 y—2by+9=0 (%>23) Tìm giá trị nhỏ nhất của: taa)ex~y+| 1=] GIẢI x<0

Từ giả thuyết suy ra:

.|Jy>0 Dat t=-x>0

Trang 3

7 2 Khi đó: f(a,b)= +3 +2] y 2 >3(t+y} + I (tty 7 >2-/3.16 =8V3 t=y LẺ

Dấu “=” © ttry=—= 2 © tey=— 4

TT ‘3

a : 9V3 +1

Vay: Min f(a,b)=8v3 thìa=b=“Y^ˆ

: (2.6) 212

Bai 4

Xét phương trình x? ~ax—-E =0 có các nghiệm x, và x v r

Trang 4

Dau “=” 2(x;+xuŸ l6 (x) +X») X, =X, >0

lx, =

Vay: Min f(a)=8(I+2) khi a = 0

Bài 5

Cho M >0 Xét các số a.beR thoả mãn điều kiện: a?>4b

Max {ila|.|b}= M

Tìm giá trị lớn nhất của R=(I+|x,|)(I+|x:]|) Trong đó x,,x, là các nghiệm của phương trình:

Trang 5

Vay: Max R=1+M+.M?+4M a=‡+M khi +b=-M X.X: là nghiệm pt x”+Mx-M=0 Bài 6 Cho các phương trình: ax’ +bx+c=0 (ac=0) cy’ +dy +c=0

cé céc nghiém x,, x, va y¡, y, tương ứng

Chứng minh rằng:

xỉ +; +yi y) >4

GIẢI

Theo định lý Viết: XI;

Xà;

olf

plo

Suy ra: xi +x? +y)+y?> 44 (x,x,yiy2) =4 (Do BĐT Cauchy)

[yo ot Sty 3 Cho ba số o,8,^A Đặt: pa te +70 3 c=—apy

Trang 6

GIẢI Xét 2): Ta có: A;=a?-=b = 3(a+g+3Ÿ =3(ad+dy+aa) _(a+8++Ì`~3(a4+ #++a) ~ 9 2 2 2 _ (a-Ø) = +(y-a) >ø (3) => (2) có nghiệm

Xét (U: Có hai trường hợp của a « Néua=0

+ Nếu bz0 thì ( ® x=——— 2b

+Nếub=0thì œa=Ø=+=0 (do (3))

>c=0

= (I) có nghiệm se Nếu az0

A;=b?-ac= g(a0+x+^eŸ ~3ax(a+8++)

Trang 7

Tim a, b, e sao cho f(x)=ax? +bx tce[—l,I], Yxe[—I,1]

VÀ k= se +2b° đạt giá trị lớn nhất (Đã thị đề nghị Olympic 30-4) GIẢI Ta chỉ xét a>0 vì a < 0 ta xét —f(x) và ta cũng có thể xem” b>0 vì b< 0 ta xét f(—x)

Lân lượt thay x=0, x=+l vào biểu thức f{x), ta có:

-l< c <I (1) -l<atbte <1 (2) -l<a-b+c<l (3) ~I-c<a+b<l-c

Từ (2) và (3) = ee Doa,b>0và |c|<l nên ta được:

0<a+b<2 —2<a-b<2 a°+2ab+b? < 4 > a’—2ab+b? < 4 =>atb<4 8 2 2k2 8/2 v2 32 => k=3a +2b <;(2 +b’) < > =>k< 2s b=0 Ầ a?+b?=4 a=+2 Dấu “=” au = | b=0 =2 :

Thay [ 0 vao-(2) ta c6 —-1<2+ce<1 = c<-1 3 c=-]

Trang 8

=-2

Thay vào (2) ta có —l<-2+e<l + c21 > c=

Thử lại ta thấy có giá trị trên thoả mãn yêu câu của bài tốn

Và ác giá trị cần tìm là: a=2,b=0,c=—]

ây các giá trị cần tìm là: a=-2,b=0,e=I

Bai 9

Giải phương trình: /x+44 (x—4=2x—12+2y x? -16

(Đề thị tuyến sinh dai hoc va cao ddng trén todn quéc)

GIAI Điều kiện: x>4 Pt oo Jjx+4+/x—4 =(x+4)+(x—4)—12+2(x+4)(x—4) © (Wx+4+x=34} -(dx+4+Wx=4)~l2= 0 ° Vx+4+jx—4 =4 Uxt4t x4 «= ~3 - Jxt44Jx—4= 4 ex=5 Bai 10 ax’ +bx+e =7

Cho hệ phuong trinh: Jay’+by+c =Z ` |aZ+bZ+c=x Trong đó: az0 A=(b~I)~4ac<0 Chứng minh rằng hệ vô nghiệm

* (Dé thi đề nghị Olympic 30-4)

+

161

Trang 9

GIẢI

Gia st (x,,y,,Z,) là nghiệm của hệ, khi đó: ax, -+bx, +e = Yo

ay, +byy te =Z,

aZ2 +bZ, +¢ = Xy

> [ax? +(b—1)x, +e]+[ay +(b=-l) yo +¢|+[aZ; +(b—1)Z, +e|=0 © f(x,)+f(y,)+f(Z)=0- @ới f(Q)=a+(b=l)t+c, teR ) © af(x,)+bf(y,}+cef(Z,)=0 (1)

Theo giả thuyết, ta có:

A=(b 1) ~4ac <0

= af(t)> 0, Vt€R

> af(x,)+bf(y,)+ef(Z,) > 0

=> Mau thuan với (1) Vay hệ đã cho vô nghiệm

Cho n số thực a,,a,, a, thoả mãn các điều kiện: a,+a;+ +a, =0

a7+-a7-+Ð ta7= Ï

` ¿ er ^ „1

Chứng minh rằng trong n số đó, có hai số có tích không vượt quá — — n

(Đề thi đề nghị Olympic 30-4)

GIẢI

Gọi m, M là số bé nhất và lớn nhất trong các 86 a,,a,, a, Vi=l,n, ta có: (a, -m)(a,-M) <0

Trang 10

2 " => Š 3ai? —(m+M)Đ "ai + nmM <0 c=l cml ‘ Y Ỹ => n.m.M<-¬l >m.M <-t n a),%, +4,.X, +a,;X; = 0 Giải hệ phương trình ja,,x,+a,,.x,+a,;x, =0

4,X,+4,)X,+8,,X, =0

a, >0 , i=j

Trong đó: ja,<0, i=j (i,je{1,2,3})

Sa, >0

kel

GIẢI

Giá sử (x,x,„x,) là nghiệm của hệ số và ta có thé xem |x;|>|x:

Từ: a,Xi+aj;X; TânX; = 0

.lx:|(?)

> lai = aux, +3X;| Š |aax:|+|as;

s Jas||xi|+laall*:] > a,,|x,| < —a,,|x,|—4,5|%;| > (a+, +4, )|x| <0 >o =>|x,|=0 => x,=0 => xX,=x,=0

Vay x,, X,, x, 14 nghiém duy nhat cia hé

Trang 11

(CH

Giải hệ phương trình sau:

tgx? +tgy? +tgz? = m? ( +tgy® + tgz” =m”

(m là tham số cho trước)

Trang 12

x=im y=arctgm+jz (jkeZ), z= km x=in y=j (,keZ), z= arctgm + km

Tóm lại nghiêm của hệ là:

X=arctgm +im x=in x=it

y=jn ,‡y=arctgm+jz,{y=jz (i.jkeZ)

z= km z=km Z= arctgm +kz

r(Bài 14)

x? ay'= S(t) (1)

Dinh a để hệ: |¿'+ax'y+xy?=¡ (2) có nghiệm

Trang 14

« a=l: Hệ trở thành: [xÌ—y` =2 x'+x)y+xy? =i x+y=0 x=l có {f= 1 la nghiém © a=-1: Hệ trở thành: [x°+y° =0 x°—x'y+xy? =l x+y=0

Vậy: Hệ đã cho có nghiệm « ae{l,—l}

x=y(4-y)

Giả sử (x,y,z) là nghiệm các hệ: y=z(4-z)

z=x(4—x)

Hãy tìm tất cả các giá trị mà tổng S=x+y-+z có thể nhận được

Trang 15

Từ y(4-y)=x > y(4-y)>0 => 0<y<4 > z(4-2)=y>0 = 0<2<4 => x(4-x)=2>0 >0<x<4

Như vậy: 0< x,y,z< 4

Đặt: x=4sin? [s<«<]

Trang 16

ek=0 = S=0 7 = 3.3 cos27 + cosS7 + cọsŠ | 2 7 7 | Hơn nữa: a dn Sn P=cos——+cos~— + cos— 7 7

=> asin 2 P = in ẤT + sin ỐT — sin 2 + sin 1Ô sin 7 7 7

, 10x 4m 2m = sin——+sin———sỉin-— 7 7 7 : 3m 2m =2sin.0087——SỈRT—- 20 =—sin— > p=-t 2 > s=4[3+3) =9 2 4 « k= > S=4|dnh ánh ssn? SE] 7 7 l 2z 4m =4|sin?—~+sin?““+sin?——|= 9 -7 7 7

«Ổ k= =>S=4 sin? om + sin? 4 sin? 2%

7 7 ‘7

=[sin? sin 2 sin? 7 7 7 =9

Trang 17

b) Néu o=*™ 9

Do 0<a<t => 0<

ke{0,1,2,3,4} (keZ)

ek=0 > S=0

ek=1 >S= 4mm —+sin '4 sin?

9 9 9 3 1 2m An 8m =4|/— ——| cos—+cos —+cos— 2 2 LF 9 9 9 Q Hơn nữa: Án Q= cos 27 +0084 +.c058™ 9 9

> 2sn~Q= = sin + sin sin sin Osim

asin 4 sina — sin 2™

9 9

77 3m 2m

=2sin— cos—— — sin——

9 9 ~sin TT _ sin— =0 9 9 = Q=0 > s=4[7]—6 2

ek=2 3 S=4f sin? sin an 4 4 sin? 8%

9 9 9

`, ¿27 4m

=4| sin? [si 9 sin? 9 +sin? 2 +sin? sin in’ |= 6

Trang 18

3m 6m 12z ek=3 = S=4jsin?—-+sin? —+si “Le , 9 " 9 " 9

4 sin? +sin? 2 sin?

3 3 3

2

KH “9 2

ek=4 5 Sa sin 9 sit 9 sin?)

=4|sin 2 sin? + in? =) =6 9 9 Vậy: Se{0,6,9} Bài 16 Giải hệ phương trình: sfx t}aaly vt} =s[er5] x y z (1) xy+yz+2x =1 (2)

(Dé thi dé nghi Olympic 30-4)

GIẢI ° Tw (1) > x,y,z cùng đấu

e Nếu (x,y,x) là nghiệm của hệ thì (-x,-y,-x) cũng là nghiệm của hệ

e Giả sử x,y,X >O `

Đặt: "mac A,B,Ce(0,z)

A,B B.C C A

Ty (2) > te—.tg—+ig—.tg—+tg—.tg— =1 (2) > te>.t85 splay tes BS

= al Bago lai-teB tg >0 s2 9252 a)

171

Trang 19

=> Bre mA kg, keZ 2 2 2 = A+B+C =z+k.2n.k€Z mà 0<A+B+C<3z => 0<z+k.2xz<3z = lege 2 >k=0 (keZ) = A+B+C=z

=> A,B,C là ba góc của một tam giác ABC (nào đó)

» Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có: 2 : 2 2 (i) 3.3 tl_ygytl_.z +1 x y z e 2-4 23

sinA sinB sinC

3-4-5

®,—=-=—( với a=BC,b=CA,c=AB) a boc

+ 3.1625 a b c

9416 25

a+b? 'c

=> AABC vuéng tai C

Trang 20

> = =10 x y 3x?—10x+3 =0 - > 4y?-10y+4=0 1 X==~ ay 7 0 yaa 1 1 x=< 3 x=—-~ 3

Vậy: nghiệm của hệ là yaa y=-5

z=l z=—Ì Bài 17 x? +x,-x,-1=0 3 a Giải hệ mth x,-l=0 xi +X;>x,—l=Ð0 xi 4+x,—-x,-l=0

Trang 21

—xe3]

2

Rõ ràng, f tăng trên [- tan] , gidm trén

và f(t)> ‘{-3]- tt VrieR nên x,>—Š,vi=L4 2 4 4

1 + Trường hợp: X,>—2 thì từ (4) = f(x,)>~2 Lập luận tương tự, ta cũng có: x,.x, > -5 Nếu x,<x, => f(x,)<f(x,) => x) SX; => f(x,)<f(x;) => x, Sx, => f(x,)<f(x,) > x,< x, => X, SX, 5x, <x, SX, > X, =X, =X, =X, => X;=X;=x;=X,=l ¢.Truéng hop: X.<=Z

Nếu có ke{I,2.3,4} để M>ng thì theo trên x>-1

2

1 x

> N25 (Mâu thuẫn)

Vie{l2,3.4}

Vậy Xi<=2 „ Viell,2,3⁄4}

Trang 22

Nếu x, <x, thi f(x,) > f(x,) 2 x;Ð>X, => f(x,)sf(x,) > xX, 5% SX, > xX, =X; Lập luận tương tự: X; = X¿ Hệ trở thành: Íx, = x;, X; = X, f(x)= f(x;) = Xi x > x, +f (x,) = x, + f(x) > xP 42x, La xp+2x,—1 > (x, +1) =(x, +1)" xX, i = X 2 => KX, =X, 72 > xX, =x,=-1 > XE xX, =X, =X, =—1 a ¬ X.=X;=X¿=X,=Ï Vậy hệ có nghiệm XI =X, =x,=x,=—1 Wx-y =jk~y @) x+y = Vx+y†+z (2) Giải hệ phương trình:

(Đề thị tuyển sinh dai hoc va cao đẳng trên toàn quốc)

Trang 23

GIAI x Dy x+y>0 (1) (x-y)'-(x-y)! (x-y) =0 x-y =I Diéu kién: © x>lb| oe x=y ° x=y+l 6) (2) (x+y) ~(x+y)-2=0 x+y=-l (Loại) x+y=2 (4) x=y=l

Vậy: 3 ¡ là hai nghiệm của hệ

ia) Bai 19 2* = Sy? —4y (1) Giải hệ phương trình: {4° 4.2>-! pty (2) 2° +2

(Đê thi tuyén sinh dai hoc va cao ddng trén toan quốc)

Trang 24

Thay vào (1), ta có: y`—5y°+4y=0 © y -5y+4:=0 e i" =! y=4 =0 =2 :

Vay: ( -|y= 1 : ( y= 4 là các nghiệm của hệ

Bài 20 R

x.L=y-l ()

Giải hệ phương trình: x y /

2y=x'+l - (2)

(Đê thi tuyển sinh đại học uà cao đẳng trên toàn quốc)

GIẢI

Điều kiện: xy=0

Trang 25

: IỶ 3

x? -4) 1Í n8] +=o Hệ vô nghiệm

2 2

-l‡+V5 -l+v5

2 ° 2

Vậy hệ có ba nghiệm: (xstel

Bai 21

x? +xy+y? =3

Giải hệ: |

x+xy+y =-l

(Đề thi tuyển sinh ào Trường cao đẳng Xây dung)

Trang 26

Cho hệ: |*†Xy 3m mx+y= 2m+l

a) Giải và biện luận hệ phương trình

b) Trong trường hợp hệ có nghiệm duy nhất, hãy tìm những giá trị của m sao cho nghiệm (x ,y„) thỏa mãn điều kiện x,„, y,>0

(Đề thi tuyển sinh uào trường cao đẳng Sư phạm)

GIẢI a) I Ta có: -| ni m | 3m m = = 3m~—m(2m+1) = 2m(I—m) 2m+l | 1 3m D, -| m ni =2m+1~3m” = (I—m)(3m +1) Do đó:

« Nếu mz+l thì hệ có nghiệm duy nhất: 2m :

x=——

l+m

_ 8m+l l+m

Né rani [2° Hệ vô nghiệm

° ( u m=— i Dy=~4=0 : ệ vi ghiệ

e Nếu m= 1 thì hệ © x+y=2

° pt (teR)

y=3-t

Trang 27

b) Hệ có nghiệm duy nhất (x ,y,) thoả x,,y,>0 en + Xosyo>0 mz+l et _2m_ >0 , l+m 3m+1 l+m >0 m>0 m<-l 1 m>- > © 3 m<-l] + mz+l 0<mzl m<-—l 5 7 ¥2005 Giải bất phương trình: ÿ3x+l+J2x+4<3— 304 x (*) (Đề thị đà nghị Olympic 30-4) GIẢI Xét f(x)=‡x+Ï+ 2x+4<3- x trên D=[—-2,+} Rõ ràng f tăng trên D Do đó: (*)© f(x)<3=f(0) fex<3

Vậy nghiệm bất phương trình là: [-2,0)

180

Trang 28

Bal 24

2

x

Gidi bat phuong trinh: Vitx+yl-x<2-> [0.1] (Đề thi đề nghị Olympic 30-4)

GIẢI

» Xét f&)=2(VI#x+ 1=x+2)| 1=x? +1), xe|0.l]

Tacó: + yi-x’+1<2 vxeE [0,1]

+ Jitx+Ji—x <V2 Jitx41—x =2, Vx [0,1] (Do BDT Bunhiacopski) e Xét tiép

a(x) = f(x)(Ji+x+Ji=x-2), xe [Ol] (Ji+x+ mx) ~al( ie +1) =(yi-x? +1)( Jia? +1) + g(x) =~ > + 1—x 2-5 (2) 2 Từ (U và (2) => Jl+x- Ji-x< 2—^— Vxe0,] Dau “=” © x=0 Bài 25

Cho a,b >o và a + b = 1 Giải bất phương trình

1+b

x'< (I+b)x (0,1)

1+ bx

181

Trang 29

GIAI Xét x € (0,1) Theo BDT Bernoulli: (I+b)x” =(1+b)[I-(I-x)} <(1+b)[I-b(1—x)] <1+bx—b?(I—x)<1+bx = (I+b)x" <l+bx (+b)x => 14+bx >(1+b)x'* x>(+t) => x*> *'” TTbx

Vậy bất phương trình trên vơ nghiệm trên (0,1)

Bài 26

l—a

x?+2xy—7y? >——— 1 Tim a dé hé sau có nghiệm: y9 ê l+a (1)

3x? +10xy—5y? <—2 (2)

(Đề thị đề nghị Olympic 30-4)

GIẢI

(=) Điều kiện cần:

Giả sử hệ (1) và (2) có nghiệm (x ,y,) Khi đó:

Vậy điều kiện cẩn để hệ (1) và (2) có nghiệm là a < ~1

182

Trang 30

(œ) Điều kiên đủ: ' Giả sử a < —1, khi đó: l-a ` l-a = _<0 => <-l Ita l+a x’ +2xy-7y =—Ì Xét hé 3x? +10xy—5y°=~2 yo Ty (3) x + 2xy— Ty =-1

° 3x? +10xy — Sy? —2(x? + 2xy—Ty )=0 2 2

x + ay Ty =-1 Ầ (x+3y) =0 oy? — 2 —— „ 6y°—7y ! x=-3y =x Ầ

Như vậy hệ (3) có 2 nghiệm, suy ra hệ (1) và (2) luôn có nghiệm Va < —1

Tóm lại: Hệ (1) và (2) có nghiệm ¿; ạ<—

Bài 27

Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm: 5x? +2xyT— yˆ>3

2x?+2xy+y? <4

(Đại học Quốc gia Hà Nội

183

Trang 31

GIAI

(=) Điều kiện cân:

Giả sử hệ có nghiệm (x,y) Khi đó: 5x? +2xy—y?>3

m 72x? —2xy-y? Š

=> 5x” +2xy— y” + 3(—2x? — 2xy— y?)234

: lI-—m => —x—4xy—4y’ > 1 m > (x+2y) šSrC —m = m>l (œ) Điều kiên đủ: Giả sử m > 1 Khi đó: ayes) m—I m-—] + a Xét hệ 5x +2xy-y =3 2x”+2xy+y? =l 5x? + 2xy-y? =3

Ầ 3(2x? + 2xy + y?)—(5x? + 2xy-y?) = 0 2 2 2 2

5x’? +2xy-y? =3 e y-y x° +4xy+4y? =0 5x? +2xy—y? =3 eo 2 (x+2y) =0 2_ gy? v2

oe 20y* —4y* —y* =3

x=-2y

Trang 32

= z1 Km _ 2 x=T— 5 » y=+— | 5 = Hệ (*) có nghiệm =_ Hệ đã cho có nghiệm ym > 1

Tóm lại: Hệ đã cho có nghiệm m>I1

Cho a,,a,, a, là các số tự nhiên đôi một khác nhau và các ước số nguyên tố của chúng không lớn hơn 3 Chứng minh rằng:

1 1 1 —+—+ +—<3 a, a, a n (Đề thị đề nghị Olympic 30-4) GIẢI

Theo giả thuyết, các số hạng của tổng:

s=-L+-L+ +-Ì đều œ aa, a, ang oy voi r,s€Z dạng —— với +

Giả sử t = Max {r,s}

Khi đó các số hạng của S déu chifa trong cdc số hạng của khai triển tích:

Trang 33

Bai 29

Cho a,,a;, a„ c|0,I] Chứng minh rằng: (l+a,+a,+ +a,)° >4(a? +a} + +a?)

GIẢI

Xét tam thức bậc 2:

f(x)=x? —(l+a).a), ,a, )x tap ta} +a?

f(0)=a? +a} +a? >0

Suy ra: |f(I)=I—(l+a,,a;, a,)+a? tai tai

=a,(a,~1)+a,(a,—1)+ +a, (a, -1)<0

= £(0).f(I) <0

=> phuong trinh f(x) = 0 c6 nghiém

=> A>0

=> (l4a,+ +a,) > (a? +a} + +a2)

r{Bài 30}-

Tìm các số nguyên a,b,c thoả mãn bất đẳng thức:

a? +b? +c? +3<ab+3b+2c

‘ (Đề thi đề nghị Olympic 30-4)

GIẢI

Đo a,b,ccZ nên:

Trang 34

= |b=2 (thỏa dé bai)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

.2002 ~ 2001.2002 — yz| , |2001.2002 — r(x,y.z) — Ê99!-2 2 xy| | | 101.2002 v4 | 001.2002 — 2x|

(x+y)z (y+z)x (z+x)y

với x,y,ze|2001,2002]

GIẢI

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau: |ab—xy| b-a

t———<—.V, xây =2 x,ye[a,b] (l (0<a<b) ,bị (1 Quả vậy:

(I) 4(ab—xy) <(b—a) (xt y

e [2ab —2xy—(x+y)(b —a)||2ab— 2xy+(x+ y)(b—a)| <0 a(2b—x—y)+x(b— y)+ y(b—x) <0 “—^ 2 2

>o 20 20

2 b(2a—x-y)+x(-y)+¥(0=%)

<0 <0 <0

Trang 35

Bất đẳng thức cuối luôn đúng

|ab—xy| _b—a _b~a

ừ (1 ————<—< + VX,Y,2 3b Te ()> (x+y)z~ 2z ~ x,y,zla.b| 3(b~a) => fÍx.y,Z} <-——— > f(x.y.z)} < 2a Dau “=” <> x=y=z=a Thay a = 2001, b = 2002, ta được, I ;

Maxf(x,y,z)=— tại x=y =z = 2001

(x2) 1334 y

Bài 32

Cho x.y,z€[l,2] Tìm giá trị lớn nhất của: 11,1 P=(x+y ta te +2

x y Zz

GIAI

Do vai trd x,y,z như nhau nên ta giả sử l<x<y<z<2

Trang 36

Vay Max p =10

Định dạng
Số trang	37
Dung lượng	3,35 MB