Chương III - Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn

Câu 4b:

Ta có \(a-\sqrt{a}=\sqrt{b}-b\Leftrightarrow a+b=\sqrt{a}+\sqrt{b}\). (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:

\(a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2};\sqrt{a}+\sqrt{b}\le\sqrt{2\left(a+b\right)}\).

Kết hợp với (1) ta có:

\(a+b\le\sqrt{2\left(a+b\right)}\Leftrightarrow0\le a+b\le2\).

Ta có: \(P\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}+\dfrac{2020}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}\) (Do \(a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\))

\(=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}+\dfrac{2020}{\left(a+b\right)^2}\) (Theo (1))

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}+\dfrac{2020}{\left(a+b\right)^2}\).

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho hai số thực dương và kết hợp với \(a+b\le2\) ta có:

\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}+\dfrac{2020}{\left(a+b\right)^2}=\left[\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}+\dfrac{8}{\left(a+b\right)^2}\right]+\dfrac{2012}{\left(a+b\right)^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}.\dfrac{8}{\left(a+b\right)^2}}+\dfrac{2012}{2^2}=4+503=507\)

\(\Rightarrow P\ge507\).

Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1.

Vậy Min P = 507 khi a = b = 1.

Giải nốt câu 4a:

ĐKXĐ: \(x\geq\frac{-1}{2}\).

Phương trình đã cho tương đương:

\(x^2+2x+1=2x+1+2\sqrt{2x+1}+1\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2=\left(\sqrt{2x+1}+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2-\left(\sqrt{2x+1}+1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1-\sqrt{2x+1}-1\right)\left(x+1+\sqrt{2x+1}+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{2x+1}\right)\left(x+\sqrt{2x+1}+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-\sqrt{2x+1}=0\left(1\right)\\x+\sqrt{2x+1}+2=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\).

Ta thấy \(x+\sqrt{2x+1}+2>0\forall x\ge-\dfrac{1}{2}\).

Do đó phương trình (2) vô nghiệm.

Xét phương trình (1) \(\Leftrightarrow x=\sqrt{2x+1}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\x^2=2x+1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\\left(x-1\right)^2=2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\\left[{}\begin{matrix}x-1=\sqrt{2}\\x-1=-\sqrt{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\\left[{}\begin{matrix}x=\sqrt{2}+1>0>-\dfrac{1}{2}\left(TM\right)\\x=-\sqrt{2}+1< 0\left(\text{loại}\right)\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\).

Vậy nghiệm của phương trình là \(x=\sqrt{2}+1\).

4.

a, ĐK: \(x\ge-\dfrac{1}{2}\)

\(x^2-1=2\sqrt{2x+1}\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x+1=2x+1+2\sqrt{2x+1}+1\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2=\left(\sqrt{2x+1}+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{2x+1}+1=x+1\\\sqrt{2x+1}+1=-x-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{2x+1}=x\\\sqrt{2x+1}=-x-2\end{matrix}\right.\)

Vì \(x\ge-\dfrac{1}{2}\Rightarrow-x-2\le\dfrac{1}{2}-2< 0\)

Nên \(\sqrt{2x+1}=x\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\2x+1=x^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x=1+\sqrt{2}\left(tm\right)\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x=1+\sqrt{2}\)

Lời giải:

Đặt \((a+b,ab)=(x,y)\)

HPT \(\leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a+b)+ab=5\\ a^2+2ab+b^2-2ab=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a+b)+ab=5\\ (a+b)^2-2ab=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=5\\ x^2-2y=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2y=10-2x\\ x^2-2y=5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x^2-(10-2x)=5\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x-15=0\Leftrightarrow (x-3)(x+5)=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x=3\\ x=-5\end{matrix}\right.\)

Nếu $x=3$ thì $y=2$

\((a+b,ab)=(x,y)=(3,2)\) nên theo định lý Viete đảo thì $a,b$ là nghiệm của pt: \(X^2-3X+2=0\Rightarrow (a,b)=(2,1)\) và hoán vị.

Nếu $x=-5$ thì $y=10$

\((a+b,ab)=(x,y)=(-5,10)\) nên theo định lý Viete đảo thì $a,b$ là nghiệm của pt: \(X^2+5X+10=0\) (dễ thấy pt này vô nghiệm)

Vậy \((a,b)=(2,1),(1,2)\)

Phần a)

\(\left\{\begin{matrix} x\sqrt{y}+y\sqrt{x}=30\\ x\sqrt{x}+y\sqrt{y}=35\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt{xy}(\sqrt{x}+\sqrt{y})=30\\ (\sqrt{x}+\sqrt{y})(x-\sqrt{xy}+y)=35\end{matrix}\right.\)

Khi đó hpt trở thành:

Đặt \((\sqrt{xy}; \sqrt{x}+\sqrt{y})=(a,b)\)

HPT trở thành:

\(\left\{\begin{matrix} ab=30\\ b(b^2-3a)=35\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} ab=30\\ b^3=125\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=6\\ b=5\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\sqrt{xy}=6; \sqrt{x}+\sqrt{y}=5\). Theo định lý Viete đảo thì \(\sqrt{x}; \sqrt{y}\) là nghiệm của pt:

\(T^2-5T+6=0\Rightarrow (\sqrt{x}; \sqrt{y})=(2,3)\) và hoán vị

\(\Rightarrow (x,y)=(4,9)\) và hoán vị

b)

HPT \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y+xy=2+3\sqrt{2}\\ (x+y)^2-2xy=6\end{matrix}\right.\)

Đặt \((x+y,xy)=(a,b).\) Khi đó hpt trở thành:

\(\left\{\begin{matrix} a+b=2+3\sqrt{2}\\ a^2-2b=6\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2-2(2+3\sqrt{2}-a)=6\)

\(\Leftrightarrow a^2+2a=10+6\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow (a+1)^2=11+6\sqrt{2}=(3+\sqrt{2})^2\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} a=2+\sqrt{2}\\ a=-4-\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} b=2\sqrt{2}\\ b=6+4\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)

Với \((a,b)=(2+\sqrt{2}; 2\sqrt{2})\) theo đl Viete đảo suy ra \((x,y)=(2,\sqrt{2})\) và hoán vị.

Với \((a,b)=(-4-\sqrt{2}, 6+4\sqrt{2})\Rightarrow \) theo đl Viete đảo thì (x,y) là nghiệm của pt: \(T^2+(4+\sqrt{2})T+6+4\sqrt{2}=0\), pt vô nghiệm nên không tồn tại $x,y$

Vậy \((x,y)=(2,\sqrt{2})\) và hoán vị.

ta có : \(\Delta'=\left(-4\right)^2-8\left(m^2+1\right)=16-8m^2-8=8-8m^2\)

phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi \(8-8m^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow m^2\le1\Leftrightarrow-1\le m\le1\)

áp dụng hệ thức vi - ét ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=1\\x_1x_2=\dfrac{m^2+1}{8}\end{matrix}\right.\)

ta có : \(x_1^4-x_2^4=x_1^3-x_2^3\Leftrightarrow\left(x_1^2-x_2^2\right)\left(x_1^2+x_2^2\right)=\left(x_1-x_2\right)\left(x_1^2+x_1x_2+x_2^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)\left(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right)=\left(x_1-x_2\right)\left(\left(x_1+x_2\right)^2-x_1x_2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)\left(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right)=\left(x_1+x_2\right)^2-x_1x_2\) (vì phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\Rightarrow x_1-x_2\ne0\))

\(\Leftrightarrow1-2\left(\dfrac{m^2+1}{8}\right)=1-\dfrac{m^2+1}{8}\Leftrightarrow-2\left(\dfrac{m^2+1}{8}\right)=-\dfrac{m^2+1}{8}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{m^2+1}{8}=0\Leftrightarrow m^2+1=0\left(vôlí\right)\)

vậy không có giá trị của \(m\) thỏa mãn điều kiện bài toán .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{4}{2b}+\dfrac{9}{3c}\ge\dfrac{\left(1+2+3\right)^2}{a+2b+3c}=\dfrac{36}{a+2b+3c}\)

\(\dfrac{2}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{4}{2a}+\dfrac{9}{3b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{\left(2+3+1\right)^2}{2a+3b+c}=\dfrac{36}{2a+3b+c}\)

\(\dfrac{3}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{c}=\dfrac{9}{3a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{4}{2c}\ge\dfrac{\left(3+1+2\right)^2}{3a+b+2c}=\dfrac{36}{3a+2b+c}\)

Cộng theo vế: \(6\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge36F\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge6F\)

Mặt khác: \(ab+bc+ac=3abc\Leftrightarrow\dfrac{ab+bc+ac}{abc}=3\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\)

\(\Rightarrow18\ge36F\Leftrightarrow F\le\dfrac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=1\)

Lời giải:

Ta có: \(\left\{\begin{matrix} x^2-|x|=|yz|\\ y^2-|y|=|xz|\end{matrix}\right.\Rightarrow x^2-y^2-(|x|-|y|)=|yz|-|zx|\)

\(\Leftrightarrow (|x|-|y|)(|x|+|y|)-(|x|-|y|)=|z|(|y|-|x|)\)

\(\Leftrightarrow (|x|-|y|)(|x|+|y|-1+|z|)=0\)

Từ đây xét các TH:

TH1: \(|x|-|y|=0\Leftrightarrow |x|=|y|\)

Thay vào pt đầu tiên: \(x^2-|x|=|yz|=|xz|\)

\(\Leftrightarrow |x|(|x|-1-|z|)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} |x|=0\\ |x|-1-|z|=0\end{matrix}\right.\)

+) Với \(|x|=0\Rightarrow x=0\rightarrow y=0\).

Thay vào PT(3): \(z^2-|z|=0\Leftrightarrow z=0; z=\pm 1\)

+) Với \(|x|-1-|z|=0\Leftrightarrow |y|=|x|=|z|+1\)

Thay vào PT(3): \(z^2-|z|=(|z|+1)^2=z^2+1+2|z|\)

\(\Leftrightarrow 1+3|z|=0\) (vô lý)

TH2: \(|x|+|y|+|z|=1\)

\(\Rightarrow |x|-1=-(|y|+|z|)\leq 0\)

Khi đó xét PT(1): \(|yz|=x^2-|x|=|x|(|x|-1)\) ta thấy:

VP luôn nhỏ hơn hoặc bằng $0$

Mà vế trái luôn lớn hơn hoặc bằng $0$. Do đó để hai vế bằng nhau thì:

\(|yz|=|x|(|x|-1)=0\). Kết hợp với \(|x|+|y|+|z|=1\)

Từ đây ta dễ dàng thu được

\((x,y,z)=(0,0,\pm 1), (\pm 1, 0,0), (0,\pm 1, 0)\)

Lời giải:

Với $x_1,x_2$ là nghiệm của pt đã cho , áp dụng định lý Viete ta có:

\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2m\\ x_1x_2=-1\end{matrix}\right.\)

Đặt \(\left\{\begin{matrix} X_1=x_1+1\\ X_2=x_2+1\end{matrix}\right.\)

Khi đó:

\(\left\{\begin{matrix} X_1+X_2=x_1+x_2+2=2m+2\\ X_1X_2=(x_1+1)(x_2+1)=x_1x_2+x_1+x_2+1=-1+2m+1=2m\end{matrix}\right.\)

Áp dụng định lý Viete đảo thì $X_1,X_2$ là nghiệm của PT:
\(X^2-(2m+2)X+2m=0\)