A. Một số kiến thức cần lưu ý: Ta cần chú ý một số bất đẳng thức căn bản quen thuộc sau: 1. $|A|=|-A| \geq 0$. Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow A=0$ 2. $|A| \geq A$. Dấu bằng xảy ra khi $\Leftrightarrow A \geq 0$ 3. $a^{2}\geq 0\forall a$. Dấu "=" có khi: $a=0$. 4. $|a|\geq a\forall a$. Dấu "=" có khi: $a\geq 0$. 5. $|a|+|b|\geq |a+b|$. Dấu "=" có khi: $ab\geq 0$. 6. $|a|-|b|\leq |a-b|$. Dấu "=" có khi: $\left\{\begin{matrix}ab\geq 0 & & \\ |a|\geq |b| & & \end{matrix}\right.$. 7. $a^{2}+b^{2}\geq 2ab$. Dấu "=" có khi: $a=b$ 8. $(a+b)^{2}\geq 4ab\Leftrightarrow ab\leq (\frac{(a+b)}{2})^{2}$. Dấu "=" có khi: $a=-b$. 9. $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}(a;b> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$. 10. $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2(ab> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$. 11. Bất đẳng thức Cô-si (AM-GM): Với $n$ số thực dương: $a_{1};a_{2};...;a_{n}$ Dạng1 $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$ Dạng 2 $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geq n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$ Dạng 3 $(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n})^{n}\geq a_{1}a_{2}...a_{n}$ Dấu "=" có khi: $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$ 12. Bất đẳng thức BCS (Bunhiakovsky): Với 2 bộ số thực bất kì: ($a_{1};a_{2};...;a_{n}$);($b_{1};b_{2};...;b_{n}$): Dạng 1: $(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})^{2}\leq (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})$ Dạng 2: $|a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}|\leq \sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2}}$ Dấu "=" có khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ Dạng 3: $a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}\leq \sqrt{(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})}$ Dấu "=" có khI: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}>0$ 13. Bất đẳng thức BCS dạng cộng mẫu: (Cauchy-Swarchz) Với $\forall x_{i}>0;i=\overline{1,n}$ ta có: $\frac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\frac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{x_{n}}\geq \frac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}$ Chứng minh: Xét $(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}=(\frac{a_{1}}{\sqrt{x_{1}}}.\sqrt{x_{1}}+\frac{a_{2}}{\sqrt{x_{2}}}.\sqrt{x_{2}}+...+\frac{a_{n}}{\sqrt{x_{n}}}.\sqrt{x_{n}})^{2}\leq (\frac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\frac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{x_{n}})(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})$ (Áp dụng BCS) Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 14. Bất đẳng thức Minkopsky: Cho 2 dãy số thực dương: $(a_{1};a_{2};...;a_{n});(b_{1};b_{2};...;b_{n})$ ta có: $\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{n})^{2}}$ Dấu "=" xảy ra khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$. 15. Lũy thừa với số mũ hữu tỉ: Cho số thực $a>0$, $\frac{m}{n}$ là một số hữu tỉ, trong đó $m,n\in \mathbb{N^*},n>1$ Thì lũy thừa của $a$ với số mũ $\dfrac{m}{n}$ là $a^{\frac{m}{n}}=\sqrt[n]{a^{m}}$ B. Các bài toán giải phương trình bằng bất đẳng thức. Bài toán 1 Giải phương trình $2(\frac{{{x}^{10}}}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{10}}}{{{x}^{2}}})+{{x}^{16}}+{{y}^{16}}=4{{(1+{{x}^{2}}{{y}^{2}})}^{2}}-10$ Spoiler: Lời giải Điều kiện: $x,y \neq 0$ Áp dung bất đẳng thức cauchy cho 4 số dương ta có: $$\dfrac{x^{10}}{y^2}+\dfrac{y^{10}}{x^2}+1+1 \geq 4.\sqrt[4]{\dfrac{x^{10}.y^{10}}{x^2.y^2}}=4x^2y^2$$ $$\Rightarrow 2(\frac{{{x}^{10}}}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{10}}}{{{x}^{2}}}+2)\ge 8{{x}^{2}}{{y}^{2}}$$ Và: $${{x}^{16}}+{{y}^{16}}+1+1\ge 4.\sqrt[4]{{{x}^{16}}.{{y}^{16}}}=4{{x}^{4}}{{y}^{4}}$$ $$\Rightarrow 2(\frac{{{x}^{10}}}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{10}}}{{{x}^{2}}}+2)+{{x}^{16}}+{{y}^{16}}+2\ge 4{{x}^{4}}{{y}^{4}}+8{{x}^{2}}{{y}^{2}}$$ $$\Rightarrow 2(\frac{{{x}^{10}}}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{10}}}{{{x}^{2}}})+{{x}^{16}}+{{y}^{16}}\ge 4{{(1+{{x}^{2}}{{y}^{2}})}^{2}}-10$$ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $x^2=y^2=1 \Leftrightarrow |x|=|y|=1$ Vậy phương trình đã cho có các nghiệm $(x;y)$ là : $(1;1),(-1;-1),(1;-1),(-1;1)$ Bài toán 2 Giải phương trình $x^4+4=2\sqrt{x^4+4}+2\sqrt{x^4-4}$ Spoiler: Lời giải Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho hai số không âm ta có: $$x^4+4\geq 4x^2$$ (1) Theo BĐT cauchy-schwarz ta có: $$(a+b) \leq 2(a^2+b^2) \Leftrightarrow a+b \leq \sqrt{2(a^2+b^2)}$$ Dấu "=" xảy ra khi $a=b \geq 0$ Trở lại bài toán, áp dụng BĐT trên ta có : $$2\sqrt{{{x}^{4}}+4}+2\sqrt{{{x}^{4}}-4}\le \sqrt{2[4({{x}^{4}}+4)+4({{x}^{4}}-4)]}\Leftrightarrow 2\sqrt{{{x}^{4}}+4}+2\sqrt{{{x}^{4}}-4}\le 4{{x}^{2}}$$ (2) Từ $(1);(2)$ ta có dấu bằng xảy ra khi: $$\left\{\begin{matrix} x^4=4 & & \\ 2\sqrt{x^4+4}=2\sqrt{x^4-4} & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x \in \oslash$$ Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài toán 3 Giải phương trình: $2\sqrt[4]{27x^2+24x+\dfrac{28}{3}}=1+\sqrt{\dfrac{27}{2}x+6}$ Spoiler: Lời giải Ta có: $2\sqrt[4]{27{{x}^{2}}+24x+\frac{28}{3}}=1+\sqrt{\frac{3(9x+4)}{2}}\text{ }\Leftrightarrow \sqrt[4]{\frac{{{(9x+4)}^{2}}}{3}+4}=1+\sqrt{\frac{3(9x+4)}{2}}(1)$ Điều kiện: $9x+4=y \geq 0$. Khi đó $(1)$ trở thành: $2\sqrt[4]{\dfrac{y^2}{3}+4}=1+\sqrt{\dfrac{3y}{2}}\Leftrightarrow 4\sqrt{\dfrac{y^2}{3}+4}=1+\dfrac{3y}{2}+\sqrt{6y}$ Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có $\sqrt{6y} \leq \dfrac{6+y}{2}$ $\Rightarrow 4\sqrt{\dfrac{y^2}{3}+4} \leq 2y+4$ $\Leftrightarrow 4(\dfrac{y^3}{3}+4)\leq (y+2)^2\Leftrightarrow \dfrac{(y-6)^2}{3} \leq 0$ Ta lại có: $(y-6)^2 \geq 0$ nên $y=6$ Từ đó $x=\dfrac{y-4}{9}=\dfrac{2}{9}$ thỏa mãn điều kiện ban đầu. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=\dfrac{2}{9}$ Bài toán 4 Giải phương trình $13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4}=16$ Spoiler: Lời giải Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có : $\sqrt{4(1-x^2)x^2} \leq \dfrac{4(1-x^2)+x^2}{2}=\dfrac{4-3x^2}{2}$ $\Rightarrow 13\sqrt{x^2-x^4} \leq \dfrac{52-39x^2}{4} (1)$ Tương tự: $\sqrt{9x^2.4(1+x^2)} \leq \dfrac{13x^2+4}{2}$ $\Rightarrow 9\sqrt{x^2+x^4} \leq \dfrac{39x^2+12}{4} (2)$ Cộng vế theo vế của $(1)$ và $(2)$ ta có $13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4} \leq 16$ Dấu bằng xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} 4(1-x^2)=x^2 & & \\ 9x^2=4(1+x^2) & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=\frac{2\sqrt{5}}{5}$ Nhận xét: bạn đọc có thể giải bài toán trên bằng phương pháp dùng BĐT Cauchy schwarzt: $VT^2 \leq (13+27)[13(x^2-x^4)+3(x^2+x^4)]=80(8x^2-5x^4)=80[\dfrac{16}{5}-5(x^2-\dfrac{4}{5})^2] \leq 16^2$...... Bài toán 5 Giải phương trình $\sqrt{x^2+2x}+\sqrt{2x-1}=\sqrt{3x^2+4x+1}$ Spoiler: Lời giải Tập xác định $x^2+2x \geq 0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x\geq 0 & & \\ x \leq -2 & & \end{bmatrix} \\2x-1 \geq \Leftrightarrow x \geq \dfrac{1}{2} \\3x^2+4x+1 \geq 0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x \leq -1 & & \\ x \geq \dfrac{1}{3} & & \end{bmatrix}$ Ta có tập xác định là {$x \in \mathbb{R}|x\geq \dfrac{1}{2}$} Áp dụng bất đẳng thức Cauchy schwarz ta có: $\sqrt{x}.\sqrt{x+2}+1.\sqrt{2x-1}\le \sqrt{\sqrt{{{x}^{2}}}+1}.\sqrt{\sqrt{{{(x+2)}^{2}}}.\sqrt{{{(2x-1)}^{2}}}}=\sqrt{(x+1)(x+2+2x-1)}=\sqrt{3{{x}^{2}}+4x+1}$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+2}}=\frac{1}{\sqrt{2x-1}}\Leftrightarrow \sqrt{2{{x}^{2}}-x}=\sqrt{x+2}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x+1=0\text{ }\Leftrightarrow x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ (do $x \geq \dfrac{1}{2}$) Vậy phương trình có nghiệm là $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ D. Các bài toán giải hệ phương trình bằng bất đẳng thức. Bài toán 1 Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=1 & & \\ 125y^5-125y^3+6\sqrt{15}=0 & & \end{matrix}\right.$ Spoiler: Lời giải Hệ phương trình đã cho tương đương với: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=1 & & \\ y^3(1-y^2)=\dfrac{6\sqrt{15}}{125} & & \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2=1-y^2 & & \\ y^3x^2=\dfrac{6\sqrt{15}}{125} & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2=1-y^2(1) & & & \\ y>0 & & & \\ y^6x^4=\dfrac{4.3^3}{5^5}(2) & & & \end{matrix}\right.$ Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho 5 số không âm $y^2,y^2,y^2,\dfrac{3}{2}x^2,\dfrac{3}{2}x^2$ ta có: $5\sqrt[5]{y^6.\frac{9}{4}x^4} \leq 3(x^2+y^2)=3\Leftrightarrow y^6x^4 \leq \dfrac{4.3^2}{5^5}(3)$ Kết hợp $(2)$ và $(3)$ thì bất đẳng thức $(3)$ trở thành đẳng thức.Lúc đó $y^2=\dfrac{3}{2}x^2$ Kết hợp với $(1)$ ta có: $x^2+\dfrac{3}{2}x^2=1$ $\Leftrightarrow x^2=\frac{2}{5}\Leftrightarrow x=\pm \frac{\sqrt{10}}{5}$ Do đó $y^2=\dfrac{3}{5}$$\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt{15}}{5}$(vì $y>0$) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm $(x;y)$ là $(\frac{\sqrt{10}}{5};\frac{\sqrt{15}}{5})$ và $(\dfrac{-\sqrt{10}}{5};\dfrac{\sqrt{15}}{5})$ Nhận xét: Việc sử dụng bất đẳng thức trong bài toán trên thật tinh tế, ngoài ra bạn đọc có thể giải bài toán trên bằng cách đặt $t=y.\dfrac{\sqrt{15}}{5}$ ($t>0$) Khi đó $3t^5-5t^3+2=0$ $\Leftrightarrow (t-1)(3t^3+6t^2+4t+2)=0$.....mời bạn đọc giải tiếp và tìm kiếm thêm nhiều lời giải hay khác Bài toán 2 Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+\sqrt[4]{32-x}-y^2=-3 & & \\ \sqrt[4]{x}+\sqrt{32-x}+6y=24 & & \end{matrix}\right.$ Spoiler: Lời giải Điều kiện $0 \leq x \leq 32$ Cộng vế theo vế ta có : $(\sqrt{x}+\sqrt{32-x})+(\sqrt{\sqrt[4]{x}}+\sqrt[4]{32-x})={{y}^{2}}-6y+21.$ $y^2-6y+21=(y-3)^2+12 \geq 12$ với mọi và đẳng thức xảy ra khi $y=3(1)$ Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có $(\sqrt{x}+\sqrt{32-x})^2 \leq (1^2+1^2)(x+32-x)=64$ $\Rightarrow \sqrt{x}+\sqrt{32-x} \leq 8$ với mọi $x \in [0;32]$ và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt{x}=\sqrt{32-x} \Leftrightarrow x=16(2)$ Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy schwarz và kết hợp $(2)$ ta có $(\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{32-x})^2 \leq (1^2+1^2)(\sqrt{x}+\sqrt{32-x}) \leq 16$ $\Rightarrow \sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{32-x} \leq 4$ với mọi $x \in [0;32]$ và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt[4]{x}=\sqrt[4]{32-x} \Leftrightarrow x=16 (3)$ Từ $(2),(3)$ suy ra $(\sqrt{x}+\sqrt{32-x})+(\sqrt{\sqrt[4]{x}}+\sqrt[4]{32-x}) \leq 12 (4)$ Từ $(1),(4)$ ta có dấu bằng xảy ra khi $x=16$ và $y=3$ Thử vào hệ đã cho ta thấy thỏa mãn. Vậy hệ có nghiệm duy nhất $(x;y)=(16;3)$ Bài toán 3 Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}=xy & & \\ x^{2010}+y^{2010}=8\sqrt{(xy)^{2007}} & & \end{matrix}\right.$ Spoiler: Lời giải Điều kiện là $x,y >0$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $xy=\dfrac{x}{\sqrt{y}}+\dfrac{y}{\sqrt{x}}\geq 2\sqrt[4]{xy}\Rightarrow xy\geq \sqrt[3]{16}\;\;(1)$ Và : $8\sqrt{(xy)^{2007}}=x^{2010}+y^{2010}\geq 2\sqrt{(xy)^{2010}}\Rightarrow xy\leq \sqrt[3]{16}\;\;(2)$ Từ $(1)(2)$ có $xy=\sqrt[3]{16}$. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=\sqrt[6]{16}$. Đó là nghiệm của hệ phương trình. Bài toán 4 Giải hệ phương trình \[\left\{\begin{matrix} (x+7y)\sqrt{x}+(y+7x)\sqrt{y}=8\sqrt{2xy(x+y)}\\ 2(1-y)\sqrt{x^2+2x-1}=y^2-2x-1 \end{matrix}\right.\] Spoiler: Lời giải Đặt $a=\sqrt{x},b=\sqrt{y}$($a;b \geq 0$) Khi đó phương trình (1) trở thành: $(a+b)(a^2+6ab+b^2)=4.\sqrt{ab}.2\sqrt{2ab(a^2+b^2)}$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm ta có : $2\sqrt{2ab(a^2+b^2)} \leq (a+b)^2$ Suy ra $(a^2+6ab+b^2) \leq 4(a+b)\sqrt{ab}$ (3) Chia hai vế cho $b^2$ và đặt $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}=t$ ($t \geq 0$) thì ta có (3) trở thành $t^4-4t^3+6t^2-4t+1 \leq 0$ Tiếp tục chia hai vế cho $t^2$ và đặt $t+\frac{1}{t}=k$ ($k \geq 0$) thì ta có: $k^2-4k+4 \leq 0$. \[\Leftrightarrow (k-2)^2 \leq 0\] Do đó $k=2$ nên $t=1$ suy ra $x=y$ Thay vào phương trình thứ (2) ta có phương trình: $2(1-x)\sqrt{x^2+2x-1}=x^2-2x-1$ Bài toán 5: Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} xyz=1 & & \\ x^3+y^3+z^3=x+y+z & & \end{matrix}\right.$(x,y,z>0) Spoiler: Lời giải Cách 1: Với $x,y,z>0$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có $$x^3+y^3+z^3 \geq 3\sqrt[3]{xyz}=3$$ $\Rightarrow 2(x^3+y^3+z^3) \geq 6 \Rightarrow 3(x^3+y^3+z^3) \geq x^3+y^3+z^3+6$ Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : $$x^3+1+1 \geq 3x \Rightarrow x^3+2 \geq 3x$$ Tương tự : $y^3+2 \geq 3$ ; $z^3+2 \geq 3x$ $\Rightarrow x^3+y^3+z^3 \geq x+y+z$ Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$. Vậy hệ phương trình có một nghiệm $(1;1;1)$ Cách 2: Ta có : $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$ $=\dfrac{1}{2}(x+y+z)[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2] \geq 0$ $\Rightarrow x^3+y^3+z^3 \geq 3xyz=3$ (1) Ta lai có: $(x-1)^2\geq 0 \Rightarrow (x-1)^2(x+2) \geq 0$ $\Rightarrow x^3+2 \geq 3x$ Lập luận tương tự ta có: $y^3+2 \geq 3y$; $z^3+2 \geq 3z$ Suy ra $x^3+y^3+z^3 +6 \geq 3(x+y+z)$ (2) Từ (1) và (2) ta có $x^3+y^3+z^3 \geq x+y+z$ Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$ Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x,y,z)=(1;1;1)$
1. $\sqrt{x^2-x+19}+\sqrt{7x^2+8x+13}+\sqrt{13x^2+17x+7}=3\sqrt{3}(x+2)$ Spoiler: Xem đáp án Ta có: $\sqrt{x^2-x+19}=\sqrt{\left( x-\dfrac{1}{2} \right)^2+ \dfrac{75}{4}} \geq \dfrac{5\sqrt{3}}{2}$. $\sqrt{7x^2+8x+13}=\sqrt{ (2x-1)^2+3(x+2)^2} \geq 3|x+2| \geq 3(x+2)$ $\sqrt{13x^2+17x+7}=\sqrt{\dfrac{(2x-1)^2}{4}+\dfrac{3(4x+3)^2}{4}} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}|4x+3| \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}(4x+3)$ Cộng vế theo vế ta được: $VT=\sqrt{x^2-x+19}+\sqrt{7x^2+8x+13}+\sqrt{13x^2+17x+7} \geq \dfrac{5\sqrt{3}}{2}+3(x+2)+\dfrac{\sqrt{3}}{2}(4x+3)=3\sqrt{3}(x+2)=VP$. Từ đó ta có: $VT=VP \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$. Vậy $S=\left\{ \dfrac{1}{2} \right\}$. 2. $32x^4+(4x-1)^4=\dfrac{1}{27}$ Spoiler: Xem đáp án Có: $PT\Leftrightarrow 32x^4+(4x-1)^4=\dfrac{1}{27}\Leftrightarrow 16x^4+16x^4+(4x-1)^4=\frac{1}{27}$ Áp dụng BĐT phụ trên thì $VT=16x^4+16x^4+(4x-1)^4\geq \frac{(2x+2x+1-4x)^4}{27}=\frac{1}{27}=VP$ Dấu = có khi: $2x=1-4x\Leftrightarrow x=\frac{1}{6}$ 3. $\dfrac{(x^2+16|x|+48)(x^2+12|x|+27)}{x^2}=675$ Spoiler: Xem đáp án Đk: $x\neq 0$ Biến đổi: $A=\frac{(x^2+16\left | x \right |+48)(x^2+12\left | x \right |+27)}{x^2} \\ =\frac{(\left | x \right |+4)(\left | x \right |+12)(\left | x \right |+3)(\left | x \right |+9)}{\left | x \right | ^2} \\ =\frac{(\left | x \right | ^2+13\left | x \right |+36)(\left | x \right | ^2+15\left | x \right |+36)}{\left | x \right | ^2} \\ =\Big( \left | x \right |+\frac{36}{\left | x \right |}+13 \Big) \Big( \left | x \right |+\frac{36}{\left | x \right |}+15 \Big)$ Có $\left | x \right | + \frac{36}{\left | x \right |} \geq 12$ (Cauchy) nên $A \geq (12+13)(12+15)=675$ Dấu = khi $\left | x \right |=\frac{36}{\left | x \right |}$ hay $x =\pm 6$ 4. $20^{x^2+3}+11^{y^2+2}+2006^{x^2+1}=10127$ Spoiler: Xem đáp án vì $x^2,y^2\geq 0$ nên ta được: $$20^{x^2+3}+11^{y^2+2}+2006^{x^2+1}\geq 20^{3}+11^{2}+2006^{1}=10127; "="\Leftrightarrow x=y=0$$ 5. $\dfrac{11}{x^2}-\dfrac{25}{(x+5)^2}=1$ Spoiler: Xem đáp án $\dfrac{11}{x^2}-\dfrac{25}{(x+5)^3}=1$ Đk:$x \neq -5$ và $x \neq 0$ Đặt $x+5=y$ ta có $x^2=(y-5)^2=y^2-10y+25$ Phương trình đã cho trở thành: $y^4-10y^3+39y^2-250y+625=0$ Vì $y \neq 0$ nên: $(y^2+\dfrac{625}{y^2})-10(y+\dfrac{25}{y})+38=0$ (1) Đặt $z=y+\dfrac{25}{y}\Rightarrow |z|=|y+\dfrac{25}{y}|=|y|+\dfrac{25}{|y|} \geq 10$ $(1)$ trở thành $z^2-10z-11=0$ $\Rightarrow z=11$ d0 $|z| \geq 10$ Thay $z=11$ vào $z=y+\dfrac{25}{y}$ Ta được $y =\dfrac{11 \pm \sqrt{21}}{2}$ Từ đó: $x=\dfrac{1\pm \sqrt{21}}{2}$ là nghiệm của phương trình ! 6. $13[(x^2-3x+6)^2+(x^2-2x+7)^2]=(5x^2-12+33)^2$ Spoiler: Xem đáp án Áp dụng BĐT cauchy-schwart ta có: $(2^2+3^2)[(x^2-3x+6)^2+(x^2-2x+7)^2] \geq [2(x^2-3x+6)+3(x^2-2x+7)]^2=(5x^2-12x+33)^2$ Dấu $=$ xảy ra khi $3(x^2-3x+6)=2(x^2-2x+7) \Leftrightarrow x^2-5x+4=0$ Vậy phương trình có 2 nghiệm $x=1$;$x=4$ 7. $\sqrt{3x^{2}+6x+7}+\sqrt{5x^{2}+10x+14}=4-2x-x^{2}$ Spoiler: Xem đáp án ta có:$$\left\{\begin{matrix} \sqrt{3x^2+6x+7}=\sqrt{3(x+1)^2+4}\geq 2 & \\ \sqrt{5x^2+10x+14}=\sqrt{5(x+1)^2+9}\geq 3& \end{matrix}\right. \Rightarrow \sqrt{3x^2+6x+7}+\sqrt{5x^2+10x+14}\geq 5$$ mặt khác: $$4-2x-x^2=5-(x+1)^2\leq 5$$ từ đây dễ dàng suy ra nghiệm $$x=-1$$ 8. $\sqrt{2-x^{2}}+\sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}=4-(x+\frac{1}{x})$ Spoiler: Xem đáp án ta có: $$\left\{\begin{matrix} x+\sqrt{2-x^2}\leq 2 & \\ \frac{1}{x}+\sqrt{2-\frac{1}{x^2}}\leq 2& \end{matrix}\right. \Rightarrow x+\sqrt{2-x^2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2-\frac{1}{x^2}}\leq 4$$ 9. $x\sqrt{y-1}+2y\sqrt{x-1}=\frac{3xy}{2}$ Spoiler: Xem đáp án áp dụng AM-GM ta có: $$\left\{\begin{matrix} x\sqrt{y-1}\leq \frac{xy}{2} & \\ 2y\sqrt{x-1}\leq xy& \end{matrix}\right. \Rightarrow VT\leq VP$$ $$"="\Leftrightarrow x=y=2$$ 10. $\sqrt{(x+2)(2x-1)}-3\sqrt{x+6}=4-\sqrt{(x+6)(2x-1)}+3\sqrt{x+2}$ Spoiler: Xem đáp án $$\left (\sqrt{x+2}+\sqrt{x+6} \right )\left ( \sqrt{2x-1}-3 \right )\leq 4 \Rightarrow \frac{\sqrt{2x-1}-3}{\sqrt{x+6}-\sqrt{x+2}}\leq 1 \Leftrightarrow \sqrt{2x-1}-3\leq \sqrt{x+6}-\sqrt{x+2}\Rightarrow x=7$$ 11. $\frac{x-3x^{2}}{2}+\sqrt{2x^{4}-x^{3}+7x^{2}-3x+3}=2$ Spoiler: Xem đáp án ta có: $$VT=\frac{x-3x^2}{2}+\sqrt{(x^2+3)(2x^2-x+1)}\leq \frac{x-3x^2}{2}+\frac{3x^2-x+4}{2}=2=VP$$ từ đây ta dễ dàng suy ra pt có 2 nghiệm:$x=-1;x=2$ 12. $\dfrac{2005}{x+y}+\dfrac{x}{y+2004}+\dfrac{y}{4009}+\dfrac{2004}{2005+x}=\dfrac{2}{z}$ Spoiler: Xem đáp án Với $a,b>0$ thì $(a+b)^2 \geq 4ab \Rightarrow \frac{1}{ab} \geq \dfrac{4}{(a+b)^2}$ Do $z \in \mathbb{N*} \Rightarrow \dfrac{2}{z} \geq 2$ Dấu "=" xảy ra khi $z=1$ Ta có $VT=(\dfrac{2005}{x+y}+\dfrac{y}{4009})+(\dfrac{x}{y+2004}+\dfrac{2004}{2005+x})$ $=\dfrac{2005.4009+xy+y^2}{4009(x+y)}+\dfrac{x^2+2005x+2004y+2004^2}{(y+2004)(2005+x)}$ $\geq \dfrac{4(2005.2009+xy+y^2)}{(x+y+4009)^2}+\dfrac{4(x^2+2005x+2004y+2004^2)}{(x+y+4009)^2}$ $=2(\dfrac{(x+y+4009)^2+(x-2004)^2+(y-2005)^2}{(x+y+4009)^2}) \geq 2$ Dấu bằng xảy ra khi $x=2004;y=2005;z=1$
