Bài 1: Giải hệ

$$\left\{\begin{matrix}x^{y+1}=(y+1)^{x}\\ \sqrt{-4x^{2}+18x-20}+\dfrac{2x^{2}-9x+6}{2x^{2}-9x+8}=\sqrt{y+1}\end{matrix}\right.$$

Bài 2: Giải hệ

$$\left\{\begin{matrix}log_{3}\left ( -2y-2 \right )+4x^{2}-\sqrt{4x^{2}+1}=1-\sqrt{2}\\ log_{3}\left ( \dfrac{2x+1}{x-y} \right )+1=\sqrt{4x^{2}+4x+2}-\sqrt{\left ( x-y \right )^{2}+1}+\left ( x-y \right )^{2}-4x\left ( x+1 \right )\end{matrix}\right.$$

Bài 3: Giải hệ

$$\left\{\begin{matrix}4^{x^{2}-16}+3\sqrt{x}+\sqrt{x^{2}+1}=4^{y^{2}-8y}+3\sqrt{y-4}+\sqrt{y^{2}-8y+17}\\ y(x^{2}-1)-4x^{2}+3x-8+ln\left ( x^{2}-3x+3 \right )=0\end{matrix}\right.$$

 

Gợi ý:

Bài 1: Với điều kiện để phương trình có nghĩa, lấy $ln$ 2 vế của phương trình thứ nhất, ta được:

\[\left( {y + 1} \right)\ln x = x\ln \left( {y + 1} \right) \Rightarrow \frac{{\ln x}}{x} = \frac{{\ln \left( {y + 1} \right)}}{{y + 1}}\]

Đến đây xét hàm số: $f\left( t \right) = \frac{{\ln t}}{t}$

Bài 2: Biến đổi bằng phương pháp tương tự cho phương trình thứ 2.

Bài 3: Tương tự cho phương trình thứ nhất.

Tìm nguyên hàm :
$$\int \frac{m\sin x + n\cos x + p}{a\sin x + b\sin x + c}\text{dx}$$
trong đó $m,n,p,a,b,c$ là các hằng số.

Phải là $b\cos x$ chứ nhỉ!

$\left\{\begin{matrix} x^{3}-2y^{3}=x+4y & & \\ 6x^{2}-19xy+15y^{2}=1& & \end{matrix}\right.$

Thay $1 = 6{x^2} - 19xy + 15{y^2}$ vào phương trình thứ nhất, ta được:

\[{x^3} - 2{y^3} = \left( {x + 4y} \right)\left( {6{x^2} - 19xy + 15{y^2}} \right)\]

Nhân vô rồi rút gọn ta thu được phương trình:\[5{x^3} + 5{x^2}y - 61x{y^2} + 62{y^3} = 0\]

Từ phương trình thứ nhất, nếu $y=0$ thì $x=0$. Điều này mâu thuẫn với phương trình thứ hai.

Xét $y \ne 0$. Chia hai vế của phương trình trên cho ${y^3} \ne 0$, ta được:

\[5{\left( {\frac{x}{y}} \right)^3} + 5{\left( {\frac{x}{y}} \right)^2} - 61\frac{x}{y} + 62 = 0 \Leftrightarrow 5{t^3} + 5{t^2} - 61t + 62 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\,\,\,\,\left( {t = \frac{x}{y}} \right)\]

Cho dãy số $(u_{n})$ xác định như sau:

$u_{1}=\frac{3}{\sqrt{6}}$;($u_{n+1}=24u_{n}^{3}-12\sqrt{6}u_{n}^{2}+15u_{n}-\sqrt{6}, n=1,2,...$

Tìm công thức số hạng tổng quát $u_{n}$ của dãy trên.

 

Đặt $u_{n}=xv_{n}+y$.Thay vào công thức truy hồi của dãy biến đổi
và rút gọn ta được:
$xv_{n}+y=24x^{3}v^{3}_{n-1}$+$12(6x^{2}y-\sqrt{6}x^{2})v^{2}_{n-1}$+$3(24xy^{2}-8\sqrt{6}xy+5x)v_{n-1}+24y^{3}$-$
12\sqrt{6}y^{2}+15y-\sqrt{6}$
Ta chọn y:$\left\{\begin{matrix} 6x^{2}y-\sqrt{6}x^{2}=0 & \\ 24y^{3}-12\sqrt{6}y^{2}+15y-\sqrt{6=y} & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow y=\frac{1}{\sqrt{6}}$
Khi đó $x.v_{n}=24x^{3}v^{3}_{n-1}+3xv_{n-1} \Leftrightarrow v_{n}=24x^{3}v^{3}_{n-1}+3v_{n-1}$
Ta chọn x=$\frac{1}{\sqrt{6}}$
$\Rightarrow v_{n}=4v^{3}_{n-1}+3v_{n-1};v_{1}=2 $
$\Rightarrow v_{n}=\frac{1}{2}[(2+\sqrt{5})^{3^{n-1}}+(2-\sqrt{5})^{3^{n-1}}]$
Vậy $u_{n}=\frac{1}{2\sqrt{6}}[(2+\sqrt{5})^{3^{n-1}}+(2-\sqrt{5})^{3^{n-1}}]+\frac{1}{\sqrt{6}} ;\forall n=1,2,...$
p\s mọi thắc mắc xem ở đây   

 

 

Tìm m để phương trình có nghiệm:$\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-m\sqrt{1-x^{2}}+m+2=0$

Gợi ý:

Điều kiện: $1 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} \le 1 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 1;1} \right]$

Đặt $t = \sqrt {1 + x}  + \sqrt {1 - x}  \Rightarrow {t^2} = 2 + 2\sqrt {1 - {x^2}}  \Rightarrow \sqrt {1 - {x^2}}  = \frac{{{t^2} - 2}}{2}$. Dựa vào $x$ để tìm điều kiện của $t$.

Khi đó: \[t - m\left( {\frac{{{t^2} - 2}}{2}} \right) + m + 2 = 0\]

Tham khảo tiếp tại đây.

$\left\{\begin{matrix} u_{1}=1 & \\ u_{n+1}=\frac{u_n^2}{2014}+u_n & \end{matrix}\right.$ 

 

Tìm: $lim(\frac{u_1}{u_2}+\frac{u_2}{u_3}+...+\frac{u_n}{u_{n+1}})$

Ta có: \[{u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{u_n^2}}{{2014}} \Leftrightarrow \frac{{{u_n}}}{{{u_{n + 1}}}} = 2014\left( {\frac{1}{{{u_n}}} - \frac{1}{{{u_{n + 1}}}}} \right)\]

Suy ra: \[\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{{{u_k}}}{{{u_{k + 1}}}}} \right)}  = 2014\left( {\frac{1}{{{u_1}}} - \frac{1}{{{u_{n + 1}}}}} \right) = 2014\left( {1 - \frac{1}{{{u_{n + 1}}}}} \right)\,\,\,\,\,\left( * \right)\]

Từ công thức của $\left\{ {{u_n}} \right\}$ ta dễ dàng suy ra đây là dãy đơn điệu tăng.

Nếu $\left\{ {{u_n}} \right\}$ bị chặn trên, khi đó tồn tại giới hạn hữu hạn: $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n}$. Hay $L = \frac{{{L^2}}}{{2014}} + L \Rightarrow L = 0$.

Điều nay mâu thuẫn với điều ta đã suy ra: $\left\{ {{u_n}} \right\}$ là dãy đơn điệu tăng với ${u_1} = 1$.

Nếu $\left\{ {{u_n}} \right\}$ không bị chặn trên, do đó ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} =  + \infty $. Từ $\left( * \right)$ suy ra:

\[\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n}\left( {\frac{{{u_1}}}{{{u_2}}} + \frac{{{u_2}}}{{{u_3}}} + ... + \frac{{{u_n}}}{{{u_{n + 1}}}}} \right) = 2014\]

Bài toán : Giải phương trình hàm : (Singapore IMO TST 2008, Problem)

$(x+y)(f(x)-f(y)) = (x-y)f(x+y)\,\,\,(*)$

Lời giải 1:

Giả sử tồn tại hàm số $f\left( x \right)$ thoả mãn bài toán.

Trong $(*)$ cho $y=2$, ta được: $$f\left( {x + 2} \right) = \dfrac{{x + 2}}{{x - 2}}\left( {f\left( x \right) - f\left( 2 \right)} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
Trong $(*)$ cho $y=1$, ta được: $$f\left( {x + 1} \right) = \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\left( {f\left( x \right) - f\left( 1 \right)} \right)$$
Suy ra: $$f\left( {x + 2} \right) = \dfrac{{x + 2}}{x}\left( {f\left( {x + 1} \right) - f\left( 1 \right)} \right) = \dfrac{{x + 2}}{x}\left( {\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\left( {f\left( x \right) - f\left( 1 \right)} \right) - f\left( 1 \right)} \right)$$
Do đó: $$ \Leftrightarrow f\left( {x + 2} \right) = \dfrac{{x + 2}}{x}\left( {\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}f\left( x \right) - 2f\left( 1 \right)\dfrac{x}{{x - 1}}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)$$
Từ (1) và (2), ta được: $$\dfrac{{x + 2}}{{x - 2}}\left( {f\left( x \right) - f\left( 2 \right)} \right) = \dfrac{{x + 2}}{x}\left( {\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}f\left( x \right) - 2f\left( 1 \right)\dfrac{x}{{x - 1}}} \right)$$
$$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{x - 2}}\left( {f\left( x \right) - f\left( 2 \right)} \right) = \dfrac{{x + 1}}{{x\left( {x - 1} \right)}}f\left( x \right) - 2f\left( 1 \right)\dfrac{1}{{x - 1}}$$
$$ \Leftrightarrow 2f\left( 1 \right)\dfrac{1}{{x - 1}} - \dfrac{1}{{x - 2}}f\left( 2 \right) = \left( {\dfrac{{x + 1}}{{x\left( {x - 1} \right)}} - \dfrac{1}{{x - 2}}} \right)f\left( x \right)$$
$$ \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{f\left( 2 \right)}}{2}\left( {x - 1} \right)x - f\left( 1 \right)\left( {x - 2} \right)x = \left( {\dfrac{{f\left( 2 \right)}}{2} - f\left( 1 \right)} \right){x^2} + \left( {2f\left( 1 \right) - \dfrac{{f\left( 2 \right)}}{2}} \right)x$$
Suy ra: $f\left( x \right) = a{x^2} + bx,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thoả phương trình $(*)$.

Vậy hàm số cần tìm là $f\left( x \right) = a{x^2} + bx\,\,\,\,\left( {\,a,b \in \mathbb{R}} \right)$
________________________________________________________________
Lời giải 2:

Giả sử tồn tại hàm số $f\left( x \right)$ thoả mãn bài toán.

Đặt $P\left( {x,y} \right)$ là hàm của $\left( {x + y} \right)\left( {f\left( x \right) - f\left( y \right)} \right) = \left( {x - y} \right)f\left( {x + y} \right)$

Khi đó: $$P\left( {x + 1, - x} \right):\,\,f\left( {x + 1} \right) - f\left( { - x} \right) = \left( {2x + 1} \right)f\left( 1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
$$P\left( { - x,x - 1} \right):\,\, - f\left( { - x} \right) + f\left( {x - 1} \right) = \left( {1 - 2x} \right)f\left( { - 1} \right)\,\,\,\,\,\,(2)$$
$$P\left( {x + 1,x - 1} \right):\,\,2x\left( {f\left( {x + 1} \right) - f\left( {x - 1} \right)} \right) = 2f\left( {2x} \right) \Leftrightarrow f\left( {x + 1} \right) - f\left( {x - 1} \right) = \dfrac{{f\left( {2x} \right)}}{x}\,\,\,\,\,\,\,\,(3)$$
Lấy $(1) - (2) - (3)$, ta được: $$0 = \left( {2x + 1} \right)f\left( 1 \right) - \left( {1 - 2x} \right)f\left( { - 1} \right) - \dfrac{{f\left( {2x} \right)}}{x}$$
$$ \Leftrightarrow f\left( {2x} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {f\left( 1 \right) + f\left( { - 1} \right)} \right){\left( {2x} \right)^2} + \dfrac{1}{2}\left( {f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right)} \right)2x$$
Suy ra: $f\left( x \right) = a{x^2} + bx,\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thoả phương trình $(*)$.

Vậy hàm số cần tìm là $f\left( x \right) = a{x^2} + bx\,\,\,\,\left( {\,a,b \in \mathbb{R}} \right)$
_______________________________________________________________
Lời giải 3:

Giả sử tồn tại hàm số $f\left( x \right)$ thoả mãn bài toán.

Từ phương trình $(*)$ suy ra: $$f\left( x \right) - f\left( y \right) = \dfrac{{x - y}}{{x + y}}f\left( {x + y} \right)$$
Ta có: $$f\left( x \right) - f\left( y \right) = f\left( x \right) - f\left( z \right) + f\left( z \right) - f\left( y \right) = \dfrac{{x - z}}{{x + z}}f\left( {x + z} \right) + \dfrac{{z - y}}{{z + y}}f\left( {z + y} \right)$$
Từ đó cho ta: $$\dfrac{{x - y}}{{x + y}}f\left( {x + y} \right) = \dfrac{{x - z}}{{x + z}}f\left( {x + z} \right) + \dfrac{{z - y}}{{z + y}}f\left( {z + y} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
Đặt: $y + z = a;z + x = b;x + y = c$, khi đó $(1)$ trở thành:
$$\dfrac{{b - a}}{c}f\left( c \right) = \dfrac{{c - a}}{b}f\left( b \right) + \dfrac{{b - c}}{a}f\left( a \right)$$
Cố định $a,b \Rightarrow f\left( a \right),f\left( b \right)$ không đổi, ta được:
$$f\left( c \right) = \left( {\dfrac{1}{{a - b}}\left( {\dfrac{{f\left( a \right)}}{a} - \dfrac{{f\left( b \right)}}{b}} \right)} \right){c^2} + \left( {\dfrac{1}{{a - b}}\left( {\dfrac{a}{b}f\left( b \right) - \dfrac{b}{a}f\left( a \right)} \right)} \right)c$$
Suy ra: $f\left( x \right) = A{x^2} + Bx,\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thoả phương trình $(*)$.

Vậy hàm số cần tìm là $f\left( x \right) = A{x^2} + Bx\,\,\,\,\left( {\,A,B \in \mathbb{R}} \right)$

Trích tại đây

Tìm tất cả các hàm số f: R->R thoả mãn:

$xf(y)-yf(x)=f(\frac{y}{x})$ $\forall x,y \in R$

Tham khảo ở đây.

$y = x^2(4 - x^2)$.

 

Biện luận theo m số nghiệm thuộc (-1;1) của phương trình: $x^2(4 - x^2) = m$

Hướng dẫn:

Đặt $t = {x^2} \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right)$. Phương trình trở thành:

\[t\left( {4 - t} \right) = m \Leftrightarrow {t^2} - 4t + m = 0\,\,\left( * \right)\]

Tìm $m$ để phương trình $\left( * \right)$ có nghiệm thuộc $\left( {0;1} \right)$: có thể áp dụng tam thức bậc hai hoặc khảo sát hàm.

Tính tích phân : $I=\int_{0}^{\pi }sin^{11}xdx$

Xét bài toán tổng quát:

\[\boxed{{I_n} = \int\limits_0^\pi  {{{\sin }^n}x} dx,\,\,\,\,n \in \mathbb{N}}\]

GIẢI BÀI TOÁN TỔNG QUÁT.

Ta có: ${I_n} = \int\limits_0^\pi  {{{\sin }^{n - 1}}x} \sin xdx$.

Tích phân từng phần:

Chứng minh rằng với moi  m khác 0 đường thẳng y=mx-3m cắt hàm số $y=\frac{x-2}{x-1}$

 tại hai điểm phân biệt trong đó ít nhất một giao điểm có hoành độ lần 2

Hướng dẫn:

Điều kiện: $x \ne 1$

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $y=mx-3m$ với hàm số $y=\frac{x-2}{x-1}$ là:

\[\frac{{x - 2}}{{x - 1}} = mx - 3m \Rightarrow m{x^2} - 3mx - mx + 3m - x + 2 = 0\]

\[ \Leftrightarrow m{x^2} - \left( {4m + 1} \right)x + 3m + 2 = 0\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\]

Với mọi $m \ne 0$, ta có $\Delta  = 4{m^2} + 1 > 0$ nên phương trình $\left( * \right)$ có hai nghiệm phân biệt. Điều này chứng tỏ đường thẳng $y=mx-3m$ cắt hàm số $y=\frac{x-2}{x-1}$ tại hai điểm phân biêt.

* Vế sau bạn có thể nêu rõ hơn.

Bạn xem tại đây.

Cho $u_{1} = 1993, u_{n+1} = \frac{u_{n}^2 + 6}{2u_{n} + 1}$. Tìm $limu_{n}$

 

 

 

 

 

Psss : không biết có chứng minh được $u_{n} \geq 2$ không nhỉ ? Mắc mãi chỗ đó @@

Hi bạn,

Dạng bài này bạn có thể tham khảo thêm tại topic này.

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (x+2y)x^3=8\\x(y^3-2)=6 \end{matrix}\right.$

Đề này hơi quái :-), bạn có chế không vậy.

Spam xí để xem sao.
@912: có người hỏi em bài này, thấy đề lạ quá nên đem lên diễn đàn hỏi ạ

Bạn tham khảo tại đây.

Trích: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - {{\cot }^2}x} \right)$.

Giải phương trình:

$\sqrt{5x^2+14x+9}-\sqrt{x^2-x-20}=5\sqrt{x+1}$

Ví dụ 21: Giải phương trình
$$\sqrt{5x^2 - 14x + 9} - \sqrt{x^2 - x - 20} = 5\sqrt{x + 1}, \ \ (1)$$
Lời giải:
ĐK : $ x \geq 5$
Chuyển vế rồi bình phương hai vế, ta được:
$$ (x + 1)(5x + 9) = x^2 + 24x + 5 + 10\sqrt{(x + 4)(x - 5)(x + 1)}$$
$\Leftrightarrow 2(x^2 - 4x - 5) + 3(x + 4) - 5\sqrt{(x^2 - 4x - 5)(x + 4)} = 0,\ \ \ (2)$
Đặt $ u = \sqrt{(x^2 - 4x - 5)}$ và $ v = \sqrt{x + 4} , u,v \geq 0 .$ Thì:
$$(2)\Leftrightarrow 2u^2 + 3v^2 - 5uv = 0 \Leftrightarrow (u - v)(2u - 3v) = 0$$
* $ u = v$ ta có :$ x^2 - 5x - 9 = 0$
* $ 2u = 3v$ ta có : $ 4x^2 - 25x - 56 = 0$
Giải ra ta được 2 nghiệm thỏa mãn: $ x = \dfrac{5 + \sqrt{61} }{2} , x = 8$

Bạn xem thêm tại đây.

Thảo luận tại đây mọi người nhé. Vui lòng gửi bài đúng Box + chú ý tiêu đề.

Topic đã bị khóa.

Tìm giới hạn :

1,$\lim_{x\rightarrow 0}(1+x)^{cotx}$

2,$\lim_{x\rightarrow 1}(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{In x})$

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 1:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 + x)^{cotx}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}.x\cot x}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\cot x}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\tan x}}}} = e\]

Vì $\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}} = e\\ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\tan x}} = 1 \end{array} \right.$

Bài 2: Em dùng L'Hospital thử coi.

Xin gửi bạn tài liệu về phép biến hình.

Giải cách này có thể gọn hơn xí.

Nhận thấy $\left( {x;y} \right) = \left( {0;0} \right)$ là một nghiệm.

Xét $\left( {x;y} \right) \ne \left( {0;0} \right)$. Chia phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ, ta được:

\[\frac{{2y\left( {{x^2} - {y^2}} \right)}}{{x\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}} = \frac{{3x}}{{10y}} \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} + 1}} = \frac{3}{{20}}{\left( {\frac{x}{y}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{3}{{20}}{\left( {\frac{x}{y}} \right)^4} - \frac{{17}}{{20}}{\left( {\frac{x}{y}} \right)^2} + 1 = 0\]

Đặt $t = {\left( {\frac{x}{y}} \right)^2} > 0$, phương trình trở thành: 

Nếu $(x_0;y_0)$ là 1 nghiệm của hệ thì $(y_0;x_0)$ cũng là 1 nghiệm

Do đó, để hệ có nghiệm duy nhất thì $x=y$

Thay vào ta có

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{(1+x)(1+x)}=x+x\\ x^2+y^2=m \end{matrix}\right.$

 

$\Rightarrow x=1$

 

$\Rightarrow m=2$

 

 

Vậy với $m=2$ thì hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất

Cách giải trên của bạn Sagittarius912 là sử dụng Phương pháp điều kiện cần và đủ. Nhưng lời giải trên chưa hoàn toàn chính xác. Bạn chỉ mới tìm ra được điều kiện cần chứ chưa đủ.

Để bài toán chặt chẽ và chính xác hơn. Sau khi tìm được $m=2$ bạn cần phải thay vào hệ đã cho rồi tìm nghiệm.

Bước cuối cùng mới có thể kết luận được.

Đề yêu cầu gì vậy em? Như trên thì sao biết đường nào mà làm ak.

Em hiện tại đang học lớp 11 và vừa rồi có 1 câu giải phương trình căn thức thi thử đại học mong mọi người giúp đỡ

$\sqrt{3x^2-7x+3} - \sqrt{x^2-2} = \sqrt{3x^2-5x-1} - \sqrt{x^2-3x+4}$

Xin cảm ơn!

Mở màn với bài toán này.

Bạn có thể sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp để giải bài này.

Điều kiện: ...

Phương trình đã cho tương đương với:
$$\sqrt{3x^{2}-7x+3}-\sqrt{3x^{2}-5x-1}=\sqrt{x^{2}-2}-\sqrt{x^{2}-3x+4}$$
$$\Leftrightarrow \frac{-2x+4}{\sqrt{3x^{2}-7x+3}+\sqrt{3x^{2}-5x-1}}=\frac{3x-6}{\sqrt{x^{2}-2}+\sqrt{x^{2}-3x+4}}$$

Giải phương trình:

$\sqrt {5x^2  + 14x + 9}  - \sqrt {x^2  - x - 20}  = 5\sqrt {x + 1} $
 

 

Ví dụ 21: Giải phương trình

$$\sqrt{5x^2 - 14x + 9} - \sqrt{x^2 - x - 20} = 5\sqrt{x + 1}, \ \ (1)$$

Lời giải:

ĐK : $ x \geq 5$

Chuyển vế rồi bình phương hai vế, ta được:

$$ (x + 1)(5x + 9) = x^2 + 24x + 5 + 10\sqrt{(x + 4)(x - 5)(x + 1)}$$

$\Leftrightarrow 2(x^2 - 4x - 5) + 3(x + 4) - 5\sqrt{(x^2 - 4x - 5)(x + 4)} = 0,\ \ \ (2)$

Đặt $ u = \sqrt{(x^2 - 4x - 5)}$ và $ v = \sqrt{x + 4} , u,v \geq 0 .$ Thì:

$$(2)\Leftrightarrow 2u^2 + 3v^2 - 5uv = 0 \Leftrightarrow (u - v)(2u - 3v) = 0$$

* $ u = v$ ta có :$ x^2 - 5x - 9 = 0$

* $ 2u = 3v$ ta có : $ 4x^2 - 25x - 56 = 0$

Giải ra ta được 2 nghiệm thỏa mãn: $ x = \dfrac{5 + \sqrt{61} }{2} , x = 8$

 

 

Trích Phương pháp đặt ẩn số phụ trong giải phương trình vô tỉ

Tìm các số nguyên dương m, n sao cho các số $m^2+8n$ và $n^2+8m$ đều là số chính phương 

Em tham khảo thêm ở topi này nhé: http://diendantoanho...phương-thi-hsg/