Phạm Hữu Bảo Chung nội dung
Có 549 mục bởi Phạm Hữu Bảo Chung (Tìm giới hạn từ 01-05-2020)
#446033 x+y+z = xyz tìm min của $\frac{1}{\sqrt{1+...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 28-08-2013 - 23:37 trong Bất đẳng thức và cực trị
#446317 Giải bất phương trinh
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-08-2013 - 15:44 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Bạn thử xem lại đề nhé. Hai biểu thức $\sqrt{5 - 2x}$ và $\sqrt{x - 3}$ không cùng xác định.
#431441 $2\sqrt{x}+y\sqrt{x+1}=4y$ ....
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 28-06-2013 - 22:54 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Giải
- Với y = 0 $\Rightarrow$ x = 0. Hệ có nghiệm (x; y) = (0; 0)
- Với $y \neq 0$, hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}2\dfrac{\sqrt{x}}{y^2} + \dfrac{\sqrt{x + 1}}{y} = \dfrac{4}{y}\\\dfrac{\sqrt{x + 1}}{y} \left ( 1 + \dfrac{\sqrt{x}}{y^2}\right ) = 2 (2 + \dfrac{\sqrt{x}}{y^2} + \dfrac{1}{y^2})\end{matrix}\right.$
Đặt $a = \dfrac{\sqrt{x}}{y^2}; b = \dfrac{\sqrt{x + 1}}{y} = b$, ta được:
$\left\{\begin{matrix}2a + b = \dfrac{4}{y}\\ b(1 + a) = 2 (2 + a + \dfrac{1}{y^2})\end{matrix}\right.$
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{2a + b}{4} = \dfrac{1}{y}\\ \dfrac{ab + b - 4 - 2a}{2} = \dfrac{1}{y^2}\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow (2a - b)^2 + 8(2a - b) + 32 = 0$
Vì phương trình này vô nghiệm nên hệ ban đầu chỉ có 1 nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 0)
#445006 Giải PT: $\frac{2+\sqrt{x}}{3+\s...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 23-08-2013 - 22:27 trong Đại số
Giải
#433497 [Phương trình lượng giác]
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-07-2013 - 13:09 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
#448817 Tìm giái trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của $P=x+y+\sqrt{xy-...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-09-2013 - 14:09 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Giải
ĐK: $x \geq 1$ và $y \geq 1$
Đặt $\sqrt{x - 1} + \sqrt{y - 1} = a \geq 0\Rightarrow a^2 = x + y - 2\sqrt{xy - x - y + 1}$
Từ giả thiết, ta có:
$\left ( \sqrt{x - 1} + \sqrt{y - 1}\right )^2 + \sqrt{x - 1} + \sqrt{y - 1} = 2 + \sqrt{(x - 1)(y - 1)} \geq 2$
Áp dụng BĐT: $\sqrt{(x - 1)(y - 1)} \leq \dfrac{(\sqrt{x - 1} + \sqrt{y - 1})^2}{4} = \dfrac{a^2}{4}$
$\Rightarrow 2 \leq a^2 + a \leq 2 + \dfrac{a^2}{4} \Leftrightarrow 1 \leq a \leq \dfrac{2\sqrt{7} - 2}{3}$ (Do $a \geq 0$ )
Ta có: $P = 4 - a \geq 4 - \dfrac{2\sqrt{7} - 2}{3} = \dfrac{14 - 2\sqrt{7}}{3}$
Ta lại có: $P = 4 - a \leq 4 - 1 = 3$
Vậy $Min_P = \dfrac{14 - 2\sqrt{7}}{3}$. Dấu “=” xảy ra khi $x = y = \dfrac{17 - 2\sqrt{7}}{9}$
Và $Max_P = 3$ khi $x = 2; y = 1$ và ngược lại.
#445863 $\frac{\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}(...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 28-08-2013 - 12:50 trong Đại số
#457299 Giải hệ sau khi đã nhẩm được nghiệm của phương trình .
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-10-2013 - 23:52 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Đâu phải nhẩm ra nghiệm là được đâu bạn ơi
Giải
Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}x^2 + y = x.(3 - y)\\(x^4 + 2x^2y + y^2) + x^2y - 5x^2 = 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2 + y = x.(3 - y)\\(x^2 + y)^2 = x^2(5 - y)\end{matrix}\right.$
Suy ra: $x^2(3 - y)^2 = x^2(5 - y) \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x = 0\\(y - 3)^2 = 5 - y\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}x = 0\\y = 1\\y = 4\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x = 0\\y = 0\end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix}x = 1\\y = 1\end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix}y = 4\\x^2 + x + 4 = 0 \, (VN)\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x = 0\\y = 0\end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix}x = 1\\y = 1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$
#429975 Cho $y=\frac{x+1}{x-1}$ (c), tìm điểm M nằ...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 23-06-2013 - 12:42 trong Hàm số - Đạo hàm
Giải
- Do $M \in Oy \Rightarrow M(0; y_M)$
Phương trình qua M có dạng: $(d): y = kx + y_M$
Gọi $x_0$ là hoành độ tiếp điểm. (d) là tiếp tuyến của (C) khi:
$\left\{\begin{matrix}k = \dfrac{-2}{(x_0 - 1)^2}\\\dfrac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = kx_0 + y_M\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}k = \dfrac{-2}{(x_0 - 1)^2}\\\dfrac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = \dfrac{-2x_0}{(x_0 - 1)^2} + y_M\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}k = \dfrac{-2}{(x_0 - 1)^2}\\(y_M - 1)x_0^2 - 2x_0(y_M + 1) + y_M + 1 = 0 \, (2)\end{matrix}\right.$
Để có duy nhất 1 tiếp tuyến của (C) qua M thì (2) có duy nhất 1 nghiệm. Biện luận phương trình bậc 2 (Chú ý trường hợp a = 0) để tìm ra đáp án.
#446072 Giải phương trình
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-08-2013 - 11:42 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
#447230 Giải pt sau:$\sqrt{4-x}=2+3x\sqrt{4-x^{2...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 02-09-2013 - 13:08 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Giải
ĐK: $-2 \leq x \leq 2$
Phương trình ban đầu tương đương:
$3x\sqrt{4 – x^2} + 2 - \sqrt{4 - x} = 0$
$\Leftrightarrow 3x\sqrt{4 – x^2} + \dfrac{x}{2 + \sqrt{4 - x}} = 0$
$\Leftrightarrow x\left ( 3\sqrt{4 – x^2} + \dfrac{1}{2 + \sqrt{4 - x}}\right ) = 0$
Do $3\sqrt{4 – x^2} + \dfrac{1}{2 + \sqrt{4 - x}} > 0$ $\forall$ $-2 \leq x \leq 2$
Vì vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x= 0
#442360 CMR $\sum \frac{1}{a^4} \geq 3$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-08-2013 - 09:49 trong Bất đẳng thức và cực trị
#445995 Tìm diện tích lớn nhất của một tam giác có tất cả các cạnh không lớn hơn...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 28-08-2013 - 21:06 trong Hình học phẳng
Giải
#446376 $2cos5x(2cos4x+2cos2x+1)=1$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-08-2013 - 21:01 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
#450442 giải phương trình
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 14-09-2013 - 23:37 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Biểu thức sau cùng hình như là $\sqrt{x^3 + (\sqrt{3} - 1)x^2 + 2x - 2 + 2\sqrt{3} }$ phải không nhỉ?
Chỗ $(\sqrt{3} - 1)x$ của bạn đấy? Nếu không đoạn đó có thể rút gọn mà.
Giải
Điều kiện xác định là:
$\left\{\begin{matrix}x^2 - 2x - 2 \geq 0\\1 - \sqrt{3} - x \geq 0 \\x^3 + (\sqrt{3} - 1)x^2 + 2x - 2 + 2\sqrt{3} \geq 0\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\left[\begin{matrix}x \geq 1 + \sqrt{3}\\x \leq 1 - \sqrt{3}\end{matrix}\right.\\x \leq 1 - \sqrt{3}\\(x^2 + 2)(x + \sqrt{3} - 1) \geq 0\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x \leq 1 - \sqrt{3}\\x \geq 1 - \sqrt{3}\end{matrix}\right. \Rightarrow x = 1 - \sqrt{3}$
Thử lại thấy không thỏa mãn. Vì vậy, phương trình này vô nghiệm.
#445604 cho a,b,c>0 thoa man a3+b3=c3
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-08-2013 - 21:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
#441459 Cho hàm số: $y=\frac{x^{2}+2mx-m}{x-m...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 09-08-2013 - 13:07 trong Hàm số - Đạo hàm
#444213 $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+7...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 20-08-2013 - 12:26 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
#449158 $\left\{\begin{matrix} y+xy^{2}=...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 09-09-2013 - 23:36 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Giải
Nhận thấy x = 0 khiến cho hệ vô nghiệm
Với $x \neq 0$, hệ tương đương:
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{y}{x^2} + \dfrac{y^2}{x} = 6\\\dfrac{1}{x^2} + y^2 = 5\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\dfrac{y}{x}\left ( \dfrac{1}{x} + y\right ) = 6\\\dfrac{1}{x^2} + y^2 = 5\end{matrix}\right.$
Đặt $y + \dfrac{1}{x} = S, \dfrac{y}{x} = P \,\,\, (S^2 \geq 4P)$, khi đó:
$\left\{\begin{matrix}SP = 6\\S^2 - 2P = 5\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}S^3 - 5S - 12 = 0\\P = \dfrac{S^2 - 5}{2}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}S = 3\\P = 2\end{matrix}\right.$
Khi đó: $\dfrac{1}{x}$ và $y$ là nghiệm của phương trình: $X^2 - 3X + 2 = 0$. Từ đó suy ra các nghiệm!
#335027 Giải hệ: $a^{2}=\frac{\sqrt{bc}\...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-07-2012 - 22:37 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Giải
ĐK:$\left\{\begin{array}{l}bc \geq 0\\cd \geq 0\\da \geq 0\\ab \geq 0\\(b + c)(b + c + d) \neq 0\\(c + d)(c + d + a) \neq 0\\(d + a)(d + a + b) \neq 0\\(a + b)(a + b + c) \neq 0\end{array}\right. $
- Nếu $a = 0 \Rightarrow d^2 = 0 \Leftrightarrow d = 0$
Vậy $a + d = 0$. Không thỏa mãn điều kiện đề bài.
Vậy $a \neq 0$. Tương tự $b, c, d \neq 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}a > 0\\b > 0\\c > 0\\d > 0\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}a < 0\\b < 0\\c < 0\\d < 0\end{array}\right.\end{array}\right.$
Nhận thấy nếu cả 4 số đều âm thì: $a^2 = \dfrac{\sqrt{bc}.\sqrt[3]{bcd}}{(b + c)(b + c + d)} < 0$. Vô lý. Từ đó suy ra cả 4 số đó đều dương.
- Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có:
$a^2 = \dfrac{\sqrt{bc}.\sqrt[3]{bcd}}{(b + c)(b + c + d)} \leq \dfrac{\dfrac{b + c}{2}.\dfrac{b + c + d}{3}}{(b + c)(b + c + d)} = \dfrac{1}{6} $
Tương tự, ta cũng có: $b^2, c^2, d^2 \leq \dfrac{1}{6}$ kết hợp với $a, b, c > 0$. Suy ra:
$$0 < a, b, c, d \leq \dfrac{1}{\sqrt{6}} \Rightarrow S = a + b + c + d \leq \dfrac{4}{\sqrt{6}}$$
Nhân cả vế theo vế của 4 phương trình, ta được:
$a^2b^2c^2d^2 = \dfrac{\sqrt{a^2b^2c^2d^2}.\sqrt[3]{a^3b^3c^3d^3}}{(b + c)(b + c + d)(c + d)(c + d + a)(d + a)(d + a + b)(a + b)(a + b + c)}$
$\Leftrightarrow 1 = \dfrac{1}{(b + c)(b + c + d)(c + d)(c + d + a)(d + a)(d + a + b)(a + b)(a + b + c)}$
$\Leftrightarrow (b + c)(b + c + d)(c + d)(c + d + a)(d + a)(d + a + b)(a + b)(a + b + c) = 1$
Ta thấy:
$(b + c)(b + c + d)(c + d)(c + d + a)(d + a)(d + a + b)(a + b)(a + b + c)$
$= [(b + c)(c + d)(d + a)(a + b)][(b + c + d)(c + d + a)(d + a + b)(a + b + c)]$
$\leq \dfrac{(2S)^4}{4^4}.\dfrac{(3S)^4}{4^4} = \dfrac{2^4.3^4.S^8}{2^{16}} \leq \dfrac{2^4.3^4.\dfrac{2^{16}}{2^4.3^4}}{2^{16}} = 1 = VF$
Dấu "=" xảy ra khi: $a = b = c = d = \dfrac{1}{\sqrt{6}}$
Vậy hệ có nghiệm $(a; b; c; d) = (\dfrac{1}{\sqrt{6}}; \dfrac{1}{\sqrt{6}}; \dfrac{1}{\sqrt{6}}; \dfrac{1}{\sqrt{6}})$
#342337 Giải hệ phương trình với: $x(x^4+y^4)=y^{6}(1+y^4)$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 31-07-2012 - 20:35 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
$\left\{\begin{matrix}\sqrt[4]{y^2x^3-6x^2y^2+81} +3+\sqrt[2012]{x^2y^2-9y^2x+\frac{18x^2}{y^2}}=y^2 \\x(x^4+y^4)=y^{6}(1+y^4)\end{matrix}\right.$
Giải
ĐK: $y \neq 0$Từ phương trình thứ 2 của hệ, ta có:
$x^5 + xy^4 - y^6 - y^{10} = 0 \Leftrightarrow y^4(x - y^2) + (x^5 - y^{10}) = 0$
$\Leftrightarrow y^4(x - y^2) + (x - y^2)(x^4 + x^3y^2 + x^2y^4 + xy^6 + y^8) = 0$
$\Leftrightarrow (x - y^2)(y^4 + x^4 + x^3y^2 + x^2y^4 + xy^6 + y^8) = 0 \,\, (1')$
Ta thấy:
$y^4 + x^4 + x^3y^2 + x^2y^4 + xy^6 + y^8$
$= y^4 + \dfrac{1}{2}x^4 + \dfrac{1}{2}x^8 + \dfrac{1}{2}(x^2 + xy^2)^2 + \dfrac{1}{2}(x^2y + y^4)^2 > 0 \forall \, x \in R, y \neq 0$
Do đó: $(1') \Leftrightarrow x = y^2 > 0$
Thế vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được:
$\sqrt[4]{x^4-6x^3+81} +3+\sqrt[2012]{x^3-9x^2+18x}=x$
$\Leftrightarrow \sqrt[4]{(x - 3)(x^3 - 3x^2 - 9x - 27)} + \sqrt[2012]{x(x - 3)(x - 6)}=x - 3 \,\, (2')$
ĐK:
$\left\{\begin{array}{l}(x - 3)(x^3 - 3x^2 - 9x - 27) \geq 0\\x(x - 3)(x - 6) \geq 0\\x - 3 \geq 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}(x - 3)(x^3 - 3x^2 - 9x - 27) \geq 0\\\left[\begin{array}{l} 0 \leq x \leq 3\\x \geq 6\end{array}\right.\\x \geq 3\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 3\\\left\{\begin{array}{l}x \geq 6\\x^3 - 3x^2 - 9x - 27 \geq 0\end{array}\right.\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 3\\x \geq 6\end{array}\right.$
- Nhận thấy x = 3 là một nghiệm của phương trình.
- Với $x \neq 3 \Rightarrow x \geq 6$
Ta có:
$(2') \Leftrightarrow \sqrt[2012]{x(x - 3)(x - 6)} = (x - 3) - \sqrt[4]{(x - 3)(x^3 - 3x^2 - 9x - 27)}$
$\Leftrightarrow \sqrt[2012]{x(x - 3)(x - 6)} = \dfrac{(x - 3)^4 - (x - 3)(x^3 - 3x^2 - 9x - 27)}{[x - 3 + A][(x - 3)^2 + A^2]}$
(Với $A = \sqrt[4]{(x - 3)(x^3 - 3x^2 - 9x - 27)} > 0$ )
$\Leftrightarrow \sqrt[2012]{x(x - 3)(x - 6)} = \dfrac{-6x(x - 3)(x - 6)}{[x - 3 + A][(x - 3)^2 + A^2]}$
- Dễ thấy x = 6 là một nghiệm của phương trình.
- Với $x > 6 \Rightarrow VT > 0 > VF$. Phương trình vô nghiệm.
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = 3 và x = 6.
#455920 Giải $\left\{\begin{matrix}( x+1)( y+1)+1=...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-10-2013 - 18:20 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Giải
ĐK: $x^3 - y + 1 \geq 0$
Đặt $t = \sqrt{x^3 - y + 1} \geq 0$, ta được: $x^3 + 3x + (t^2 + 3)t = 0$
$\Leftrightarrow (x^3 + t^3) + 3(x + t) = 0 \Leftrightarrow (x + t)(x^2 - xt + t^2 + 3) = 0 \Leftrightarrow x = -t$
$\Rightarrow x = - \sqrt{x^3 - y + 1} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x \leq 0\\x^2 = x^3 - y + 1 \Rightarrow y - 1= x^3 - x^2\end{matrix}\right.$
Phương trình thứ hai của hệ tương đương:
$1 = x^2y^2 + x^2(y + 1) + y^2(x + 1) \, (1)$
$\Leftrightarrow x^2(y^2 + y + 1) + xy^2 + y^2 - 1 = 0$
$\Rightarrow x^2(y^2 + y + 1) + xy^2 + (y + 1)(x^3 - x^2) = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}x = 0 \Rightarrow y = 1\\x(y^2 + y + 1) + y^2 + (y + 1)(x^2 - x) = 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x = 0\\y = 1\end{matrix}\right.\\y^2(x + 1) + x^2(y + 1) = 0 \, (2)\end{matrix}\right.$
Ta thấy, từ (1) suy ra: $x^2(y + 1) + y^2(x + 1) = 1 - x^2y^2$.
Vậy, (2) tương đương: $x^2y^2 = 1 \Leftrightarrow xy = \pm 1$
Thay từng trường hợp vào, với điều kiện $x \leq 0$, ta được (x; y) = (-1; -1).
Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) = (0; 1) và (x; y) = (-1; -1)
P/S: Thay hơi rối, bạn thử tìm cách thế vô dễ hơn nhé
#438197 $\fn_jvn 2\sqrt{3x+1}+4\sqrt{x}>...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-07-2013 - 20:58 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
#316116 Hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l} ({x^2} - 7){y...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-05-2012 - 07:56 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Giải
* Với y = 0; phương trình (1) của hệ tương đương:$0 = -9$ (vô lý)
Do đó: Khi y = 0, hệ vô nghiệm.* Với x = 0, hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}-7y^2 = -9\\-12y^2 = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}y= \dfrac{\pm 3}{\sqrt{7}}\\y = 0\end{array}\right.$
Dễ thấy hệ trên vô nghiệm.
Vậy: Khi x = 0, hệ ban đầu cũng vô nghiệm.
* Với $x, y \neq 0$, chia 2 vế của (1) cho $y^2$, của (2) cho $3xy$.
Ta có hệ mới tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}x^2 - 7 - \dfrac{3x}{y} = \dfrac{-9}{y^2}\\x - \dfrac{4y}{x} + \dfrac{3}{y} = 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}(x^2 + \dfrac{9}{y^2}) - \dfrac{3x}{y} = 7\\(x + \dfrac{3}{y}) - \dfrac{4y}{x} = 0\end{array}\right. \,\,\, (II)$
Đặt: $\left\{\begin{array}{l}x + \dfrac{3}{y} = S\\\dfrac{3x}{y} = P\end{array}\right. (S^2 \geq 4P)$
Hệ (II) tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}S^2 - 2P - P = 7\\S = \dfrac{12}{P}\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\dfrac{144}{P^2} - 3P = 7\\S = \dfrac{12}{P}\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}144 - 3P^3 - 7P^2 = 0\\S = \dfrac{12}{P}\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}(P - 3)(3P^2 - 16P + 48) = 0\\S = \dfrac{12}{P}\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l} P = 3\\3P^2 - 16P + 48 = 0 (VN)\end{array}\right.\\S = \dfrac{12}{P}\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}P = 3\\S = 4\end{array}\right.$
Do đó: $x$ và $\dfrac{3}{y}$ là nghiệm của phương trình: $X^2 - 4X + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} X = 1\\X = 3\end{array}\right.$
$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x = 1\\\dfrac{3}{y} = 3\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x = 3\\\dfrac{3}{y} = 1\end{array}\right.\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x =3\\y =3\end{array}\right.\end{array}\right.$
Vậy hệ ban đầu có 2 nghiệm: $(x; y) = (1; 1); (3; 3)$
#441992 $\left\{\begin{matrix} \frac{1}{3x}+\frac{2x}{3...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 11-08-2013 - 15:51 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
- Diễn đàn Toán học
- → Phạm Hữu Bảo Chung nội dung