Đến nội dung

Phạm Hữu Bảo Chung nội dung

Có 549 mục bởi Phạm Hữu Bảo Chung (Tìm giới hạn từ 28-04-2020)


Theo nội dung

Xem thành viên


Sắp theo                Sắp xếp  

#313421 VMF - Đề thi thử số 6

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-04-2012 - 08:43 trong Năm 2012

2. Giải bất phương trình: $\sqrt 6 \left( {{x^2} - 3x + 1} \right) + \sqrt {{x^4} + {x^2} + 1} \leqslant 0\,\,;\,\,x \in \mathbb{R}$

Giải

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}A = \sqrt{x^2 - x + 1} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}\\B = \sqrt{x^2 + x + 1} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$
Ta thấy:
$x^2 - 3x + 1 = 2(x^2 - x + 1 ) - (x^2 + x + 1) = 2A^2 - B^2$

$x^4 + x^2 + 1 = (x^2 + 1)^2 - x^2 = (x^2 + 1 - x)(x^2 + 1 + x) = AB$

Do đó, BPT ban đầu trở thành:
$\sqrt{6}(2A^2 - B^2) + AB \leq 0$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{6}A^2 + AB - \sqrt{6}B^2 \leq 0 \,\,\,\, (2)$

Do $B \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2} > 0 \Rightarrow B^2 > 0$.
Chia hai vế của BPT (2) cho $B^2$, ta được:
$2\sqrt{6}(\dfrac{A}{B})^2 + \dfrac{A}{B} - \sqrt{6} \leq 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{- \sqrt{6}}{3} \leq \dfrac{A}{B} \leq \dfrac{\sqrt{6}}{4}$

Vì $A, B > 0 \Rightarrow \dfrac{A}{B} > 0 > \dfrac{- \sqrt{6}}{3}$

Do đó, ta chỉ cần tìm các giá trị x thỏa mãn:
$\dfrac{A}{B} = \sqrt{\dfrac{x^2 - x + 1}{x^2 + x + 1}}\leq \dfrac{\sqrt{6}}{4}$

BPT trên tương đương:
$\dfrac{x^2 - x + 1}{x^2 + x + 1} \leq \dfrac{3}{8} $

$\Leftrightarrow 8(x^2 - x + 1) \leq 3(x^2 + x + 1) \Leftrightarrow 5x^2 - 11x + 5 \leq 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{11 - \sqrt{21}}{10} \leq x \leq \dfrac{11 + \sqrt{21}}{10}$


#313415 $(x+3)(\sqrt{-x^2-8x+48})=28-x$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-04-2012 - 08:00 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải phương trình:
$(x+3)(\sqrt{-x^2-8x+48})=28-x$

Giải

ĐK: $-x^2 - 8x + 48 \geq 0 \Leftrightarrow (x + 12)(x - 4) \leq 0$

$\Leftrightarrow -12 \leq x \leq 4$
Đặt:
$\left\{\begin{array}{l}A = x + 3\\B = \sqrt{-x^2 - 8x + 48} \geq 0\end{array}\right. \Rightarrow A^2 + B^2 = -2x + 57$

$\Leftrightarrow x = \dfrac{57 - A^2 - B^2}{2}$

Phương trình ban đầu trở thành:
$AB = 28 - \dfrac{57 - A^2 - B^2}{2} $

$\Leftrightarrow 2AB = 56 - 57 + A^2 + B^2 \Leftrightarrow (A - B)^2 = 1$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} A - B = 1\\A - B = -1\end{array}\right. \Rightarrow \left[\begin{array}{l} x + 3 - \sqrt{- x^2 - 8x + 48} = 1\\x + 3 - \sqrt{- x^2 - 8x + 48} = -1\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x + 2 = \sqrt{- x^2 - 8x + 48}\\x + 4 = \sqrt{-x^2 - 8x + 48}\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x \geq - 2\\x^2 + 6x - 22 = 0\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x \geq - 4\\x^2 + 8x - 16 = 0\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x \geq -2\\x = -3 \pm \sqrt{31}\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x \geq - 4\\x = -4 \pm 4\sqrt{2}\end{array}\right.\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = -3 + \sqrt{31}\\x = -4 + 4\sqrt{2}\end{array}\right.$

Kết hợp với điều kiện bài toán, ta lấy 2 nghiệm nói trên.


#313329 $\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-04-2012 - 17:53 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho a, b > 0 thỏa mãn: $a + b + ab =3$
CMR: $\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^{2}+b^{2}+\frac{3}{2}$

Giải

Ta có:
$\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}$

$= \dfrac{(a + b + ab).a}{b + 1} + \dfrac{(a + b + ab).b}{a + 1} + \dfrac{ab}{a + b}$

$= \dfrac{ab + a^2(b + 1)}{b + 1} + \dfrac{ab + b^2(a + 1)}{a + 1} + \dfrac{ab}{a + b}$

$= a^2 + b^2 + ab(\dfrac{1}{a + 1} + \dfrac{1}{b + 1}) + \dfrac{ab}{a + b}$

Ta sẽ chứng minh:
$P = ab(\dfrac{1}{a + 1} + \dfrac{1}{b + 1}) + \dfrac{ab}{a + b} \leq \dfrac{3}{2}$

Thật vậy, ta có:
$P = ab.\dfrac{a + b + 2}{(a + 1)(b + 1)} + \dfrac{ab}{a + b}$

$\leq ab.\dfrac{a + b + 2}{(a + b + ab) + 1} + \dfrac{(a + b)^2 }{4(a + b)}$

$= \dfrac{ab(a + b + 2)}{4} + \dfrac{a + b }{4}$

$= \dfrac{ab(5 - ab) + 3 - ab}{4} = \dfrac{-(ab)^2 + 4ab + 3}{4}$

Từ giả thiết, ta có: $3 = a + b + ab \geq ab + 2\sqrt{ab}$

$\Leftrightarrow (\sqrt{ab} - 1)(\sqrt{ab} + 3) \leq 0 \Rightarrow 0 < ab \leq 1$

Do đó:
$P \leq \dfrac{- (ab - 1)^2 + 2ab + 4}{4} \leq \dfrac{3}{2}$
Vậy BĐT ban đầu được chứng minh.

Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{\begin{array}{l}a + b + ab = 3\\a = b\\ab = 1\end{array}\right. \Leftrightarrow a = b = 1$
P/S: Gõ lâu quá. Giờ mới thấy bài của xusint ^^!


#313300 CMR nếu $\Delta ABC$ có sin2A + sin2B=4sinAsinB thì $...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-04-2012 - 15:07 trong Công thức lượng giác, hàm số lượng giác

2. CMR nếu $\Delta ABC$ có
$$\frac{sin A + sin B}{cosA + cosB}= \frac{1}{2}(tanA + tan B)$$
thì $\Delta ABC$ cân

Giải

Ta có:
$\frac{sin A + sin B}{cosA + cosB}= \frac{1}{2}(tanA + tan B)$

$\Leftrightarrow \dfrac{2\sin{(\dfrac{A + B}{2})}.\cos{(\dfrac{A - B}{2})}}{2\cos{(\dfrac{A + B}{2})}.\cos{(\dfrac{A - B}{2})}} = \dfrac{1}{2}(\dfrac{\sin{A}}{\cos{A}} + \dfrac{\sin{B}}{\cos{B}})$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sin{(\dfrac{A + B}{2}})}{\cos{(\dfrac{A + B}{2})}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{\sin{A}.\cos{B} + \sin{B}\cos{A}}{\cos{A}.\cos{B}}$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sin{(\dfrac{A + B}{2})}}{\cos{(\dfrac{A + B}{2})}} = \dfrac{\sin{(A + B)}}{2\cos{A}.\cos{B}}$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sin{(\dfrac{A + B}{2})}}{\cos{(\dfrac{A + B}{2})}} = \dfrac{\sin{(\dfrac{A + B}{2})}.\cos{(\dfrac{A + B}{2})}}{\cos{A}.\cos{B}}$

$\Leftrightarrow [\cos{(\dfrac{A + B}{2})}]^2 = \cos{A}.\cos{B} \,\,\,\,\, (\sin{(\dfrac{A + B}{2})} \neq 0) $

$\Leftrightarrow \dfrac{\cos{(A + B)} + 1}{2} = \dfrac{1}{2}(\cos{(A + B)} + \cos{(A - B)}) $

$\Leftrightarrow \cos{(A - B)} = 1 \Rightarrow A - B = 2k\pi$

Mặt khác $0 < A; B < \pi $, do đó:
$A - B = 0 \Rightarrow A = B \Rightarrow$ Tam giác ABC cân tại C.


#313252 Cho $x-y\geq 1$. Tìm giá trị lớn nhất của $P=\frac{4...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-04-2012 - 08:12 trong Đại số

Cho $x-y\geq 1$. Tìm giá trị lớn nhất của $P=\frac{4}{x}-\frac{1}{y}$

Bài toán trên đủ dữ kiện chưa nhỉ.
Dễ thấy nếu chọn cặp giá trị $(x; y) = (1; - k);\;\;(k \in (0; 1])$.
$\Rightarrow$ P không tồn tại giá trị Max.
Chẳng hạn:
$(x; y) = (1; - 0,25) \Rightarrow P = 8$

$(x; y) = (1; - 0,05) \Rightarrow P = 24$

Giá trị tuyệt đối của k càng nhỏ, P càng lớn. Do đó, không tồn tại giá trị lớn nhất của biểu thức P.

Mong bạn xem lại đề.


#313215 Đề đề xuất thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Bình

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 28-04-2012 - 22:02 trong Tài liệu - Đề thi

Bon chen ^^!
Bài 4:(2đ)
Giải hệ phương trình$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}=1 & & \\x^{2}y+2xy^{2} +y^{3}=2 & & \end{matrix}\right.$

Giải

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}(x + y)(x^2 - xy + y^2) = 1\,\,\, (1)\\y(x + y)^2 = 2\,\,\, (2)\end{array}\right.$

Dễ thấy, với y = 0 hoặc x + y = 0, phương trình hai của hệ trên vô nghiệm.
Do đó: $\left\{\begin{array}{l}y \neq 0\\x \neq - y\end{array}\right.$

Với ĐK trên, lấy (2) chia (1) vế theo vế, ta được:
$\dfrac{y(x + y)}{x^2 - xy + y^2} = 2 \Leftrightarrow 2x^2 - 2xy + 2y^2 = xy + y^2$

$\Leftrightarrow 2x^2 - 3xy + y^2 = 0 \Leftrightarrow (x - y)(2x - y) = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = y\\2x = y\end{array}\right.$

- Với x = y, hệ ban đầu trở thành:
$x^3 = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$
Hệ phương trình có nghiệm: $(x; y) = (\dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}; \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}})$

- Với $y = 2x$, hệ ban đầu trở thành:
$x^3 = \dfrac{1}{9} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{\sqrt[3]{9}}$
Hệ phương trình có nghiệm: $(x; y) = (\dfrac{1}{\sqrt[3]{9}}; \dfrac{2}{\sqrt[3]{9}})$


#311726 Tìm m để phương trình: $x^{2}-2mx-m+2$=0 có hai nghiệm $x_{1},...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 20-04-2012 - 21:38 trong Tài liệu - Đề thi

Tìm m để phương trình: $x^{2}-2mx-m+2$=0 có hai nghiệm $x_{1},x_{2}$ sao cho biểu thức: $(x_{1}x_{2})^{4} + \frac{1}{16}(x_{1}+x_{2})^{4}$ đạt giá trị nhỏ nhất

Giải

Điều kiện để phương trình có nghiệm là: Biệt thức $\Delta' \geq 0$

$\Leftrightarrow (- m)^2 - (-m + 2) \geq 0 \Leftrightarrow m^2 + m - 2 \geq 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} m \geq 1\\m \leq -2\end{array}\right.$

Theo định lý Viets, ta có:
$\left\{\begin{array}{l}x_1 + x_2 = 2m\\x_1.x_2 = - m + 2\end{array}\right.$

Do đó:
$P = (x_{1}x_{2})^{4} + \frac{1}{16}(x_{1}+x_{2})^{4} = (2 - m)^4 + \dfrac{1}{16}(2m^4) = (2 - m)^4 + m^4$
Mặt khác, ta có:
$A^4 + B^4 \geq \dfrac{(A^2 + B^2)^2}{2} \geq \dfrac{(A + B)^4}{8}$
Áp dụng BĐT nói trên với A = 2 - m; B = m, ta có:
$P \geq \dfrac{(m + 2 - m)^4}{8} = \dfrac{2^4}{8} = 2$
Vậy $min_{P} = 2$. Dấu "=" xảy ra khi m = 1 (thỏa mãn điều kiện có nghiệm của PT).


#311598 Tìm số tự nhiên $\overline{abcd}$ sao cho số đó chia hết cho t...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 19-04-2012 - 22:21 trong Số học

Tìm số tự nhiên $\overline{abcd}$ sao cho số đó chia hết cho tích của $\overline{ab}$ và $\overline{cd}$

Giải

Theo bài ra, ta có: $\overline{abcd} \, \vdots \, \overline{ab}.\overline{cd} \Leftrightarrow \overline{ab}.100 + \overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}.\overline{cd}$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overline{ab}.100 + \overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}\\\overline{ab}.100 + \overline{cd} \, \vdots \, \overline{cd}\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}\\\left[\begin{array}{l} \overline{ab} \, \vdots \, \overline{cd}\\100 \, \vdots \, \overline{cd} \end{array}\right.\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}\overline{ab} \, \vdots \, \overline{cd}\\\overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}\overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}\\100 \, \vdots \, \overline{cd}\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} \overline{ab} = \overline{cd} \,\,\,\,\, (1)\\\left\{\begin{array}{l}\overline{cd} = 10; 20; 25; 50\\\overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}\end{array}\right. \,\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$

* Với $\overline{ab} = \overline{cd}$ theo đề ra, ta có:
$\overline{abab} \, \vdots \, (\overline{ab})^2 \Rightarrow 101 \, \vdots \, \overline{ab}$

Không tồn tại giá trị nào thỏa mãn đề bài.

* Với:
$\overline{cd} = 10 \Rightarrow \overline {ab} = 10$
Cặp số nói trên không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

$\overline{cd} = 20 \Rightarrow \overline{ab} = 10; 20$

$\overline{cd} = 25 \Rightarrow \overline{ab} = 25$

$\overline{cd} = 50 \Rightarrow \overline{ab} = 10; 25; 50$
Tất cả các giá trị nói trên đều không thỏa mãn đề bài.

KẾT LUẬN: Không tồn tại số $\overline{abcd}$ để nó chia hết cho tích $\overline{ab}.\overline{cd}$

^^! Po: Không dám chắc vì mình không giỏi phần số học cho lắm!!!


#310706 $\sqrt{1-x^{2}}-\sqrt{x+1}=\sqrt{1-x}-1$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 15-04-2012 - 19:19 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

$\sqrt{1-x^{2}}-\sqrt{x+1}=\sqrt{1-x}-1 \,\,\,\,\,\, (1)$
ĐK: $-1 \leq x \leq 1$
$(1) \Leftrightarrow \sqrt{x + 1}(\sqrt{1 - x} - 1) - (\sqrt{1 - x} - 1) = 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{1 - x} - 1)(\sqrt{x + 1} - 1) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \sqrt{1 - x} = 1\\\sqrt{x + 1} = 1\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow x = 0$


#310691 $a+b\geq 2$.CMR $a^{4}+b^{4}\geq a^{3}+b^{3}$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 15-04-2012 - 18:45 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cách khác:
Ta luôn có: $(a - b)^2 \geq 0$

$\Rightarrow 2(a^2 + b^2) \geq (a + b)^2 \geq 2(a + b) \Leftrightarrow a^2 + b^2 \geq a + b$

Do a, b khác 0. nhân hai vế của BĐT trên với: $a^2 - ab + b^2$, ta có:
$(a^2 + b^2)(a^2 - ab + b^2) \geq (a + b)(a^2 - ab + b^2)$

$\Leftrightarrow a^4 + b^4 + 2a^2b^2 - ab^3 - ba^3 \geq a^3 + b^3$

$\Leftrightarrow a^4 + b^4 \geq a^3 + b^3 + ab(a - b)^2 \geq a^3 + b^3 \,\, (a, b > 0)$

Dấu "=" xảy ra khi a = b = 1


#310598 Cho a,b,c >0.CMR: $\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+ab}+\frac{b...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 15-04-2012 - 12:54 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho a,b,c > 0.CMR:
$\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+ab}+\frac{b^{2}+c^{2}}{a^{2}+bc}+\frac{c^{2}+a^{2}}{b^{2}+ac}\geq 3$

Giải

Ta có:
$VT \geq \frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+\dfrac{a^2 + b^2}{2}}+\frac{b^{2}+c^{2}}{a^{2}+\dfrac{b^2 + c^2}{2}}+\frac{c^{2}+a^{2}}{b^{2}+\dfrac{c^2 + a^2}{2}}$

$= \dfrac{2(a^2 + b^2)}{2c^2 + a^2 + b^2} + \dfrac{2(b^2 + c^2)}{2a^2 + b^2 + c^2} + \dfrac{2(c^2 + a^2)}{2b^2 + c^2 + a^2}$

$= 2[\dfrac{a^2 + b^2}{(b^2 + c^2) + (c^2 + a^2)} + \dfrac{b^2 + c^2}{(c^2 + a^2) + (a^2 + b^2)} + \dfrac{c^2 + a^2}{(a^2 + b^2) + (b^2 + c^2)}] \,\,\ (I)$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}X = a^2 + b^2\\Y = b^2 + c^2\\Z = c^2 + z^2\end{array}\right. (X; Y; Z > 0)$, (I) trở thành:

$2(\dfrac{X}{Y + Z} + \dfrac{Y }{Z + X} + \dfrac{Z}{X + Y})$

Ta luôn chứng minh được: $\dfrac{X}{Y + Z} + \dfrac{Y }{Z + X} + \dfrac{Z}{X + Y} \geq \dfrac{3}{2}$
Thật vậy:
$\dfrac{X}{Y + Z} + \dfrac{Y }{Z + X} + \dfrac{Z}{X + Y} = (X + Y + Z)(\dfrac{1}{Y + Z} + \dfrac{1 }{Z + X} + \dfrac{1}{X + Y}) - 3$

$= \dfrac{1}{2}[(X + Y) + (Y + Z) + (Z + X)](\dfrac{1}{Y + Z} + \dfrac{1 }{Z + X} + \dfrac{1}{X + Y}) - 3$

$\geq \dfrac{1}{2}.3\sqrt[3]{(X + Y)(Y + Z)(Z + X)}.\dfrac{3}{\sqrt[3]{(X + Y)(Y + Z)(Z + X)}} - 3 = \dfrac{9}{2} - 3 = \dfrac{3}{2}$

Do đó:
$2(\dfrac{X}{Y + Z} + \dfrac{Y }{Z + X} + \dfrac{Z}{X + Y}) \geq 3 \Rightarrow (I) \geq 3$

$\Leftrightarrow VT = \frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+ab}+\frac{b^{2}+c^{2}}{a^{2}+bc}+\frac{c^{2}+a^{2}}{b^{2}+ac} \geq 3$

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c


#310462 Giải các HPT sau:$\left\{\begin{matrix}x^{2}-y^{2}-y=0...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 14-04-2012 - 23:00 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Bài 4.
$\left\{\begin{array}{l}2+6y+\sqrt{x-2y}=\frac{x}{y}\,\,\,\, (1)\\\sqrt{x+\sqrt{x-2y}}=x+3y-2 \,\,\,\, (2)\end{array}\right.$
Giải
ĐK: $\left\{\begin{array}{l}y \neq 0\\x \geq 2y\\ x \geq - \sqrt{x - 2y}\end{array}\right.$
Ta có:
$2+6y+\sqrt{x-2y}=\frac{x}{y} \Leftrightarrow 2y + 6y^2 + y\sqrt{x - 2y} = x$

$\Leftrightarrow (x - 2y) - y\sqrt{x - 2y} - 6y^2 = 0 \Rightarrow \dfrac{x - 2y}{y^2} - \dfrac{\sqrt{x - 2y}}{y} - 6 = 0 \,\,\,\, (1)$

Đặt $T = \dfrac{\sqrt{x - 2y}}{y}$, (1) trở thành:
$T^2 - T - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} T = 3\\T = - 2\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} \dfrac{\sqrt{x - 2y}}{y}= 3\\\dfrac{\sqrt{x - 2y}}{y} = -2\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \sqrt{x - 2y} = 3y\\\sqrt{x - 2y} = -2y\end{array}\right.$

- Với $\sqrt{x - 2y} = -2y \,\, (y \leq 0)$, ta có PT (2) trở thành:

$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x - 2y} = -2y \\\sqrt{x - 2y} = x + 3y - 2 = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\sqrt{x - 2y} = -2y \\-2y = x + 3y - 2 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\sqrt{2 - 7y} = -2y\\x = 2 - 5y\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}4y^2 + 7y - 2 = 0\\y \leq 0\\x = 2 - 5y\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l} y = -2\\y = \dfrac{1}{4}\end{array}\right.\\y \leq 0\\x = 2 - 5y\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}y = -2\\x = 12\end{array}\right.$
- Với $\sqrt{x - 2y} = 3y \,\, (y \geq 0)$, PT (2) trở thành:
$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x - 2y} = 3y\\\sqrt{x + 3y} = x + 3y - 2 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\sqrt{x - 2y} = 3y\\\left[\begin{array}{l} \sqrt{x + 3y} = - 1\\\sqrt{x + 3y} = 2\end{array}\right.\end{array}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\sqrt{x - 2y} = 3y\\\sqrt{x + 3y} = 2\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\sqrt{4 - 5y} = 3y\\x = 4 - 3y\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}9y^2 + 5y - 4 = 0 \\y \geq 0\\x = 4 - 3y\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l} y = \dfrac{4}{9}\\y = -1\end{array}\right.\\y \geq 0\\x = 4 - 3y\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}y = \dfrac{4}{9}\\x = 4 - 3y\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}y = \dfrac{4}{9}\\x = \dfrac{8}{3}\end{array}\right.$


#310436 Giải các HPT sau:$\left\{\begin{matrix}x^{2}-y^{2}-y=0...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 14-04-2012 - 22:15 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Bài 3.
Phương trình ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}x^{3}y(1+y)+x^{2}y^{2}(y+2)+xy^{3}=30\\x^{2}y+x(1+y+y^{2})+y-11=0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}xy[x^2(1 + y) + xy(y + 2) + y^2 ] = 30\\x^2y + x + xy + xy^2 + y = 11\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}xy[(x^2 + 2xy + y^2) + x^2y + xy^2] = 30\\(x^2y + xy^2) + (x + xy + y) = 11\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}xy(x + y)(xy + x + y) = 30\\xy(x + y) + (x + y + xy) = 11\end{array}\right. \,\,\,\,\, (I)$
Đặt: $\left\{\begin{array}{l}S = xy + x + y\\P = xy(x + y)\end{array}\right. \,\,\, (S^2 \geq 4P)$. Phương trình (I) trở thành:

$\left\{\begin{array}{l}S.P = 30\\S + P = 11\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}S = 5\\P = 6\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}S = 6\\P = 5\end{array}\right.\end{array}\right.$
* Với $\left\{\begin{array}{l}S = 5\\P = 6\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}xy + x + y = 5\\xy(x + y) = 6\end{array}\right.$
Đặt $\left\{\begin{array}{l}S' = x + y\\P' = xy\end{array}\right. \,\,\,\, (S'^2 \geq 4P')$
Ta có:
$\left\{\begin{array}{l}S' + P' = 5\\S'.P' = 6\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}S' = 2\\P' = 3\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}S' = 3\\P' = 2\end{array}\right.\end{array}\right.$
Kết hợp với điều kiện: $S'^2 \geq 4P'$, ta chọn cặp: $(S'; P') = (3; 2)$:
$\left\{\begin{array}{l}S' = 3\\P' = 2\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x + y = 3\\xy = 2\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array}\right.\end{array}\right.$

* Với $\left\{\begin{array}{l}S = 6\\P = 5\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}xy + x + y = 6\\xy(x + y) = 5\end{array}\right.$
Đặt $\left\{\begin{array}{l}S' = x + y\\P' = xy\end{array}\right. \,\,\,\, (S'^2 \geq 4P')$
Ta có:
$\left\{\begin{array}{l}S' + P' = 6\\S'.P' = 5\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}S' = 5\\P' = 1\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}S' = 1\\P' = 5\end{array}\right.\end{array}\right.$
Kết hợp với điều kiện: $S'^2 \geq 4P'$, ta chọn cặp: $(S'; P') = (5; 1)$:
$\left\{\begin{array}{l}S' = 5\\P' = 1\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x + y = 5\\xy = 1\end{array}\right.$
$\Rightarrow$ x, y là nghiệm của phương trình:
$X^2 - 5X + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} X = \dfrac{5 + \sqrt{21}}{2}\\X = \dfrac{5 - \sqrt{21}}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x = \dfrac{5 + \sqrt{21}}{2}\\y = \dfrac{5 - \sqrt{21}}{2}\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x = \dfrac{5 - \sqrt{21}}{2}\\y = \dfrac{5 + \sqrt{21}}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.$


#309604 ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 10 TRƯỜNG THPT KỲ LÂM NĂM 2011 - 2012

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 11-04-2012 - 06:00 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Câu 3. Xét tất cả các tam thức bậc hai $f(x) = ax^2 + bx + c $ sao cho a < b và $f(x) \geq 0 \forall x$. Tìm GTNN:
$$M = \dfrac{a + b + c}{b - a}$$

Cô giáo dạy Toán giải cho bọn em theo cách này, mọi người tham khảo nhé.

Giải

Do $f(x) = ax^2 + bx + c \geq 0 \,\forall x$ nên:

$f(-2) = 4a - 2b + c \geq 0$

$\Leftrightarrow a + b + c + 3(a - b) \geq 0 \Leftrightarrow a + b + c \geq 3(b - a) \,\,\,\, (I)$

Ta thấy: a < b, do đó b - a > 0. Chia hai vế của (I) cho (b - a), ta có:

$\dfrac{a + b + c}{b - a} \geq 3 \Rightarrow Min_{M} = 3$

Dấu "=" xảy ra khi $f(- 2) = 0 \Leftrightarrow 4a - 2b + c = 0 \, (a < b) $


#309585 Tính $B=(4x^{5}+4x^{4}-5x^{3}+5x-2)^{2}+2008$ khi $x=\fra...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 10-04-2012 - 23:16 trong Đại số

Cho biểu thức: $B=(4x^{5}+4x^{4}-5x^{3}+5x-2)^{2}+2008$. Tính giá trị của B khi $x=\frac{1}{2}.\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}}$

Giải

Ta có:
$x=\frac{1}{2}.\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}} = \dfrac{1}{2}.\sqrt{\dfrac{(\sqrt{2} - 1)^2}{(\sqrt{2} - 1)(\sqrt{2} + 1)}}$

$ = \dfrac{1}{2}.(\sqrt{2} - 1)$ (do $(\sqrt{2} - 1)(\sqrt{2} + 1) = \sqrt{2^2} - 1 = 1$)

Ta thấy:
$x = \dfrac{\sqrt{2} - 1}{2} \Leftrightarrow 2x + 1 = \sqrt{2} $

$\Rightarrow (2x + 1)^2 = 2 \Leftrightarrow 4x^2 + 4x - 1 = 0 \,\,\,\,\, (1)$
Mặt khác
$B = (4x^{5}+4x^{4}-5x^{3}+5x-2)^2 + 2008$

$= [(4x^5 + 4x^4 - x^3) - (4x^3 + 4x^2 - x) + 4x^2 + 4x - 1 - 1]^2 + 2008$

$= [(4x^2 + 4x - 1)(x^2 - x + 1) - 1]^2 + 2008 \,\,\,\,\, (2)$

Do đó, từ (1) và (2), ta suy ra:
$B = (0 - 1)^2 + 2008 = 2009$


#309352 Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn toán lớp 10 tỉnh Hà Tĩnh năm học 2011-2012

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 09-04-2012 - 22:13 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Câu 1
a) Giải phương trình: $x^2-7x+10=2\sqrt{x-2}$
b) Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix}x^2-y^2-2x+2y=-3
& \\y^2-2xy+2x=-4
&
\end{matrix}\right.$$

Giải

a, ĐK: $x \geq 2$
Phương trình ban đầu tương đương:
$(x - 2)(x - 5) - 2\sqrt{x - 2} = 0 \Leftrightarrow \sqrt{x - 2}[(x - 5)\sqrt{x - 2} - 2] = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 2\\(x - 5)\sqrt{x - 2 } = 2 \,\,\,\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$

Ta có: $(2) \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 5\\(x - 5)^2(x - 2) = 4\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 5\\x^3 - 12x^2 + 45x - 54 = 0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 5\\(x - 6)(x^2 - 6x + 9) = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 5\\ \left[\begin{array}{l} x = 3\\x = 6\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow x = 6$
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm: x = 6 và x = 2
b, Hơi dài.
$\left\{\begin{array}{l}x^2-y^2-2x+2y=-3\\y^2-2xy+2x=-4\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}(x - 1)^2 - (y - 1)^2 = -3\\(y - x)^2 - (x - 1)^2 = -5\end{array}\right.$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}a = x - 1\\b = y - 1\end{array}\right. \Rightarrow b - a = y - x$

Phương trình ban đầu trở thành:
$\left\{\begin{array}{l}a^2 - b^2 = -3\\(b - a)^2 - a^2 = -5\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a^2 - b^2 = - 3\\b^2 - 2ab = -5\end{array}\right. \,\,\,\,(II)$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}5a^2 - 5b^2 = -15\,\,\,\, (1)\\3b^2 - 6ab = -15\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$

Lấy (1) - (2) vế theo vế, ta được:
$5a^2 + 6ab - 8b^2 = 0 \Leftrightarrow (a + 2b)(5a - 4b) = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} a = -2b\\a = \dfrac{4b}{5}\end{array}\right.$
- Với a = -2b, hệ (II) trở thành:
$\left\{\begin{array}{l} a = -2b\\(-2b)^2 - b^2 = -3\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} a = -2b\\b^2 = -1\end{array}\right.$
Hệ phương trình này vô nghiệm.
- Với $a = \dfrac{4b}{5}$, hệ trở thành:
$\left\{\begin{array}{l} a = \dfrac{4b}{5}\\\dfrac{16b^2}{25} - b^2 = - 3\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a = \dfrac{4b}{5}\\b^2 = \dfrac{25}{3}\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a = \dfrac{4}{5}b = \pm \dfrac{4}{\sqrt{3}}\\b = \pm \dfrac{5}{\sqrt{3}}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x - 1 = \dfrac{4}{\sqrt{3}}\\y - 1 = \dfrac{5}{\sqrt{3}}\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}x - 1 = \dfrac{- 4}{\sqrt{3}}\\y - 1 = \dfrac{- 5}{\sqrt{3}}\end{array}\right.\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x = 1 + \dfrac{4}{\sqrt{3}}\\y = 1 + \dfrac{5}{\sqrt{3}}\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x = 1 - \dfrac{4}{\sqrt{3}}\\y = 1 - \dfrac{5}{\sqrt{3}}\end{array}\right.\end{array}\right.$

P/S: Đề thi 150 phút. không được sử dụng máy tính cầm tay trong phòng thi. :(


#308886 Giải hệ $\left\{\begin{matrix}(xy+1)^3=2y^3(9-5xy) &...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-04-2012 - 23:48 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Bài 2
$\left\{\begin{array}{l}(xy+1)^3=2y^3(9-5xy)\,\,\,\,\, (1)\\xy(5y-1)=1+3y\,\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$

Giải

Với y = 0, hệ phương tình tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}1 = 0\\0 = 1\end{array}\right.$
Dễ thấy điều này vô lý. Do đó y khác 0.

Với mọi y khác 0, chia hai vế của (1) cho $y^3$, hai vế của (2) cho y, ta có:
$\left\{\begin{array}{l}(\dfrac{xy + 1}{y})^3 = 2(9 - 5xy)\\5xy - x = \dfrac{1}{y} + 3\end{array}\right.­­­ \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}(x + \dfrac{1}{y})^3 = 2(9 - 5xy)\\5xy = x + \dfrac{1}{y} + 3\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}(x + \dfrac{1}{y})^3 = 2 (6 - x - \dfrac{1}{y})\,\,\,\,\,\, (3)\\5xy = x + \dfrac{1}{y} + 3\end{array}\right.$

Đặt $x + \dfrac{1}{y} = A$, PT (3) trở thành: $A^3 = 2(6 - A)$
$\Leftrightarrow A^3 + 2A - 12 = 0 \Leftrightarrow (A - 2)(A^2 + 2A + 6 ) = 0$

$\Rightarrow A = 2 $ (Do $A^2 + 2A + 6 = (A + 1)^2 + 5 > 0$)

Ta có: $A = 2 \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x + \dfrac{1}{y} = 2\\xy = 1\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2x = 2\\y = \dfrac{1}{x}\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array}\right.$


#308884 Đề thi HSG lớp 10 trường THPT Thanh Thủy - Phú Thọ

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-04-2012 - 23:15 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

THPT Thanh Thủy - Phú Thọ
Bài 3: (2đ) Giải hệ phương trình :
$\begin{cases} 8x^2+18y^2+36xy-(10x+15y)\sqrt{6xy} =0 \,\,\,\, (1) \\ 2x^2+3y^2=30 \,\,\,\, (2) \end{cases}$

Giải

ĐK: $xy \geq 0$
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
$2(4x^2 + 9y^2 + 12xy) + 12xy - 5(2x + 3y)\sqrt{6xy} = 0$

$\Leftrightarrow 2(2x + 3y)^2 - 5(2x + 3y)\sqrt{6xy} + 12xy = 0 \,\,\,\,\,\,\,\, (1)$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}2x + 3y = A\\\sqrt{6xy} = B \geq 0\end{array}\right.$
Phương trình (1) trở thành: $2A^2 - 5AB + 2B^2 = 0 \Leftrightarrow (2A - B)(B - 2A) = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} A = 2B\\B = 2A\end{array}\right. \Rightarrow \left[\begin{array}{l} 2x + 3y = 2\sqrt{6xy} \,\,\,\, (3)\\\sqrt{6xy} = 2(2x + 3y) \,\,\,\, (4)\end{array}\right.$

Dễ thấy ở cả hai phương trình, nếu x và y < 0 thì phương trình vô nghiệm.
Mặt khác: $xy \geq 0$. Do đó: $x, y \geq 0$.
Ta có: $(3) \Leftrightarrow (\sqrt{2x} - \sqrt{3y})^2 = 0 \Leftrightarrow 2x = 3y$.
Thế vào phương trình thứ 2 của hệ ban đầu. Giải phương trình bậc hai vừa tìm được và lấy nghiệm không âm của phương tình này.

Phương trình (4) vô nghiệm.


#308871 Giải phương trình : $\sqrt{x^{2}+5}+3x =\sqrt{x^{2}+12}+5$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-04-2012 - 22:13 trong Đại số

Giải phương trình : $\sqrt{x^{2}+5}+3x =\sqrt{x^{2}+12}+5$

Giải

Dễ thấy, nếu x < 0:
$VT = \sqrt{x^2 + 5} + 3x < \sqrt{x^2 + 12} < \sqrt{x^2 + 12} + 5$.
Phương trình vô nghiệm. Vậy $x \geq 0$.

Phương trình ban đầu tương đương:
$(\sqrt{x^2 + 5} - 3) - (\sqrt{x^2 + 12} - 4) + 3x - 6 = 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{x^2 - 4}{\sqrt{x^2 + 5} + 3} - \dfrac{x^2 - 4}{\sqrt{x^2 + 12} + 4} + 3(x - 2) = 0$

$\Leftrightarrow (x - 2)[\dfrac{x + 2}{\sqrt{x^2 + 5} + 3} - \dfrac{x + 2}{\sqrt{x^2 + 12} + 4} + 3] = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 2\\\dfrac{x + 2}{\sqrt{x^2 + 5} + 3} - \dfrac{x + 2}{\sqrt{x^2 + 12} + 4} + 3 = 0\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$

Ta có:
$(2) \Leftrightarrow (x + 2)[\dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 5} + 3} - \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 12} + 4}] + 3 = 0$

$\Leftrightarrow (x + 2).\dfrac{\sqrt{x^2 + 12} - \sqrt{x^2 + 5} + 1}{(\sqrt{x^2 + 5} + 3)(\sqrt{x^2 + 12} + 4)} = 0 $

Do x > 0 nên VT > 0 = VF. Do đó phương trình (2) vô nghiệm.

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 2.


#308863 $$\left\{\begin{array}{1}y^2 - xy + 1 = 0 \...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-04-2012 - 21:48 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{array}{1}y^2 - xy + 1 = 0 \,\,\,\, (1)\\x^2 + y^2 + 2x + 2y + 1 = 0\,\,\,\, (2) \end{array}\right.$

Giải

Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn y. Phương trình này có biệt thức: $\Delta = x^2 - 4 $.
Hệ có nghiệm khi (1) có nghiệm, khi đó $\Delta = x^2 - 4 \geq 0 \Rightarrow \left[\begin{array}{l} x \leq -1\\x \geq 2\end{array}\right. \,\,\,\,\, (I)$

Ta lại có:
$(2) \Leftrightarrow x(x + 2) = - (y + 1)^2 \leq 0 \Leftrightarrow -2 \leq x \leq 0 \,\,\,\,\ (II)$

Từ (I) và (II), suy ra hệ có nghiệm x = -2. Suy ra y = -1. Hệ có nghiệm duy nhất: (x; y) = (-2; -1)


#308861 $(x-1)^{2}+2(x+1)\sqrt{\frac{x-3}{x+1}}=12$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-04-2012 - 21:38 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải phương trình:
$(x-1)^{2}+2(x+1)\sqrt{\frac{x-3}{x+1}}=12 \,\,\,\,\,\, (1)$

Giải

Ta có: $(1) \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x \geq 3\\(x - 1)^2 + 2\sqrt{(x + 1)(x - 3) } = 12\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x < - 1 \\(x - 1)^2 - 2\sqrt{(x + 3)(x + 1)} = 12\end{array}\right.\end{array}\right.$

Hệ (I) tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}x \geq 3\\x^2 - 2x + 1 + 2\sqrt{x^2 - 2x - 3} = 12\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 3\\T^2 + 2T = 8 \,\,\, (T = \sqrt{x^2 - 2x - 3} \geq 0)\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 3\\ \left[\begin{array}{l} T = 2 \\T = - 4 (Loai)\end{array}\right.\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 3\\x^2 - 2x - 7 = 0\end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 3\\ \left[\begin{array}{l} x = 1 + 2\sqrt{2}\\x = 1 - 2\sqrt{2} \end{array}\right.\end{array}\right. \rightarrow x = 1 + 2\sqrt{2}$

Hệ (II) tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}x < -1\\x^2 - 2x + 1 - 2\sqrt{x^2 - 2x - 3} = 12\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x < -1\\T^2 - 2T = 8 (T = \sqrt{x^2 - 2x - 3} \geq 0)\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x < -1\\ \left[\begin{array}{l} T = 4 \\T = - 2 (Loai)\end{array}\right.\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x < -1\\x^2 - 2x - 19 = 0\end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x < -1\\ \left[\begin{array}{l} x = 1 + 2\sqrt{5}\\x = 1 - 2\sqrt{5} \end{array}\right.\end{array}\right. \Rightarrow x = 1 - 2\sqrt{5}$

Vậy PT ban đầu có tập nghiệm: S = {$1 + 2\sqrt{2}; 1 - 2\sqrt{5}$}


#308848 Giải hệ$\left\{\begin{matrix}x^2-2xy+x+y=0 & &...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-04-2012 - 21:07 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Bài 4
$\left\{\begin{array}{l}x+\frac{2xy}{\sqrt[3]{x^2-2x+9}}=x^2+y\\\\ y+\frac{2xy}{\sqrt[3]{y^2-2y+9}}=y^2+x\end{array}\right.$

Giải.

Lấy (1) - (2) vế theo vế, ta được:

$x - y + 2xy(\dfrac{1}{\sqrt[3]{x^2 - 2x + 9}} - \dfrac{1}{\sqrt[3]{y^2 - 2y + 9}}) = x^2 + y - (y^2 + x)$

$\Leftrightarrow y^2 - x^2 + 2x - 2y + 2xy\dfrac{\sqrt[3]{y^2 - 2y + 9} - \sqrt[3]{x^2 - 2x + 9}}{\sqrt[3]{(x^2 - 2x + 9)(y^2 - 2y + 9)}} = 0$

$\Leftrightarrow y^2 - x^2 + 2x - 2y + 2xy.\dfrac{y^2 - 2y - x^2 + 2x}{A} = 0$

($A = \sqrt[3]{(x^2 - 2x + 9)(y^2 - 2y + 9)}[\sqrt[3]{(x^2 - 2x + 9)^2} + \sqrt[3]{(x^2 - 2x + 9)(y^2 - 2y + 9)} + \sqrt[3]{(y^2 - 2y + 9)^2}]$)

$\Leftrightarrow (y^2 - x^2 + 2x - 2y) (1 + \dfrac{2xy}{A}) = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} (y - x)(x + y - 2) = 0\\1 + \dfrac{2xy}{A} = 0\,\,\,\,\,\,\,\ (1)\end{array}\right.$

Phương trình ban đầu luôn có:
$\left\{\begin{array}{l}\dfrac{2xy}{\sqrt[3]{x^2 - 2x + 9}} = x^2 - x + y\\\dfrac{2xy}{\sqrt[3]{y^2 - 2y + 9}} = y^2 - y + x\end{array}\right. $

Giả sử: $2xy \leq 0 \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2 - x + y \leq 0\\y^2 - y + x \leq 0\end{array}\right. \Rightarrow y^2 + x^2 \leq 0 $

$\Rightarrow x = y = 0$
Thử lại thấy đúng. Vậy (0; 0) là một nghiệm của phương trình.

Với 2xy > 0, (1) vô nghiệm.
- Với x = y (khác 0), hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}x = y\\x+\frac{2x^2}{\sqrt[3]{x^2-2x+9}}=x^2+x\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x = y\\2 = \sqrt[3]{x^2 - 2x + 9}\end{array}\right. \Leftrightarrow x = y = 1$

- Với x + y = 2, hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}x + y = 2\\x+\frac{2x(2 - x)}{\sqrt[3]{x^2-2x+9}}=x^2 + 2 - x \,\,\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$
Ta có: (2) tương đương: $\dfrac{4x - 2x^2}{\sqrt[3]{x^2 - 2x + 9 }} = x^2 - 2x + 2$
Dễ thấy: 2x - x^2 > 0 (do VF > 0)
Ta có: $VT = \dfrac{4x - 2x^2}{\sqrt[3]{(x - 1)^2 + 8}} \leq 2x - x^2 = - (x^2 - 2x + 1) + 1 \leq 1$

$VF = (x - 1)^2 + 1 \geq 1$
Dấu "=" xảy ra khi x = 1. Do đó y = 1
Vậy, phương trình ban đầu có 2 nghiệm (0; 0); (1; 1)


#301364 $$\sqrt{2x^2+x+6}+\sqrt{x^2+x+3}=2\left(x+\frac...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 27-02-2012 - 22:37 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Câu 1: Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{x^2 + 91} = \sqrt{y - 2} + y^2\\\sqrt{y^2 + 91} = \sqrt{x - 2} + x^2 \
\end{matrix}\right.$$

Giải

ĐK: $x, y \geq 0$

Giả sử $x \geq y > 0 \Rightarrow x^2 + \sqrt{x - 2} \geq y^2 + \sqrt{y - 2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{y^2 + 91} \geq \sqrt{x^2 + 91}$
$\Leftrightarrow y^2 \geq x^2 \Leftrightarrow y \geq x$
Vậy x = y.
Thay x = y vào phương trình thứ (1) của hệ, (1) tương đương:
$\sqrt{y^2 + 91} = \sqrt{y - 2} + y^2
\Leftrightarrow \sqrt{y^2 + 91} - 10 = \sqrt{y - 2} - 1 + y^2 - 9 $

$\Leftrightarrow \dfrac{y^2 - 9}{\sqrt{y^2 + 91} + 10} = \dfrac{y - 3}{\sqrt{y - 2} + 1} + (y - 3)(y + 3)= 0$

$\Leftrightarrow (y - 3)[(y + 3)(\dfrac{1}{\sqrt{y^2 + 91} + 10} - 1) - \dfrac{1}{\sqrt{y - 2} + 1}]= 0$

$\Leftrightarrow (y - 3)[(y + 3)\dfrac{- \sqrt{y^2 + 91} - 9}{\sqrt{y^2 + 91 } + 10} - \dfrac{1}{\sqrt{y - 2} - 1}] = 0$

$ \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} y = 3 ™\\(y + 3)\dfrac{- \sqrt{y^2 + 91} - 9}{\sqrt{y^2 + 91 } + 10} - \dfrac{1}{\sqrt{y - 2} - 1} = 0 \,\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$

Nhận thấy: $\forall y \geq 2 \Rightarrow VT_{(2)} < 0 = VF$. Vậy (2) vô nghiệm

Hệ ban đầu có nghiệm x = y = 2

Câu 2: Giải phương trình:
$10(x^2 - 2x + 1)(x^2 - 5x + 6) = (x - 1)\sqrt{2x - 4} + (2x - 4)\sqrt{x - 1}$

Giải

ĐK: $x \geq 2$

Phương trình $\Leftrightarrow 10\left ( x - 1 \right )^2 (x - 2)(x- 3)= \sqrt{\left ( x -1 \right )\left ( 2x - 4 \right )}(\sqrt{x -1} - \sqrt{2x - 4})$

$\Leftrightarrow 0\left ( x - 1 \right )^2 (x - 2)(x- 3)= \sqrt{\left ( x -1 \right )\left ( 2x - 4 \right )}\frac{- x + 3}{\sqrt{x - 1} + \sqrt{2x - 4}}$

* Nhận thấy: x = 2; 3 là nghiệm của phương trình.
* Với $x \neq 1; 2; 3$ chia hai vế của phương tình cho:$ \sqrt{\left ( x - 1 \right )\left ( x - 2 \right )}\left ( x - 3 \right ).$
Phương trình tương đương:
$10\sqrt{\left ( x - 1 \right )^3\left (x - 2 \right )} = \sqrt{2}\frac{-1}{\sqrt{x - 1} + \sqrt{2x - 4}} \,\,\,\,\,\,\,(2)$

$\forall x \geq 2 \Rightarrow \left\{\begin{matrix}
VT \geq 0\\ VF < 0
\end{matrix}\right.$
Vậy $VT \geq VF \Rightarrow$ (2) vô nghiệm
Phương trình ban đầu có hai nghiệm x = 2 và x = 3


#301154 $$ \dfrac{ab^2}{c^2} + \dfrac{bc^2}{a^2} + \dfrac{ca...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-02-2012 - 17:07 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Cho các số dương $a, b, c$ Chứng minh rằng :
$$ \dfrac{ab^2}{c^2} + \dfrac{bc^2}{a^2} + \dfrac{ca^2}{b^2} + a + b + c \ge \dfrac{6(a^2 + b^2 + c^2)}{a + b + c} \,\,\, (1)$$

Giải

Bất đẳng thức ban đầu tương đương:
$(a + b + c)(\dfrac{ab^2}{c^2} + \dfrac{bc^2}{a^2} + \dfrac{ca^2}{b^2}) + (a + b + c)^2 \geq 6(a^2 + b^2 + c^2)$
Trước tiên, ta cần chứng minh:
$\dfrac{ab^2}{c^2} + \dfrac{bc^2}{a^2} + \dfrac{ca^2}{b^2} \geq a + b + c$

Thật vậy, ta có:
$\dfrac{ab^2}{c^2} + \dfrac{ab^2}{c^2} + \dfrac{bc^2}{a^2} + c + c \geq 5 \sqrt[5]{\dfrac{a^2b^5c^4}{a^2c^4}} = 5b$

Tương tự:
$\dfrac{bc^2}{a^2} + \dfrac{bc^2}{a^2} + \dfrac{ca^2}{b^2} + 2a \geq 5c$

$\dfrac{ca^2}{b^2} + \dfrac{ca^2}{b^2} + \dfrac{ab^2}{c^2} + 2b \geq 5a$

$\Rightarrow 3(\dfrac{ab^2}{c^2} + \dfrac{bc^2}{a^2} + \dfrac{ca^2}{b^2}) \geq 3(a + b + c)$

$\Leftrightarrow \dfrac{ab^2}{c^2} + \dfrac{bc^2}{a^2} + \dfrac{ca^2}{b^2} \geq a + b + c$

Do đó:
$VT_{(1)} \geq 2(a + b + c)^2 \geq 2.3(a^2 + b^2 + c^2) = 6(a^2 + b^2 + c^2) = VF$

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c


#299419 Cho x,y,z>0 t/m:$x^{2}+y^{2}+z^{2}=xyz$ CMR:$xy+yz+xz+9...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 14-02-2012 - 21:21 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho x, y, z > 0 t/m: $x^{2}+y^{2}+z^{2}=xyz$
CMR: $xy+yz+xz+9 \geq 4(x+y+z)$

Giải


Áp dụng BĐT Côsi (AM - GM) cho 4 số thực dương xy, yz, zx và 9, ta có:

$xy + yz + zx + 9 \geq 4\sqrt[4]{9x^2y^2z^2} = 4\sqrt{3xyz} = 4\sqrt{3(x^2 + y^2 + z^2)}$

(Chú ý giả thiết: $x^2 + y^2 + z^2 = xyz$)

Lại có: $3(x^2 + y^2 + z^2) \geq (x + y + z)^2$

(Bạn có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương)

Do đó: $VT \geq 4\sqrt{3(x^2 + y^2 + z^2)} \geq 4.|x + y + z| = 4(x + y + z) (x, y, z > 0)$

Vậy, BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi : x = y = z = 3


  1. Diễn đàn Toán học
  2. → Phạm Hữu Bảo Chung nội dung