Giải hệ phương trình 

 

8) $\left\{\begin{matrix}4x^2+2xy=3 & \\ y^2+2xy=-2 & \end{matrix}\right.$

 

Hệ tương đương với

$\left\{\begin{matrix} 8x^2+4xy=6 & & \\ 3y^2+6xy=-6 & & \end{matrix}\right.$

Cộng theo vế 2 phương trình ta có 

$8x^2+10xy+3y^2=0 \Leftrightarrow (2x+y)(4x+3y)=0$

Đến đây thì dễ rồi

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} 8(x^2+y^2)+4xy=13-\frac{5}{(x+y)^2} & \\ \frac{1}{x+y}=1-2x & \end{matrix}\right.$

Phương trình thứ nhất đưa về thành

$5(x^2+y^2)+10xy+\frac{5}{(x+y)^2}+3(x^2+y^2)-6xy=13$

$\Leftrightarrow 5(x+y)^2+\frac{5}{(x+y)^2}+3(x-y)^2=13$

$\Leftrightarrow 5\left ( x+y+\frac{1}{x+y} \right )^2+3(x-y)^2=23$

Phương trình thứ đưa về thành

$x+y+\frac{1}{x+y}+(x-y)=1$

Đặt $x+y+\frac{1}{x+y}=a$; $x-y=b$

Ta có hệ 

$\left\{\begin{matrix} 5a^2+3b^2=23 & & \\ a+b=1 & & \end{matrix}\right.$

ĐOạn này có thể dùng phương pháp thế

giải phương trình 

1. $6^t+3^t=2^t$

 

Chia 2 vế cho $2^t \neq 0$ ta có 

$\left ( 3 \right )^t+\left ( \frac{3}{2} \right )^t - 1=0$

Có thể dùng đạo hàm hoặc biện luận rằng lấy $t_{1} > t_{2}$ rồi chứng minh hàm đồng biến trên R

Nên phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm. Ta thấy $t=-1$ thỏa mãn nên $t=1$ là nghiệm duy nhất

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

Nhân 2 với vế pt với $2$ rồi đưa về

Cho a+b+c=3. tìm GTNN của biểu thức P = $\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}+ \sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}+\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}$

Sao tự dưng đằng trước là $a,b,c$ đằng sau lại là $x,y,z$ vậy 

ta có $x^2+xy+y^2=\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2$

$\Rightarrow P=\sqrt{\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(y+z)^2+\frac{1}{4}(y-z)^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(x+z)^2+\frac{1}{4}(z-x)^2}$

Theo $Minkowxki$

$P\geqslant \sqrt{(\sqrt{3}(x+y+z))^2}=3\sqrt{3}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$

 

Giải phương trình

$x^3+3x^2-3\sqrt[3]{3x+5}=1-3x$

 

Phương trình đưa về

$(x+1)^3=3\sqrt[3]{3x+5}+2$

Đặt $x+1=a$ và $\sqrt[3]{3x+5}=b$

Lại có $3x+5=3(x+1)+2 \Rightarrow b^3=3a+2$

Từ phương trình cũng có $a^3=3b+2$

Như vậy ta có hệ $\left\{\begin{matrix} b^3=3a+2 & & \\ a^3=3b+2 & & \end{matrix}\right.$

Đây là hệ đối xứng loại 2 dễ dàng giải

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

Cách khác

Đặt $\sqrt{\frac{x+3}{2}}=t\Leftrightarrow 2t^2=x+3 \Leftrightarrow 2t^2=x+1+2$

phương trình viết lại thành

$2(x+1)^2-2=t\Leftrightarrow 2(x+1)^2=t+2$

Đặt tiếp $x+1=u$

Đưa về hệ đối xứng loại $2$

$\left\{\begin{matrix} 2t^2=u+2 & & \\ 2u^2=t+2 & & \end{matrix}\right.$

Đến đây thì dễ rồi

Bài 2: Giải phương trình:

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

Cách 2: 

Đặt $\sqrt{x-1}=a$ và $\sqrt{x^3+x^2+x+1}=b$ 

Phương trình trở thành

$a+b-ab-1=0 \Leftrightarrow (a-1)(b-1)=0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} a=1 & & \\ b=1 & & \end{bmatrix}$

Tới đây thay vào là ra

Ta luôn có $(x+2004)^2\geq 4.2004.x$

suy ra $\frac{x}{(x+2014)^2}\leq \frac{x}{4.2004.x}=\frac{1}{4.2004}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=2004$

$x^{4} + \sqrt{x^{2} + 2014} = 2014$

phương trình tương đương

$x^4 +x^2+\frac{1}{4}=x^2+2014-\sqrt{x^2+2014}+\frac{1}{4}$

$\Leftrightarrow (x^2+\frac{1}{2})^2=(\sqrt{x^2+2014}-\frac{1}{2})^2$

Đến đây thì dễ rồi

Giải pt: $3\sqrt{x^{3}+8}=2x^{2}-3x+10$

Điều kiện $x\geq -2$

Phương trình tương đương

$3\sqrt{(x+2)(x^2-2x+4)}=2x^2-3x+10$

Đặt $\sqrt{x+2}=a$, $\sqrt{x^2-2x+4}=b$

thì ta có $a^2+2b^2=2x^2-3x+10$

Phương trình trở thành $a^2-3ab+2b^2=0$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a=2b & & \\ a=b & & \end{bmatrix}$

$TH1: a=b \Rightarrow x+2=x^2-2x+4\Leftrightarrow x^2-3x+2=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=1 & & \\ x=2 & & \end{bmatrix}$

$TH2:a=2b \rightarrow 2x^2-5x+6 = 0$ phương trình này vô nghiệm

Bạn xem ở đây nhé

1/$\left\{\begin{matrix} & 2x^{3}-9y^{3}=(x-y)(2xy+3)\\ & x^2-xy+y^3=3 \end{matrix}\right.$

 

Phương trình dưới là $y^3$ hay $y^2$ vậy

Nếu là $y^2$ thì dễ hơn 

http://diendantoanho...ht/#entry513984  giống nhau quá ha :v

Em ko biết nha :v cơ mà em post trước đó :v

$Cho: a,b,c\geq 0 thoaman:a+b+c=2.Tim MaxP=ab^2+bc^2+ca^2$

không mất tính tổng quát giả sử $a=max\left \{ a;b;c \right \}$

Vì $c\leq a$ nên $bc^2\leq abc$

Vì $b\leq a$ nên $ab^2\leq ba^2$

Ta có 

$P=\frac{ab^2}{2}+\frac{ab^2}{2}+bc^2+ca^2$

$\Rightarrow P\leq \frac{ba^2}{2}+\frac{ab^2}{2}+abc+ca^2$

$=a\left ( ac+bc+\frac{ab}{2}+\frac{b^2}{2} \right )$

$=a\left ( a+b \right )\left ( c+\frac{b}{2} \right )$

$=4.\frac{a}{2}.\frac{a+b}{2}\left (c+\frac{b}{2}  \right )$

Áp dụng cô-si $3$ số $\left ( \frac{a}{2};\frac{a+b}{2};\left ( c+\frac{b}{2} \right ) \right )$ ta có

$P\leq 4.\left ( \frac{\frac{a}{2}+\frac{a+b}{2}+c+\frac{b}{2}}{2} \right )^3$

$\Leftrightarrow P\leq \frac{32}{27}$

4. $8x^{2}-13x+7=(1+\frac{1}{x})\sqrt[3]{(x+1)(2x-1)+x^{2}-x-1}$

 

Có ĐK $x\neq 0$

Nhân cả 2 vế phương trình với $x\neq 0$ ta có

$8x^3-13x^2+7x=(x+1)\sqrt[3]{(x+1)(2x-1)+x^2-x-1}$

$\Leftrightarrow (2x-1)^3-(x^2-x-1)=(x+1)\sqrt[3]{(x+1)(2x-1)+x^2-x-1}$

Đặt $\sqrt[3]{(x+1)(2x-1)+x^2-x-1}=t$

thì ta $\Rightarrow t^3=(x+1)(2x-1)+x^2-x-1$

và phương trình trở thành $(2x-1)^3=(x+1)t+x^2-x-1$

Đưa về hệ phương trình đối xứng loại 2

$\left\{\begin{matrix} t^3=(x+1)(2x-1)+x^2-x-1 & & \\ (2x-1)^3=(x+1)t+x^2-x-1 & & \end{matrix}\right.$

Đến đây thì dễ rồi

Cho các số thực dương thỏa x+y+z=1. CM: $x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\leq \frac{27}{4}$

Mình nghĩ đề bài phải là $\frac{4}{27}$ chứ bạn

Theo đề bài của bạn thì ta có luôn $x;y;z <1$ ... Tổng $x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x$ cùng lắm là $<3$ ... làm gì đến $\frac{27}{4}$

Nếu đề bài là $x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\leq \frac{4}{27}$ mình có cách làm thế này

Đặt $x= max \left \{ x ; y;z \right \}$

Vì $x>y$ nên $y^2z\leq xyz$

Vì $x>z$ nên $z^2x\leq zx^2$

Từ vế trái bất đẳng thức:

$x^2y+y^2z+z^2x=x^2y+y^2z+\frac{z^2x}{2}+\frac{z^2x}{2}$

$\leq x^2y+xyz+\frac{z^2x}{2}+\frac{zx^2}{2}$

$=x(x+z)\left ( y+\frac{z}{2} \right )$

$=4.\frac{x}{2}.\frac{x+z}{2}\left ( y+\frac{z}{2} \right )$

$\leq 4\left ( \frac{\frac{x}{2}+\frac{x+z}{2}+y+\frac{z}{2}}{3} \right )^3 = \frac{4}{27}$

Bạn có thể xem cách giải tổng quát ở

 

 

http://diendantoanho...-le-fracnnn1n1/

1,$\left\{\begin{matrix} 3x^{2}-5xy-4y^{2}=-3 & & \\ 9y^{2}+11xy-8x^{2}=6 & & \end{matrix}\right.$

Hệ phương trình tương đương

$\left\{\begin{matrix} 6x^2-10xy-8y^2=-6 & & \\ 9y^2+11xy-8x^2=6 & & \end{matrix}\right.$

Cộng theo vế hai phương trình ta có $-2x^2+xy+y^2=0$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y & & \\ 2x+y=0 & & \end{bmatrix}$

Đến đây thì dễ rồi

Hệ thứ ba thì dễ hơn

$\left\{\begin{matrix} (x-2y)(3x-2y)=0 & & \\ (x-2y)(5x+3y)=0 & & \end{matrix}\right.$

Từ đó suy ra $x=2y$

 

$2/ \left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}=9 & \\ x^{2}+2y^{2}=x+4y & \end{matrix}\right.$

Ta nhân hai vế phương trình thứ hai với $3$ rồi lấy phương trình thứ nhất trừ đi ra được

$x^3-3x^2+3x+y^3-6y^2+12y=9$

$\Leftrightarrow x^3-3x^2+3x-1=8-12y+6y^2-y^3$

$\Leftrightarrow (x-1)^3=(2-y)^3$

$\Leftrightarrow x-1=2-y$

$\Leftrightarrow x=3-y$

Đến đây thì dễ rồi

 

Giải hệ phương trình sau: 

$\left\{\begin{matrix}z^2+2xyz=1\\ 3x^2y^2+3y^2x=1+x^3y^4\\ z+zy^4=4y^3=4y+6y^2z\end{matrix}\right.$

 

Đặt $z=tan\alpha $ $\left ( \alpha \in \left ( \frac{-\pi }{2};\frac{\pi}{2} \right ) \right )$

Từ phương trình thứ nhất ta có $xy=\frac{1-z^2}{2z}$ 

$\Rightarrow xy=\frac{1-tan^2\alpha }{2tan\alpha }=cot2\alpha $

Từ phương trình thứ hai

$\Leftrightarrow 3(xy)^2+3(xy)y=1+(xy)^3y$

$\Leftrightarrow y=\frac{3(xy)^2-1}{(xy)^3-3xy}=\frac{3cot^22\alpha -1}{cot^32\alpha -3cot2\alpha }=tan6\alpha$

Từ phương trình thứ 3 suy ra

$\Leftrightarrow z=\frac{4y-4y^3}{1-6y^2+4y^4}=\frac{4tan6\alpha -4tan^36\alpha }{1-tan^26\alpha +4tan^46\alpha }=tan24\alpha$

Như vậy ta có $tan\alpha =tan24\alpha$

Từ đây giải ra $\alpha$ sẽ giải ra được $x; y ;z$

Con hệ
$\left\{\begin{matrix} y^3(3x^2+2x-1)+4y=8 & & \\ y^2x^3+4y^2x-6y+5y^2=4 & & \end{matrix}\right.$

Nhận thấy $y=0$ không là nghiệm của hệ nên chia hai vế phương trình thứ nhất cho $y^3\neq 0$ ta có

$3x^2+2x-1+\frac{4}{y^2}=\frac{8}{y^3}$                                         $(1)$

Chia hai vế phương trình thứ hai cho $y^2\neq 0$ ta có

$x^3+4x-\frac{6}{y}+5=\frac{4}{y^2}$                                              $(2)$

Thế phương trình $(2)$ vào phương trình $(1)$ ta có

$x^3+3x^2+6x+4=\frac{8}{y^3}+\frac{6}{y}$

$\Leftrightarrow (x+1)^3+3(x+1)=\left ( \frac{2}{y} \right )^3+3\left ( \frac{2}{y} \right )$

Xét hàm $f(t)=t^3 + 3t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$

Suy ra $x+1=\frac{2}{y}$

Thế vào $(1)$ sẽ ra được nghiệm $(x; y)$ của hệ là $(1;1)$

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x^2+y^2+\frac{8xy}{x+y}=16 & & \\ \sqrt{x+y}=x^2-y & & \end{matrix}\right.$

Phương trình thứ nhất đưa về thành 

$(x+y)^2-16+\frac{8xy}{x+y}-2xy=$

$<=> (x+y-4)(x+y+4)+2xy\left ( \frac{4-x-y}{x+y} \right )=0$

$<=>(x+y-4)\left ( x+y+4-\frac{2xy}{x+y} \right )=0$

$<=>\begin{bmatrix} x+y=4 & & \\ x+y+4-\frac{2xy}{x+y}=0 & & \end{bmatrix}$

Ta chứng minh $x+y+4-\frac{2xy}{x+y} > 0$

thì chỉ cần chứng minh $x+y>\frac{2xy}{x+y}$. Biến đổi tương đương là được vì có điều kiện $x+y>0$

như vậy $x+y=4$

Đến đây thì dễ rồi

Câu 1: Giải hệ phương trình

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

 

 

Tứ phương trình thứ nhất ta có $\left ( \sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)}-y \right )+(\sqrt{x}-\sqrt{y})=0$

$<=>\frac{(x-y)(y+\sqrt{xy}-2)}{\sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)}+y}+\frac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=0$

$<=>(x-y)\left ( \frac{x+\sqrt{xy}-2}{\sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)+y}} \right )+\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=0$

Ta đi chứng minh $y+\sqrt{xy}-2\geqslant 0$

Từ phương trình hai suy ra $x+\sqrt{xy}=\frac{4}{x+1}+x^2-x=\frac{4}{x+1}+x+1+(x-1)^2\geqslant 2$ đúng

Như vậy phương trình căn thức vô nghiệm

$=> x=y$

Thay vào phương trình thứ hai ra nghiệm $x=y=1$ hoặc $x=y=\frac{1\pm \sqrt{17}}{2}$

Chém thêm câu hình

Giả sử $AB<AC$

Gọi $D;E$ là chân các phân giác trong và ngoài đỉnh $A$

Từ giả thiết ta có $\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}$

Theo tính chất phân giác ta sẽ có \frac{AB}{AC}=\frac{DB}{DC}=\frac{EB}{EC}

Từ hai điều trên suy ra $MD; ME$ cũng là phân giác trong và ngoài $\widehat{BMC}$

Suy ra được $A$ và $M$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $DE$, đặt tâm là $J$

Gọi giao của $BM$ và $CM$ với $(J)$ là  $N; P$ ta có được

$\widehat{CMD}=\widehat{BMD}=\widehat{CEN}$

và $\frac{MD}{EN}=\frac{MB}{EB}=\frac{MC}{EC}$

$=> \Delta CMD$ và $\Delta CEN$ đồng dạng nên suy ra $\widehat{MCD}=\widehat{ECN}$

suy ra tiếp $N$ và $P$ đối xứng qua BC
Xét $\widehat{AMB} - \widehat{AMC} = \frac{1}{2}sdAEN - \left ( 180^{\circ} \right - \frac{1}{2}sdAP )$

$=\frac{1}{2}sdPEN+sdAP-180^{\circ}$ $=sdAPE-180^{\circ}=2\widehat{ADB}-180^{\circ}=const$

Như vậy ta có đpcm

Đoạn trên latex lỗi sửa ko dc mọi người thông cảm

Nghiệm là 4 thôi chứ vì ĐK là $x\geq \frac{7}{2}$  kìa

Sorry nhầm ... ĐK là $x>\frac{4}{5}$ chứ ko phải $\frac{7}{2}$
Nghiệm $1$ vẫn đúng bạn ạ