Phạm Hữu Bảo Chung nội dung
Có 549 mục bởi Phạm Hữu Bảo Chung (Tìm giới hạn từ 14-05-2020)
#294565 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-01-2012 - 22:23 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta có:
$VT = ab + 2bc + 3ac = a(- a - c) + 2(- a - c).c + 3ac = -a^2 - 2c^2 \leq 0 = VF$
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 0.
___
Sr nhé bài 115 tớ gõ nhầm đề
#422432 Topic phương trình, hệ phương trình vô tỉ
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-05-2013 - 23:25 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Bài 132: $\sqrt[6]{6x-5}=\frac{x^{7}}{8x^{2}-10x+3}$
Giải
ĐK: $\left\{\begin{matrix} x \geq \dfrac{5}{6}& \\8x^2 - 10x + 3 \neq 0 & \end{matrix}\right.$
Nhận thấy:
$VT = \sqrt[6]{6x - 5} \leq \dfrac{1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 6x - 5}{6} = x$
Vì vậy, để phương trình ban đầu có nghiệm thì:
$\dfrac{x^7}{8x^2 - 10x + 3} \leq x $
$\Leftrightarrow x^6 - 8x^2 + 10x - 3 \leq 0$
$\Leftrightarrow (x - 1)(x^5 + x^4 + x^3 + x^2 - 7x + 3) \leq 0$
$\Leftrightarrow (x - 1)^2(x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 4x - 3) \leq 0 \, (\bigstar)$
Nhận thấy:
$x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 4x - 3 = (x^2 + x)^2 + 2(x + 1)^2 - 5 > 0 \, \forall \, x \geq \dfrac{5}{6}$
Vì vậy, $\bigstar$ xảy ra khi và chỉ khi x = 1
Thử lại, ta nhận giá trị này.
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
#329361 Topic phương trình, hệ phương trình vô tỉ
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-06-2012 - 16:21 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
#431302 Tuyển tập một số bài phương trình, hệ phương trình thi HSG tỉnh
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 28-06-2013 - 16:00 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Bài 14. Không biết đề có đúng không nhỉ? Nếu hệ số tự do của phương trình thứ hai là + 30 thì có thể xem qua ý tưởng sau.
#336644 Tuyển tập một số bài phương trình, hệ phương trình thi HSG tỉnh
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 16-07-2012 - 23:00 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
$\sqrt{2x^{3}+3x^{2}+6x+16}=2\sqrt{3}+\sqrt{4-x}$
Giải
ĐK: $\left[\begin{array}{l} 2x^3 + 3x^2 + 6x + 16 \geq 0\\x \leq 4\end{array}\right.$Phương trình ban đầu tương đương:
$\sqrt{2x^{3}+3x^{2}+6x+16} - 3\sqrt{3} + \sqrt{3} - \sqrt{4 - x} = 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{2x^{3}+3x^{2}+6x - 11}{\sqrt{2x^{3}+3x^{2}+6x+16} + 3\sqrt{3}} + \dfrac{x - 1}{\sqrt{3} + \sqrt{4 - x}} = 0$
$\Leftrightarrow (x - 1)[\dfrac{2x^2 + 5x + 11}{\sqrt{2x^{3}+3x^{2}+6x+16} + 3\sqrt{3}} + \dfrac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4 - x}}] = 0$
$\Leftrightarrow x = 1 \, ™$
#328663 Phương trình và hệ phương trình qua các đề thi thử Đại học 2012
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-06-2012 - 14:32 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Giải
1. ĐK: $\left\{\begin{array}{l}x \geq \dfrac{1}{2}\\x^2 + 18x - 7 \geq 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq \dfrac{1}{2}\\\left[\begin{array}{l} x \geq -9 + \sqrt{88}\\x \leq -9 - \sqrt{- 88}\end{array}\right.\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow x \geq \dfrac{1}{2}$
Bất phương trình tương đương:
$\dfrac{\sqrt{16(x - \dfrac{1}{2})} + x + 1}{\sqrt{2}} < \sqrt{(x^2 + 2x + 1) + 16x - 8}$
$\Leftrightarrow \sqrt{16x - 8} + x + 1 < \sqrt{2[(x + 1)^2 + 16x - 8]}$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
$$a + b \leq \sqrt{2(a^2 + b^2)} \,\, \forall \,\, a, b \geq 0$$
Với $a = \sqrt{16x - 8} \geq 0; b = x + 1 > 0 \, \forall \, x \geq \dfrac{1}{2}$
Ta có:
$VT = \sqrt{16x - 8} + x + 1 \leq \sqrt{2[(x + 1)^2 + 16x - 8]} = VF$
Do đó, BPT ban đầu có nghiệm khi dấu "=" nói trên không xảy ra, đồng nghĩa với:
$x + 1 \neq \sqrt{16x - 8} \Leftrightarrow x^2 + 2x + 1 \neq 16x - 8$
$\Leftrightarrow x^2 - 14x + 9 \neq 0 \Leftrightarrow x \neq 7 \pm 2\sqrt{10}$
Vậy, tập nghiệm của BPT là:
$T = [\dfrac{1}{2}; 7 - 2\sqrt{10}) \cup (7 - 2\sqrt{10}; 7 + 2\sqrt{10}) \cup (7 + 2\sqrt{10}; + \propto)$
#329077 Chuyên đề: Tính giá trị biểu thức
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-06-2012 - 19:40 trong Đại số
Tính: Q = $x^2+y^2$
Giải
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:$x^3 = -2(y^2 - 2y) - 3 = -2(y - 1)^2 - 1$
$\Rightarrow x^3 \leq -1 \Leftrightarrow x \leq -1 \,\, (1')$
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ. Với $x \neq 0$:
Ta có thể viết lại phương trình (2) dưới dạng phương trình bậc 2 ẩn y tham số x:
$$x^2y^2 - 2y + x^2 = 0$$
PT này có biệt thức $\Delta_{(2)} = (-1)^2 - x^2.x^2 = 1 - x^4$
Điều kiện để nó có nghiệm là: $\Delta_{(2)} \geq 0$
$\Leftrightarrow 1 - x^4 \geq 0 \Leftrightarrow -1 \leq x \leq 1 \,\, (2')$
Từ (1') và (2'), suy ra: $x = -1 \Rightarrow y = 1$
Khi đó: $x^2 + y^2 = 2$
#280272 Chuyên đề: Tính giá trị biểu thức
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-10-2011 - 19:49 trong Đại số
Tính giá trị biểu thức: $P = \sqrt{(1 + x)(1 + y)(1 + z)}.(\dfrac{\sqrt{x}}{1 + x} + \dfrac{\sqrt{y}}{1 + y} + \dfrac{\sqrt{z}}{1 + z})$
Giải
Ta có: $x + 1 = x + \sqrt{xy} + \sqrt{xz} + \sqrt{yz} = \sqrt{x}(\sqrt{x} + \sqrt{y}) + \sqrt{z}(\sqrt{x} + \sqrt{y})$
$= (\sqrt{x} + \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{z})$
Tương tự:
$y + 1 = (\sqrt{y} + \sqrt{x})(\sqrt{y} + \sqrt{z})$
$z + 1 = (\sqrt{z} + \sqrt{x})(\sqrt{z} + \sqrt{y})$
Do đó:
$P = \sqrt{(1 + x)(1 + y)(1 + z)}.(\dfrac{\sqrt{x}}{1 + x} + \dfrac{\sqrt{y}}{1 + y} + \dfrac{\sqrt{z}}{1 + z})$
$P = \sqrt{[(\sqrt{x} + \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{z})(\sqrt{y} + \sqrt{z})]^2}.(\dfrac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x} + \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{z})} + \dfrac{\sqrt{y}}{(\sqrt{y} + \sqrt{x})(\sqrt{y} + \sqrt{z})} + \dfrac{\sqrt{z}}{(\sqrt{z} + \sqrt{x})(\sqrt{z} + \sqrt{y})})$
$P = (\sqrt{x} + \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{z})(\sqrt{y} + \sqrt{z})[\dfrac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x} + \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{z})} + \dfrac{\sqrt{y}}{(\sqrt{y} + \sqrt{x})(\sqrt{y} + \sqrt{z})} + \dfrac{\sqrt{z}}{(\sqrt{z} + \sqrt{x})(\sqrt{z} + \sqrt{y})}]$
$P = \sqrt{x}(\sqrt{y} + \sqrt{z}) + \sqrt{y}(\sqrt{x} + \sqrt{z}) + \sqrt{z}(\sqrt{x} + \sqrt{y})$
$P = 2(\sqrt{xy} + \sqrt{zx} + \sqrt{yz}) = 2$
#328653 Chuyên đề: Tính giá trị biểu thức
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-06-2012 - 13:44 trong Đại số
$\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}}+\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\sqrt{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}}$
Giải
Đặt:$A = \frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}}+\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\sqrt{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}}$
Ta có:
$\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}}$
$= \dfrac{\dfrac{2 + \sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}} = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{2 + \sqrt{4 + 2\sqrt{3}}}$
$= \dfrac{2 + \sqrt{3}}{2 + \sqrt{(\sqrt{3} + 1)^2}} = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{3 + \sqrt{3}}$
$= \dfrac{4 + 2\sqrt{3}}{2.\sqrt{3}(\sqrt{3} + 1)} = \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{3}}$
Tương tự, ta có:
$\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\sqrt{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}} = \dfrac{2 - \sqrt{3}}{2 - \sqrt{4 - 2\sqrt{3}}}$
$= \dfrac{2 - \sqrt{3}}{3 - \sqrt{3}} = \dfrac{4 - 2\sqrt{3}}{2.\sqrt{3}(\sqrt{3} - 1)}$
$= \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2\sqrt{3}}$
Do đó:
$A = \dfrac{\sqrt{3} + 1 + \sqrt{3} - 1}{2\sqrt{3}} = 1$
#432533 Phương trình, Hệ phương trình, Bất phương trình qua các đề thi thử năm 2013
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 03-07-2013 - 15:25 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
#443590 [TOPIC] Phương trình lượng giác - Các đề thi thử 2012
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 17-08-2013 - 12:40 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Giải
#433770 Phương trình-hệ phương trình qua các kỳ TS Đại Học
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-07-2013 - 15:29 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
#299313 Phương trình-hệ phương trình qua các kỳ TS Đại Học
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 14-02-2012 - 00:00 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
$$\left\{\begin{array}{1}2x - y - xy^2 = 2xy(1 - x) \,\,\,\,\,\, (1) \\(x^2 + 2y^2)(1 + \dfrac{1}{xy})^2 = 9 \,\,\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$$
Giải
ĐK: $x, y \neq 0$Ta có:
$(1) \Leftrightarrow 2x + 2x^2y = 2xy + y + xy^2 \Leftrightarrow 2x(1 + xy) = y(2x + 1 + xy)$
Do $xy \neq 0$, chia hai vế phương trình cho xy, ta có:
$2.\dfrac{xy + 1}{y} = \dfrac{2x + 1 + xy}{x}$
$\Leftrightarrow 2(x + \dfrac{1}{y}) = 2 + (\dfrac{1}{x} + y)$
Mặt khác:
$(2) \Leftrightarrow [x.(1 + \dfrac{1}{xy})]^2 + 2[y.(1 + \dfrac{1}{xy})]^2 = 9$
$\Leftrightarrow (x + \dfrac{1}{y})^2 + 2(y + \dfrac{1}{x})^2 = 9$
Đặt:
$\left\{\begin{array}{l}x + \dfrac{1}{y} = A\\y + \dfrac{1}{x} = B\end{array}\right.$
Hệ phương trình ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{array}{l}2A = 2 + B\\A^2 + 2B^2 = 9\end{array}\right.$
Hệ phương trình này dễ dàng giải được. Từ đó, ta suy ra nghiệm cần tìm.
#329197 Phương trình-hệ phương trình qua các kỳ TS Đại Học
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-06-2012 - 23:18 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
$\left\{ \begin{array}{l}
2 - \sqrt {{x^2}{y^4} + 2x{y^2} - {y^4} + 1} = 2(3 - \sqrt 2 - x){y^2}\\
\sqrt {x - {y^2}} + x = 3
\end{array} \right.$
Dự bị khối D - 2010
Giải
ĐK:$\left\{\begin{array}{l}{x^2}{y^4} + 2x{y^2} - {y^4} + 1 \geq 0\\x \geq y^2 \geq 0\end{array}\right.$
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
$2 - \sqrt{(xy^2 + 1)^2 - y^4} = 2(3 - \sqrt{2}).y^2 - 2xy^2$
$\Leftrightarrow \sqrt{(xy^2 + 1)^2 - y^4} = 2(1 + xy^2) - 2(3 - \sqrt{2})y^2 \,\, (1)$
Đặt: $\left\{\begin{array}{l}a = xy^2 + 1 \geq 1\\y^2 = b \geq 0\end{array}\right.$
Phương trình (1) trở thành:
$\sqrt{a^2 - b^2} = 2[a - (3 - \sqrt{2}).b]$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a \geq (3 - \sqrt{2})b\\a^2 - b^2 = 4[a^2 - 2ab(3 - \sqrt{2}) + (11 - 6\sqrt{2})b^2] \end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a \geq (3 - \sqrt{2})b\\3a^2 - 8ab(3 - \sqrt{2}) + (45 - 24\sqrt{2})b^2 = 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a \geq (3 - \sqrt{2})b\\(a - 3b)[3a - (15 - 8\sqrt{2}b)] = 0\end{array}\right.
\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l} a = 3b\\a = \dfrac{15 - 8\sqrt{2}}{3}b\end{array}\right.\\a \geq (3 - \sqrt{2})b\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow a = 3b \Rightarrow x.y^2 + 1 = 3y^2$
$\Leftrightarrow y^2(3 - x) = 1 \, (2)\Rightarrow 3 - x = \dfrac{1}{y^2}$
(Vì với y = 0 thì (2) trở thành 0 = 1(vô lý))
Từ điều này suy ra, phương trình thứ hai của hệ tương đương:
$\sqrt{3 - \dfrac{1}{y^2} - y^2} = \dfrac{1}{y^2}$
$\Leftrightarrow 3 - \dfrac{1}{y^2} - y^2 = \dfrac{1}{y^4}$
$\Leftrightarrow y^6 - 3y^4 + y^2 + 1 = 0 \Leftrightarrow (y^2 - 1)(y^4 - 2y^2 - 1) = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} y^2 = 1\\y^2 = 1 + \sqrt{2}\\y^2 = 1 - \sqrt{2} (VN)\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} y = \pm 1\\y = \pm\sqrt{\sqrt{2} + 1}\end{array}\right.$
$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}y = 1\\x = 2\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y = -1\\x = 2\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y = \sqrt{1 + \sqrt{2}} \\x = - \sqrt{2} + 4\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y = - \sqrt{1 + \sqrt{2}}\\x = - \sqrt{2} + 4\end{array}\right.\end{array}\right.$
Thử lại ĐK, ta chọn cả 4 nghiệm trên.
#329156 Phương trình-hệ phương trình qua các kỳ TS Đại Học
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-06-2012 - 22:11 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
$A \geq B$ và $C \geq D$ thì chưa thể kết luận được $A - C \geq B - D$
Phải không nhỉ? :3
#283028 CHUYÊN ĐỀ : PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-11-2011 - 08:02 trong Đại số
$= (2x^2 + y^2)^2 - (2xy)^2 = (2x^2 + y^2 - 2xy)(2x^2 + y^2 + 2xy)$
c, $4x^4 + 1 = (2x^2 - 2x + 1)(2x^2 + 2x +1)$
(Áp dụng câu a với y = 1)
Tổng quát
Với những biểu thức có dạng:
$A^{4m} + B^{4n}$
Ta phân tích như sau:
$A^{4m} + B^{4n} $
$= (A^{2m})^2 + 2.A^{2m}.B^{2n} + (B^{2n})^2 - 2.(A^{m}.B^{n})^2$
$= (A^{2m} + B^{2n} )^2 - (\sqrt{2}.A^{m}.B^{n})$
$= (A^{2m } - \sqrt{2}.A^{m}.B^{n} + B^{2n})(A^{2m} + \sqrt{2}.A^{m}.B^{n} + B^{2n})$
Câu a áp dụng với A = $\sqrt{2}x$; B = y; m = 1; n = 1.
Câu c áp dụng với A = $\sqrt{2}x$; B = 1; m = 1; n = 1
b, $x^5 + x^4 + 1 = (x^5 + x^4 + x^3) - (x^3 + x^2 + x) + x^2 + x + 1$
$= x^3(x^2 + x + 1) - x(x^2 + x + 1) + x^2 + x + 1$
$= (x^2 + x + 1)(x^3 - x + 1)$
d, $x^8 + x^7 + 1 $
$= (x^8 + x^7 + x^6) - (x^6 + x^5 + x^4) + x^5 + x^4 + x^3 - (x^3 - 1)$
$ = (x^6 - x^4 + x^3)( x^2 + x + 1) - (x - 1)(x^2 + x + 1)$
$ = (x^2 + x + 1)(x^6 - x^4 + x^3 - x + 1)$
e, $x^7 + x^5 + 1 $
$ = (x^7 + x^6 + x^5 ) - (x^6 - 1) = x^5(x^2 + x + 1) - (x^3 - 1)(x^3 + 1)$
$= x^5(x^2 + x + 1) - [(x - 1)(x^3 + 1)](x^2 + x + 1)$
$= (x^2 + x + 1)(x^5 - x^4 + x^3 - x + 1)$
#431591 Phương trình, Bất phương trình, Hệ phương trình
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-06-2013 - 15:37 trong Ôn thi Đại học
Bài 30
#349512 [MHS2013] Trận 1 - PT - HPT - BPT - HBPT Đại số
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-08-2012 - 11:19 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Giải hệ: $\left\{\begin{array}{l}a(x) + b(x).t(y) = c(x)\\f(x) + m.t(y) + h(y).g(x) = 0\end{array}\right.$
Chìa khóa để giải bài toán này đó là tìm được một cặp nghiệm $(x; y) = (x_0; y_0)$ của hệ sao cho $g(x_0) = 0$ (Đây là hạn chế của "mở rộng" này).
Khi đó, từ phương trình thứ nhất của hệ: $t(y) = \dfrac{c(x) - a(x)}{b(x)}$
Thế vào phương trình thứ hai:
$f(x) + m.\dfrac{c(x) - a(x)}{b(x)} + h(y).g(x) = 0$
Do $x_0; y_0$ là một nghiệm của hệ thỏa mãn $g(x_0) = 0$
Do đó, ta có thể tách được:
$$f(x) + m.\dfrac{c(x) - a(x)}{b(x)} = (x - x_0).k(x)$$
Từ đó, giải các hệ thu được.
VD: Giải hệ:
$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{1 - x^{1000}}(y + 2) = 1 \,\, (1)\\x^3 + x^2y + x^2 + y = x - 1 \,\, (2)\\(x + 1)^2 + 5y + 3xy^2 + 4 = 0\,\, (3)\end{array}\right.$
Giải
ĐK: $1 - x^{1000} \geq 0 \Leftrightarrow -1 \leq x \leq 1$Nhận thấy $(x; y) = (0; -1)$ là một nghiệm của hệ.
Ta sẽ lần lượt biến đổi (2) và (3):
Ta có:
$(2) \Leftrightarrow x^3 + x^2(y + 1) + y + 1 = x$
$\Leftrightarrow x^3 + (x^2 + 1)(y + 1) = x \Leftrightarrow y + 1 = \dfrac{x - x^3}{x^2 + 1}$
Lại có:
$(3) \Leftrightarrow x^2 + 2x + 3xy^2 + 5y + 5 = 0$
$\Leftrightarrow x^2 + 2x + 5(y + 1) + 3xy^2 = 0$
$\Rightarrow x^2 + 2x + 5\dfrac{x - x^3}{x^2 + 1} + 3xy^2 = 0$
$\Leftrightarrow x(x + 2 + 5\dfrac{1 - x^2}{x^2 + 1} + 3y^2) = 0$
Do $-1 \leq x \leq 1$ nên $x + 2 + 5\dfrac{1 - x^2}{x^2 + 1} + 3y^2 > 0$
Với x = 0, suy ra $y = -1$.
#349479 [MHS2013] Trận 1 - PT - HPT - BPT - HBPT Đại số
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-08-2012 - 00:03 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Giải
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ.
Do đó:
Từ phương trình thứ nhất của hệ, suy ra:
$$y^2 = \dfrac{5 - x^3}{3x}$$
Thế vào (2), ta được:
$x^2 + \dfrac{5 - x^3}{3x} - 13x + 3 + 5y(1 - 2x) = 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{2x^3 - 39x^2 + 9x + 5}{3x} + 5y(1 - 2x) = 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{(2x - 1)(x^2 - 19x - 5)}{3x} - 5y(2x - 1) = 0$
$\Rightarrow (2x - 1)\left[\dfrac{x^2 - 19x - (x^3 + 3xy^2)}{3x} - 5y \right] = 0$
$\Leftrightarrow (2x - 1)\dfrac{- x + 19 + x^2 + 3y^2 + 15y}{3} = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}2x - 1 = 0\\x^2 - x + 3y^2 + 15y + 19 = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\(x - \dfrac{1}{2})^2 + 3(y + \dfrac{5}{2})^2 = 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\\left\{\begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\y = \dfrac{-5}{2}\end{array}\right. (KTM)\end{array}\right.$
Với $x = \dfrac{1}{2}$, từ (1), suy ra: $y = \pm \dfrac{\sqrt{13}}{2}$.
Thử lại, ta nhận cả 2 cặp nghiệm nói trên.
Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm: $(x; y) = { (\dfrac{1}{2}; \dfrac{\sqrt{13}}{2}); (\dfrac{1}{2}; \dfrac{- \sqrt{13}}{2})} $
Điểm bài: 10
S=48−(24−20)+3×10+4+0=78#313577 Playlist của mỗi VMF
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-04-2012 - 22:54 trong Quán nhạc
1. Rolling in the deep - Adele
2. Someone like you - Adele
3. Set fire to the rain - Adele
4. Stronger - Kelly Clarkson
5. Grenade - Bruno Mars
Adele's fan ^^!
#351216 [MHS2013] Trận 2 - Phương trình lượng giác
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 31-08-2012 - 21:33 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Giải
Phương trình tương đương:$(1 + \sqrt{3})\dfrac{\sqrt{2}}{2}(\sin{2x} + \cos{2x}) = 2\sqrt{2}[\cos{x}\cos{\dfrac{\pi}{3}} + \sin{x}\sin{\dfrac{\pi}{3}} - \sin^2{x}]$
$\Leftrightarrow \dfrac{1 + \sqrt{3}}{2}(\sin{2x} + \cos{2x}) = 2\left(\dfrac{1}{2}\cos{x} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin{x} - \sin^2{x}\right)$
$\Leftrightarrow (\sqrt{3} + 1)(\sin{2x} + \cos{2x}) = 2\cos{x} + 2\sqrt{3}\sin{x} - 4\sin^2{x}$
$\Leftrightarrow (\sqrt{3} + 1)\cos^2{x} + 2(\sqrt{3} + 1)\sin{x}\cos{x} + (3 - \sqrt{3})\sin^2{x} = 2(\cos{x} + \sqrt{3}\sin{x})$
$\Leftrightarrow (\cos{x} + \sqrt{3}\sin{x}).\left[(\sqrt{3} + 1)\cos{x} + (\sqrt{3} - 1)\sin{x} - 2\right] = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\cos{x} = -\sqrt{3}\sin{x} \, (1)\\(\sqrt{3} + 1)\cos{x} + (\sqrt{3} - 1)\sin{x} = 2 \, (2)\end{array}\right.$
Ta có:
$(1) \Leftrightarrow \tan{x} = \dfrac{-1}{\sqrt{3}} \Leftrightarrow x = \dfrac{- \pi}{6} + k\pi \, (k \in Z)$
Ta lại có:
$(2) \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}}\cos{x} + \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \,\, (3)$
Chú ý: $\sin{15} = \sqrt{\dfrac{1 - \cos{30}}{2}} = \sqrt{\dfrac{2 - \sqrt{3}}{4}} = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2\sqrt{2}}$
Do đó:
$(3) \Leftrightarrow \cos{\dfrac{\pi}{12}}\cos{x} + \sin{\dfrac{\pi}{12}}\sin{x} = \cos{\dfrac{\pi}{4}}$
$\Leftrightarrow \cos{(x - \dfrac{\pi}{12})} = \cos{\dfrac{\pi}{4}}$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x - \dfrac{\pi}{12} = \dfrac{\pi}{4} + 2k\pi\\x - \dfrac{\pi}{12} = \dfrac{-\pi}{4} + 2k\pi\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = \dfrac{\pi}{3} + 2k\pi\\x= \dfrac{-\pi}{6} + 2k\pi\end{array}\right.$
Vậy, phương trình có nghiệm: $x = \dfrac{\pi}{3} + 2k\pi$ và $x = \dfrac{- \pi}{6} + k\pi$ với $k \in Z$
$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$
S = 52 - 1 + 3x10 + 5 + 0 = 86
#351258 [MHS2013] Trận 2 - Phương trình lượng giác
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 31-08-2012 - 23:15 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Giải phương trình:
$(a + b)\sin{(2x + \dfrac{\pi}{4})} = \sqrt{2(a^2 + b^2)}\left[\cos{(x - \alpha)} - m\sin^2{x}\right]$
với $\left[\begin{array}{l}\sin{\alpha} = \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}\\\cos{\alpha} = \dfrac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}\end{array}\right.$
và $m = \dfrac{b^3 + ba^2 + 3b^2a - a^3}{2b^2\sqrt{a^2 + b^2}}\,(b \neq 0)$
(Giải tương tự nếu biểu thức phía sau là $m\cos^2{x}; m\sin{x}\cos{x}$ - giá trị của m sẽ khác)
Giải
Phương trình trên tương đương:$\dfrac{\sqrt{2}(a + b)}{2}\left(\sin{2x} + \cos{2x}\right) = \sqrt{2(a^2 + b^2)}(\cos{x}\dfrac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} + \sin{x}\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} - m\sin^2{x})$
$\Leftrightarrow (a + b)\cos^2{x} + 2(a + b)\sin{x}\cos{x} - (a + b)\sin^2{x} = 2b\cos{x} + 2a\sin{x} - 2m\sqrt{a^2 + b^2}\sin^2{x}$
$\Leftrightarrow (a + b)\cos^2{x} + 2(a + b)\sin{x}\cos{x} + (2\dfrac{b^3 + ba^2 + 3b^2a - a^3}{2b^2\sqrt{a^2 + b^2}}.\sqrt{a^2 + b^2} - a - b)\sin^2{x} = 2b(\cos{x} + \dfrac{a}{b}\sin{x})$
$\Leftrightarrow (a + b)\cos^2{x} + 2(a + b)\sin{x}\cos{x} + \dfrac{2ab^2 + a^2b - a^3}{b^2}\sin^2{x} = 2b(\cos{x} + \dfrac{a}{b}\sin{x})$
$\Leftrightarrow (\cos{x} + \dfrac{a}{b}\sin{x})\left[(a + b)\cos{x} + \dfrac{2b^2 + ab - a^2}{b}\sin{x} - 2b\right] = 0$
Cả 2 phương trình suy ra đều là phương trình cơ bản.
Bài toán MHS2 áp dụng với $a = \sqrt{3}; b = 1; m = 1$
Bài toán này đúng là "rộng hơn" bài toán MHS2, nhưng thật ra cũng chưa rộng lắm vì điều kiện ràng buộc quá nhiều chỗ hệ số, góc $\alpha$$, hệ số $m$ nên ta có thể hiểu đây là bài toán tổng quả hơn tí mà thôi.
$$\boxed{\boxed{Điểm mở rộng: 5}}$$
#313421 VMF - Đề thi thử số 6
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-04-2012 - 08:43 trong Năm 2012
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} $
$\Leftrightarrow 8(x^2 - x + 1) \leq 3(x^2 + x + 1) \Leftrightarrow 5x^2 - 11x + 5 \leq 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{11 - \sqrt{21}}{10} \leq x \leq \dfrac{11 + \sqrt{21}}{10}$
#344503 Giải phương trình: $\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{x-1...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-08-2012 - 21:09 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
1) $x^{2}\sqrt{x}+(x-5)^{2}\sqrt{5-x}=11(\sqrt{x}+\sqrt{5-x})$
2) $2x^{3}=1+\sqrt[3]{\frac{x+1}{2}}$
Giải
1) ĐK: $0 \leq x \leq 5$Đặt $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x} = a \geq 0\\\sqrt{5 - x} = b \geq 0\end{array}\right. \Rightarrow a^2 + b^2 = 5$
Phương trình ban đầu trở thành:
$a^5 + b^5 = 11(a + b) \Leftrightarrow (a + b)(a^4 - a^3b + a^2b^2 - ab^3 + b^4 - 11) = 0$
$\Leftrightarrow (a + b)[(a^2 + b^2)^2 - ab(a^2 + b^2) - a^2b^2 - 11] = 0$
$\Leftrightarrow (a + b)(a^2b^2 + 5ab - 14) = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} a + b = 0\\(ab)^2 + 5ab - 14 = 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} a + b = 0\\ab = - 7\\ab = 2\end{array}\right. \Rightarrow \left[\begin{array}{l} \sqrt{x} + \sqrt{5 - x} = 0 \,\, (VN)\\\sqrt{x(5 - x)} = -7 \,\, (VN)\\\sqrt{x(5 - x)} = 2\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow x^2 - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 1\\x = 4\end{array}\right.$
2,
Đặt $a = \sqrt[3]{\frac{x+1}{2}} \Rightarrow 2a^3 = x + 1 \,\, (1)$
Từ phương trình đầu bài, suy ra: $2x^3 = 1 + a \,\, (2)$
Lấy (1) - (2) vế theo vế, ta có:
$2(a^3 - x^3) = x - a$
$\Leftrightarrow (a - x)(2a^2 + 2x^2 + 2ax + 1) = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} a = x\\2a^2 + 2x^2 + 2ax + 1 = 0\end{array}\right.$
Nhận thấy $2a^2 + 2x^2 + 2ax + 1 = (a + x)^2 + a^2 + x^2 + 1 > 0$.
Với $x = a \Rightarrow x = \sqrt[3]{\frac{x+1}{2}} \Leftrightarrow 2x^3 - x - 1 = 0$
$\Leftrightarrow (x - 1)(2x^2 + 2x + 1) = 0 \Leftrightarrow x = 1™$
#328297 Giải các HPT sau:2.$\left\{\begin{matrix} y(1+2x^{3}y)=3x...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 23-06-2012 - 13:37 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Giải
Với $y \geq 1 \,\, (1)$, từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có:$2 = x^5 - x^4 + 2x^2y \geq x^5 - x^4 + 2x^2 $
$\Leftrightarrow x^4(x - 1) + 2(x - 1)(x + 1) \leq 0$
$\Leftrightarrow (x - 1)(x^4 + 2x + 2) \leq 0$
$\Leftrightarrow x \leq 1$
Từ đó, theo phương trình thứ 3 của hệ, ta có:
$2 = z^5 - z^4 + 2z^2x \leq z^5 - z^4 + 2z^2$
$\Leftrightarrow z^4(z - 1) + 2(z - 1)(z + 1) \geq 0$
$\Leftrightarrow (z - 1)(z^4 + 2z + 2) \geq 0$
$\Leftrightarrow z \geq 1$
Với điều kiện $z \geq 1$, theo phương trình thứ hai của hệ, ta có:
$2 = y^5 - y^4 + 2y^2z \geq y^5 - y^4 + 2y^2 $
$\Leftrightarrow (y - 1)(y^4 + 2y + 2) \leq 0$
$\Leftrightarrow y \leq 1 \,\, (2)$
Từ (1) và (2), suy ra: y = 1. Khi đó: x = z = 1.
Hệ có nghiệm: x = y = z = 1.
Tương tự với TH $y \leq 1$.
Chú ý: $A^4 + 2A + 2 = (A^2 - 1)^2 + 2(A + \dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{1}{2} > 0$
- Diễn đàn Toán học
- → Phạm Hữu Bảo Chung nội dung