Bài 389: $\left\{\begin{matrix} &x(4y^{3}+3y+\sqrt{5y^{2}-x^{2}})=y^{2}(x^{2}+4y^{2}+3) \\ &x+\sqrt{12-2x}=2y^{2}-2\sqrt{y}-4 \end{matrix}\right.$

$(1) \iff 4xy^3+3xy+x\sqrt{5y^2-x^2}=y^2x^2+4y^4+3y^2$

$\iff 3xy+x\sqrt{5y^2-x^2}-8y^2=(xy-2y^2)^2 \geq 0$

$\rightarrow 3\dfrac{y}{x}+\sqrt{5(\dfrac{y}{x})^2-1}-8(\dfrac{y}{x})^2 \geq 0$

$\rightarrow 3a+\sqrt{5a^2-1}-8a^2 \geq 0$

$\rightarrow 2a-1=0$ (chuyển vế bình phương)

$\rightarrow a=\dfrac{1}{2} \rightarrow x=2y$

Đến đây thay xuống pt dưới... 

Bài 426: $3(x^{3}-2x-1)\leq \sqrt{3x+2}-\dfrac{5x+4}{\sqrt{5x+5}+1}$ (Lần 3)

ĐK: $x \geq \dfrac{-2}{3} \rightarrow x+1>0, 4x+3>0$

$\iff 3(x^3-2x-1) \leq \sqrt{3x+2}-\dfrac{5x+4}{\sqrt{5x+5}+1}$

$\iff 3(x+1)(x^2-x-1) \leq \dfrac{\sqrt{(3x+2)(5x+5)}+\sqrt{3x+2}-(5x+4)}{\sqrt{3x+2}(\sqrt{5x+5}+1)}$

$\iff 3(x+1)(x^2-x-1)(\sqrt{5x+5}+1) \leq \sqrt{5x+5}-(4x+3)+\sqrt{3x+2}-(x+1)$

$\iff 3(x+1)(x^2-x-1)(\sqrt{5x+5}+1) \leq \dfrac{-(x^2-x-1)}{\sqrt{(3x+2)(5x+5)}+4x+3}+\dfrac{-(x^2+x+1)}{\sqrt{3x+2}+x+1}$

$\iff (x^2-x-1)[3(x+1)(\sqrt{5x+5}+1)+\dfrac{1}{\sqrt{(3x+2)(5x+5)}+4x+3}+\dfrac{1}{\sqrt{3x+2}+x+1}] \leq 0$

$\iff x^2-x-1 \leq 0$

$\iff \dfrac{1-\sqrt{5}}{2} \leq x \leq \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$

Tiếp tục với 1 số bài tập của thầy Đặng Việt Hùng:

Bài 375: $\begin{cases} & 4x^{3}-12x^{2}+15x-7=(y+1)\sqrt{2y-1} \\ & 6(x-2)y-x+26= 6\sqrt[3]{16x+24y-28} \end{cases}$

$(1) \iff 8x^3-24x^2+30x+14=(2y+2)\sqrt{2y-1}$

$\iff (2x-2)^3+3(2x-2)=\sqrt{2y-1}^3+3\sqrt{2y-1}$

$\rightarrow 2x-2=\sqrt{2y-1}$

$\rightarrow 2y=4x^2-8x+5$

Đến đây thay xuống pt (2) được pt bậc 3 và có ý tưởng xét hàm như trên...

p/s: ai làm tiếp giúp mình với

Bài 348: $\sqrt{3x-2}+\sqrt[3]{x-1}< x^{3}-3x^{2}+4x-1$

ĐK: $x \geq \dfrac{2}{3}$

$\iff x^3-3x^2+4x-1-\sqrt{3x-2}-\sqrt[3]{x-1} >0$

$\iff x^3-3x^2+2x+(x-\sqrt{3x-2})+(x-1-\sqrt[3]{x-1}) >0$

$\iff x(x^2-3x+2)+\dfrac{x^2-3x+2}{x+\sqrt{3x-2}}+\dfrac{x(x^2-3x+2)}{(x-1)^2+(x-2)\sqrt[3]{x-1}+\sqrt[3]{x-1}^2} >0$

$\iff (x-1)(x-2)(x+\dfrac{1}{x+\sqrt{3x-2}}+\dfrac{x}{(x-1)^2+(x-2)\sqrt[3]{x-1}+\sqrt[3]{x-1}^2}) >0$

$\rightarrow x >2$    v    $\dfrac{2}{3}<x<1$

Bài 295: $2a^{3}-(2a^{2}-3a+1)\sqrt{a^{2}-2a}-4a^{2}-a+3=0$

ĐK: $a^2-2a \geq 0$

Phương trình tương đương với: $(2a^3-4a^2-a+3)-(2a^2-3a+1)\sqrt{a^2-2a}=0$

$\iff (a-1)(2a^2-2a-3)-(a-1)(2a-1)\sqrt{a^2-2a}=0$

$\iff (a-1)[2a^2-2a-3-(2a-1)\sqrt{a^2-2a}]=0$

$\iff a=1$   v    $2a^2-2a-3-(2a-1)\sqrt{a^2-2a}]=0 \ \ (1)$

Xét (1) ta có:

$2a^2-2a-3-(2a-1)\sqrt{a^2-2a}=0$

Đặt $\sqrt{a^2-2a}=x \ (x \geq 0)$, thay vào ta có:

$\iff 2a^2-2a-3-(2a-1)x=0$

$\iff 2x^2-(2a-1)x+2a^2-2a-3-2a^2+4a=0$

$\iff 2x^2-(2a-1)x+2a-3=0$

$\iff (x-1)(2x-a+3)=0$

Đến đây thay $x=\sqrt{a^2-2a}$ vào rồi bình phương bình thường

Bài 432:Giải phương trình: $\sqrt{2x^4+2x^3+3x^2+1}=1-x^4-2x^3$

Ta có: $\sqrt{2x^4+2x^3+3x^2+1}=1-x^4-2x^3 \rightarrow 1-x^4-2x^3>0$ 

$\iff \sqrt{(x^2+1)^2+(x^2+x)^2}=(x^2+1)-(x^2+x)^2$

$\iff \sqrt{a^2+b^2}=a-b^2$ (với $a=x^2+1; b=x^2+x$)

$\rightarrow a^2+b^2=a^2-2ab^2+b^4$

$\rightarrow b^2(1+2a-b^2)=0$

$\rightarrow \left[\begin{matrix}b=0\\ 1+2a-b^2=0 \end{matrix}\right.$

Với $1+2a-b^2=0 \rightarrow 2\sqrt{x^2+1}=x^2+x-1 \rightarrow -x^4-2x^3+5x^2+2x+3=0$

$\iff (1-x^4-2x^3)+(5x^2+2x+2)=0$ (vô nghiệm vì VT>VP)

Vậy $b=0 \iff \left[\begin{matrix}x=0\\ x=-1 \end{matrix}\right.$

Bài 450: $\begin{cases} & x+(x^{2}+x)(\sqrt{x-y+3}-2)= 1+y\\ & (x+1)\sqrt{y^{2}+y+2}+(y-1)\sqrt{x^{2}+x+1}= x+y \end{cases}$

$(1) \iff (x-y-1)+(x^2+x).\dfrac{x-y-1}{\sqrt{x-y+3}+2}=0$

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

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

$\iff x=y+1$

Thay xuống pt(2) ta có:

$(y+2)\sqrt{y^2+y+2}+(y-1)\sqrt{y^2+3y+3}=2y+1$

Đặt $\begin{cases} \sqrt{y^2+y+2}=a \\ \sqrt{y^2+3y+3}=b \end{cases} \rightarrow 2y+1=b^2-a^2 \rightarrow y=\dfrac{b^2-a^2-1}{2}$

$\iff (b^2-a^2+3)a+(b^2-a^2-3)b=2(b^2-a^2)$

$\iff (a-b)[a^2+2ab+b^2-2(a+b)-3]=0$

$\iff (a-b)(a+b+1)(a+b-3)=0$

Đến đây bạn thay $a,b$ và bình phương...

Mình có bài toán này đang có ý tưởng nhưng hơi dài và khó thực hiện, mn thử đề xuất ý tưởng xem

Bài 509: Giải hệ phương trình:

$$ \left\{\begin{matrix} 4y^3-y^4\sqrt{x}+2-\sqrt{6-2x}=0 \\ x(x-3)^2=y \end{matrix}\right.$$

Nhờ mọi người giúp em bài này ạ:

ĐK: $x \geq 0$

Dễ thấy $x=0$ không là nghiệm pt, chia cả 2 vế pt (2) cho $x^2$ ta được:

$2y+2y\sqrt{4y^2+1}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}+\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+1}$

Xét hàm $f(t)=t+t\sqrt{t^2+1}$ dễ thấy hàm đồng biến

$\rightarrow 2y=\dfrac{1}{x}$

Thế vào pt (1) ta có:

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

$\iff \sqrt{x}(x\sqrt{x}+2x^2+2)=0$

Vô nghiệm vì với mọi $x>0$ thì $VT>0$

Vậy hệ pt vô nghiệm

Nhờ mọi người giúp em giải câu hệ này vs ạ:

$(1) \iff (2y-x)(y^2+2y+x+2)=0$

$\iff x=2y$ (phần trong ngoặc luôn dương với $x \geq 1$)

Thế xuống pt (2) ta có:

$\iff \sqrt{x-1}+\sqrt[3]{2x+4}=x^2-2x+9$

Ta có: $\sqrt{x-1} \leq \dfrac{x}{2}; \ \sqrt[3]{2x+4} \leq \dfrac{2x+4+1+1}{3}=\dfrac{2x}{3}+2$

$\iff VT \leq \dfrac{x}{2}+\dfrac{2x}{3}+2$

Mà $VP- \dfrac{x}{2}-\dfrac{2x}{3}-2=x^2-\dfrac{31}{6}x+7>0$

$\rightarrow VT<VP$

Vậy hệ pt vô nghiệm

Bạn giải thích giúp mình với.

Mình phân tích đa thức thành nhân tử thôi

Bài 294: $16x^{4}-4x^{2}+6x+27=12\sqrt[3]{2x+9}$ 

$VT=(16x^{4}-16x^{2}+4)+(12x^{2}+6x+23)\\=4(2x^{2}-1)^{2}+(x+3)^{2}+11x^{2}+14> 0$

$\Rightarrow VP> 0\Rightarrow 2x+9> 0$

Đến đây dùng Cauchy

$VP=12\sqrt[3]{2x+9}=3\sqrt[3]{8.8.(2x+9)}\leq 2x+25$

 Vậy ta chỉ cần chứng minh:

$VT\geq 2x+25\\\Leftrightarrow 16x^{4}-4x^{2}+6x+27\geq 2x+25\\\Leftrightarrow 16x^{4}-4x^{2}+4x+2\geq 0\\\Leftrightarrow (4x^{2}-1)^{2}+(2x+1)^{2}\geq 0$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{-1}{2}$

PT có nghiệm duy nhất $x=\frac{-1}{2}$

Đã được giải bởi bạn phamngochung9a

Bài 273: Tìm giá trị "cụ thể" của $t$ để:

$\frac{1}{t+1}+\frac{1}{t+2}+\frac{1}{t+3}=\frac{1}{t}$

ĐK: $t \not =-1; t \not = -2; t \not =-3; t \not = 0$

$\dfrac{1}{t+1}+\dfrac{t}{t+2}=\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{t+3}$

$\iff \dfrac{2t+3}{(t+1)(t+2)}=\dfrac{3}{t(t+3)}$

$\iff \dfrac{2t+3}{t^2+3t+2}=\dfrac{3}{t^2+3t}$

Đặt $t^2+3t=a \ (1)$, thay vào ta có:

$\iff \dfrac{2t+3}{a+2}=\dfrac{3}{a}$

$\iff 2ta+3a=3a+6$

$\iff ta=3$

Vì $t \not =0$ nên $a=\dfrac{3}{t}$

Thế vào (1) ta có: $t^2+3t=\dfrac{3}{t} \iff t^3+3t^2-3=0$

Nghiệm hơi lẻ ....

Bài 99: $x^{2}-3x+\dfrac{13}{2}= \sqrt{(x^{2}-2x+2)(x^{2}-4x+5)}+2x$

Đặt $\sqrt{x^2-2x+2}=a; \sqrt{x^2-4x+5}=b$, thay vào ta có:

$\iff \dfrac{(x^2-2x+2)+(x^2-4x+5)}{2}=2\sqrt{x^2-2x+2}\sqrt{x^2-4x+5}+(x^2-2x+2)-(x^2-4x+5)$

$\iff \dfrac{a^2+b^2}{2}=ab+a^2-b^2$

$\iff \dfrac{a^2}{2}+ab-\dfrac{3}{2}b^2=0$

$\iff (a-b)(a+3b)=0$

...

Bài 79: $\left\{\begin{matrix} &x^{2}+y^{2}=1 \\ &\sqrt[2015]{x}-\sqrt[2015]{y}=(\sqrt[2017]{y}-\sqrt[2017]{x})(x+y+xy+2018) \end{matrix}\right.$

Với $x^2+y^2=1 \longrightarrow \begin{cases} &  -1 \leq x \leq 1 \\  &  -1 \leq y \leq 1 \end{cases} \longrightarrow -1 \leq xy \leq 1$

Ta có: $x+y+xy+2018 > 2018 -1-1-1=2015 >0$

Xét 3 TH: 

Với $x>y \longrightarrow \sqrt[2015]{x}-\sqrt[2015]{y}>0 \iff \sqrt[2017]{y}-\sqrt[2017]{x} >0 \iff y >x$ (Mâu thuẫn)

TT với TH: $x<y$ (mâu thuẫn)

$\longrightarrow x=y$. Thay vào (1): $x=y=\sqrt{\dfrac{1}{2}}$

2)   $x^2+4x+5-\frac{3x}{x^2+x+1}=(x-1)(1-\frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{x^2+x+1}})$

 

ĐK: $x \leq 1$

 

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

 

$\iff x^2+3x+6 +\dfrac{-x-2+\sqrt{1-x}^3}{x^2+x+1}=0$

 

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

 

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

 

Dễ thấy VT $>0$ nên pt vô nghiệm.

 

Đã có ở trên rồi bạn! 

Mình xin chia sẻ thêm về dạng UCT hệ số bất định cho tam thức bậc hai.

$\begin{cases} &  a_1x^2+b_1y^2+c_1xy+d_1x+e_1y+f_1=0 \\  &  a_2x^2+b_2y^2+c_2xy+d_2x+e_2y+f_2=0 \end{cases}$

Ta sẽ giả sử $PT(1)+kPT(2)$ sẽ tạo đc một đa thức có $\Delta$ đẹp, nghĩa là số chính phương.

Khi đó đa thức mới thu đc là: $(a_1+ka_2)x^2+(b_1+kb_2)y^2+(c_1+k.c_2)xy+(d_1+kd_2)x+(e_1+ke_2)y+(f_1+kf_2)=0$

Đặt $a=a_1+ka_2 ; \ b=b_1+kb_2; \ c=c_1+k.c_2; \ d=d_1+kd_2; \ e=e_1+ke_2; \ f=f_1+kf_2$.

Khi đó: $k$ sẽ là nghiệm của pt: $cde+4abf=ae^2+bd^2+fc^2$ 

Tìm đc k rồi bạn sẽ tìm đc mới t/ứ và phân tích nhân tử đẹp với đa thức đó

Bạn có thể lấy VD 40 của bạn I LOVE MC để kiểm chứng.

Bài 8: Giải HPT:

$\begin{cases}& 3x^{2}+12y^{2}+24xy-9(x+2y)\sqrt{2xy}=0 \\ & 5x^{2}-7y^{2}+xy=15\end{cases}$

ĐK: $xy \geq 0$

(1) $\iff 3(x^2+4xy+4y^2)-9(x+2y)\sqrt{2xy}+12xy=0$

$\iff 3(x+2y)^2-9(x+2y)\sqrt{2xy}+12xy=0$

$\iff (x+2y-2\sqrt{2xy})(x+2y-\sqrt{2xy})=0$

$\iff (\sqrt{x}-\sqrt{2y})^2(x+2y-\sqrt{2y})=0$

$\iff x=2y$ (vì $x+2y-\sqrt{2y} >0$)

Thay vào pt (2): 

$\iff15y^2=15$

$\iff y=1$ v $y=-1$

$\iff x=2$  v $x=-2$

Vậy nghiệm hệ $(x;y)=(2;1); (-2;-1)$

Bài 137: $\left\{\begin{matrix} &\sqrt{x+1}+\sqrt[4]{x-1}-\sqrt{y^{4}+2}=y \\ &x^{2}+2x(y-1)+y^{2}-6y+1=0 \end{matrix}\right.$

$PT (1) \iff \sqrt{x+1}+\sqrt[4]{x-1}=y+\sqrt{y^4+2}$

$\iff (y-\sqrt[4]{x-1})+(\sqrt{y^4+2}-\sqrt{x+1})=0$

$\iff \dfrac{y^4-x+1}{(y+\sqrt[4]{x+1})(y^2+\sqrt{x+1})}+\dfrac{y^4-x+1}{\sqrt{y^4+2}+\sqrt{x+1}}=0$

$\iff (y^4-x+1)(...)=0$

$\iff x=y^4+1$ (vì phần trong ngoặc luôn dương)

Đến đây thế xuống phương trình dưới...

Đã sửa

Nhận xét $\sqrt{2-x^2}+1=\frac{1-x^2}{\sqrt{2-x^2}-1}$ 
$4x-4=4(x-1)$ 

Phương trình không có nghiệm bằng 1, bạn, thay vào đó có 1 nghiệm vô tỉ rất lẻ.

Bài 239: $\frac{9}{3\sqrt{x-1}+6}-1-\frac{x-1}{\sqrt{x^{2}-6x+6}+1}=0$

ĐK: $x \geq 1$

Ta có: $\dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-6x+6}+1}+1-\dfrac{9}{3\sqrt{x-1}+6}=0$

$\iff  (\dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-6x+6}+1}-\dfrac{1}{5})+(\dfrac{6}{5}-\dfrac{9}{3\sqrt{x-1}+6})=0$

$\iff \dfrac{5x-6-\sqrt{x^2-6x+6}}{5(\sqrt{x^2-6x+6}+1)}+\dfrac{18\sqrt{x-1}-9}{5(3\sqrt{x-1}+6)}=0$

Xét $x=1$ thì $5x-6+\sqrt{x^2-6x+6}=0$ và khi đó $x=1$ cũng không phải nghiệm của phương trình.

Vậy $x>1$, khi đó ta có: $5x-6+\sqrt{x^2-6x+6}=5(x-1)+\sqrt{x^2-6x+6}-1=5(x-1)+\dfrac{(x-5)(x-1)}{\sqrt{x^2-6x+6}+1}=(x-1)(5+\dfrac{x-5}{\sqrt{x^2-6x+6}+1})=(x-1)\dfrac{5\sqrt{x^2-6x+6}+x}{\sqrt{x^2-6x+6}+1} >0$ 

Vậy $5x-6+\sqrt{x^2-6x+6} >0$

$\iff \dfrac{6(4x-5)(x-1)}{5(\sqrt{x^2-6x+6}+1)(5x-6+\sqrt{x^2-6x+6})}+\dfrac{9(4x-5)}{5(3\sqrt{x-1}+6)(2\sqrt{x-1}+1)}=0$

$\iff 4x-5=0$    v    $\dfrac{6(x-1)}{5(\sqrt{x^2-6x+6}+1)(5x-6+\sqrt{x^2-6x+6})}+\dfrac{9}{5(3\sqrt{x-1}+6)(2\sqrt{x-1}+1)}=0$ (*)

(*) >0 với mọi $x >1$ và $5x-6+\sqrt{x^2-6x+6} >0$

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình: $x=\dfrac{5}{4}$

làm như thế nghiệm sẽ rất lẻ mình không giải được a,b

Mình nghĩ cách như vậy là hợp lí rồi, Có thể số 282 sửa thành 289 không nhỉ?

Bổ sung thêm các bài tập các bạn chưa giải được trong topic

2)$\sqrt{\frac{\sqrt{x^{2}+282}+x}{x}} - \sqrt{x\sqrt{x^{2}+282}-x^{2}}=3$

             

Đã có ở trang 19

Bài 172: Giải phương trình: $\sqrt{2x+1}+\sqrt{17-2x}=x^4-8x^3+17x^2-8x+22$

Theo bất đẳng thức Cosi: $1.\sqrt{2x+1}+1.\sqrt{17-2x} \leq \sqrt{(1+1)(1+17)}=\sqrt{36}=6$

Ta sẽ chứng minh $x^4-8x^3+17x^2-8x+22 \geq 6$

$\iff x^4-8x^3+17x^2-8x+16 \geq 0$

$\iff (x^4-8x^3+16x^2)+(x^2-8x+16) \geq 0$

$\iff (x^2-4x)^2+(x-4)^2 \geq 0$ (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi: $x=4$

Bài 7: Giải HPT:
$\begin{cases}& x^{3}-x^{2}y-y=2x^{2}-x+2 \\ & y^{2}+4\sqrt{x+2}+\sqrt{16-3y}= 2x^{2}-4x+12\end{cases}$

 

ĐK: $-4 \leq x \leq \dfrac{16}{3}$

(1) $\iff (x^2+1)(x-y-2)=0 \iff x=y+2$

(2) $\iff 4\sqrt{y+4}+\sqrt{16-3x}=y^2+4y+12$

$\iff 3(y^2+4y+12)-12\sqrt{y+4}-4\sqrt{16-3y}=0$

$\iff 3(y^2+x)+(4y+24-12\sqrt{y+4})+(12-y-\sqrt{16-3y})=0$

$\iff 3(y^2+3y)+\dfrac{16(y^2+3y)}{4y+24+12\sqrt{y+4}}+\dfrac{y^2+3y}{12-y+\sqrt{16-3y}}=0$ (vì $12-y >0$)

$\iff y(y+3)(3+\dfrac{16}{4y+24+12\sqrt{y+4}}+\dfrac{1}{12-y+\sqrt{16-3y}})=0$

$\iff y=0$  v  $y=-3$

$\iff x=2$  v  $x=-1$

Vậy $(x;y)=(2;0) ; (-1;3)$