1,$\left\{\begin{matrix} x^{2}(y+1)=6y-2 & \\ x^{4}y^{2}+2x^{2}y^{2}+y(x^{2}+1)=12y^{2}-1 & \end{matrix}\right.$

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

Có thể làm như sau:

Chia cả 2 vế pt cho $x^3\neq 0$. Ta được:

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

Đặt $\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{x^2}}=t, \ t\ge 0$ pt trở thành:

$2t^3+3t^2\pm 1=0$

Không biết có đúng không nhể

$$pt\iff  \left(\sqrt{(x+2)^3}-3x-2\right)\left(3x+\sqrt{(x+2)^3}+4\right)=0$$

Hoặc là :

$$pt\iff \left(\sqrt{(x+2)^3}+1\right)^2=[3(x+1)]^2$$

Sai rồi bạn ạ

Sai chỗ nào

Sao lại có điều này.Bạn biến đối xem.

$VT=x^3-3x^2-6x+\sqrt{(x+3)^3} \\ = x^3+6x^2+12x+8+3x\sqrt{(x+2)^3}+4\sqrt{(x+2)^3}-9x^2-3x\sqrt{(x+2)^3}-12x-6x-2\sqrt{(x+2)^3}-8 \\ = \sqrt{(x+2)^3}\left(3x+\sqrt{(x+2)^3}+4\right)-3x\left(3x+\sqrt{(x+2)^3}+4\right)-2\left(3x+\sqrt{(x+2)^3}+4\right) \\ = \left(3x+\sqrt{(x+2)^3}+4\right)\left(\sqrt{(x+2)^3}-3x-2\right)$

vì sao a

 

vì sao a<b+c

Bài này a,b,c là 3 cạnh của tam giác thì đúng hơn

là sao bạn 

Thì $a+b+b\ge a+b+c$

chứng minh bất đẳng thức :

       Với $a \geq b\geq c$

$CM : 9ab\geq (a+b+c)^{2}$

Vì $ a\geq b\geq c$

Do đó : $(a+b+c)^{2}\leq(a+2b)^{2}$

Ta cần chứng minh : $(a+2b)^{2}\leq 9ab\Leftrightarrow (4b-a)(b-a)\leq 0$(*)

Do $b \leq a \Rightarrow b-a\leq 0$ và $a<b+c\leq2b<4b \Rightarrow 4b-a>0$nên (*) đúng.

Vậy : $(a+b+c)^2\leq 9ab$

Cho $A(x)$=$a$.$x^3$+$b$.$x^2$+$c$.$x$+$d$ và $A(0)$;$A(1)$ đều là số lẻ. 
C/m $A(x)$ không có nghiệm nguyên    

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

ĐK: $x\geq 1$
Phương trình đã cho tương đương với: $$2(x^{2}+x+1)+3(x-1)=7\sqrt{(x-1)(x^{2}+x+1)}$$
Đặt $u=\sqrt{x^{2}+x+1},v=\sqrt{x-1}; \ u,v\ge 0 $ suy ra:

$$2u^{2}+3v^{2}=7uv \iff  (u-3v)(2u-v)=0 \\ \iff \begin{bmatrix} u=3v \\ 2u=v \end{bmatrix}  \iff \begin{bmatrix} \sqrt{x^2+x+1}=3\sqrt{x-1} \\ 2\sqrt{x^2+x+1}=\sqrt{x-1} \end{bmatrix} \\ \iff \begin{bmatrix} x^2-8x+10=0 \\ 4x^2+3x+5=0 (VN)\end{bmatrix} \iff \begin{bmatrix} x=4- \sqrt{6} \\ x=4+ \sqrt{6} \end{bmatrix}$$

Vậy Tập nghiệm của phương trình là: $S=\{ 4 \pm \sqrt{6} \}$

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

Cách 2:    ĐK: $x\ge 1$, bình phương 2 vế :

$$(2x^{2}+5x-1)^2=(7\sqrt{x^{3}-1})^2 \\ \iff 4x^4-29x^3+21x^2-10x+50=0 \\ \iff (x^2-8x+10)(4x^2+3x+5)=0 \\  \implies x=4\pm \sqrt{6}$$

Mở rộng:  Giải phương trình: $a. A(x)+b.B(x)=c.\sqrt{A(x).B(x)}$ với $a,b,c\in \mathbb{R}; \ A(x), \ B(x)$ là các đa thức.

Giải: Đặt $\begin{cases}\sqrt{A(x)}=m\ge 0\\\sqrt{B(x)}=n\ge 0\end{cases}$. Phương trình có dạng:

$$am^2+bn^2=cmn \ \ (*)$$

Nhận thấy $n=0$ không là nghiệm của phương trình , chia cả 2 vế phương trình $(*)$ cho $n^2\neq 0$ ta được:

$$a.\dfrac{m^2}{n^2}-c.\dfrac{m}{n}+b=0\iff at^2-ct+b=0\left(t=\dfrac{m}{n}\right) \implies t=\dfrac{c\pm \sqrt{\Delta}}{2a}$$

Tìm được $t$ thay vào tìm tỉ số $m,n$ rồi tìm ra x. 

Giải phương trình:

$$\sqrt{x^2+x-6}+3\sqrt{x-1}=\sqrt{3x^2-6x+19}$$

Đề của 

vuminhhoang

Đến đây dễ dàng làm tiếp

Theo giả thiết ta có : $(x+y)^3+4xy\geq 2\Rightarrow 2\leq (x+y)^3+(x+y)^2\Leftrightarrow (x+y)^3+(x+y)^2-2\geq 0\Leftrightarrow \left ( x+y-1 \right )\left [ \left ( x+y \right )^2+x+y+2 \right ]\geq 0\Rightarrow x+y\geq 1$

Ta có : $P=3\left ( x^4+y^4+x^2y^2 \right )-2\left ( x^2+y^2 \right )+1$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ với các số thực $a,b$ ta có : $4ab\leq \left ( a+b \right )^2,a^2+b^2\geq 2\left | ab \right |\geq 2ab$

$\Rightarrow 2P=6\left ( x^4+y^4+x^2y^2 \right )-4\left ( x^2+y^2 \right )+2=2\left ( x^4+y^4-x^2y^2 \right )+4\left ( x^4+y^4+2x^2y^2 \right )-4\left ( x^2+y^2 \right )+2=2\left ( x^4+y^4-x^2y^2 \right )+\left [ 2\left ( x^2+y^2 \right )-1 \right ]+1$

$\geq \left ( x^4+y^4 \right )+\left ( x^4+y^4-2x^2y^2 \right )+\left [ \left ( x+y \right )^2 \right ]+1\geq x^4+y^4+1\geq 2.\left ( \frac{x+y}{4} \right )^4+1\geq \frac{9}{8}\Rightarrow P\geq \frac{9}{16}$

Dấu = xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

$a,b$ có dương đâu mà $AM-GM$ bạn

Bài trên em nhầm chút, em xin làm lại:

Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản: $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

Đặt $x+y=t$, ta có: $$t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$$

Xét bất phương trình: $$t^3+t^2-2\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$$

Lại có: $x^4+y^4+x^2y^2\ge \dfrac{3}{4}(x^2+y^2)^2\iff (x^2-y^2)^2\ge 0$ ( luôn đúng)

Do đó: $$P\ge \dfrac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$$

Đặt $x^2+y^2=k, \ k\ge 0$. Mà $2(x^2+y^2)\ge (x+y)^2\iff (x-y)^2\ge 0\implies 2k\ge t^2\implies k\ge \dfrac{1}{2}$

Ta đưa về bài toán, tìm min của: $P=\dfrac{9k^2}{4}-2k+1$ với $k\ge \dfrac{1}{2}$ Ta có: $$P=\dfrac{1}{4}(9k^2-8k+4)=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4}\right]=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2\right]+\dfrac{9}{16}\ge \dfrac{9}{16}$$

Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}k^2-\dfrac{1}{4}=0 \\ k-\dfrac{1}{2}=0\end{cases}\iff k=\dfrac{1}{2}\implies t=1\implies \begin{cases}x+y=1 \\ x=y\end{cases}\iff x=y=\dfrac{1}{2}$

Vậy $\min P=\dfrac{9}{16}$ khi và chỉ khi $x=y=\dfrac{1}{2}.\blacksquare$

Điểm 10.

Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản:  $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

Đặt $x+y=t$, ta có: 

$$t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$$

Xét bất phương trình: $$t^3+t^2-t\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$$

Lại có: $x^4+y^4+x^2y^2\ge \dfrac{3}{4}(x^2+y^2)^2\iff (x^2-y^2)^2\ge 0$ ( luôn đúng)

Do đó: $$P\ge \dfrac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$$

Đặt $x^2+y^2=k, \ k\ge 0$. Mà $2(x^2+y^2)\ge (x+y)^2\iff (x-y)^2\ge 0\implies 2k\ge t\implies k\ge \dfrac{1}{2}$

Ta đưa về bài toán, tìm min của: $P=\dfrac{9k^2}{4}-2k+1$ với $k\ge \dfrac{1}{2}$

Ta có: $$P=\dfrac{1}{4}(9k^2-8k+4)=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4}\right]=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2\right]+\dfrac{9}{16}\ge \dfrac{9}{16}$$

Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}k^2-\dfrac{1}{4}=0 \\ k-\dfrac{1}{2}=0\end{cases}\iff k=\dfrac{1}{2}\implies t=1\implies \begin{cases}x+y=1 \\ x=y\end{cases}\iff x=y=\dfrac{1}{2}$

Vậy $\min P=\dfrac{9}{16}$ khi và chỉ khi $x=y=\dfrac{1}{2}.\blacksquare$

Bỏ

Mở rộng: Cho $x,y,a,b,c,k\in \mathbb{R}; \ a,b,k\neq 0$ thỏa mãn $(x+y)^3+4xy \ge 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của: $$P=a\left(x^{2k}+y^{2k}+x^ky^k\right)−b\left(x^k+y^k\right)+c$$

Giải: 

Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản: $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

Đặt $x+y=t$, ta có: $$t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$$

Xét bất phương trình: $$t^3+t^2-2\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$$

Ta có: $x^{2k}+y^{2k}+x^ky^k\ge \dfrac{3}{4}\left(x^k+y^k\right)^2\iff \left(x^k-y^k\right)^2$ ( Luôn đúng)

Do đó: $$P\ge \dfrac{3a}{4}\left(x^k+y^k\right)^2−b\left(x^k+y^k\right)+c$$

Theo BĐT $Holder$ thì : $\left(x^k+y^k\right).2^{k-1}\ge (x+y)^k\implies x^k+y^k\ge \dfrac{2}{2^k}$

Đặt $x^k+y^k=m, \ m\ge \dfrac{2}{2^k}$, thì ta đưa về bài toán:

Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\dfrac{3am^2}{4}-bm+c$ với $m\ge \dfrac{2}{2^k}$

Đến đây dễ dàng tìm $\min P.$

Mở rộng thiếu hợp lí vì nếu các biến âm thì không tồn tại $x^k$, $y^k$ .

MSS-01: Nguyễn Đức Thuận

 

Từ bất đẳng thức (BĐT) AM-GM, ta có:

$(x+y)^2\geq 4xy(1)$

$x^2+y^2\geqslant \frac{(x+y)^2}{2}(2)$

 

$(1)\Rightarrow (x+y)^3+(x+y)^2\geq 2\Leftrightarrow a^3+a^2-2\geqslant 0$ (a=x+y)

$\Rightarrow (a-1)(a^2+2a+2)\geqslant 0\Leftrightarrow a\geq 1$ (Do $a^2+2a+2=(a+1)^2+1>0$ với mọi a)

$(2)\Rightarrow t=x^2+y^2\geq \frac{a^2}{2}\geq \frac{1}{2}$ $\Rightarrow t^2\geq \frac{1}{4}$

Sử dụng BĐT dạng $(1)$: $\frac{t^2}{4}\geq x^2y^2$

Biến đổi: $P=3\left [t^2-x^2y^2 \right ]-2t+1\geq 3.\frac{3t^2}{4}-2t+1$

$=2(t-\frac{1}{2})^2+\frac{t^2}{4}+\frac{1}{2}\geq \frac{1}{16}+\frac{1}{2}=\frac{9}{16}$

 Vậy $MinP=\frac{9}{16}$  khi $x=y=\frac{1}{2}$

 

a,b chưa chắc dương bạn à  

 

MSS 59

Ta có $(x+y)^{2}-4xy\geq 0$ (1)

         $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ (2)

Cộng (1) và (2) ta được $(x+y)^{3}+(x+y)^{2}-2\geq 0$

Đặt $t=(x+y)$

$\Rightarrow t^{3}+t^{2}-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t^{3}+2t^{2}+2t-t^{2}-2t-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t(t^{2}+2t+2)-(t^{2}+2t+2)\geq 0$

$\Leftrightarrow (t-1)(t^{2}+2t+2)\geq 0$

Mà $t^{2}+2t+2=t^{2}+2t+1+1=(t+1)^{2}+1\geq 1> 0$

$\Rightarrow t-1\geq 0$

$\Leftrightarrow x+y\geq 1$

Mặt khác $(x-y)^{2}\geq 0$

$\Rightarrow 2x^{2}-x^{2}-2xy+2y^{2}-y^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow 2(x^{2}+y^{2})\geq (x+y)^{2}$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}\geq \frac{(x+y)^{2}}{2}\geq \frac{1}{2}$ (Dấu "=" xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$)

Lại có $(x^{2}+y^{2})^{2}\geq 4x^{2}y^{2}\Rightarrow \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}\geq x^{2}y^{2}$

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

         $=3[(x^{2}+y^{2})^{2}-x^{2}y^{2}]-2(x^{2}+y^{2})+1$

         $\geq 3[(x^{2}+y^{2})^{2}-\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}]-2(x^{2}+y^{2})+1$

         $\geq \frac{9}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1$

Đặt $a=x^{2}+y^{2}$ (Điều kiện $a\geq \frac{1}{2}$)

$f(a)= \frac{9}{4}a^{2}-2a+1,a\geq \frac{1}{2}$

$f(a)\geq f(\frac{1}{2})=\frac{9}{16}$

Vậy $P_{min}=\frac{9}{16}\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

 

2 lời giải này có lẽ không phù hợp với THCS, dùng cả đạo hàm

Đầu tiên ta có bổ đề (*) : ( Định lý Ceva)

Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB. ĐỊnh lý phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và CF là những đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi: $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$      

Chứng minh: 

 MSS.1.bmp   115.52K   1 Số lần tải    

Giả sử $AD; \ BE ; \ CF$ đồng quy tại 1 điểm $O$ nào đó ( nằm trong hoặc ngoài tam giác).

Ta có: $\Delta BOD$ và $\Delta COD$ có chung chiều cao $\implies \frac{|\Delta BOD|}{|\Delta COD|}=\frac{BD}{DC}$

Tương tự $\frac{|\Delta BAD|}{|\Delta CAD|}=\frac{BD}{DC}$

Ta suy ra: $$\frac{BD}{DC}=\frac{|\Delta BAD|-|\Delta BOD|}{|\Delta CAD|-|\Delta COD|}=\frac{|\Delta ABO|}{|\Delta CAO|}$$

Tương tự: $\frac{CE}{EA}=\frac{|\Delta BCO|}{|\Delta ABO|}$ và $\frac{AF}{FB}=\frac{|\Delta CAO|}{|\Delta BCO|}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta được: $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$       

Ngược lại , giả sử Ngược lại, giả sử rằng ta đã có những điểm $D, E$ và $F$ thỏa mãn đẳng thức. Gọi giao điểm của $AD$ và $BE$ là $O$, và gọi giao điểm của $CO$ và $AB$ là $F'$. Theo chứng minh trên $\frac{AF'}{F'B}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$

Kết hợp với đẳng thức trên, ta nhận được: $\frac{AF'}{F'B}=\frac{AF}{FB}$

Thêm 1 vào mỗi vế và chú ý rằng $AF''+F''B=AF+FB=AB$, ta có $\frac{AB}{F'B}=\frac{AB}{FB}$

Do đó $F''B=FB$, vậy $F$ và $F''$ trùng nhau. Vì vậy $AD,BE$ và $CF=CF''$ đồng qui tại $O$, và định lí đã được chứng minh đúng theo cả hai chiều.

Trở về bài toán: 

 MSS.3.bmp   680.89K   4 Số lần tải

$AM$ cắt $BC$ tại $K$, $BN$ cắt $AC$ tại $J$, $CP$ cắt $AB$ tại H.

Kẻ $EI//FL//BC$ ( $F,I\in AK$) thì ta có : $\frac{AF}{AB}=\frac{FL}{BK} \ ; \ \frac{AE}{AC}=\frac{EI}{CK} \ ; \ \frac{EI}{FL}=\frac{EM}{FM}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta có: $\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC}.\frac{FM}{EM}=\frac{BK}{FL}.\frac{EI}{CK}.\frac{FL}{EI}\implies \frac{BK}{CK}= \frac{FM}{EM} .\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC} \ \ (1)$

Tượng tự ta cũng có: $\frac{CJ}{AJ}=\frac{DN}{FN}.\frac{BC}{BD}.\frac{BF}{AB} \ \ (2)$ và $\frac{AH}{BH}=\frac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \ \ \ (3)$

Nhân các vế của $(1);(2);(3)$ ta được:

$\frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC}.\frac{FM}{EM}.\frac{DN}{FN}.\frac{BC}{BD}.\frac{BF}{AB}.\frac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \\ \implies \frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=\frac{FM}{EM}.\frac{EP}{DP}.\frac{DN}{FN}.\frac{DC}{BD}.\frac{BF}{AF}.\frac{AE}{CE} \ \ (\star)$

Áp dụng bổ đề (*) cho $\Delta ABD$ có $AD, CE, CF$ đồng quy và $\Delta DEF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy ta có:

$\frac{FM}{EM}.\frac{EP}{DP}.\frac{DN}{FN}=1$ và $\frac{DC}{BD}.\frac{BF}{AF}.\frac{AE}{CE}=1$

Thay vào $(\star)$ : $\implies \frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=1$

Theo bổ đề (*) thì ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$

$d=10$

$S= 39$

MSS19
$8x^{2}+12y^{2}-20xy=0 \Leftrightarrow 2x^{2}+3y^{2}-5xy=0 \Leftrightarrow 2x^{2}-2xy-3xy+3y^{2}=0 \Leftrightarrow 2x(x-y)-3y(x-y)=0 \Leftrightarrow (2x-3y)(x-y)=0 \Rightarrow 2x-3y=0$
hoặc $x-y=0$
Nếu $x-y=0$ thì $x=y$ mà $4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y \Rightarrow 4x^{2}-6x+1=x^{2}-3x \Leftrightarrow 3x^{2}-3x+1=0 \Leftrightarrow 3x^{2}-3x+ \frac{3}{4} + \frac{1}{4} =0 \Leftrightarrow 3(x^{2}-x+ \frac{1}{4}) + \frac{1}{4} =0 \Leftrightarrow 3(x- \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4} = 0 \geq \frac{1}{4} \Rightarrow$

vô lý
Nếu $2x-3y=0$ thì $x= \frac{3y}{2}$ mà $4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y \Rightarrow 4.( \frac{3y}{2})^{2}-6. \frac{3y}{2}+1=y^{2}-3y \Leftrightarrow 9y^{2}-9y+1=y^{2}-3y \Leftrightarrow 8y^{2}-6y+1 =0 \Leftrightarrow 8y^{2}-4y-2y+1=0 \Leftrightarrow 4y(2y-1)-(2y-1)=0 \Leftrightarrow (4y-1)(2y-1)=0 \Rightarrow 4y-1=0$ hoặc $2y-1=0 \Rightarrow y= \frac{1}{4}$
hoặc $y= \frac{1}{2}$

mà $x= \frac{3y}{2} \Rightarrow$

Với $y= \frac{1}{4}$

thì $x= \frac{3}{8}$

Với $y= \frac{1}{2}$

thì $x= \frac{3}{4}$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $x= \frac{3}{8};y= \frac{1}{4}$

và $x= \frac{3}{4};y= \frac{1}{2}$
 

Đầu tiên, đoạn bôi đỏ đầu tiên , bạn viết $3(x- \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4} = 0 \geq \frac{1}{4}$ , cái này dễ làm người đọc hiểu nhầm là $0\ge \dfrac{1}{4}????$

Đoạn thứ 2 có vẻ hơi khó hiểu nhỉ, cái chữ "hoặc" tự nhiên nhảy ra giữa dòng là như thế nào??? Có lẽ đoạn này lỗi latex???

$\left\{\begin{matrix} 8x^{2}+12y^{2}-20xy=0 & (1)\\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y& \end{matrix}\right.$

Xét (1)$\Leftrightarrow 8x^{2}+12y^{2}-8xy-12xy=0\Leftrightarrow 8x(x-y)-12y(x-y)=0\Leftrightarrow 4(x-y)(2x-3y)=0\Leftrightarrow$

Vậy hoặc x=y hoặc x=1,5y

với x=y ta thế vào $4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y$$\Leftrightarrow 4x^{2}-6x+1=x^{2}-3x\Leftrightarrow 3x^{2}-3x+1=0$ vô nghiệm vì $\Delta$ nhỏ hơn 0

Với x=1,5y ta có $4x^{2}-6x+1=(1,5x)^{2}-4,5x\Leftrightarrow 1,75x^{2}-1,5x+1=0$ cũng vô nghiệm vì $\Delta$ nhỏ hơn 0

Vậy hệ phương trình vô nghiệm thực

Với $x=1,5y$ thì $4(1,5y)^2-6.1,5y+1=y^2-3y$ chứ nhỉ?? Bạn nhầm $x=1,5y$ với $y=1,5x$ rồi

Ý của người viết có lẽ là để $0\geq \frac{1}{4}$ để dẫn đến mâu thuẫn

Tất nhiên là mình hiểu nhưng trong toán học không được viết như thế , dễ làm người đọc hiểu nhầm. Nếu mà như thế thì phải viết viết $3(x-\frac{1}{2})^2+\dfrac{1}{4}\ge \dfrac{1}{4}=0$( vô lý)

Rất xin lỗi các toán thủ đã vì post đề chậm trễ, sau đây là đề thi trận 2 MSS:

Đề của toán thủ : Best Friend

 

$$\left\{\begin{matrix} 8x^{2}+12y^{2}-20xy=0 & & \\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y & & \end{matrix}\right.$$

Thời gian làm bài tính từ: 23h ngày 24/1/2014

Lời giải của MSS 33

$$\left\{\begin{matrix} 8x^{2}+12y^{2}-20xy=0 \ \ \ (1)& & \\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y \ \ \ (2)& & \end{matrix}\right.$$

Nhận thấy $x=0;y=0$ không phải nghiệm của phương trình. Chia cả 2 vế phương trình $(1)$ cho $y^2$ ta được:

$$8\left(\frac{x}{y}\right)^2-20\frac{x}{y}-12=0\iff 2\left(\frac{x}{y}\right)^2-5\frac{x}{y}-3=0 \ \ \ (\star)$$

Đặt $\frac{x}{y}=a$, phương trình $(\star)$ trở thành:

$$2a^2-5a+3=0\iff \begin{bmatrix}a=1 & \\ a=\dfrac{3}{2}& \end{bmatrix}\implies \begin{bmatrix}x=y & \\ x=\dfrac{3y}{2}& \end{bmatrix}$$

$TH_1: \ \ x=y$, Thay vào phương trình $(2)$ ta được:

$$4x^2-6x+1=x^2-3x\iff 3x^2-3x+1=0$$

Phương trình trên vô nghiệm do $\Delta =-3<0$

$TH_2: \ \ x=\dfrac{3}{2}$, thay vào phương trình $(2)$ ta được:

$$4.\left(\frac{3y}{2}\right)^2-6.\frac{3y}{2}+1=y^2-3y\iff 8y^2-6y+1=0 \iff \begin{bmatrix}y=\frac{1}{2}& \\ y=\dfrac{1}{4}& \end{bmatrix}$$

Với $y=\dfrac{1}{2}\implies x=\dfrac{3.\dfrac{1}{2}}{2}=\dfrac{3}{4}$

Với $y=\dfrac{1}{4}\implies x=\dfrac{3.\dfrac{1}{4}}{2}=\dfrac{3}{8}$

Thử lại: Thoả mãn cả 2 nghiệm.

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là : $(x;y)=\left(\frac{3}{4};\frac{1}{2}\right);\left(\frac{3}{8};\frac{1}{4}\right)$

________________________________
$d = 10$
$S = 44$

Cậu còn tai hại hơn tại sao $\frac{1}{4}=0$?

Mình nghĩ nó phải thế này

$0=3(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4}\geq \frac{1}{4}\Rightarrow 0\geq \frac{1}{4}$(vô lí)

ờ, mình gõ nhầm cái dấu bằng đó là dấu $>$

ta có:

$8x^{2}+12y^{2}-20xy=0\Leftrightarrow 2x^{2}+3y^{3}-5xy=0\Leftrightarrow (x-y)(2x-3y)=0$                            (1)

từ (1) ta có hai trường hợp :

+) trường hợp 1: nếu x=y thay vào phương trình thứ hai ta có:

$4x^{2}-6x+1=x^{2}-3x\Leftrightarrow 3x^{2}-3x+1=0$

khi đó phương trình vô nghiệm

+)trường hợp 2: nếu $2x=3y$ 

thay vào phương trình đầu ta có:

$9y^{2}-9y+1=y^{2}-3y\leftrightarrow 8y^{2}-6y+1=0$

khi ấy phương trình có hai nghiệm là $x=\frac{1}{2}$ hoặc $x=\frac{1}{4}$

vậy phương trình có hai nghiệm là $\frac{1}{2}$ và$\frac{1}{4}$

Phương trình có 2 nghiệm???Nghiệm của hệ đâu???