Chủ đề này có 2 trả lời

[hongnhung121296]

Giải hệ 

$\left\{\begin{matrix} x^{3}y-y^{4}=28 & \\   x^{2}y+2xy^{2}+y^{3}=18\sqrt{2}&  \end{matrix}\right.$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hongnhung121296: 05-09-2013 - 14:12

[letankhang]

 

Giải hệ 

$\left\{\begin{matrix} x^{3}y-y^{4}=28 & \\   x^{2}y+2xy^{2}+y^{3}=18\sqrt{2}&  \end{matrix}\right.$

 

 

Vậy đúng không nhỉ !?
Ta có :

$HPT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y(x^{3}-y^{3})=28 & \\ y(x+y)^{2}=18\sqrt{2}\Rightarrow x> y> 0 & \end{matrix}\right.\Rightarrow x=\frac{3\sqrt[4]{8}}{\sqrt{y}}-y$

Thế vào $PT$ đầu ta được :

$y[(\frac{3\sqrt[4]{8}}{\sqrt{y}}-y^{3})^{3}-y^{3}]=28$

Đặt : $t=\sqrt{y}>0$ thì :

$t^{2}[(\frac{3\sqrt[4]{8}}{t}-t^{2})^{3}-t^{6}]=28\Leftrightarrow t^{9}-(3\sqrt[4]{8}-t^{3})^{3}+28t=0$

Xét hàm số $f(t)=t^{9}-(3\sqrt[4]{8}-t^{3})^{3}+28t=0$

Ta có : $f(t)=t^{9}-(3\sqrt[4]{8}-t^{3})^{3}+28t> 0;\forall t> 0$

Vậy hàm số $f(t)$ đồng biến trên khoảng $(0;+\infty)$ nên nghiệm của $HPT$ là duy nhất 

Dễ thấy hệ có nghiệm $(2\sqrt{2};\sqrt{2})$

Vậy...

[ntsondn98]

Dễ thấy $x>y>0$

Đặt $ x=ty$ thì từ phương trình thứ nhất ta thấy: $t>1$

Và:

$\left\{\begin{array}{l}y^4(t^3-1) = 28 \\y^3(t+1)^2 =18\sqrt{2} \end{array}\right.$

<=> $ \left\{\begin{array}{l}y^{12}(t^3-1)^3) = 28^3 \\y^{12}(t+1)^8 =(18\sqrt{2})^4 \end{array}\right.$

Chia vế với vế ta được

$ 419904(t^3-1)^3=21952(t^2+2t+1)^4$

<=>$ 64(t-2)(6561t^8+12779t^7+22817t^6+16341t^5+13474t^4+2938t^3+6351t+3098t+3452)=0$

t=2 vì t>1

Thay x=2y vào hpt ban đầu ta giải được: (x;y)=$(2\sqrt{2};\sqrt{2})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ntsondn98: 05-09-2013 - 14:55