Chủ đề này có 7 trả lời

[Thao Hien]

1) Giải pt,hpt:
a/$\left\{\begin{matrix}\frac{1}{1+(x-y)^{2}}=z+4 & & \\ \sqrt{z+3}+2x=8 & & \end{matrix}\right.$

b/$\left\{\begin{matrix}1+\sqrt{y-1}=\frac{1}{y^{2}}-(x+z)^{2} & & \\ x^{2}+y^{2}=2y & & \end{matrix}\right.$

c/$\left\{\begin{matrix}\sqrt{y}-4+x=\frac{\sqrt{x+y}+\sqrt{x+y-9}+2}{\sqrt{y}-x+4} & & \\ 9+(y-5)^{2}=x+y & & \end{matrix}\right.$

d/$\sqrt[3]{9x^{2}-15x+9}+\sqrt{x^{3}+3x^{2}-3x+1}+x=2$

e/$4x^{4}+x^{2}+3x+4=3\sqrt[3]{16x^{3}+12x}$

f/$2x^{2}+4x-\sqrt{\frac{x+3}{2}}=0$

g/$\frac{x^{2}}{(x+2)^{2}}=3x^{2}-6x-3$

h/$\sqrt[3]{x+\frac{1}{2}}=16x^{3}-1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thao Hien: 11-12-2013 - 11:26

[vuvanquya1nct]

 

h/$\sqrt[3]{x+\frac{1}{2}}=16x^{3}-1$

Đặt $\sqrt[3]{x+\frac{1}{2}}=2y$ và đưa về hệ đối xứng:$\left\{\begin{matrix} 16x^3-1=2y & \\ 16y^3=2x+1 & \end{matrix}\right.$

[vuvanquya1nct]

 

f/$2x^{2}+4x-\sqrt{\frac{x+3}{2}}=0$

 

Cách 1 Đặt $\sqrt{\frac{x+3}{2}}=y+1$  và đưa về hệ đối xứng : $\left\{\begin{matrix} 2y^2+4y-x=1 & \\ 2x^2+4x-y=1 & \end{matrix}\right.$

        đến đây OK

Cách 2 Nhân cả hai vế cho số 8 , phương trình trở thành:$16x^2+32x=2\sqrt{8x+24} \Leftrightarrow 16x^2+40x+25=(8x+24)+2\sqrt{8x+24}+1 \Leftrightarrow (4x+5)^2=(\sqrt{8x+24}+1)^2$   

đến đây cũng OK

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuvanquya1nct: 11-12-2013 - 13:22

[Viet Hoang 99]

a/$\left\{\begin{matrix}\frac{1}{1+(x-y)^{2}}=z+4(1) & & \\ \sqrt{z+3}+2x=8 & & \end{matrix}\right.$

 

ĐK:$z\geq 3$

$z+4=VT(1)\leq 1\Rightarrow z\leq -3$

$\Rightarrow z=-3$

$\Rightarrow x=y=4$

[laiducthang98]

g/$\frac{x^{2}}{(x+2)^{2}}=3x^{2}-6x-3$

PTTĐ $(x^2-6)(3x^2+6x+2)=0$

[Huuduc921996]

e/$4x^{4}+x^{2}+3x+4=3\sqrt[3]{16x^{3}+12x}(1)$

Dễ thấy điều kiện có nghiệm là $x>0$

Với $x>0$

Ta có: $4x^4+x^2\geq 2\sqrt{4x^4.x^2}=4x^3$

$\Rightarrow$ $4x^{4}+x^{2}+3x+4\geq 4x^3+3x+4$

Mặt $\neq$: $4(4x^3+3x+4)=(16x^3+12x)+8+8\geq 3\sqrt[3]{(16x^3+12x).8.8}=4.3\sqrt[3]{16x^3+12x}\\ \Rightarrow 4x^3+3x+4\geq 3\sqrt[3]{16x^3+12x}$

Vậy $4x^{4}+x^{2}+3x+4\geq 3\sqrt[3]{16x^{3}+12x}$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4x^4=x^2\\ 16x^3+12x=8 \end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow x=\frac{1}{2}$

Vậy....

[Huuduc921996]

c/$\left\{\begin{matrix}\sqrt{y}-4+x=\frac{\sqrt{x+y}+\sqrt{x+y-9}+2}{\sqrt{y}-x+4} & & \\ 9+(y-5)^{2}=x+y & & \end{matrix}\right.$

ĐK: ......

$\left\{\begin{matrix}\sqrt{y}-4+x=\frac{\sqrt{x+y}+\sqrt{x+y-9}+2}{\sqrt{y}-x+4}(1) & & \\ 9+(y-5)^{2}=x+y(2) & & \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y-(x-4)^2=\sqrt{x+y}+\sqrt{x+y-9}+2\\ 9+(y-5)^{2}=x+y \end{matrix}\right.$$\Rightarrow y-5-[(y-5)^2-(y-5)]^2=\sqrt{(y-5)^{2}+9}+|y-5|-3$

Đặt $y-5=t\geq -5$, ta được:

$t-[t^2-t]^2=\sqrt{t^{2}+9}+|t|-3\\ \Leftrightarrow \frac{t^2}{\sqrt{t^{2}+9}+3}+t^2(t-1)^2+|t|-t=0(3)$

Vì $\left\{\begin{matrix} \frac{t^2}{\sqrt{t^{2}+9}+3}\geq 0\\ t^2(t-1)^2\geq 0\\ |t|-t\geq 0 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow (3)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{t^2}{\sqrt{t^{2}+9}+3}= 0\\ t^2(t-1)^2= 0\\ |t|-t= 0 \end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow t=0\Rightarrow y=5\Rightarrow x=4$

Vậy.........

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Huuduc921996: 01-01-2014 - 01:21

[Huuduc921996]

b/$\left\{\begin{matrix}1+\sqrt{y-1}=\frac{1}{y^{2}}-(x+z)^{2}(1) & & \\ x^{2}+y^{2}=2y(2) & & \end{matrix}\right.$

Ta có điều kiện của y là $y\geq 1$

$\Rightarrow y^2\geq 1\\\Leftrightarrow \frac{1}{y^2}\leq 1\\ \Rightarrow \frac{1}{y^2}-(x+z)^{2}\leq 1\Leftrightarrow VP(1)\leq 1$

Dễ thấy $VT(1)\geq 1$

Vậy $(1)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y=1\\ x+z=0 \end{matrix}\right.$

Với $y=1\Rightarrow x^2=1\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=1\Rightarrow z=-1\\ x=-1\Rightarrow z=1 \end{bmatrix}$

Vậy...