375 replies to this topic

[Baoriven]

Các bài đang chờ được giải:

Bài 67: Giải hệ phương trình: 

$\left\{\begin{matrix} 4\sqrt[3]{y^2}\left ( x^2y^2+8y^2x+12y^2 \right )+2y\sqrt[3]{y}+1=5\sqrt[3]{y^2}.\sqrt{y(xy+3y)^3} & & \\ \left ( x^2y^2+8xy^2+12y^2 \right )^3+4y^4\left ( x^2y^2+8xy^2+12y^2-1 \right )=1 & & \end{matrix}\right.$

 

Bài 72: Giải hệ phương trình: 

$\left\{\begin{matrix}\sqrt{x+2}-\sqrt{y}=1 \\ \frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{4x+y^2}}=\frac{1}{6} \end{matrix}\right.$

 

Bài 74: Cho phương trình: $x^{3}-2002x^{2}+2001bx-2000a=0$. Tìm GTLN của a sao cho tồn tại b để phương trình trên có 3 nghiệm trên $\left [ -2002;2002 \right ]$

 

Một bài mới:

Bài 76: Giải phương trình: 

$x+y+z+\sqrt{xyz}+4=2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})$

[anhminhnam]

 

Bài 76: Giải phương trình: 

$x+y+z+\sqrt{xyz}+4=2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})$

 

Xét bộ $\sqrt{x};\sqrt{y};\sqrt{z}$ theo bất đẳng thức schur và đổi biến p q r ta có

$p^2-4q+r+4=0\geq \frac{-9r}{p}+r+4\geq \frac{-9r}{3\sqrt[3]{r}}+r+4=r-3r^{\frac{2}{3}}+4=(\sqrt[3]{r}-2)^2(\sqrt[3]{r}+1)\geq 0\Rightarrow r=8$

Suy ra $x=y=z=4$

Mình nghĩ tới vậy, không biết đúng không.

[An Infinitesimal]

Các bài đang chờ được giải:

Bài 67: Giải hệ phương trình: 

$\left\{\begin{matrix} 4\sqrt[3]{y^2}\left ( x^2y^2+8y^2x+12y^2 \right )+2y\sqrt[3]{y}+1=5\sqrt[3]{y^2}.\sqrt{y(xy+3y)^3} & & \\ \left ( x^2y^2+8xy^2+12y^2 \right )^3+4y^4\left ( x^2y^2+8xy^2+12y^2-1 \right )=1 & & \end{matrix}\right.$

 

 

 

Một vài thử nghiệm cho bài toán "kinh quái" (chẳng mấy hứng thú với đề cồng kềnh thế này!)

Nhận xét: $x>-3, y>0.$

Phương trình thứ hai được viết lại:

\[y^6 \left( x^2+8x+12\right)^3+4y^6\left( x^2+8x+12\right)= 1+4y^4.\]

Quăng con "$y^6$" sang VP để tiện xử lý và cũng từ đó nhận ra điều đặc biệt:

PT có thể viết lại thành

\[f(x^2+8x+12)= f\left(\frac{1}{y^2}\right),\]

trong đó $f(t)=t^3+4t$ là hàm đồng biến.

Do đó

$x^2+8x+12= \frac{1}{y^2}.$

 

 

Khi đó phương trình thứ nhất được viết lại đơn giản hơn là

\[4\sqrt[3]{y^2}+2y\sqrt[3]{y}+1=5\sqrt[3]{y^2}.y^2\sqrt{(x+3)^3}.\]

 

Đặt $a=\sqrt[3]{\frac{1}{y^2}}$, ta có hệ

$\left\{\begin{matrix} x^2+8x+12= a^3 \\ 25(x+3)^3 = \left(a^4+4a^3+a^2 \right)^2  \end{matrix}\right.$

Dẫn đến phương trình theo $a$:

\[ \left(a^4+4a^3+a^2 \right)^2 = 25  \left(\sqrt{4+a^3}-1 \right)^3.\]

(Phần còn lại cũng là một khúc xương khó nhai!)

Edited by vanchanh123, 05-07-2016 - 21:26.

[Baoriven]

Theo em nghĩ:

Đặt: $x^2y^2+8xy^2+12y^2=a$

Suy ra từ phương trình (2): $a^3-1+4y^4(a-1)=0\Leftrightarrow (a-1)(a^2+a+1+4y^4)=0\Leftrightarrow a=1$ 

Vì $a^2+a+1+4y^4> 0$

Làm như vậy nhanh hơn và dễ hiểu hơn nhiều.

Edited by Baoriven, 07-07-2016 - 15:42.

[An Infinitesimal]

Theo mình nghĩ:

Đặt: $x^2y^2+8xy^2+12y^2=a$

Suy ra từ phương trình (2): $a^3-1+4y^4(a-1)=0\Leftrightarrow (a-1)(a^2+a+1+4y^4)=0\Leftrightarrow a=1$ 

Vì $a^2+a+1+4y^4> 0$

Làm như vậy nhanh hơn và dễ hiểu hơn nhiều

(y)

Bạn có ý tưởng để giải quyết khúc xương?

[An Infinitesimal]

 

Bài 72: Giải hệ phương trình: 

$\left\{\begin{matrix}\sqrt{x+2}-\sqrt{y}=1 \\ \frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{4x+y^2}}=\frac{1}{6} \end{matrix}\right.$

 

Thử giải bài 72:

Từ phương trinh thứ hai, suy ra $x\in (0,6).$

Từ phương trình thứ nhất, ta có $x=y+2\sqrt{y}-1 \le 2y$.

Kết hợp với phương trình thứ hai, ta có

\[f(2)= \frac{1}{6} \ge f\left(x\right),\]

với  $f\left(x\right)=\frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{4x+x^2/4}}$ là hàm nghịch biến.

(Sử dụng nhận xét: $\left(16x+x^2\right)^3 \ge 12^3x^2$.)

 

Suy ra $x\ge 2$. Do đó $y\ge 1$. Vì thế $x\ge y+1.$

 

Với $y=1$, ta có $x=2.$

Xét $y>1$  (cố định $y$), xét hàm  $g(x)= \frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{4x+y^2}}$.

Ta có $g$ là hàm nghịch biến trên $[y+1, 2y]$.

Do đó $g(x) \le g(y+1)= \frac{1}{(y+1)(y+2)}<\frac{1}{6}$ với mọi $y>1.$

Suy ra hệ vô nghiệm (trong trường hợp đang xét).

Kết luận: $(x,y)=(2,1)$ là nghiệm duy nhất của hệ.

[Baoriven]

Một lời giải khác cho Bài 72.

Điều kiện: $x,y> 0$.

Nếu $y< x-1$ thì từ phương trình (1) ta có:

$\sqrt{x+2}< 1+\sqrt{x-1}\Leftrightarrow 1< \sqrt{x-1}\Leftrightarrow x> 2$

Từ phương trình (2) ta có:

$\frac{1}{x}=\frac{1}{6}+\frac{1}{\sqrt{4x+y^2}}> \frac{1}{6}+\frac{1}{\sqrt{4x+(x-1)^2}}=\frac{1}{6}+\frac{1}{x+1}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}-\frac{1}{6}> 0\Leftrightarrow 0< x< 2$

Vậy với điều kiện này hệ đã cho vô nghiệm.

Hoàn toàn tương tự khi ta giả sử: $y> x-1$ ta cũng kết luận như trên.

Như vậy: $y=x-1$.

Hệ đã cho tương đương: $\left\{\begin{matrix}\sqrt{x+2}-\sqrt{x-1}=1 \\\frac{1}{x} -\frac{1}{x+1}=\frac{1}{6} \end{matrix}\right.$

Ta được nghiệm: $x=2;y=1$.

Anh vanchanh123 đăng bài mới được không anh ?

Edited by Baoriven, 06-07-2016 - 15:04.

[NTA1907]

Bài 77: Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} &\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2y}=2(y^{4}-x^{4}) \\ &\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2y}=(3y^{2}+x^{2})(3x^{2}+y^{2}) \end{matrix}\right.$

Edited by NTA1907, 06-07-2016 - 22:04.

[Baoriven]

Lời giải bài 77:

Hệ phương trình tương đương: $\left\{\begin{matrix}\frac{1}{x}-\frac{1}{2y}=2(y^4-x^4) \\ \frac{1}{x}+\frac{1}{2y}=3(x^4+y^4)+10x^2y^2 \end{matrix}\right.$

Ta có: $\left\{\begin{matrix}\frac{2}{x}=5y^4+x^4+10x^2y^2 \\ \frac{1}{y} =5x^4+y^4+10x^2y^2 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2=5xy^4+x^5+10x^3y^2 \\ 1=5x^4y+y^5+10x^2y^3 \end{matrix}\right.$

Cộng trừ hai vế hai phương trình trên ta được: $\left\{\begin{matrix}(x+y)^5=3 \\ (x-y)^5=1 \end{matrix}\right.$

Từ đó được nghiệm: $(x;y)=(\frac{\sqrt[5]{3}+1}{2};\frac{\sqrt[5]{3}-1}{2})$

[Baoriven]

Bài 78: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}2y^3+(4-x)y^2+4y=x^2+2x \\ 3(\sqrt{x-1}+\sqrt[3]{4(x-y+1)})=(x+1)^2-8y+8 \end{matrix}\right.$

 

P/S: Còn Bài 74 của NTA1907

[leminhnghiatt]

Bài 78: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}2y^3+(4-x)y^2+4y=x^2+2x \\ 3(\sqrt{x-1}+\sqrt[3]{4(x-y+1)})=(x+1)^2-8y+8 \end{matrix}\right.$

 

Lời giải:

 

[An Infinitesimal]

Bài 79: Tìm tất các các nghiệm phức của hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix}x^2=y+1, \\y^2=z+1,\\ z^2=x+1.\end{matrix}\right.$

[Baoriven]

Lời giải bài 79:

Do $x^2,y^2,z^2\geq 0$ nên $x+1\ge 0;y+1 \ge 0;z+1\ge 0\Rightarrow x,y,z \ge -1$.

*) Nếu: $x\geq 0$ thì $z^2 =x+1 \ge 1\Rightarrow z>0\Rightarrow y^2=z+1 >1 \Rightarrow y>0$.

Không mất tổng quát giả sử: $x\ge y\ge z >0 \Rightarrow x^2 \ge y^2 \ge z^2 >0 \Rightarrow y\ge z \ge x \Rightarrow x=y=z$.

Suy ra: $x^2 =x+1 \Rightarrow x=y=z=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

*) Nếu: $-1\leq x\leq 0$ thì $y+1 =x^2 <1 \Rightarrow y\le 0\Rightarrow z+1 =y^2 <1 \Rightarrow z<0$.

Không mất tổng quát giả sử: $-1\le x\le y\le z\le 0 \Rightarrow x^2 \ge y^2 \ge z^2 >0 \Rightarrow y \ge z \ge x$.

Suy ra: $x=y=z=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$.

Vậy ta được: $x=y=z=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 80: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}6(\sqrt{xy}-1)=y-x \\ x+\frac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}=\sqrt{2(x^2+y^2)}+3 \end{matrix}\right.$

[LuaMi]

Bài 79 theo mình nghĩ là hoán vị vòng quanh thôi, chỉ được giả sử số lớn nhất thôi chứ

[An Infinitesimal]

Em 

 

Lời giải bài 79:

Do $x^2,y^2,z^2\geq 0$ nên $x+1\ge 0;y+1 \ge 0;z+1\ge 0\Rightarrow x,y,z \ge -1$.

*) Nếu: $x\geq 0$ thì $z^2 =x+1 \ge 1\Rightarrow z>0\Rightarrow y^2=z+1 >1 \Rightarrow y>0$.

Không mất tổng quát giả sử: $x\ge y\ge z >0 \Rightarrow x^2 \ge y^2 \ge z^2 >0 \Rightarrow y\ge z \ge x \Rightarrow x=y=z$.

Suy ra: $x^2 =x+1 \Rightarrow x=y=z=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

*) Nếu: $-1\leq x\leq 0$ thì $y+1 =x^2 <1 \Rightarrow y\le 0\Rightarrow z+1 =y^2 <1 \Rightarrow z<0$.

Không mất tổng quát giả sử: $-1\le x\le y\le z\le 0 \Rightarrow x^2 \ge y^2 \ge z^2 >0 \Rightarrow y \ge z \ge x$.

Suy ra: $x=y=z=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$.

Vậy ta được: $x=y=z=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 80: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}6(\sqrt{xy}-1)=y-x \\ x+\frac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}=\sqrt{2(x^2+y^2)}+3 \end{matrix}\right.$

không đọc kỹ đề!

[An Infinitesimal]

Bài 79 theo mình nghĩ là hoán vị vòng quanh thôi, chỉ được giả sử số lớn nhất thôi chứ

Bạn chưa cẩn thận đọc đề.

[nguyenduy287]

Bài 80: Giải phương trình : $3x^2+11x-1=13\sqrt{2x^3+2x^2+x-1}$

[An Infinitesimal]

Bài 80: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}6(\sqrt{xy}-1)=y-x \\ x+\frac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}=\sqrt{2(x^2+y^2)}+3 \end{matrix}\right.$

 

Từ hệ, suy ra $x, y>0.$

Từ phương trình thứ nhất, ta có \[\frac{x-y}{2}+3\sqrt{xy}=3.\]

Thay vào phương trình thứ 2, (có biến đổi), ta được

\[\frac{x+y}{2}+\frac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}=\sqrt{2(x^2+y^2)}+3\sqrt{xy}.\]

 

\[\frac{3}{2}\left(x+y-2\sqrt{xy}\right)+\left(\frac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}-2(x+y)\right)=\sqrt{2(x^2+y^2)}-(x+y).\]

 

Hay 

 

\[\frac{3(x-y)^2}{2(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}+\frac{4(x+y)(x-y)^2)}{x^2+xy+y^2}=\frac{(x-y)^2}{\sqrt{2(x^2+y^2)}+(x+y)}.\]

Nhận xét 

\[\frac{3}{2(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2} > \frac{1}{\sqrt{2(x^2+y^2)}+(x+y)}.\]

 

Do đó từ phương trình trên, ta suy ra được $x=y$.

Suy ra $x=y=1$.

Edited by vanchanh123, 11-07-2016 - 23:18.

[Baoriven]

Một lời giải khác của Bài 80:

Điều kiện: $\left\{\begin{matrix}xy\geq 0 \\ x^2+xy+y^2\neq 0 \end{matrix}\right.$.

Nếu $x=0$ hoặc $y=0$ thì hệ vô nghiệm.

Nếu $x\leq 0,y\leq 0,x^2+y^2\neq 0$ thì VT của (2) âm, phương trình (2) không thỏa mãn.

Do đó: $x> 0,y> 0$.

Vì: $2\sqrt{xy}\leq x+y$ nên từ phương trình (1) suy ra:

$6=x+6\sqrt{xy}-y\leq x+3(x+y)-y=4x+2y\Rightarrow 2x+y\geq 3$

Mặt khác ta có: $xy\leq \frac{x^2+y^2}{2}\Rightarrow \frac{3(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}\geq \frac{2(x^3+y^3)}{x^2+y^2}$.

Ta chứng minh: $\frac{2(x^3+y^3)}{x^2+y^2}\geq \sqrt{2(x^2+y^2)}\Leftrightarrow x^6+y^6+4x^3y^3\geq 3x^4y^2+3x^2y^4$.

Áp dụng Cauchy ta có: $\left\{\begin{matrix}x^6+x^3y^3+x^3y^3\geq 3x^4y^2 \\ y^6+x^3y^3+x^3y^3\geq 3x^2y^4 \end{matrix}\right.$.

Từ đó suy ra: $\frac{3(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}\geq \sqrt{2(x^2+y^2)}$.

Từ phương trình (2), ta có: $3=x+\frac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}-\sqrt{2(x^2+y^2)}\geq x+\sqrt{2(x^2+y^2)}\geq x+(x+y)=2x+y\geq 3$.

Suy ra: $\left\{\begin{matrix}2x+y=3 \\ x=y \end{matrix}\right.$.

Ta được $x=y=1$. thỏa mãn các điều kiện bài toán.

[Baoriven]

Bài 82: Giải phương trình:

$\left( {3{x^2} + 2x + 7} \right)\sqrt {2x + 7} - \left( {3{x^2} - 7x + 26} \right)\sqrt {x - 1} = 2{x^3} + 14{x^2} - 2x + 22$

 

P/S: Bài này không khó nhưng nhờ các VMFers giải chi tiết.

        Bài của bạn nguyenduy287 là bài 81.

        Còn bài Bài 74 của NTA1907 nữa.

Edited by Baoriven, 12-07-2016 - 20:57.