Chủ đề này có 31 trả lời

[dark templar]

Bài 1: Giải hệ phương trình sau:
$ \left\{\begin{array}{l}x+[y]+\{z \}=30,7\\y+[z]+\{x \}=4,8\\z+[x]+\{y \}=2010,9\end{array}\right. $


Bài 2: Giải hệ phương trình :
$ \left\{\begin{array}{l}\dfrac{2x_1^2}{1+x_1^2}=x_2\\\dfrac{2x_2^2}{1+x_2^2}=x_3\\...\\\dfrac{2x_{n}^2}{1+x_{n}^2}=x_1\end{array}\right. $

[Lê Xuân Trường Giang]

Bài 2: Giải hệ phương trình :
$ \left\{\begin{array}{l}\dfrac{2x_1^2}{1+x_1^2}=x_2\\\dfrac{2x_2^2}{1+x_2^2}=x_3\\...\\\dfrac{2x_{n}^2}{1+x_{n}^2}=x_1\end{array}\right. $

Cộng 2 vế 2 pt trong hệ ta có :
${x_1} + {x_2} + ... + {x_n} = 2\left( {\dfrac{{{x_1}^2}}{{1 + {x_1}^2}} + \dfrac{{{x_2}^2}}{{1 + {x_2}^2}} + ... + \dfrac{{{x_n}^2}}{{1 + {x_n}^2}}} \right)$.
Ta có ${x_1},{x_2},...,{x_n} \ge 0$
Khác
$VP = 2\left( {\dfrac{{{x_1}^2}}{{1 + {x_1}^2}} + \dfrac{{{x_2}^2}}{{1 + {x_2}^2}} + ... + \dfrac{{{x_n}^2}}{{1 + {x_n}^2}}} \right) \le 2\left( {\dfrac{{{x_1}^2}}{{2{x_1}}} + \dfrac{{{x_2}^2}}{{2{x_2}}} + .. + \dfrac{{{x_n}^2}}{{2{x_n}}}} \right) = VT$
Vậy nghiệm là ${x_1} = {x_2} = {x_3} = ... = {x_n} = 1$


Oki chấp nhận sai sót. $x=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lê Xuân Trường Giang: 30-05-2011 - 21:25

[dark templar]

Cộng 2 vế 2 pt trong hệ ta có :
${x_1} + {x_2} + ... + {x_n} = 2\left( {\dfrac{{{x_1}^2}}{{1 + {x_1}^2}} + \dfrac{{{x_2}^2}}{{1 + {x_2}^2}} + ... + \dfrac{{{x_n}^2}}{{1 + {x_n}^2}}} \right)$.
Ta có ${x_1},{x_2},...,{x_n} > 0$
Khác
$VP = 2\left( {\dfrac{{{x_1}^2}}{{1 + {x_1}^2}} + \dfrac{{{x_2}^2}}{{1 + {x_2}^2}} + ... + \dfrac{{{x_n}^2}}{{1 + {x_n}^2}}} \right) \le 2\left( {\dfrac{{{x_1}^2}}{{2{x_1}}} + \dfrac{{{x_2}^2}}{{2{x_2}}} + .. + \dfrac{{{x_n}^2}}{{2{x_n}}}} \right) = VT$
Vậy nghiệm là ${x_1} = {x_2} = {x_3} = ... = {x_n} = 1$

Chỗ nhận xét sai rồi ) Phải là $x_1,x_2,...,x_n \ge 0$
$ \Rightarrow $ Anh làm thiếu nghiệm là $x_1=x_2=...=x_n=0$

[truclamyentu]

Bài 1: Giải hệ phương trình sau:
$ \left\{\begin{array}{l}x+[y]+\{z \}=30,7\\y+[z]+\{x \}=4,8\\z+[x]+\{y \}=2010,9\end{array}\right. $
Bài 2: Giải hệ phương trình :
$ \left\{\begin{array}{l}\dfrac{2x_1^2}{1+x_1^2}=x_2\\\dfrac{2x_2^2}{1+x_2^2}=x_3\\...\\\dfrac{2x_{n}^2}{1+x_{n}^2}=x_1\end{array}\right. $

CÂU 2 :

$\begin{array}{l}{x_1} = 0 \Rightarrow {x_2} = 0 \Rightarrow .... \Rightarrow {x_n} = 0;\\\\{x_1} \ne 0 \Rightarrow {x_2} \ne 0 \Rightarrow .... \Rightarrow {x_n} \ne 0:\\\\ \Rightarrow \dfrac{{2x_1^2}}{{1 +x_1^2}}.\dfrac{{2x_2^2}}{{1 + x_2^2}}...\dfrac{{2x_n^2}}{{1 + x_n^2}} = {x_1}.{x_2}...{x_n}\\\\{x_i}^2 + 1 \ge 2{x_1} \Rightarrow \dfrac{{2x_1^2}}{{1 + x_1^2}}.\dfrac{{2x_2^2}}{{1 + x_2^2}}...\dfrac{{2x_n^2}}{{1 + x_n^2}} \le \dfrac{{2x_1^2.2x_2^2...2x_n^2}}{{2{x_1}.2{x_2}...2{x_n}}} = {x_1}.{x_2}...{x_n}\\\\' = ' \Leftrightarrow {x_1} = {x_2} = ... = {x_n} = 1\end{array}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 30-05-2011 - 21:18

[spiderandmoon]

Bài 1: Giải hệ phương trình sau:
$ \left\{\begin{array}{l}x+[y]+\{z \}=30,7\\y+[z]+\{x \}=4,8\\z+[x]+\{y \}=2010,9\end{array}\right. $

Cộng vế theo vế ba pt ta có
$x+y+z=1023.2$ (1)
Lấy một trừ lần lượt cho 3 pt ta dc:
$[z]+\{y \}=992.5$
$[x]+\{z \}=1018.4 $
$[y]+\{x \}=-987.7$

$\Rightarrow [x] =1018 ;\{x \}=0.3$
$ [y] =-988 ;\{y \}=0.5$
$[z] =992 ;\{z \}=0.4$
$\Rightarrow x=1018.3, y=-987.5, z=992.4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 30-05-2011 - 21:45
Latex

[dark templar]

Các bác giải nhanh quá
Tiếp nhé :
Bài 3:
Cho tam giác ABC có các cạnh là $a,b,c$.Giải hệ phương trình sau:$ \left\{\begin{array}{l}\sin{\dfrac{A}{2}}=\dfrac{a}{2\sqrt{bc}}\\5^{\sin{A}-\sin{B}}+12\sin{B}-12\sin{A}=1\end{array}\right. $


Bài 4: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}-|x|+3|y|=\log_{3}\dfrac{1-|y|}{1+|y|}\\-|y|+3|x|=\log_{3}\dfrac{1-|x|}{1+|x|}\end{array}\right. $

[truclamyentu]

Các bác giải nhanh quá
Tiếp nhé :
Bài 3:
Cho tam giác ABC có các cạnh là $a,b,c$.Giải hệ phương trình sau:$ \left\{\begin{array}{l}\sin{\dfrac{A}{2}}=\dfrac{a}{2\sqrt{bc}}\\5^{\sin{A}-\sin{B}}+12\sin{B}-12\sin{A}=1\end{array}\right. $
Bài 4: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}-|x|+3|y|=\log_{3}\dfrac{1-|y|}{1+|y|}\\-|y|+3|x|=\log_{3}\dfrac{1-|x|}{1+|x|}\end{array}\right. $

câu 3 :

ta có:
$\begin{array}{l}- 1 < \sin A - \sin B < 1\\\\f(x) = {5^x} - 12x;x \in ( - 1;1)\\\\f'(x) = {5^x}\ln 5 - 12 < 0:\forall x \in ( - 1;1)\end{array}$

mà f(0)=1

suy ra f(x)=0 có nghiệm duy nhất x=0 trên khoảng (-1;1)

mà theo gt bài toán :

${5^{\sin A - \sin B}} - 12(\sin A - \sin B) = 1$

suy ra: sinA=sinB A=B

Mặt khác :

$\begin{array}{l}\sin \dfrac{A}{2} = \dfrac{a}{{2\sqrt {bc} }} \Leftrightarrow \sin \dfrac{A}{2} = \dfrac{{\sin A}}{{2\sqrt {\sin B.\sin C} }} \Leftrightarrow c{\rm{os}}\dfrac{A}{2} = \sqrt {\sin B.\sin C} \\\\\Leftrightarrow c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\dfrac{A}{2} = \sin B.\sin C\\\\\sin B.\sin C = \dfrac{1}{2}(c{\rm{os(B - C)}} - c{\rm{os(B + C)}}) \le \dfrac{1}{2}(1 - c{\rm{os(B + C)}}) = c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\dfrac{A}{2}\\\\\Rightarrow B = C \Rightarrow A = B = C = \dfrac{\pi }{3}\end{array}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 30-05-2011 - 22:24

[Lê Xuân Trường Giang]

Bài 4: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}-|x|+3|y|=\log_{3}\dfrac{1-|y|}{1+|y|}\\-|y|+3|x|=\log_{3}\dfrac{1-|x|}{1+|x|}\end{array}\right. $

Mọi người để dành cho tôi câu này à ? Cảm ơn nha !
ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{1 - \left| y \right|}}{{1 + \left| y \right|}} > 0\\\dfrac{{1 - \left| x \right|}}{{1 + \left| x \right|}} > 0\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - |x| + 3|y| = {{\log }_3}\dfrac{{1 - |y|}}{{1 + |y|}}}\\{ - |y| + 3|x| = {{\log }_3}\dfrac{{1 - |x|}}{{1 + |x|}}}\end{array}} \right. \Rightarrow 2\left( {\left| x \right| + \left| y \right|} \right) = {\log _3}\left[ {\dfrac{{1 - |y|}}{{1 + |y|}}.\dfrac{{1 - |x|}}{{1 + |x|}}} \right]\\ \Leftrightarrow {9^{\left| x \right| + \left| y \right|}} = \dfrac{{1 - |y|}}{{1 + |y|}}.\dfrac{{1 - |x|}}{{1 + |x|}} \Leftrightarrow {9^{\left| x \right|}}.\dfrac{{1 + |x|}}{{1 - |x|}} = {9^{ - \left| y \right|}}.\dfrac{{1 - |y|}}{{1 + |y|}}\end{array}$
Xét hàm số :
$\begin{array}{l}f\left( a \right) = {9^a}.\dfrac{{1 + a}}{{1 - a}}\left( \right)\\f'\left( a \right) = {9^a}\ln 9 + \dfrac{2}{{{{\left( {1 - a} \right)}^2}}} > 0\end{array}$
Vậy pt trên có nghiệm $\left| x \right| = - \left| y \right| \Leftrightarrow x = y = 0$
XOng chưa nhỉ ?

Buồn ngủ quá chắc h là thời gian cho Lý, Hóa...Tạm biệt Toán ngày mai gặp lại

Và bên dưới là 2 cái hệ vòng quang xe đu ai có hứng thì chém chứ tôi thì thôi .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lê Xuân Trường Giang: 30-05-2011 - 23:21

[dark templar]

Một tràng pháo tay cho anh Giang và anh Đức
Tiếp nhé:
Bài 5: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}y^3-6x^2+12x-8=0\\z^3-6y^2+12y-8=0\\x^3-6z^2+12z-8=0\end{array}\right. $


Bài 6: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}2x^3+3x^2-18=y^3+y\\2y^3+3y^2-18=z^3+z\\2z^3+3z^2-18=x^3+x\end{array}\right. $

Lê Xuân Trường Giang : Phúc nè em ! Hệ phương trình thì rất phong phú nên cần đưa ra nhiều hệ ở các dạng khác nhau chứ như dưới đây các bạn đưa chung 1 dạng thôi à. Em là chủ topic em quyết định đi .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lê Xuân Trường Giang: 30-05-2011 - 23:34

[alex_hoang]

Một tràng pháo tay cho anh Giang và anh Đức
Tiếp nhé:
Bài 5: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}y^3-6x^2+12x-8=0\\z^3-6y^2+12y-8=0\\x^3-6z^2+12z-8=0\end{array}\right. $
Bài 6: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}2x^3+3x^2-18=y^3+y\\2y^3+3y^2-18=z^3+z\\2z^3+3z^2-18=x^3+x\end{array}\right. $

chém luôn bài 5 nè
Xét hàm số
$f(t) = 3{t^2} - 6t + 4 = 3{(t - 1)^2} + 1 \ge 1$
từ đó ta có$x,y,z \ge 1$
mà $f'(t) = 6(t - 1)$
vậy hàm số đong biến trên $\left[ {1, + \infty } \right)$
Không mất tính tổng quat giả sử $x=\max \{x,y,z \}$
ta có $f(x) \ge f(y) \Rightarrow y \ge z \Rightarrow f(y) \ge f(z) \Rightarrow z \ge x \Rightarrow x = y = z$
từ đây có đpcm

chém cả luôn bài 6
Đặt $f(t) = 2{t^2} + 3{t^2} - 18$
$g(t) = {t^3} + t$
dễ thấy f(t) và g(t) là các hàm đòng biến
vậy giả sử $x=\max \{x,y,z \}$ ta có $x \ge y,x \ge z \Rightarrow g(x) \ge g(y),g(x) \ge g(z) $
$\Rightarrow g(x) \ge f(x),g(z) \le f(z) \Rightarrow x \le 2,z \ge 2$
$ \Rightarrow x = z = 2$
thay vào ta dc $y=2$

Hình gửi kèm

• 
• 
• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 09:40
Gõ cách dòng cho dễ nhìn

[truclamyentu]

chém cả luôn bài 6
Đặt $f(t) = 2{t^2} + 3{t^2} - 18$
$g(t) = {t^3} + t$
dễ thấy f(t) và g(t) là các hàm đòng biến
vậy giả sử x=max{x,y,z} ta có $x \ge y,x \ge z \Rightarrow g(x) \ge g(y),g(x) \ge g(z) \Rightarrow g(x) \ge f(x),g(z) \le f(z) \Rightarrow x \le 2,z \ge 2 \Rightarrow x = z = 2$
thay vào ta dc y=2

@@@@hoàng : f(t) làm sao đồng biến được ????????????/

[alex_hoang]

Một tràng pháo tay cho anh Giang và anh Đức
Tiếp nhé:
Bài 5: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}y^3-6x^2+12x-8=0\\z^3-6y^2+12y-8=0\\x^3-6z^2+12z-8=0\end{array}\right. $
Bài 6: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}2x^3+3x^2-18=y^3+y\\2y^3+3y^2-18=z^3+z\\2z^3+3z^2-18=x^3+x\end{array}\right. $

Bài 7: giải hệ phương trình sau:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2}(x + 1) = 2({y^3} - x) + 1}\\{{y^2}(y + 1) = 2({z^3} - y) + 1}\\{{z^2}(z + 1) = 2({x^3} - z) + 1}\end{array}} \right.$

[hoangduc]

Một tràng pháo tay cho anh Giang và anh Đức
Tiếp nhé:
Bài 5: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}y^3-6x^2+12x-8=0\\z^3-6y^2+12y-8=0\\x^3-6z^2+12z-8=0\end{array}\right. $
Bài 6: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}2x^3+3x^2-18=y^3+y\\2y^3+3y^2-18=z^3+z\\2z^3+3z^2-18=x^3+x\end{array}\right. $

6)
$ \left\{\begin{array}{l}2x^3+3x^2-18=y^3+y (1)\\2y^3+3y^2-18=z^3+z (2)\\2z^3+3z^2-18=x^3+x (3)\end{array}\right. $
Cộng (1),(2),(3) ta được:
$ (x+1)^3+(y+1)^3+(z+1)^3=(4x+19)+(4y+19)+(4z+19) $ (4)
Nếu $ x>2 $ thì $ (x+1)^3-(4x+19)=x^3+3x^2-x-18=(x-2)(x^2+5x+19) >0$
$ \Rightarrow (x+1)^3>(4x+19) $
Mặt khác do $ x>2 $ nên từ (3) ta có:
$ 2z^3+3z-18>10 \Rightarrow (z-2)(2z^2+7z+14)>0 \Rightarrow z>2 $
Lại từ $ z>2 $ thay vào (2) ta được $ y>2 $
Do đó $ (y+1)^3>(4y+19) $ và $ (z+1)^3>(4z+19) $
$ \Rightarrow (x+1)^3+(y+1)^3+(z+1)^3>(4x+19)+(4y+19)+(4z+19) $, mâu thuẫn với (4)
Nếu $ x<2 $ thì lập luận tương tự ta có:
$ (x+1)^3+(y+1)^3+(z+1)^3<(4x+19)+(4y+19)+(4z+19) $, mâu thuẫn với (4)
Từ đây suy ra $ x=2 \Rightarrow y=z=2$. Thử lại thấy $(x,y,z)=(2,2,2) $ thỏa PT.


@@ alex_hoang: $ f(t)=2t^3+3t^2-18$ ko đồng biến trên $ \mathbb R$ đâu bạn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangduc: 30-05-2011 - 23:36

[alex_hoang]

quen chỉ cần g(x) đồng biến là dc mình ghi nhầm là cả f(x) cũng đòng biến

[dark templar]

Bài 7: giải hệ phương trình sau:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2}(x + 1) = 2({y^3} - x) + 1}\\{{y^2}(y + 1) = 2({z^3} - y) + 1}\\{{z^2}(z + 1) = 2({x^3} - z) + 1}\end{array}} \right.$

Hệ tương đương:$ \left\{\begin{array}{l}2y^3=x^3+x^2+2x-1\\2z^3=y^3+y^2+2y-1\\2x^3=z^3+z^2+2z-1\end{array}\right.$
Xét hàm số $f(x)=x^3+x^2+2x-1$
$f'(x)=3x^2+2x+2>0,\forall x \in R$
$ \Rightarrow f(x)$ đ�ồng biến trên $R$
Hệ trở thành $ \left\{\begin{array}{l}y^3=\dfrac{f(x)}{2}\\z^3=\dfrac{f(y)}{2}\\x^3=\dfrac{f(z)}{2}\end{array}\right. $
Nếu ta xét $x \ge y \ge z$ thì ta lại có $ x \le y \le z$ nên suy ra $x=y=z$
Vậy ta chỉ còn giải phương trình sau:$f(x)=x^3-x^2-2x+1=0$.Nhận thấy rằng $f(0).f(1)<0$ nên ta sẽ có pt $f(x)=0$ có 1 nghiệm $x_0 \in (0;1)$ và đó là nghiệm duy nhất.
P/s:Cho bài dạng khác nhé
Bài 8: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}2x^2=y(x^2+1)\\3y^3=z(y^4+y^2+1)\\4z^4=x.(z^6+z^4+z^2+1)\end{array}\right. $


Bài 9: Giải hệ bất pt sau:
$ \left\{\begin{array}{l}\sqrt{x+y} \ge 2+x^2\\2^{x+y-4} \le \dfrac{1-(z-x)^2}{1+(4-y)^2}\end{array}\right. $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 09:58

[h.vuong_pdl]

híc, vào topic của dark templar từ hôm qua mà cứ vào là nhảy ra liền ( híc vì toàn bài số mũ + ... khó khó )
CHờ mãi giờ mới thấy bài dễ dễ nên chém trước, anh em thông cảm nha.

bài 8:
Nếu $x=0 \Rightarrow x=y=z=0$
Nếu $x \ne 0 \Rightarrow x,y,z >0.$
Áp dụng BDT Cauchy ta có:

$2x^2=y\left(x^2+1\right)\ge 2xy \Rightarrow x \ge y$

$3y^3=z\left(y^4+y^2+1\right) \ge 3y^2z \RIghtarrow y \ge z$

$4z^4=x\left(z^6+z^4+z^2+1\right) \ge 4xz^3 \Rightarrow z \ge x$

Vậy phải có $x=y=z=1$ (thỏa mãn )

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: $(x;y;z)=(0;0;0),(1;1;1)$

[truclamyentu]

Hệ tương đương:$ \left\{\begin{array}{l}2y^3=x^3+x^2+2x-1\\2z^3=y^3+y^2+2y-1\\2x^3=z^3+z^2+2z-1\end{array}\right.$
Xét hàm số $f(x)=x^3+x^2+2x-1$
$f'(x)=3x^2+2x+2>0,\forall x \in R$
$ \Rightarrow f(x)$ đ�ồng biến trên $R$
Hệ trở thành $ \left\{\begin{array}{l}y^3=\dfrac{f(x)}{2}\\z^3=\dfrac{f(y)}{2}\\x^3=\dfrac{f(z)}{2}\end{array}\right. $
Nếu ta xét $x \ge y \ge z$ thì ta lại có $ x \le y \le z$ nên suy ra $x=y=z$
Vậy ta chỉ còn giải phương trình sau:$f(x)=x^3-x^2-2x+1=0$.Nhận thấy rằng $f(0).f(1)<0$ nên ta sẽ có pt $f(x)=0$ có 1 nghiệm $x_0 \in (0;1)$ và đó là nghiệm duy nhất.
P/s:Cho bài dạng khác nhé
Bài 8: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}2x^2=y(x^2+1)\\3y^3=z(y^4+y^2+1)\\4z^4=x.(z^6+z^4+z^2+1)\end{array}\right. $
Bài 9: Giải hệ bất pt sau:
$ \left\{\begin{array}{l}\sqrt{x+y} \ge 2+x^2\\2^{x+y-4} \le \dfrac{1-(z-x)^2}{1+(4-y)^2}\end{array}\right. $

Tôi chém câu 9 :

$\begin{array}{l}\sqrt {x + y} = 2 + {x^2} \ge 2\\\\{2^{x + y - 4}} \le \dfrac{{1 - {{(x - z)}^2}}}{{1 + {{(4 - y)}^2}}} \Leftrightarrow {2^{x + y - 4}}\left( {1 + {{(4 - y)}^2}} \right) \le 1 - {(x - z)^2} \le 1\\\\1 + {(4 - y)^2} \ge 1 \Rightarrow {2^{x + y - 4}} \le 1 \Leftrightarrow x + y - 4 \le 0 \Rightarrow \sqrt {x + y} \le 2\\\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 4\\z =0 \end{array} \right.\end{array}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 31-05-2011 - 14:28

[dark templar]

Các cao thủ chém nhanh quá nhỉ
Chúng ta tiếp tục nào
Bài 10: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}xy+\sqrt{2(x^4+y^4)}=1\\x^{n+4}y^{n}+x^{n}y^{n+4}=\dfrac{2}{3^{n+2}}\end{array}\right.$
Với $n$ là số tự nhiên lẻ khác 1.


Bài 11: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}y^6+y^3+\dfrac{x^2}{2}=\sqrt{\dfrac{xy}{2}-\dfrac{x^2y^2}{4}}\\2xy^3+y^3+\dfrac{1}{2} \ge \dfrac{x^2}{2}+\sqrt{1+(x-y)^2}\end{array}\right. $

[Lê Xuân Trường Giang]

Tôi chém câu 9 :

$\begin{array}{l}\sqrt {x + y} = 2 + {x^2} \ge 2\\\\{2^{x + y - 4}} \le \dfrac{{1 - {{(x - z)}^2}}}{{1 + {{(4 - y)}^2}}} \Leftrightarrow {2^{x + y - 4}}\left( {1 + {{(4 - y)}^2}} \right) \le 1 - {(x - z)^2} \le 1\\\\1 + {(4 - y)^2} \ge 1 \Rightarrow {2^{x + y - 4}} \le 1 \Leftrightarrow x + y - 4 \le 0 \Rightarrow \sqrt {x + y} \le 2\\\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 4\\z =0 \end{array} \right.\end{array}$

Tôi nghĩ thế này
$\begin{array}{l}{2^{x + y - 4}} \le {2^0} = 1\\{2^0}\left( {1 + {{\left( {4 - y} \right)}^2}} \right) \le {2^{x + y - 4}}\left( {1 + {{\left( {4 - y} \right)}^2}} \right) \le 1\\ \Rightarrow \left( {1 + {{\left( {4 - y} \right)}^2}} \right) \le 1\end{array}$
Khác với bước đánh giá của truclamyentu

[truclamyentu]

Các cao thủ chém nhanh quá nhỉ
Chúng ta tiếp tục nào
Bài 10: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}xy+\sqrt{2(x^4+y^4)}=1\\x^{n+4}y^{n}+x^{n}y^{n+4}=\dfrac{2}{3^{n+2}}\end{array}\right.$
Với $n$ là số tự nhiên lẻ khác 1.
Bài 11: Giải hệ sau:
$ \left\{\begin{array}{l}y^6+y^3+\dfrac{x^2}{2}=\sqrt{\dfrac{xy}{2}-\dfrac{x^2y^2}{4}}\\2xy^3+y^3+\dfrac{1}{2} \ge \dfrac{x^2}{2}+\sqrt{1+(x-y)^2}\end{array}\right. $

TÔI CHÉM CÂU 10 :

$\begin{array}{l}{x^n}{y^n}({x^4} + {y^4}) = \dfrac{1}{{{3^{n + 2}}}};n = 2k + 1 \Rightarrow xy \ge 0\\\\1 = xy + \sqrt {2({x^4} + {y^4})} \ge xy + ({x^2} + {y^2}) \ge 3xy \Rightarrow xy \le \dfrac{1}{3} \Rightarrow xy \in {\rm{[}}0;\dfrac{1}{3}{\rm{]}}\\\\ \Rightarrow {x^n}{y^n}({x^4} + {y^4}) = \dfrac{1}{2}{(xy)^n}{(1 - xy)^2} = \dfrac{1}{{{2^{n + 1}}}}{(2xy)^n}(1 - xy)(1 - xy)\\\\ \le \dfrac{1}{{{2^{n + 1}}}}{\left( {\dfrac{{2xy.n + 2 - 2xy}}{{n + 2}}} \right)^{n + 2}} = \dfrac{1}{{{2^{n + 1}}}}{\left( {\dfrac{{2xy.(n - 1) + 2}}{{n + 2}}} \right)^{n + 2}}\\\\\le \dfrac{1}{{{2^{n + 1}}}}{\left( {\dfrac{{2.\dfrac{1}{3}.(n - 1) + 2}}{{n + 2}}} \right)^{n + 2}} = \dfrac{2}{{{3^{n + 2}}}}\end{array}$

suy ra :

$(x;y) \in \left\{ {\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 3 }};\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right);\left( { - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}; - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)} \right\}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 31-05-2011 - 15:28