Chủ đề này có 4 trả lời

[supermember]

Bài Toán :


Tìm tham số $m$ để hệ phương trình sau có nghiệm :


$\begin{array}{l}16{x^3} - 12{x^2} - 24x + 13 - 2{y^3} - 3{y^2} + 12y = 0\\(y - 1)\sqrt {2x - 2} + \sqrt {y - 1} + 6y - 6\sqrt {2x - y} - m{y^2} = 0\end{array}$


Đây là bài sáng tác đầu tiên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 26-07-2011 - 08:35

[E. Galois]

Bài Toán :
Tìm tham số $m$ để hệ phương trình sau có nghiệm :
$\begin{array}{l}16{x^3} - 12{x^2} - 24x + 13 - 2{y^3} - 3{y^2} + 12y = 0 (1)\\(y - 1)\sqrt {2x - 2} + \sqrt {y - 1} + 6y - 6\sqrt {2x - y} - m{y^2} = 0\end{array}$
Đây là bài sáng tác đầu tiên

ĐK: $ x \ge 1;y \ge 1;2x \ge y $
Ta có thể viết lại pt đầu của hệ dưới dạng:

$ - 2\left( { - 2x} \right)^3 - 3\left( { - 2x} \right)^2 + 12\left( { - 2x} \right) = - 2\left( { - 1 - y} \right)^3 - 3\left( { - 1 - y} \right)^2 + 12\left( { - 1 - y} \right) $

Đặt $ f(t) = - 2t^3 - 3t^2 + 12t $, ta có:

$f'(t) = - 6t^2 - 6t + 12;f'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 2 \\ t = 1 \\ \end{array} \right. $

Dễ thấy f(t) nghịch biến trong khoảng $ \left( { - \infty ; - 2} \right) $
Mặt khác

$ (1) \Leftrightarrow f( - 2x) = f( - 1 - y) $

và với điều kiện đã cho, ta có $ - 2x \le - 2; - y - 1 \le - 2 $
Vậy:

$ (1) \Leftrightarrow f( - 2x) = f( - 1 - y) \Leftrightarrow 2x = 1 + y $

Thay vào (2), ta có:

$\left( {2x - 2} \right)\sqrt {2x - 2} + \sqrt {2x - 2} + 6\left( {2x - 1} \right) - 6 - m\left( {2x - 1} \right)^2 = 0 $

Đặt $u = \sqrt {2x - 2} \ge 0 $, ta có:

$m = \dfrac{{u^3 + 6u^2 + u}}{{\left( {u^2 + 1} \right)^2 }} $

Bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của hàm số m(u) trên $ \left[ {0; + \infty } \right) $

$ \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{{\rm{u}} \ge {\rm{0}}} m(u) = m(1) = 2;\mathop {\min }\limits_{u \ge 0} m(u) = m(0) = 0 $

Vậy với m thuộc [0;2] thì hệ pt có nghiệm

@ supermember : Good solution ; man ; Congatulation !!!!
Tuy nhiên trình bày chưa tốt lắm :

$ m(u)$ chứ không phải $ m(x)$ ; làm vầy bị trừ $0.25$ chứ chả chơi

E.Galois: Thank you!
Ừm, supermember thật tinh ý, mình đã sửa sai. Đa tạ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 27-07-2011 - 12:38

[kuma]

Bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của hàm số m(x) trên $ \left[ {0; + \infty } \right) $

$ \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{{\rm{u}} \ge {\rm{0}}} m(x) = m(1) = 2;\mathop {\min }\limits_{u \ge 0} m(x) = m(0) = 0 $

Giải thích kĩ cho em hai dòng này với ạ. Em không hiểu lắm.

[phuonganh_lms]

Bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của hàm số m(x) trên $ \left[ {0; + \infty } \right) $

$ \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{{\rm{u}} \ge {\rm{0}}} m(x) = m(1) = 2;\mathop {\min }\limits_{u \ge 0} m(x) = m(0) = 0 $

Sao lại tìm được $ max$ $m(x)=m(1)=2$ được ạ?

@ supermember :

Cái GTLN Dùng bất đẳng thức Cauchy đó em

Tại vì cái đó không khó nên E.Galois không ghi ra


Supermember nghĩ bài cỡ bài là phù hợp với câu V đại học rồi ; như các bác trên bộ làm thế là không nên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 27-07-2011 - 12:07

[truclamyentu]

ĐK: $ x \ge 1;y \ge 1;2x \ge y $
Ta có thể viết lại pt đầu của hệ dưới dạng:

$ - 2\left( { - 2x} \right)^3 - 3\left( { - 2x} \right)^2 + 12\left( { - 2x} \right) = - 2\left( { - 1 - y} \right)^3 - 3\left( { - 1 - y} \right)^2 + 12\left( { - 1 - y} \right) $

Đặt $ f(t) = - 2t^3 - 3t^2 + 12t $, ta có:

$f'(t) = - 6t^2 - 6t + 12;f'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 2 \\ t = 1 \\ \end{array} \right. $

Dễ thấy f(t) nghịch biến trong khoảng $ \left( { - \infty ; - 2} \right) $
Mặt khác

$ (1) \Leftrightarrow f( - 2x) = f( - 1 - y) $

và với điều kiện đã cho, ta có $ - 2x \le - 2; - y - 1 \le - 2 $
Vậy:

$ (1) \Leftrightarrow f( - 2x) = f( - 1 - y) \Leftrightarrow 2x = 1 + y $

Thay vào (2), ta có:

$\left( {2x - 2} \right)\sqrt {2x - 2} + \sqrt {2x - 2} + 6\left( {2x - 1} \right) - 6 - m\left( {2x - 1} \right)^2 = 0 $

Đặt $u = \sqrt {2x - 2} \ge 0 $, ta có:

$m = \dfrac{{u^3 + 6u^2 + u}}{{\left( {u^2 + 1} \right)^2 }} $

Bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của hàm số m(u) trên $ \left[ {0; + \infty } \right) $

$ \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{{\rm{u}} \ge {\rm{0}}} m(u) = m(1) = 2;\mathop {\min }\limits_{u \ge 0} m(u) = m(0) = 0 $

Vậy với m thuộc [0;2] thì hệ pt có nghiệm

Em làm đoạn cuối cụ thể chút :

$\begin{array}{l}\dfrac{{{u^3} + 6{u^2} + u}}{{{{\left( {{u^2} + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{u}{{{u^2} + 1}} + 6\dfrac{{{u^2}}}{{{{\left( {{u^2} + 1} \right)}^2}}} = 6\dfrac{{{u^2}}}{{{{\left( {{u^2} + 1} \right)}^2}}} + \sqrt {\dfrac{{{u^2}}}{{{{\left( {{u^2} + 1} \right)}^2}}}} \\\\\sqrt {\dfrac{{{u^2}}}{{{{\left( {{u^2} + 1} \right)}^2}}}} = a \Rightarrow a \in ...... \Rightarrow m = 6{a^2} + a\end{array}$

đến đây khảo sát hàm bậc 2


@ Dùng cauchy như sau:


$\dfrac{{{u^3} + 6{u^2} + u}}{{{{\left( {{u^2} + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{u}{{{u^2} + 1}} + 6\dfrac{{{u^2}}}{{{{\left( {{u^2} + 1} \right)}^2}}} \le \dfrac{u}{{2u}} + 6\dfrac{{{u^2}}}{{4{u^2}}} = 2$


@@@ : bài này sử dụng hàm cả , hay đấy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 27-07-2011 - 22:01