Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranvandung19972012: 24-04-2012 - 21:46
$x^{3} + xy^{2} = y^{6} + y^{4}$ và $\sqrt{3x + 1} + \sqrt{y^{2} + 3} = 4$
Bắt đầu bởi tranvandung19972012, 24-04-2012 - 21:15
#1
Đã gửi 24-04-2012 - 21:15
tranvandung19972012
-
- Thành viên
-
- 53 Bài viết
Hạ sĩ
Giải hệ phương trình: $x^{3} + xy^{2} = y^{6} + y^{4}$ và $\sqrt{3x + 1} + \sqrt{y^{2} + 3} = 4$
#2
Đã gửi 24-04-2012 - 21:58
NGOCTIEN_A1_DQH
-
- Thành viên
-
- 625 Bài viết
Never Give Up
xét $ y=0 $ không phải là nghiệmGiải hệ phương trình: $x^{3} + xy^{2} = y^{6} + y^{4}$ và $\sqrt{3x + 1} + \sqrt{y^{2} + 3} = 4$
chia cả 2 vế PT(1) cho $ y^3 $ ta dc:
$ \frac{x^3}{y^3}+\frac{x}{y}=y^3+y $
xét hàm số $ f(t)=t^3+t $
$ f'(t)=3t^2+1 >0 $
hàm số $ f(t) $ luôn đồng biến và $ f(\frac{x}{y})=f(y) \Rightarrow \frac{x}{y}=y $
thay $ y^2=x $ vào PT(2) ta dc:
$ \sqrt{3x+1}+\sqrt{x+3}=4 $
PT này có khá nhiều cách giải trong đó có 1 cách có thể thấy ngay là bình phương đưa về PT bậc 2, có nghiệm là $ x=1 $
- tranvandung19972012 yêu thích
Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn
Mong rằng toán học bớt khô khan
Em ơi trong toán nhiều công thức
Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn
Mong rằng toán học bớt khô khan
Em ơi trong toán nhiều công thức
Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn
#3
Đã gửi 25-04-2012 - 16:27
tranvandung19972012
-
- Thành viên
-
- 53 Bài viết
Hạ sĩ
bạn nói rõ chỗ hàm số dược ko??xét hàm số $ f(t)=t^3+t $
$ f'(t)=3t^2+1 >0 $
hàm số $ f(t) $ luôn đồng biến và $ f(\frac{x}{y})=f(y) \Rightarrow \frac{x}{y}=y $
thay $ y^2=x $ vào PT(2) ta dc:
$ \sqrt{3x+1}+\sqrt{x+3}=4 $
PT này có khá nhiều cách giải trong đó có 1 cách có thể thấy ngay là bình phương đưa về PT bậc 2, có nghiệm là $ x=1 $
#4
Đã gửi 25-04-2012 - 16:36
tieulyly1995
-
- Thành viên
-
- 435 Bài viết
Sĩ quan
xét $ y=0 $ không phải là nghiệm
chia cả 2 vế PT(1) cho $ y^3 $ ta dc:
$ \frac{x^3}{y^3}+\frac{x}{y}=y^3+y $
xét hàm số $ f(t)=t^3+t $
$ f'(t)=3t^2+1 >0 $
hàm số $ f(t) $ luôn đồng biến và $ f(\frac{x}{y})=f(y) \Rightarrow \frac{x}{y}=y $
thay $ y^2=x $ vào PT(2) ta dc:
$ \sqrt{3x+1}+\sqrt{x+3}=4 $
PT này có khá nhiều cách giải trong đó có 1 cách có thể thấy ngay là bình phương đưa về PT bậc 2, có nghiệm là $ x=1 $
Đây là box THCS, bạn dùng đạo hàm thì mấy em ý sao hiểu được
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tieulyly1995: 25-04-2012 - 16:37
#5
Đã gửi 25-04-2012 - 19:17
perfectstrong
-
- Quản lý Toán Ứng dụng
-
- 5023 Bài viết
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Chỗ này, đặt $z=\dfrac{x}{y}$.xét $ y=0 $ không phải là nghiệm
chia cả 2 vế PT(1) cho $ y^3 $ ta dc:
$ \frac{x^3}{y^3}+\frac{x}{y}=y^3+y $
xét hàm số $ f(t)=t^3+t $
$ f'(t)=3t^2+1 >0 $
hàm số $ f(t) $ luôn đồng biến và $ f(\frac{x}{y})=f(y) \Rightarrow \frac{x}{y}=y $
thay $ y^2=x $ vào PT(2) ta dc:
$ \sqrt{3x+1}+\sqrt{x+3}=4 $
PT này có khá nhiều cách giải trong đó có 1 cách có thể thấy ngay là bình phương đưa về PT bậc 2, có nghiệm là $ x=1 $
\[
\begin{array}{l}
z^3 + z = y^3 + y \Leftrightarrow \left( {z - y} \right)\left( {z^2 + y^2 + zy + 1} \right) = 0 \\
\Leftrightarrow \left( {z - y} \right)\left[ {\left( {z + \frac{y}{2}} \right)^2 + \frac{{3y^2 }}{4} + 1} \right] = 0 \Leftrightarrow z = y \\
\end{array}
\]
- Poseidont và tranvandung19972012 thích
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! 
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
