Chủ đề này có 24 trả lời

[Phạm Hữu Bảo Chung]

9.$\left\{\begin{matrix} x^{5}-x^{4}+2x^{2}y=2 & \\ y^{5}-y^{4}+2y^{2}z=2 & \\ z^{5}-z^{4}+2z^{2}x=2& \end{matrix}\right.$

Giải

Với $y \geq 1 \,\, (1)$, từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có:
$2 = x^5 - x^4 + 2x^2y \geq x^5 - x^4 + 2x^2 $

$\Leftrightarrow x^4(x - 1) + 2(x - 1)(x + 1) \leq 0$

$\Leftrightarrow (x - 1)(x^4 + 2x + 2) \leq 0$

$\Leftrightarrow x \leq 1$

Từ đó, theo phương trình thứ 3 của hệ, ta có:
$2 = z^5 - z^4 + 2z^2x \leq z^5 - z^4 + 2z^2$

$\Leftrightarrow z^4(z - 1) + 2(z - 1)(z + 1) \geq 0$

$\Leftrightarrow (z - 1)(z^4 + 2z + 2) \geq 0$

$\Leftrightarrow z \geq 1$

Với điều kiện $z \geq 1$, theo phương trình thứ hai của hệ, ta có:
$2 = y^5 - y^4 + 2y^2z \geq y^5 - y^4 + 2y^2 $

$\Leftrightarrow (y - 1)(y^4 + 2y + 2) \leq 0$

$\Leftrightarrow y \leq 1 \,\, (2)$

Từ (1) và (2), suy ra: y = 1. Khi đó: x = z = 1.
Hệ có nghiệm: x = y = z = 1.

Tương tự với TH $y \leq 1$.

Chú ý: $A^4 + 2A + 2 = (A^2 - 1)^2 + 2(A + \dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{1}{2} > 0$

[namcpnh]

ah còn 1 điều này nữa: khi nhân lượng liên hợp trong quá trình giải!!! có thể nhân với $\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{2x}$
hoặc$\sqrt{2x}-\sqrt{x^{2}+1}$ thì cũng giống với hai trường hợp ở trên!!! bạn nghĩ gì về điều này!!! liệu ở đó cần có điều kiện j không???

Theo em thì bài này ở chổ nhân liên hợp thì phải có điều kiện $x\neq 1$ thì mới nhân được.Nếu không khi nhân thì mẫu sẽ bằng 0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namheo1996: 23-06-2012 - 13:55

[namcpnh]

Giải các hệ phương trình sau:
5.$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+y}-\sqrt{x-y}=1 & \\ \sqrt{x^{2}+y^{2}}+\sqrt{x^{2}-y^{2}}=1 & \end{matrix}\right.$

Bài này tôi có cách giải này tui hơi dài nhưng không lo điều kiện.
Đặt $a=\sqrt{x+y}$ và $b=\sqrt{x-y}$, $(a\geq 0, b\geq 0)$
Khi đó hệ đã cho thành

$\left\{\begin{matrix} a-b=1\\ \sqrt{\frac{a^{4}+b^{4}}{2}}+ab=1 \end{matrix}\right.$

<=> $\left\{\begin{matrix} b=a-1\\ \sqrt{\frac{a^{4}+(a-1)^{4}}{2}}=-a^{2}+a+1 \end{matrix}\right.$

<=>$\left\{\begin{matrix} b=a-1\\ 4a^{2}-4a-\frac{1}{2}=0 \end{matrix}\right.$

Đến đây tìm được a và b rồi tìm được x,y.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namheo1996: 23-06-2012 - 16:58

[khanh3570883]

2.$\left\{\begin{matrix} y(1+2x^{3}y)=3x^{6} & \\ 1+4x^{6}y^{2}=5x^{6} & \end{matrix}\right.$

Xét: y =0 ...
Chia cả hai vế của cả hai phương trình cho ${y^2}$. Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{y} + 2{x^3} = \frac{{3{x^6}}}{{{y^2}}} \\
\frac{1}{{{y^2}}} + 4{x^6} = \frac{{5{x^6}}}{{{y^2}}} \\
\end{array} \right.$
Đặt:
$\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{y} = a \\
2{x^3} = b \\
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b = \frac{3}{4}{a^2}{b^2} \\
{a^2} + {b^2} = \frac{5}{4}{a^2}{b^2} \\
\end{array} \right. \Rightarrow ab\left( {\frac{9}{{16}}{a^3}{b^3} - \frac{5}{4}ab - 2} \right) = 0$
.........

[namcpnh]

9.$\left\{\begin{matrix} x^{5}-x^{4}+2x^{2}y=2 & \\ y^{5}-y^{4}+2y^{2}z=2 & \\ z^{5}-z^{4}+2z^{2}x=2& \end{matrix}\right.$

Giải

.........................
Tương tự với TH $y \leq 1$.

Theo em thì không cần xét TH $y \leq 1$ vì ở trên ta đã kết luận x=y=z=1 là nghiệm rồi.