Chủ đề này có 15 trả lời

[minhdat881439]

GHPT:

1.$\left\{\begin{matrix} x^{3}y-y^{4}=28 & \\ x^{2}y+2xy^{2}+y^{3}=18\sqrt{2} & \end{matrix}\right.$
2.$\left\{\begin{matrix} (1+x)(1+x^{2})(1+x^{4})=1+y^{7}(1) & \\ (1+y)(1+y^{2})(1+y^{4})=1+x^{7}(2) & \end{matrix}\right.$
3.$\left\{\begin{matrix} x+\frac{2xy}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}}=x^{2}+y& \\ y+\frac{2xy}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}}=y^{2}+x& \end{matrix}\right.$
4.$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{1+2x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+2y^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{1+2xy}} & \\ \sqrt{x(1-2x)}+\sqrt{y(1-2y)}=\frac{2}{9} & \end{matrix}\right.$
5.$\left\{\begin{matrix} 36x^{2}y-60x^{2}+25y=0 & \\ 36y^{2}z-60y^{2}+25z=0 & \\ 36z^{2}x-60z^{2}+25x=0 & \end{matrix}\right.$
6.$\left\{\begin{matrix} x+y+z=6 & \\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=18 & \\ \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=4 & \end{matrix}\right.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhdat881439: 30-06-2012 - 21:21

[T M]

GHPT:

3.$\left\{\begin{matrix} x+\frac{2xy}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}}=x^{2}+y& \\ y+\frac{2xy}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}}=y^{2}+x& \end{matrix}\right.$

$(1)+(2)\Rightarrow \frac{2xy}{\sqrt[3]{x^2-2x+9}}+\frac{2xy}{\sqrt[3]{x^2-2x+9}}=x^2+y^2$

Có $\sqrt[3]{x^2-2x+9}=\sqrt[3]{(x-1)^2+8}\geq2\Rightarrow \frac{2xy}{\sqrt[3]{x^2-2x+9}} \leq xy \Rightarrow VT \leq 2xy$

Mặt khác $x^2+y^2\geq 2|xy|\geq 2xy$. Phần còn lại là của bạn !

6.$\left\{\begin{matrix} x+y+z=6 & \\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=18 & \\ \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=4 & \end{matrix}\right.$

Nhận thấy $(1)\Rightarrow (x+y+z)^2=36\Rightarrow 2(xy+yz+xz)=18=x^2+y^2+z^2$

Mà $x^2+y^2+z^2 \geq 2(xy+yz+xz)$, đến đây oke rồi

4.$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{1+2x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+2y^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+2xy}} & \\ \sqrt{x(1-2x)}+\sqrt{y(1-2y)}=\frac{2}{9} & \end{matrix}\right.$

Trường hợp 1. $x>y\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}<\frac{1}{\sqrt{1+2xy}}\Rightarrow \fbox{Vo nghiem}$

Trường hợp 2. $x<y\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}>\frac{1}{\sqrt{1+2xy}}\Rightarrow \fbox{Vo nghiem}$

Trường hợp 3. $x=y\Rightarrow \frac{2}{\sqrt{1+2x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}\Rightarrow \fbox{Vo Nghiem}$

Vậy phương trình vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WWW: 27-06-2012 - 16:18

[minhdat881439]

Trường hợp 1. $x>y\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}<\frac{1}{\sqrt{1+2xy}}\Rightarrow \fbox{Vo nghiem}$

Trường hợp 2. $x<y\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}>\frac{1}{\sqrt{1+2xy}}\Rightarrow \fbox{Vo nghiem}$

Trường hợp 3. $x=y\Rightarrow \frac{2}{\sqrt{1+2x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}\Rightarrow \fbox{Vo Nghiem}$

Vậy phương trình vô nghiệm

ban coi lại cách giải đi mình làm cách khác ra nghiệm mà . dù có hơi dài

[T M]

ban coi lại cách giải đi mình làm cách khác ra nghiệm mà . dù có hơi dài

Bạn post lời giải lên thì mình mới xem được chứ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi luxubuhl: 27-06-2012 - 15:50

[minhdat881439]

ĐK:
$\left\{\begin{matrix} 0\leq x\leq \frac{1}{2} & \\ 0\leq y\leq \frac{1}{2} & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^{2}\leq \frac{1}{4} & \\ y^{2}\leq \frac{1}{4} & \end{matrix}\right. \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2xy}}=\frac{1}{\sqrt{1+2x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1 +2y^{2}}}\geq \frac{2\sqrt{2}}{3}> \sqrt{2} \Rightarrow 2xy< 1$
Mặt khác $\forall a,b\epsilon \left [ 0;\frac{1}{\sqrt{2}} \right ];ab< 1$ ta luôn có bất đẳng thức sau:
$\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}\leq \frac{2}{\sqrt{1+ab}}(*)$
Vì $0\leq x\leq \frac{1}{2},0\leq y\leq \frac{1}{2}và 2xy< 1$ nên áp dụng bất đẳng thức (*) cho
$a=\sqrt{2}x,b=\sqrt{2}y$ ta có:
$\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+2y^{2}}}\leq \frac{1}{\sqrt{1+2xy}}$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y$
Vậy hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=y & \\ \sqrt{x(1-2x)}+\sqrt{y(1-2y)}=\frac{2}{9} & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=y & \\ 162x^{2}-81x+1=0 & \end{matrix}\right.$
Giải hệ và kết hợp đk ta có nghiệm:
$\left ( \frac{81+\sqrt{5913}}{324};\frac{81+\sqrt{5913}}{24} \right );\left ( \frac{81-\sqrt{5913}}{324};\frac{81-\sqrt{5913}}{324} \right )$

[T M]

ĐK:
$\left\{\begin{matrix} 0\leq x\leq \frac{1}{2} & \\ 0\leq y\leq \frac{1}{2} & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^{2}\leq \frac{1}{4} & \\ y^{2}\leq \frac{1}{4} & \end{matrix}\right. \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2xy}}=\frac{1}{\sqrt{1+2x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1 +2y^{2}}}\geq \frac{2\sqrt{2}}{3}> \sqrt{2} \Rightarrow 2xy< 1$
Mặt khác $\forall a,b\epsilon \left [ 0;\frac{1}{\sqrt{2}} \right ];ab< 1$ ta luôn có bất đẳng thức sau:
$\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}\leq \frac{2}{\sqrt{1+ab}}(*)$
Vì $0\leq x\leq \frac{1}{2},0\leq y\leq \frac{1}{2}và 2xy< 1$ nên áp dụng bất đẳng thức (*) cho
$a=\sqrt{2}x,b=\sqrt{2}y$ ta có:
$\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+2y^{2}}}\leq \frac{1}{\sqrt{1+2xy}}$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y$
Vậy hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=y & \\ \sqrt{x(1-2x)}+\sqrt{y(1-2y)}=\frac{2}{9} & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=y & \\ 162x^{2}-81x+1=0 & \end{matrix}\right.$
Giải hệ và kết hợp đk ta có nghiệm:
$\left ( \frac{81+\sqrt{5913}}{324};\frac{81+\sqrt{5913}}{24} \right );\left ( \frac{81-\sqrt{5913}}{324};\frac{81-\sqrt{5913}}{324} \right )$

Hình như là thế này $\frac{2}{1+ab}\geq \frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2};ab<1$

Bạn làm như thế không khác bài mình lắm, mà bài mình còn ngắn gọn hơn $x=y$ bạn thay vào phương trình $2$ thoả, thử vào $1$ xem có thoả không ?

[T M]

không tớ đang nói về bài 4 kìa cái mà bạn làm vô nghiệm đó

Tớ cũng đang nói bài 4 mà.

Cậu đánh giá trường hợp $x>y$ và $x<y$ như của tớ, còn $x=y$ thì thay vào như của cậu ok !

[Apollo Second]

cho mình bon chen tí hén

Trường hợp 1. $x>y\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}<\frac{1}{\sqrt{1+2xy}}\Rightarrow \fbox{Vo nghiem}$

Trường hợp 2. $x<y\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}>\frac{1}{\sqrt{1+2xy}}\Rightarrow \fbox{Vo nghiem}$

Trường hợp 3. $x=y\Rightarrow \frac{2}{\sqrt{1+2x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}\Rightarrow \fbox{Vo Nghiem}$

Vậy phương trình vô nghiệm

Bạn xem lại Trường hợp 1 đâu có vô nghiệm đâu @@!

ĐK:
$\left\{\begin{matrix} 0\leq x\leq \frac{1}{2} & \\ 0\leq y\leq \frac{1}{2} & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^{2}\leq \frac{1}{4} & \\ y^{2}\leq \frac{1}{4} & \end{matrix}\right. \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2xy}}=\frac{1}{\sqrt{1+2x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1 +2y^{2}}}\geq \frac{2\sqrt{2}}{3}> \sqrt{2} \Rightarrow 2xy< 1$
Mặt khác $\forall a,b\epsilon \left [ 0;\frac{1}{\sqrt{2}} \right ];ab< 1$ ta luôn có bất đẳng thức sau:
$\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}\leq \frac{2}{\sqrt{1+ab}}(*)$
Vì $0\leq x\leq \frac{1}{2},0\leq y\leq \frac{1}{2}và 2xy< 1$ nên áp dụng bất đẳng thức (*) cho
$a=\sqrt{2}x,b=\sqrt{2}y$ ta có:
$\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+2y^{2}}}\leq \frac{1}{\sqrt{1+2xy}}$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y$
Vậy hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=y & \\ \sqrt{x(1-2x)}+\sqrt{y(1-2y)}=\frac{2}{9} & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=y & \\ 162x^{2}-81x+1=0 & \end{matrix}\right.$
Giải hệ và kết hợp đk ta có nghiệm:
$\left ( \frac{81+\sqrt{5913}}{324};\frac{81+\sqrt{5913}}{24} \right );\left ( \frac{81-\sqrt{5913}}{324};\frac{81-\sqrt{5913}}{324} \right )$

xí bạn thế $x=y$ vào PT (1) làm sao mà thỏa được hay vậy @@! hình như bạn nhầm chỗ nào rối thì phải !!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Apollo Second: 27-06-2012 - 16:58

[T M]

Bạn xem lại Trường hợp 1 đâu có vô nghiệm đâu @@!

$1+2x^2>1+2x.y \Rightarrow \sqrt{1+2x^2}>\sqrt{1+2xy}\Rightarrow \fbox{Vo nghiem}$ bạn xem lại chưa hợp lí chỗ nào

[Apollo Second]

Trường hợp 1. $x>y\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}<\frac{1}{\sqrt{1+2xy}}\Rightarrow \fbox{Vo nghiem}$
Vậy phương trình vô nghiệm

x>y\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}<\frac{1}{\sqrt{1+2xy}}
$VT=\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+2y^2}}$
khi đó : $VT< \frac{1}{\sqrt{1+2xy}}$ thì PT Vô nghiệm đúng không, cái này bạn thấy chắc không vì $\frac{1}{\sqrt{1+2y^2}}>0$ mà !! sao $=>$ vậy được !!

[Apollo Second]

uhm thế thì giải quyết xong sau một hồi tranh luận

nà nà thế $x=y$ vào thì có thỏa PT (1) đâu các bạn @@!
thế $x=y$ thì PT (1) : $\frac{2}{\sqrt{1+2x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}$ ?? thế này sao thỏa @@!

[minhdat881439]

ak tớ quên chứng minh bất đẳng thức (*)
(*)$\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{1+a^{2}}\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}-\frac{4}{1+ab}\leq 0$
Theo BDT B.C.S ta có$\sqrt{(1+a^{2})(1+b^{2})}\geq 1+ab\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{(1+a^{2})(1+b^{2})}}\leq \frac{2}{1+ab}\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{(1+a^{2})(1+b^{2})}}-\frac{2}{1+ab}\leq 0$
Mặt khác ta có:
$\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}-\frac{2}{1+ab}=\frac{(a-b)^{2}(ab-1)}{(1+ab)(1+a^{2})(1+b^{2})}\leq 0$
Vì a,b$\epsilon \left [ 0;\frac{1}{\sqrt{2}} \right ]và ab< 1$ nên
$\frac{2}{\sqrt{1+a^{2}}\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}-\frac{4}{1+ab}\leq 0$ luôn đúng
Vậy (*) được cm
P/s: cái đoạn bạn Apollo Second chứng minh cái pt của bạn luxubuhl sai có thể sữa lại lỗi laxtex được không tớ nhìn không rõ nên chư hiểu lắm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhdat881439: 27-06-2012 - 17:28

[donghaidhtt]

Nhận thấy $(1)\Rightarrow (x+y+z)^2=36\Rightarrow 2(xy+yz+xz)=18=x^2+y^2+z^2$
Mà $x^2+y^2+z^2 \geq 2(xy+yz+xz)$, đến đây oke rồi

Đến đây sao oke được nhỉ? Sao có bđt này được?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi donghaidhtt: 27-06-2012 - 23:28

[Phạm Hữu Bảo Chung]

6. $\left\{\begin{matrix} x+y+z=6 & \\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=18 & \\ \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=4 & \end{matrix}\right.$

Giải

ĐK: $x, y, z \geq 0$
Ta có:
$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=4 \Leftrightarrow (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2 = 16$

$\Leftrightarrow x + y + z + 2(\sqrt{xy} + \sqrt{yz} + \sqrt{zx}) = 16$

$\Rightarrow \sqrt{xy} + \sqrt{yz} + \sqrt{zx} = 5 \,\, (1)$

Ta lại có:
$x + y + z = 6 \Leftrightarrow (x + y + z)^2 = 36$

$\Leftrightarrow x^2 + y^2 + z^2 + 2(xy + yz + zx) = 36$

$\Rightarrow xy + yz + zx = 9 $

Bình phương 2 vế của (1), ta được:
$(\sqrt{xy} + \sqrt{yz} + \sqrt{zx})^2 = 25$

$\Leftrightarrow xy + yz + zx + 2\sqrt{xyz}(\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}) = 25$

$\Rightarrow 9 + 2.\sqrt{xyz}.4 = 25 \Leftrightarrow xyz = 4 \,\, (2)$

Dễ thấy, $x, y, z \neq 0$. Với ĐK này, từ (2) suy ra:
$$xy = \dfrac{4}{z}$$

Ta thấy: $x + y + z = 6 \Leftrightarrow x + y = 6 - z$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}z \leq 6\\x^2 + y^2 + 2xy = 36 - 12z + z^2\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}z \leq 6\\18 - z^2 + 2.\dfrac{4}{z} = z^2 - 12z + 36\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}z \leq 6\\z^3 - 6z^2 + 9z - 4 = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}z \leq 6\\(z - 1)^2(z - 4) = 0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} z = 1\\z = 4\end{array}\right.$

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:
$\left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l} x = 1\\x = 4\end{array}\right.\\\left[\begin{array}{l} y = 1\\y = 4\end{array}\right.\end{array}\right.$

Lần lượt lựa chọn các nghiệm của PT. Nếu 1 ẩn có giá trị bằng 4 thì các ẩn còn lại có giá trị là 1. Suy ra, hệ có các nghiệm:
$(x; y; z) = (4; 1; 1); (1; 4; 1) = (1; 1; 4)$

[minhdat881439]

Còn 3 câu không ai làm hết mình 'chém' câu 2 vậy
2.Nhận xét:dễ thấy x=y=0 hoặc x=y=-1
là nghiệm của hệ phương trình vì vậy ta xét các trường hợp như sau:
+Xét $x> 0$,ta có:
$(1)\Rightarrow (1+x)(1+x^{2}(1+x^{4})=1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}+x^{7}> 1+x^{7}\Rightarrow y> x$ thế vào (2) ta có:
$(2)\Rightarrow 1+y+y^{2}+y^{3}+y^{4}+y^{5}+y^{6}+y^{7}> 1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}+x^{7}> 1+x^{7}\Rightarrow x> y$
Từ đó suy ra hệ vô nghiệm, tương tự $y> 0$ hệ vô nghiệm
+Xét $x< -1\Rightarrow 1+x^{7}< 0\Rightarrow 1+y< 0\Rightarrow y< -1$ mà $1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}+x^{7}> 1+x^{7}\Rightarrow y> x$ tương tự $y< -1,ta có x> y$.Vậy hệ vô nghiệm
+Xét $-1< x< 0$ chứng minh tương tự ta có hệ vô nghiệm
Vạy hệ có nghiệm (0;0),(-1;-1)

[minhdat881439]

Còn 2 bài mà không ai làm mình đành "tự sướng tiếp vậy"
Ta có hệ
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y=\frac{60x^{2}}{36x^{2}+25}\geq 0 & \\ z=\frac{60y^{2}}{36y^{2}+25}\geq 0 & \\ x=\frac{60z^{2}}{36z^{2}+25}\geq 0 & \end{matrix}\right.$
Dễ thấy x=y=z=0 là nghiệm của hệ
Khi x>0,y>0,z>0 ta xét hàm $f(t)=\frac{60t^{2}}{36t^{2}+25}$ với t>0
có $f'(t)=\frac{3000t}{(36t^{2}+25)^{2}}> 0 \forall t> 0$.Vậy f(t) đồng biến trên khoảng $(0;+\infty )$ nên ta có
$\left\{\begin{matrix} y=f(x) & \\ z=f(y) & \\ x=f(z) & \end{matrix}\right.$
Từ tính đồng biến trên suy ra x=y=z thay vào hệ ta có $x=y=z=\frac{5}{6}$
Vậy ....