Từ pt 1 , ta có :
${\sqrt{x+y}^{}}-\sqrt{x-y}=2 \Rightarrow x-\sqrt{x^2-y^2}=2$
Pt 2 tương đương với :
$x^2+y^2+1=x^2-y^2+9+6\sqrt{x^2-y^2}\Leftrightarrow 2y^2-9=6\sqrt{x^2-y^2}$ (*)
nên : $2y^2-9=6x-12\Leftrightarrow y^2=3x-\frac{3}{2}$
Thế vào (*) , ta có:
$x-\sqrt{x^2-3x+\frac{3}{2}}=2$
Chuyển vế sang bình phương là xong
NS2T
Thống kê
- Nhóm: Thành viên
- Bài viết: 11
- Lượt xem: 1999
- Danh hiệu: Binh nhì
- Tuổi: Chưa nhập tuổi
- Ngày sinh: Chưa nhập ngày sinh
-
Giới tính
Bí mật
11
Trung bình
Công cụ người dùng
Lần ghé thăm cuối
Trong chủ đề: Giải HPT : $\left\{\begin{matrix} log_...
01-11-2012 - 19:03
Trong chủ đề: $\left\{\begin{matrix} log_{2...
01-11-2012 - 18:53
Biến đổi phương trình về dạng sau :
$\frac{2}{\sqrt{x}}\sqrt{\frac{4}{x}+4}=(-y)\sqrt{(-y)^2+4}$
Dựa vào pt 2 ta thấy y âm nên xét hàm sau :
$f(t)=t\sqrt{4+t^2}$ với t dương
Dễ thấy :
$f'(t)>0$ mà $f(\frac{2}{\sqrt{x}})=f(-y)\Rightarrow -y=\frac{2}{\sqrt{x}}$
Tới đây thế vào pt1 là xong
$\frac{2}{\sqrt{x}}\sqrt{\frac{4}{x}+4}=(-y)\sqrt{(-y)^2+4}$
Dựa vào pt 2 ta thấy y âm nên xét hàm sau :
$f(t)=t\sqrt{4+t^2}$ với t dương
Dễ thấy :
$f'(t)>0$ mà $f(\frac{2}{\sqrt{x}})=f(-y)\Rightarrow -y=\frac{2}{\sqrt{x}}$
Tới đây thế vào pt1 là xong
Trong chủ đề: Tính tổng : $S= C_{2012}^{0}+C_{2012}...
01-11-2012 - 18:41
Xét khai triển sau :
$(1+x)^{2012}=C^0_{2012}+xC^1_{2012}+x^2C^2_{2012}+. . .+x^{2012}C^{2012}_{2012}$$(1+x)^{2012}=C^0_{2012}+xC^1_{2012}+x^2C^2_{2012}+. . .+x^{2012}C^{2012}_{2012}$
Thay x=1 , ta có :
$(1+1)^{2012}=C^0_{2012}+C^1_{2012}+C^2_{2012}+. . .+C^{2012}_{2012}$
Thay x=a , ta có :
$(1+a)^{2012}=C^0_{2012}+aC^1_{2012}+a^2C^2_{2012}+. . .+a^{2012}C^{2012}_{2012}$
Thay $x=a^2$ , ta có :
$(1+a^2)^{2012}=C^0_{2012}+a^2C^1_{2012}+a^4C^2_{2012}+. . .+a^{4024}C^{2012}_{2012}$
Thay $x=a^3$ , ta có :
$(1+a^3)^{2012}=C^0_{2012}+a^3C^1_{2012}+a^6C^2_{2012}+. . .+a^{6036}C^{2012}_{2012}$
Lấy $a^4=1\Leftrightarrow (a-1)(a^3+a^2+a+1)=0$ , cộng lần lượt tất cả các vế của từng phương trình trên ta có :
$2^{2012}+(1+a)^{2012}+(1+a^2)^{2012}+(1+a^3)^{2012}=4(C^0_{2012}+C^4_{2012}+. . .+C^{2012}_{2012})$
(Vì khi cộng vào thì các hạng tử không chứa $C^{4k}_{2012}$ sẽ bị triệt tiêu )
Ta có :
$1+a=1+cos(\frac{\Pi }{2})+isin(\frac{\Pi }{2})=2cos(\frac{\Pi }{4})(cos(\frac{\Pi }{4})+isin(\frac{\Pi }{4}))$ nên ta có :
$(1+a)^{2012}=2^{2012}cos(\frac{\Pi }{4})^{2012}(cos(503\Pi )+isin(503\Pi))=-2^{1006}$
$1+a^2=1+cos(\Pi )+isin(\Pi )=0$
$1+a^3=1+cos(\frac{3\Pi }{2} )+isin(\frac{3\Pi }{2})=2cos\frac{3\Pi }{4}(cos\frac{3\Pi }{4}+isin\frac{3\Pi }{4})\Rightarrow (1+a^3)^{2012}=-2^{1006}$
Vậy $S=2^{2010}-2^{1005}$
@@~ : Hớ , cơm đưa tới miệng rùi còn vãi . . .
$(1+x)^{2012}=C^0_{2012}+xC^1_{2012}+x^2C^2_{2012}+. . .+x^{2012}C^{2012}_{2012}$$(1+x)^{2012}=C^0_{2012}+xC^1_{2012}+x^2C^2_{2012}+. . .+x^{2012}C^{2012}_{2012}$
Thay x=1 , ta có :
$(1+1)^{2012}=C^0_{2012}+C^1_{2012}+C^2_{2012}+. . .+C^{2012}_{2012}$
Thay x=a , ta có :
$(1+a)^{2012}=C^0_{2012}+aC^1_{2012}+a^2C^2_{2012}+. . .+a^{2012}C^{2012}_{2012}$
Thay $x=a^2$ , ta có :
$(1+a^2)^{2012}=C^0_{2012}+a^2C^1_{2012}+a^4C^2_{2012}+. . .+a^{4024}C^{2012}_{2012}$
Thay $x=a^3$ , ta có :
$(1+a^3)^{2012}=C^0_{2012}+a^3C^1_{2012}+a^6C^2_{2012}+. . .+a^{6036}C^{2012}_{2012}$
Lấy $a^4=1\Leftrightarrow (a-1)(a^3+a^2+a+1)=0$ , cộng lần lượt tất cả các vế của từng phương trình trên ta có :
$2^{2012}+(1+a)^{2012}+(1+a^2)^{2012}+(1+a^3)^{2012}=4(C^0_{2012}+C^4_{2012}+. . .+C^{2012}_{2012})$
(Vì khi cộng vào thì các hạng tử không chứa $C^{4k}_{2012}$ sẽ bị triệt tiêu )
Ta có :
$1+a=1+cos(\frac{\Pi }{2})+isin(\frac{\Pi }{2})=2cos(\frac{\Pi }{4})(cos(\frac{\Pi }{4})+isin(\frac{\Pi }{4}))$ nên ta có :
$(1+a)^{2012}=2^{2012}cos(\frac{\Pi }{4})^{2012}(cos(503\Pi )+isin(503\Pi))=-2^{1006}$
$1+a^2=1+cos(\Pi )+isin(\Pi )=0$
$1+a^3=1+cos(\frac{3\Pi }{2} )+isin(\frac{3\Pi }{2})=2cos\frac{3\Pi }{4}(cos\frac{3\Pi }{4}+isin\frac{3\Pi }{4})\Rightarrow (1+a^3)^{2012}=-2^{1006}$
Vậy $S=2^{2010}-2^{1005}$
@@~ : Hớ , cơm đưa tới miệng rùi còn vãi . . .
Trong chủ đề: Tìm hai điểm $A,B$ thuộc đồ thị $\left( C \right...
03-09-2012 - 21:07
1 cách nhìn nhận khác đối với bài toán này như sau :
Gọi k là hệ số góc của 2 tiếp tuyến . Ta có : k là nghiệm của phương trình :
$y'=k \Leftrightarrow 3x^2-6x=k$ (1)
Do A, B phân biệt nên pt trên phải có 2 nghiệm nên $k> -3$ . Khi đó gọi $x_{1} , x_{2}$ là 2 nghiệm của (1) , ta có :
$\left\{\begin{matrix} x_{1} +x_{2}=2 & & \\ x_{1} x_{2}=\frac{-k}{3}& & \end{matrix}\right.$
Ta có :
$y=(\frac{1}{3}x-\frac{1}{3})(3x^2-6x)-2x+2$
nên $y_{1}=(\frac{1}{3}x_{1} -\frac{1}{3})(3x_{1} ^2-6x_{1} )-2x_{1} +2=(\frac{1}{3}x_{1} -\frac{1}{3})k-2x_{1} +2$
$\Rightarrow y_{1}-y_{2}=(x_{1}-x_{2})(\frac{k}{3}-2)$
Từ đó , $AB^2=(x_{1}-x_{2})^2+(y_{1}-y_{2})^2=(x_{1}-x_{2})^2(1+(\frac{k}{3}-2)^2)=32$ mà $(x_{1}-x_{2})^2=(x_{1}+x_{2})^2-4x_{1}x_{2} nên$
$\Leftrightarrow (4+\frac{4k}{3})(1+(\frac{k}{3}-2)^2)=32$$\Leftrightarrow k=9$
nên $A(-1;-2); B(3;2)$ hoặc ngược lại !
Gọi k là hệ số góc của 2 tiếp tuyến . Ta có : k là nghiệm của phương trình :
$y'=k \Leftrightarrow 3x^2-6x=k$ (1)
Do A, B phân biệt nên pt trên phải có 2 nghiệm nên $k> -3$ . Khi đó gọi $x_{1} , x_{2}$ là 2 nghiệm của (1) , ta có :
$\left\{\begin{matrix} x_{1} +x_{2}=2 & & \\ x_{1} x_{2}=\frac{-k}{3}& & \end{matrix}\right.$
Ta có :
$y=(\frac{1}{3}x-\frac{1}{3})(3x^2-6x)-2x+2$
nên $y_{1}=(\frac{1}{3}x_{1} -\frac{1}{3})(3x_{1} ^2-6x_{1} )-2x_{1} +2=(\frac{1}{3}x_{1} -\frac{1}{3})k-2x_{1} +2$
$\Rightarrow y_{1}-y_{2}=(x_{1}-x_{2})(\frac{k}{3}-2)$
Từ đó , $AB^2=(x_{1}-x_{2})^2+(y_{1}-y_{2})^2=(x_{1}-x_{2})^2(1+(\frac{k}{3}-2)^2)=32$ mà $(x_{1}-x_{2})^2=(x_{1}+x_{2})^2-4x_{1}x_{2} nên$
$\Leftrightarrow (4+\frac{4k}{3})(1+(\frac{k}{3}-2)^2)=32$$\Leftrightarrow k=9$
nên $A(-1;-2); B(3;2)$ hoặc ngược lại !
Trong chủ đề: $8x^{3}-4x^{2}-4x+1=0$
30-08-2012 - 14:07
Bài giải đã có tại đây , đặt mỗi 2x=t là giống nhau : http://diendantoanho...343-x3x2-2x-10/
- Diễn đàn Toán học
- → Đang xem trang cá nhân: Bài viết: NS2T