Baoriven

:/ Hình như đây là đề OOP nhỉ ? đâu phải discrete đâu?

Thật ra tất cả các bài dạng vầy đều có một cách giải chung. 

Đặt $y=\sqrt[3]{8x-3}$ suy ra $y^3+3=8x$.

Tới đây, $4y=8x^3+3=(2x)^3+3$ và $y^3+3=4(2x)$.

Suy ra: $(2x)^3+4(2x)+3=y^3+4y+3$.

Xét hàm số $f(t)=t^3+4t+3$ thì $y'(t)=3t^2+4>0$ nên $f(t)$ đồng biến. (Ngay bước này không nhất thiết giải như vầy, có thể trừ theo về kế hợp hằng đẳng thức, lí luận phải chặt chẽ)

Do đó: $2x=y$ hay $2x=\sqrt[3]{8x-3}$.

Tới đây mọi chuyện đã dễ dàng hơn

Viết lại dưới dạng $y=\dfrac{3x^2}{x^4-7x^2+9}=\dfrac{3}{x^2+\dfrac{9}{x^2}-7}$.

Tới đây nếu $x\geq 4$ thì $x^2+\dfrac{9}{x^2}-7>3$ (Hiển nhiên không thoả)

Thử lại thì các giá trị $1,2,3$ đều thoả.

Chắc em chưa biết xài Wolfram rồi em. 

$a=-1,b=0$ và ngược lại là các biên và Wolfram ghi rõ đó là integer solution.

Chúng ta có thể thấy ngay chọn $a,b<0$ và $a^2+b^2=1$ thì hiển nhiên $a+4b-2<0$ mà không cần dùng công cụ gì cả.

 

P/S: Cách giải biến đổi tương đương đối với PT, HPT hay BPT đều phải cần thận trong quá trình bình phương hoặc lấy căn.

Cách giải của bạn DBS chỉ đúng khi $a+4b-2$ thay bằng $|a+4b-2|$.

 

Và wolfram chỉ là 1 công cụ để tham khảo có thể nói là wolfram giải rất tốt các bài PT HPT nhưng BPT là 1 khía cạnh cần phải xem xét lại. 

Nhưng mà muốn bình phương 2 vế bất đẳng thức phải không âm chứ em?
Ví dụ 3>-5 thì ý em sao?

Có bao nhiêu số "hill-dale number" $\overline{abcd}$? - Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức - Diễn đàn Toán học (diendantoanhoc.org)

Dạng 1: $\overline{ab0d0}$ có 2 số $0$ ví dụ như $12020$.

Dạng 2: $\overline{ab0de}$ hoặc $\overline{abcd0}$ có đúng 1 số $0$.

Dạng 3: $\overline{abcde}$ không có chữ số nào bằng $0$.

 

Lưu ý: Bài bạn khác bài trong link ($a,c,e$ có thể bằng nhau, và tương tự với $b,d$)

Cho dãy số sau: $a_n=[(\sqrt[3]{28}-3)^{-n}]$, với $[x]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$. 

Chứng minh rằng:

\[ a_n\equiv 2,3,6\pmod{8}. \]

$x\sqrt{1-y^2}\leq \dfrac{1}{2}(x^2+1-y^2)$
Tương tự với các trường hợp còn lại.
Dấu bằng xảy ra khi $x^2+y^2+z^2=\dfrac{3}{2}$.

Nhận xét ngay, $x,y$ là các số chính phương.

Đặt $a=\sqrt{x},b=\sqrt{y}$.

Khi đó, $1+\sqrt{a^2+b^2+3}=a+b$. Đặt $S=a+b,P=ab$.

Suy ra: $1+\sqrt{S^2-2P+3}=S\Rightarrow P=S+1$.

Nên $(a-1)(b-1)=2$ tới đây đơn giản

Vậy $(a,b)=(2,3),(3,2)$ hay $(x,y)=(4,9),(9,4)$.

Đặt $y=kx$, nếu tồn tại nghiệm $x,y$ nguyên thì $k$ là số hữu tỉ.

Khi đó $x^3(1-k^2+k^3)=0$. 

Nên pt có nghiệm $x=0$ hoặc $k^3-k^2+1=0$.

PT $k^3-k^2+1=0$ không có nghiệm hữu tỉ.

Bài $1$ có nghiệm đẹp là $x=\dfrac{5}{2}$, nhóm liên hợp cẩn thận thôi.

 

Bài $2$ thì để ý xíu là ra, cộng theo vế, chuyển hết về vế trái, ta được:

\[ (x-1)^2+(y-4)^2+(z-2)^2=0. \]

a) Tập full chẵn thì không có tính chất $P$.

b) Do đó tập phải ít nhất là $9$ phần tử.

Chia tập $X$ thành $8$ bộ như sau: $(1,16),(2,15),(3,10),(4,9),(5,8),(6,11),(7,12),(11,14)$.

Khi lấy $9$ phần tử thì theo Dirichlet sẽ có ít nhất $2$ phần tử tạo thành $1$ bộ thuộc một trong tám bộ trên.

Ta có $f(x)=(x+1)^5+x$ đồng biến nên chắc chắn là có một nghiệm.

Mà $(x+1)^5+x=(x^2+x+1)(x^3+4x^2+5x+1)$ nên nghiệm của $f(x)=0$ là nghiệm của pt $x^3+4x^2+5x+1=0$.

Tới đây nếu bạn muốn biểu diễn nghiệm thì dùng Cardano.

Ủa quên. Lo giải suông không kiểm tra lại.

Các bạn nhớ check lại nghiệm nhá Mình giải suông không ghi điều kiện nghiệm ban đầu.

Bỏ qua các điều kiện và giải luôn, sau đó thử lại.

Đánh giá ngay là khó khai thác được quan hệ $x,y$ từ PT(2) nên quay sang PT(1).

Gom lại từ PT(1), $2x^2+3x(y+1)+(y+1)^2=0\Leftrightarrow x=-y\text{ hoặc }2x=-y$.

 

a) $2x+y=0$ thì PT(2) suy ra $x+4=5\sqrt{x}$.

b) $x+y=0$ thì PT(2) suy ra $3x^2+x+4=\sqrt{3x}+sqrt{5x}$.  PT này vô nghiệm  

Đánh giá lỏng xíu thoi, không cần chặt: 

\[ \dfrac{3x^2+x+4}{\sqrt{x}}=3x\sqrt{x}+\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\geq 6\sqrt[6]{3}>\sqrt{3}+\sqrt{5}. \]