Đến nội dung

Hình ảnh

Marathon Phương trình và hệ phương trình VMF

* * * * - 17 Bình chọn

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 375 trả lời

#241
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

 

Bài 75: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}3x^2y+y^3+14=0 \\ 2x^2+2y^2+2xy+4x+5y=0 \end{matrix}\right.$

 

Bằng cách cư xử hệ như hệ đẳng cấp, ta sẽ có mộtlời giải nhẹ nhàng về ý tưởng (không cần phải đặt bất kỳ câu hỏi: tại sao...)nhưng đòi hỏi tính toán nhiều.

Từ hệ phương trình ta có

\[(3x^2y+y^3)\left[-(4x+5y)\right]^3=-14 (2x^2+2y^2+2xy)^3,\]
\[\Leftrightarrow (2x + y)(7x^2 + 16xy + 13y^2)(2x - y)^3=0.\]
Do đó $y= 2x \vee y=-2x.$
 
Từ đó ta tìm được các nghiệm $ (x,y)= (-1,-2) \vee (1,-2). $
 

 

 

Lời giải bài 75 (của Baoriven):

Đặt: $\left\{\begin{matrix}x+y=u \\ x-y=v \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x=\frac{u+v}{2} \\ y=\frac{u-v}{2} \end{matrix}\right.$

Ta được hệ mới: $\left\{\begin{matrix}u^3-v^3=-28(3) \\ 3u^2+9u+v^2-v=0(4) \end{matrix}\right.$

Nhân (4) với 3 rồi cộng với (3) ta được phương trình: $(u+3)^3=(v-1)^3\Leftrightarrow u=v-4$

Thay vào (4) ta được: $v=1;v=3$

* Với $v=3$ ta có: $(x;y)=(1;-2)$

* Với $v=1$ ta có: $(x;y)=(-1;-2)$

 

Đời người là một hành trình...


#242
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Bài 79 theo mình nghĩ là hoán vị vòng quanh thôi, chỉ được giả sử số lớn nhất thôi chứ

Xin lỗi đã không đọc kỹ nên có phát biểu như bên dưới.

(Tuy nhiên, sau khi khắc phục lỗi này, lời giải cũng mới tìm được nghiệm thực.)

 

Bạn chưa cẩn thận đọc đề.


Đời người là một hành trình...


#243
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Bài 88: Giải hệ phương trình:


$\left\{\begin{matrix}x^4-y^4=\frac{3}{4y}-\frac{1}{2x} \\ (x^2-y^2)^5+5=0 \end{matrix}\right.$

Một lời giải cho bài toán siêu "khủng" (Bài 88)

 

Đặt $\alpha=\sqrt[5]{5}$. Hệ được viết lại bằng đơn giản hơn
\[\left\{\begin{matrix}-\alpha(x^2+y^2)=\frac{3}{4y}-\frac{1}{2x} \\ x^2-y^2=-\alpha \end{matrix}\right.\]
Hai đại lượng $x^2+y^2$, $x^2-y^2$ có lẽ được thu giảm bằng hai ẩn mới $u=x+y,\, v=x-y$:
\[2(x^2+y^2)=(x+y)^2+(x-y)^2,\]
\[x^2-y^2=(x+y)(x-y).\]
Khi đó hệ phương trình được viết lại
\[\left\{\begin{matrix}-\alpha (u^4-v^4)=5v+u\\ uv=-\alpha \end{matrix}\right.\]
 
Ngoài phương pháp thế, ta cũng có thể dùng phương pháp đồng bậc hóa.
(Một phân tích khó nhận ra:  phương trình trên tương đương $(u^5 + 5v^5)(5u^3 + v^3)=0.$)
Tuy  nhiên kỹ thuật này đi kèm hệ quả là tính toán nhiều. Ở đây phương pháp thế lại là phương pháp tốt.
Khi đó \[-\alpha u^4+ \frac{\alpha^5}{u^4}= - \frac{5\alpha}{u}+u.\]
\[\Leftrightarrow u^5(\alpha u^3 + 1)-5(\alpha u^3 -+1)=0.\]
\[\Leftrightarrow (u^5-5)(\alpha u^3 + 1=0.\]
 
 
Trường hợp 1: $u=\alpha, v=-1.$
Ta có
\[\left\{\begin{matrix}x= \frac{\sqrt[5]{5}-1}{2},\\y=\frac{1+\sqrt[5]{5}}{2}.\end{matrix}\right.\]
 
Trường hợp 2: $u=-\alpha^{-1/3}, v=\alpha^{4/3}.$
Ta có
\[\left\{\begin{matrix}x= \frac{\alpha^{4/3}-\alpha^{-1/3}}{2},\\y=-\frac{\alpha^{4/3}+\alpha^{-1/3}}{2}.\end{matrix}\right.\]

 

 
 
Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm $(x,y)= \left(\frac{-1+\sqrt[5]{5}}{2}, \frac{1+\sqrt[5]{5}}{2}\right) \vee \left(  \frac{\alpha^{4/3}-\alpha^{-1/3}}{2},-\frac{\alpha^{4/3}+\alpha^{-1/3}}{2}\right),$ trong đó $\alpha= \sqrt[5]{5}.$
 
Câu hỏi liên quan bài toán này: Bài toàn này được xuất hiện như thế nào? Ai là người "sáng tác" ra nó và người đó đã dựa vào ý tưởng nào?
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 24-07-2016 - 19:19

Đời người là một hành trình...


#244
NTA1907

NTA1907

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1014 Bài viết

Bài 89: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} &x^{2}+2x\sqrt{y}=y^{2}\sqrt{y} \\ &(4x^{3}+y^{3}+3x^{2}\sqrt{x})(15\sqrt{x}+y)=3\sqrt{x}(y\sqrt{y}+x\sqrt{y}+4x\sqrt{x})^{2} \end{matrix}\right.$


Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.

 


#245
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Bài 89: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} &x^{2}+2x\sqrt{y}=y^{2}\sqrt{y} \\ &(4x^{3}+y^{3}+3x^{2}\sqrt{x})(15\sqrt{x}+y)=3\sqrt{x}(y\sqrt{y}+x\sqrt{y}+4x\sqrt{x})^{2} \end{matrix}\right.$

 

(Vẫn câu hỏi cũ: mấy bài toán kinh dị này đến từ đâu? Ai đã sinh ra những đứa con "xấu xí" này?)

 

Lời giải bài 89:

Nhận xét về phương trình thứ 2: có những phần đồng bậc và có một chút không đồng bậc. Ta đặt ẩn phụ $a=\sqrt{x},\, b=\sqrt{y} (a, b\ge 0)$ và chuyển các phần đồng bậc sang về phải, ta thu được

\[b^2(4a^6+b^6)+45a^6=- 12 a^7 + 24 a^6 b + 24 a^4 b^3 + 6 a^3 b^4 - 12 a b^6\le  6 a^3 b(4a^3  + b^3).\]

$VT \ge 2ba^3 \sqrt{45(4a^6+b^6)}.$

Bằng cách bình biến đổi tương đương hoặc dùng BĐT BCS, ta có $\sqrt{45(4a^6+b^6)}\ge 3 (4a^3  + b^3).$

(Dấu bằng xảy ra khi $a=b.$)

Do đó 

\[6 a^3 b(4a^3  + b^3) \le VT =VP \le 6 a^3 b(4a^3  + b^3).\]

 

Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=0.$

Từ đó suy ra $(x,y)=(0,0)$ là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.


Đời người là một hành trình...


#246
NTA1907

NTA1907

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1014 Bài viết

Bài 90: $\left\{\begin{matrix} &9\sqrt{\dfrac{41}{2}(x^{2}+\dfrac{1}{2x+y})}=3+40x & \\ &x^{2}+5xy+6y=4y^{2}+9x+9 & \\ &x,y>0 & \end{matrix}\right.$

Bài 91: Giải phương trình:

$\dfrac{3+\sqrt{x}}{x^{2}+x\sqrt{x}+x+3}+\dfrac{x+\sqrt{x}+2}{x^{2}+x\sqrt{x}+4}+\dfrac{x\sqrt{x}+x+2}{x^{2}+\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+x\sqrt{x}+2}{x+x\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+3}{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}+3}=\dfrac{10}{3}$


Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.

 


#247
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Bài 90: $\left\{\begin{matrix} &9\sqrt{\dfrac{41}{2}(x^{2}+\dfrac{1}{2x+y})}=3+40x & \\ &x^{2}+5xy+6y=4y^{2}+9x+9 & \\ &x,y>0 & \end{matrix}\right.$

Bài 91: Giải phương trình:

$\dfrac{3+\sqrt{x}}{x^{2}+x\sqrt{x}+x+3}+\dfrac{x+\sqrt{x}+2}{x^{2}+x\sqrt{x}+4}+\dfrac{x\sqrt{x}+x+2}{x^{2}+\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+x\sqrt{x}+2}{x+x\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+3}{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}+3}=\dfrac{10}{3}$

 

Góp một lời giải thô kệch cho bài 90. (Thua bài 91)

 

Từ phương trình thứ nhất rút $y$ theo $ x $:

\[y=-\frac{242x^3 - 960x^2 - 36x + 3321}{121x^2 - 480x - 18}.\]
Thay vào phương trình thứ hai và khử mẫu, ta thu được phương trình
\[(x - 3)^2(366025x^4 - 400389x^3 - 2353050x^2 + 2057346x + 4862268)=0.\]
 
Nhận xét: Từ phương trình thứ 2 (của PT ban đầu), việc ràng buộc điều kiện tồn tại $ y $, ta có $ x\ge \frac{42+12\sqrt{43}}{41}>2 $. Hơn nữa, với mỗi $ x>2 $, ta có
 
\[366025x^4 - 400389x^3 - 2353050x^2 + 2057346x + 4862268 =366025 (x-2)^4+ 2527811(x-2)^3+.+ 4029216(x-2)^2 - 446722(x-2) + 2218048,\]
nên
\[366025x^4 - 400389x^3 - 2353050x^2 + 2057346x + 4862268 > 4029216(x-2)^2 - 446722(x-2) + 2218048>0.\]
 
Do đó phương trình trên chỉ có nghiệm $ x=3 $. Suy ra $ (x,y)=(3,3) $ là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
 

Đời người là một hành trình...


#248
the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết

Bài 91: Giải phương trình:

$\dfrac{3+\sqrt{x}}{x^{2}+x\sqrt{x}+x+3}+\dfrac{x+\sqrt{x}+2}{x^{2}+x\sqrt{x}+4}+\dfrac{x\sqrt{x}+x+2}{x^{2}+\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+x\sqrt{x}+2}{x+x\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+3}{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}+3}=\dfrac{10}{3}$

Bài này thì ý tưởng là dùng bất đẳng thức:

Điều kiện $x\geq 0$

Ta đặt $a=2,b=\sqrt{x}+1,c=x^2+1,d=x\sqrt{x}+1,e=x+1$. Khi đó phương trình tương đương: $\sum \frac{a+b}{c+d+e}\geq \frac{10}{3}$

Ta sẽ chứng minh: $\sum \frac{a+b}{c+d+e}\geq \frac{10}{3}$ với mọi $a,b,c,d,e$ dương.

Thật vậy ta có: $\sum \frac{a+b}{c+d+e}\geq \frac{10}{3}\Leftrightarrow (a+b+c+d+e)\sum \frac{1}{a+b+c}\geq \frac{25}{3}$.

Mà theo BĐT Cauchy Schwarz thì $\sum \frac{1}{a+b+c}\geq \frac{25}{3(a+b+c+d+e)}$ 

Tù đó ta suy ra điều phải chứng minh. Hơn nữa đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=e$ tức là $x=1$. Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất $x=1$.

 

Mạn phép cho em nói một tí  :D : Em thấy topic có vẻ hơi lạc hướng của Marathon mà dần trở thành Topic thảo luận về phương trình và hệ phương trình rồi ạ.

 

Vì hướng tới thi olympic nên em xin đề xuất bài tiếp theo:

Bài 92: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1\\ (x_1+x_2)(x_1+x_2+x_3)(x_1+x_2+x_3+x_4)=256x_1x_2x_3x_4x_5\\ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5> 0\\ \end{matrix}\right.$


$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#249
tpdtthltvp

tpdtthltvp

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 831 Bài viết

Bài 92: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1\\ (x_1+x_2)(x_1+x_2+x_3)(x_1+x_2+x_3+x_4)=256x_1x_2x_3x_4x_5\\ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5> 0\\ \end{matrix}\right.$

Bài 92:  Sử dụng BĐT quen thuộc $(a+b)^2 \geq 4ab,$ ta có:
$(x_1+x_2)(x_1+x_2+x_3)(x_1+x_2+x_3+x_4)=(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5)^2(x_1+x_2+x_3+x_4)(x_1+x_2+x_3)(x_1+x_2)\geq 4(x_1+x_2+x_3+x_4)^2(x_1+x_2+x_3)(x_1+x_2)x_5\geq 16(x_1+x_2+x_3)^2(x_1+x_2)x_4x_5\geq 64(x_1+x_2)^2x_3x_4x_5\geq 256x_1x_2x_3x_4x_5$
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
$\left\{\begin{matrix} x_5=x_4+x_3+x_2+x_1 \\ x_4=x_3+x_2+x_1 \\ x_3=x_2+x_1 \\ x_2=x_1 \\ x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x_5=\frac{1}{2};x_4=\frac{1}{4};x_3=\frac{1}{8};x_2=x_1=\frac{1}{16}$

$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$

$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$

 


#250
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

 

 

$\dfrac{3+\sqrt{x}}{x^{2}+x\sqrt{x}+x+3}+\dfrac{x+\sqrt{x}+2}{x^{2}+x\sqrt{x}+4}+\dfrac{x\sqrt{x}+x+2}{x^{2}+\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+x\sqrt{x}+2}{x+x\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+3}{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}+3}=\dfrac{10}{3}$

 

 

Bài này thì ý tưởng là dùng bất đẳng thức:

Điều kiện $x\geq 0$

Ta đặt $a=2,b=\sqrt{x}+1,c=x^2+1,d=x\sqrt{x}+1,e=x+1$. Khi đó phương trình tương đương: $\sum \frac{a+b}{c+d+e}\geq \frac{10}{3}$

Ta sẽ chứng minh: $\sum \frac{a+b}{c+d+e}\geq \frac{10}{3}$ với mọi $a,b,c,d,e$ dương.

Thật vậy ta có: $\sum \frac{a+b}{c+d+e}\geq \frac{10}{3}\Leftrightarrow (a+b+c+d+e)\sum \frac{1}{a+b+c}\geq \frac{25}{3}$.

Mà theo BĐT Cauchy Schwarz thì $\sum \frac{1}{a+b+c}\geq \frac{25}{3(a+b+c+d+e)}$ 

Tù đó ta suy ra điều phải chứng minh. Hơn nữa đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=e$ tức là $x=1$. Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất $x=1$.

 

Mạn phép cho em nói một tí   :D : Em thấy topic có vẻ hơi lạc hướng của Marathon mà dần trở thành Topic thảo luận về phương trình và hệ phương trình rồi ạ.

 

Vì hướng tới thi olympic nên em xin đề xuất bài tiếp theo:

Bài 92: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1\\ (x_1+x_2)(x_1+x_2+x_3)(x_1+x_2+x_3+x_4)=256x_1x_2x_3x_4x_5\\ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5> 0\\ \end{matrix}\right.$

 

Bạn thử kiểm tra lại.  Chú ý số hạng $\dfrac{x^{2}+x\sqrt{x}+2}{x+x\sqrt{x}+4}.$

 

Phương trình này có ít nhất một nghiệm khác trong $\left(\frac{3}{2},2\right)$?

 


Đời người là một hành trình...


#251
the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết

Bạn thử kiểm tra lại.  Chú ý số hạng $\dfrac{x^{2}+x\sqrt{x}+2}{x+x\sqrt{x}+4}.$

 

Phương trình này có ít nhất một nghiệm khác trong $\left(\frac{3}{2},2\right)$?

À vâng em có đã kiểm tra và hơi sai sót một tí. Thật sự ra thì cách giải của em không có vấn đề gì mà do anh NTA1907 ghi đề bị sai sót đó anh. Đề chính xác phải là:

$\dfrac{3+\sqrt{x}}{x^{2}+x\sqrt{x}+x+3}+\dfrac{x+\sqrt{x}+2}{x^{2}+x\sqrt{x}+4}+\dfrac{x\sqrt{x}+x+2}{x^{2}+\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+x\sqrt{x}+2}{x+\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+3}{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}+3}=\dfrac{10}{3}$

Tức là phải sửa số hạng $\frac{x^2+x\sqrt{x}+2}{x+x\sqrt{x}+4}$ thành $\frac{x^2+x\sqrt{x}+2}{x+\sqrt{x}+4}$.

Đây hình như là đề đề nghị Olympic 30/4.

Nhân tiện vì không có ai gửi bài nên em xin tiếp tục:

Bài 93: Giải phương trình: $\sqrt{2x+15}=32x^2+32x-20$.


$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#252
Hai2003

Hai2003

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết

Nhân tiện vì không có ai gửi bài nên em xin tiếp tục:

Bài 93: Giải phương trình: $\sqrt{2x+15}=32x^2+32x-20$.

Một phương pháp đơn giản nhưng kém thông minh đó là ... bình phương cả 2 vế  :icon6:

Điều kiện $x\geq -\frac{15}{2}$ Bình phương cả 2 vế ta được $2x+15=\left(32x^2+32x-20\right)^2\\ \Leftrightarrow 1024x^4+2048x^3-256x^2-1282x+385=0 \ \color{blue}{(*)}$

 

Đến đây em dùng đoán nghiệm, đồng nhất thức, đủ thứ mới ra được:

$$\color{blue}{(*)} \Leftrightarrow (8x+11)(2x-1)(64x^2+72x-35)=0\Leftrightarrow \left[\begin{array}{ll}x=-\dfrac{11}{8}\\ x=\dfrac{1}{2}\\ 64x^2+72x-35=0 \end{array}\right.$$

Giải PT bậc 2 cho ta 2 nghiệm $x=\frac{-9\pm \sqrt{221}}{16}$

 

Đến đây thử lại thì chỉ có 2 giá trị của $x$ thỏa đề bài là $x=\frac{1}{2}$ và $x=\frac{-9-\sqrt{221}}{16}$

Vậy $\color{red}{x=\frac{1}{2}}$ hay $\color{red}{x=\frac{-9-\sqrt{221}}{16}}$



#253
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

 

À vâng em có đã kiểm tra và hơi sai sót một tí. Thật sự ra thì cách giải của em không có vấn đề gì mà do anh NTA1907 ghi đề bị sai sót đó anh. Đề chính xác phải là:

$\dfrac{3+\sqrt{x}}{x^{2}+x\sqrt{x}+x+3}+\dfrac{x+\sqrt{x}+2}{x^{2}+x\sqrt{x}+4}+\dfrac{x\sqrt{x}+x+2}{x^{2}+\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+x\sqrt{x}+2}{x+\sqrt{x}+4}+\dfrac{x^{2}+3}{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}+3}=\dfrac{10}{3}$

Tức là phải sửa số hạng $\frac{x^2+x\sqrt{x}+2}{x+x\sqrt{x}+4}$ thành $\frac{x^2+x\sqrt{x}+2}{x+\sqrt{x}+4}$.

Đây hình như là đề đề nghị Olympic 30/4.

Nhân tiện vì không có ai gửi bài nên em xin tiếp tục:

Bài 93: Giải phương trình: $\sqrt{2x+15}=32x^2+32x-20$.

OK! 

Thêm một lời giải cho bài 93:

(Thực ra nếu bầu chọn cho phương pháp tốt thì phương pháp của Hai2003 là tốt hơn cả.)

Phương trình được viết lại

\[\sqrt{8x+60}=(8x+4)^2-56.\]

Đặt $u=\sqrt{8x+60}$, ta có phương trình $\sqrt{u+56}=u^2-56.$

Đặt $v=\sqrt{u+56},$ ta có hệ phương trình đối xứng sau

\[\begin{cases} & u^2=v+56,\\& w^2=u+56.\end{cases}\]

Do đó $u=v \vee u+v=-1.$

hay $u= 8 \vee u= -\frac{1+\sqrt{221}}{2}.$

 
Từ đây, dẫn đến phương trình chỉ có nghiệm $x=\frac{1}{2} \vee x=\frac{-9-\sqrt{221}}{16}$.

Một phương pháp đơn giản nhưng kém thông minh đó là ... bình phương cả 2 vế   :icon6:

Điều kiện $x\geq -\frac{15}{2}$ Bình phương cả 2 vế ta được $2x+15=\left(32x^2+32x-20\right)^2\\ \Leftrightarrow 1024x^4+2048x^3-256x^2-1282x+385=0 \ \color{blue}{(*)}$

 

Đến đây em dùng đoán nghiệm, đồng nhất thức, đủ thứ mới ra được:

$$\color{blue}{(*)} \Leftrightarrow (8x+11)(2x-1)(64x^2+72x-35)=0\Leftrightarrow \left[\begin{array}{ll}x=-\dfrac{11}{8}\\ x=\dfrac{1}{2}\\ 64x^2+72x-35=0 \end{array}\right.$$

Giải PT bậc 2 cho ta 2 nghiệm $x=\frac{-9\pm \sqrt{221}}{16}$

 

Đến đây thử lại thì chỉ có 2 giá trị của $x$ thỏa đề bài là $x=\frac{1}{2}$ và $x=\frac{-9-\sqrt{221}}{16}$

Vậy $\color{red}{x=\frac{1}{2}}$ hay $\color{red}{x=\frac{-9-\sqrt{221}}{16}}$

 

Đời người là một hành trình...


#254
NTA1907

NTA1907

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1014 Bài viết

Bài 90: $\left\{\begin{matrix} &9\sqrt{\dfrac{41}{2}(x^{2}+\dfrac{1}{2x+y})}=3+40x & \\ &x^{2}+5xy+6y=4y^{2}+9x+9 & \\ &x,y>0 & \end{matrix}\right.$

 

 

Góp một lời giải thô kệch cho bài 90. (Thua bài 91)

 

Từ phương trình thứ nhất rút $y$ theo $ x $:

\[y=-\frac{242x^3 - 960x^2 - 36x + 3321}{121x^2 - 480x - 18}.\]
Thay vào phương trình thứ hai và khử mẫu, ta thu được phương trình
\[(x - 3)^2(366025x^4 - 400389x^3 - 2353050x^2 + 2057346x + 4862268)=0.\]
 
Nhận xét: Từ phương trình thứ 2 (của PT ban đầu), việc ràng buộc điều kiện tồn tại $ y $, ta có $ x\ge \frac{42+12\sqrt{43}}{41}>2 $. Hơn nữa, với mỗi $ x>2 $, ta có
 
\[366025x^4 - 400389x^3 - 2353050x^2 + 2057346x + 4862268 =366025 (x-2)^4+ 2527811(x-2)^3+.+ 4029216(x-2)^2 - 446722(x-2) + 2218048,\]
nên
\[366025x^4 - 400389x^3 - 2353050x^2 + 2057346x + 4862268 > 4029216(x-2)^2 - 446722(x-2) + 2218048>0.\]
 
Do đó phương trình trên chỉ có nghiệm $ x=3 $. Suy ra $ (x,y)=(3,3) $ là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
 

 

Bài 90 thực ra là một bài rất hại não...

 

Pt(1)$\Leftrightarrow \sqrt{82\left ( x^{2}+\frac{1}{2x+y} \right )}=\frac{6+80x}{9}$

Áp dụng Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có:

$VT=\sqrt{(1^{2}+9^{2})\left ( x^{2}+\frac{1}{2x+y} \right )}\geq \left | 9x+\frac{1}{\sqrt{2x+y}} \right |\geq 9x+\frac{3}{\sqrt{9(2x+y)}}\geq 9x+\frac{6}{2x+y+9}$

$\Rightarrow \frac{6-x}{9}\geq \frac{6}{2x+y+9}$

$\Leftrightarrow -2x^{2}+3x-xy+6y\geq 0$(*)

Lấy pt(*) cộng với pt(2) ta được:

$-x^{2}+4xy-4y^{2}+12y-6x-9=0 \Leftrightarrow -(x-2y+3)^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow x+3=2y$

Từ đó ta tìm được $x=y=3$

 

Bài 94: $\left\{\begin{matrix} &\dfrac{x+y}{1+xy}=\dfrac{1-2y}{2-y} \\ &\dfrac{x-y}{1-xy}=\dfrac{1-3x}{3-x} \end{matrix}\right.$

Bài 95: $\left\{\begin{matrix} &(x-y)^{2}+4(x+3y)=28+8\sqrt{y(x-2)}+8\sqrt{(y-2)(y-4)} \\ &\sqrt{(y-2)(x-4)}+2\sqrt{(y-3)(x-5)}=(y-x)^{2} \end{matrix}\right.$


Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.

 


#255
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Bài 56: Từ pt(1) suy ra$y\geq z$

từ pt(2) suy ra $z\geq x$

từ pt (3) suy ra $x\geq y$

từ đó x=y=z

khi đó thế vào pt ta thấy hệ đã cho vô nghiệm :D

 

 

Bài 56 : $\begin{cases}x^2(y-z)=\frac{5}{3}\\y^2(z-x)=3 \\ z^2(x-y)=\frac{1}{3} \end{cases}$

 

Có lẽ đề bài là

 

Bài 56 : $\begin{cases}x^2(y-z)=\frac{5}{3},\\y^2(z-x)=3, \\ z^2(x-y)=-\frac{1}{3}.\end{cases}$


Đời người là một hành trình...


#256
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Bài 90 thực ra là một bài rất hại não...

 

Pt(1)$\Leftrightarrow \sqrt{82\left ( x^{2}+\frac{1}{2x+y} \right )}=\frac{6+80x}{9}$

Áp dụng Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có:

$VT=\sqrt{(1^{2}+9^{2})\left ( x^{2}+\frac{1}{2x+y} \right )}\geq \left | 9x+\frac{1}{\sqrt{2x+y}} \right |\geq 9x+\frac{3}{\sqrt{9(2x+y)}}\geq 9x+\frac{6}{2x+y+9}$

$\Rightarrow \frac{6-x}{9}\geq \frac{6}{2x+y+9}$

$\Leftrightarrow -2x^{2}+3x-xy+6y\geq 0$(*)

Lấy pt(*) cộng với pt(2) ta được:

$-x^{2}+4xy-4y^{2}+12y-6x-9=0 \Leftrightarrow -(x-2y+3)^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow x+3=2y$

Từ đó ta tìm được $x=y=3$

 

 

(y)

Mình cũng nghĩ đến việc "đơn giản" hóa phương trình thứ nhất sau khi nhận thấy phương trình chỉ có một bộ nghiệm nhưng chưa thực thi được.


Đời người là một hành trình...


#257
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Bài 96: Giải hệ phương trình:

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

 

P/S: Bài 88 là một bài đề nghị của 30/4. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 01-08-2016 - 19:40

$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#258
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Bài 96: Giải hệ phương trình:

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

 

P/S: Bài 88 là một bài đề nghị của 30/4. 

 

Bài này đã gặp ở nhiều chỗ khác nhau với "yêu cầu" khác nhau (đều xuất hiện trên diễn đàn này). Vài minh họa (đã bổ sung trích dẫn):

1) Tìm các giá trị có thể có của $x+y+z$ (Ref như nhận xét 2). 

2) Giải bằng phương pháp lượng giác hóa(?)-  bài tập đề nghị trong chuyên đề lượng giác hóa nào đó: bài viết của GSXoan, http://diendantoanho...lượng-giác-hóa/.

3) Bài toán xuất hiện trong topic thảo luận về PT (trong mục PT-HPT, không thấy ai giải): Bài 457 của the unknown trong http://diendantoanho...g-trình/page-48.

Từ phương trình, ta thu được $x, y, z\le 4$. Và từ đó suy ra x, y, z đôi một "cùng dấu", nghĩa là tích từng cặp số không âm.

Hơn nữa, nếu $x, y, z<0$ thì $\left|\frac{x}{y}\right|= 4-y>4$. 

Tương tự $\left|\frac{y}{z}\right|>4,\, \left|\frac{z}{x}\right|>4.$

Suy ra điều vô lý.

 

Đặt $x= 4\cos{a}, y= 4\cos{b}, z=4\cos{c}$ với $a, b, c \in [0, \pi/2]$.

Tuy nhiên cách đặt này không mang lại kết quả.

Phép đặt ẩn phụ hiệu chỉnh:

$x= 2+2\cos{a}, y= 2+2\cos{b}, z=2+2\cos{c}$ với $a, b, c \in [0, \pi]$.

(Ẩn một bình luận về kỹ thuật lượng giác hóa)

Sau khi thay vào HPT, ta nhận thấy sự hiệu quả của phép đặt ẩn phụ này.

Hệ trở thành

 

$\left\{\begin{matrix}\cos{a}=1-2\cos^{2}{b} \\ \cos{b}=1-2\cos^{2}{c}\\ \cos{c}=1-2\cos^{2}{a} \end{matrix}\right.$

Hay 
$\left\{\begin{matrix}\cos{(a+\pi)}=\cos{(2b)} \\ \cos{(b+\pi)}=\cos{(2c)}\\ \cos{(c+\pi)}=\cos{(2a)} \end{matrix}\right.$
Từ phương trình thứ nhất, ta có $a= \pm 2b+(2k-1)\pi$ với $k\in \mathbb{Z}$.
 
Trường hợp 1:  $a \in\{0,\pi\}  \vee b\in\{0,\pi\} \vee c\in\{0,\pi\}$.
Ta có $a=b=c=0 \vee a=b=c=\pi.$
 
Trường hợp 2: $ a,b,c \in (0,\pi).$
Với $x, y \in (0, \pi): \cos{(x+\pi)}= \cos{(2y)}$, ta có   $x= \pi-2y$ với $y\in (0,\pi/2]$ hoặc $x=2y- \pi$ với $y\in [\pi/2, \pi).$
Trường hợp 2.1: 

$\left\{\begin{matrix}a+ 2b=\pi\\ b+2c=\pi \\ c+2a=\pi \end{matrix}\right.$

Hay \[a=b=c=\frac{\pi}{3}.\]

 
 
Trường hợp 2.2:

$\left\{\begin{matrix}a+ 2b=\pi\\ b+2c=\pi \\ c-2a=-\pi \end{matrix}\right.$

Hay \[a=\frac{5\pi}{7}, b=\frac{\pi}{7}, c=\frac{3\pi}{7}.\]

 
 
Trường hợp 2.3:

$\left\{\begin{matrix}a+ 2b=\pi\\ b-2c=-\pi \\ c+2a=\pi \end{matrix}\right.$

Hay \[a=\frac{\pi}{7}, b=\frac{3\pi}{7}, c=\frac{5\pi}{7}.\]

 
 

Trường hợp 2.4:

$\left\{\begin{matrix}a+ 2b=\pi\\ b-2c=-\pi \\ c-2a=-\pi \end{matrix}\right.$

Hay \[a=\frac{7\pi}{9}, b=\frac{\pi}{9}, c=\frac{5\pi}{9}.\]

 

Trường hợp 2.5:

$\left\{\begin{matrix}a-2b=-\pi\\ b+2c=\pi \\ c+2a=\pi \end{matrix}\right.$

Hay \[a=\frac{3\pi}{7}, b=\frac{5\pi}{7}, c=\frac{\pi}{7}.\]

 

Trường hợp 2.6:

$\left\{\begin{matrix}a- 2b=-\pi\\ b+2c=\pi \\ c-2a=-\pi \end{matrix}\right.$

Hay \[a=\frac{5\pi}{9}, b=\frac{7\pi}{9}, c=\frac{\pi}{9}.\]

 

Trường hợp 2.7:

 

$\left\{\begin{matrix}a- 2b=-\pi\\ b-2c=-\pi \\ c+2a=\pi \end{matrix}\right.$

Hay \[a=\frac{\pi}{9}, b=\frac{5\pi}{9}, c=\frac{7\pi}{9}.\]

 
 

Trường hợp 2.8:

$\left\{\begin{matrix}a-2b=-\pi\\ b-2c=-\pi \\ c-2a=-\pi \end{matrix}\right.$

Hay \[a=b=c=\pi.\]

(Loại!)
Do đó hệ ban đầu có 8 nghiệm:
\[(0,0,0),\]
\[(3,3,3),\]
\[(2+2\cos\frac{5\pi}{7},2+2\cos\frac{\pi}{7},2+2\cos\frac{3\pi}{7}),\]
\[(2+2\cos\frac{\pi}{7}, 2+2\cos\frac{3\pi}{7}, 2+2\cos\frac{5\pi}{7}),\]
\[(2+2\cos\frac{3\pi}{7},2+2\cos\frac{5\pi}{7},2+2\cos\frac{\pi}{7}),\]
\[(2+2\cos\frac{5\pi}{9},2+2\cos\frac{7\pi}{9},2+2\cos\frac{\pi}{9}),\]
\[(2+2\cos\frac{7\pi}{9}, 2+2\cos\frac{\pi}{9}, 2+2\cos\frac{5\pi}{9}),\]
\[(2+2\cos\frac{\pi}{9},2+2\cos\frac{5\pi}{9},2+2\cos\frac{7\pi}{9}).\]
   

 

 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một lời giải khác khá tự nhiên hơnnhưng đòi hỏi tính toán công phu (đã giải khi gặp nó ở topic http://diendantoanho...trình/page-48):
(Các tính toán sẽ được kiểm tra lại sau)
Bằng phương pháp thế trực tiếp, ta dẫn đến phương trình theo $ z $:
\[z(z - 3)(z^3 - 7z^2 + 14z - 7)(z^3 - 6z^2 + 9z - 3)=0.\]
 
 
 
Đối với phương trình $ z^3 - 7z^2 + 14z - 7=0 $, đặt $t=z+\frac{7}{3}$.
 
 
\[t^3 - \frac{7t}{3} + \frac{7}{27}=0.\]
(Chỉ ra 3 nghiệm đặc biệt.)
Đặt $t=\frac{2}{3}\cos{\phi}$, ta có $\cos{(3\phi)}= -\frac{1}{2\sqrt{7}}$.
\[\phi_{i} =\frac{1}{3}\arccos\left(-\frac{1}{2\sqrt{7}}\right)+\frac{k_i\pi}{3},\]
với $k_i= 0, 1, 2.$
Ta thu được ba nghiệm phân biệt $ z:$
\[z_i =-\frac{7}{3}+\frac{2}{3}\cos{\phi_i}.\]
 
Đối với phương trình $ z^3 - 6z^2 + 9z - 3=0 $, đặt $t=z+2$.
 
\[t^3 - 3t - 1=0.\]
Phương trình này có ba nghiệm nằm trong $[-2,2]$. Đặt $t=2\cos{\phi}$, ta có $\cos{(3\phi)}=\frac{1}{2}.$
\[z=-2+2\cos\phi.\]
($ \phi_{k}= \frac{\pi/3+k2\pi}{3}, k=0, 1, 2. $)
 
 
 

 

(.................................đã thực hiện xong .........................)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 04-08-2016 - 11:51

Đời người là một hành trình...


#259
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Bài 97: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{y}{x}=2(\frac{\sqrt{x}}{y}+1) \\ y(\sqrt{x^2+1}-1)=\sqrt{3x^2+3} \end{matrix}\right.$

 

P/S: Anh vanchanh123 đề xuất bài mới đi anh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 01-08-2016 - 19:40

$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#260
Hai2003

Hai2003

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết

Bài 95: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{y}{x}=2\left(\dfrac{\sqrt{x}}{y}+1\right) \\ y(\sqrt{x^2+1}-1)=\sqrt{3x^2+3} \end{matrix}\right.$

Điều kiện $x>0$

Vì $\sqrt{x^2+1}-1> 0$ nên $y>0$

$\textrm{PT} \ 1 \Leftrightarrow \frac{\sqrt{x}+y}{x}=2\left ( \frac{\sqrt{x}+y}{y} \right )\\ \Leftrightarrow \left(\sqrt{x}+y \right )\left(\frac{1}{x}-\frac{2}{y} \right )=0\\ \Leftrightarrow \left[\begin{array}{ll}y=-\sqrt{x} \\ \dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{y}=0 \end{array}\right.$
Ta loại trường hợp đầu tiên vì $y=-\sqrt{x}\Leftrightarrow y<0$ (mâu thuẫn). Như vậy $\frac{1}{x}-\frac{2}{y}=0\Leftrightarrow y=2x$
Thế vào PT 2 ta được $2x\left(\sqrt{x^2+1}-1\right)=\sqrt{3x^2+3}$
 
Đến đây em chẳng nghĩ được gì ngoài ... bình phương cả 2 vế  :icon6: (không biết mấy anh đặt ẩn phụ sao hay thế)
Trước tiên, ta đặt $a=\sqrt{x^2+1} \ (a> 1)$ cho gọn, khi ấy thì $x=\sqrt{a^2-1}$, ta được $2\sqrt{a^2-1}(a-1)=a\sqrt{3}\\ \Rightarrow 4\left(a^2-1\right)\left(a^2-2a+1\right)=3a^2\\ \Leftrightarrow 4a^4-11a^3+8a-4=0\\ \Leftrightarrow (a-2)(4a^3-3a+2)=0 \\ \Leftrightarrow\left[\begin{array}{ll}a=2 \Leftrightarrow x=\sqrt{3} \\ 4a^3-3a+2=0 \end{array} \right.$
 
$4a^3-3a+2=0 \\ \Leftrightarrow \frac{1}{2}(2a-1)^3+\frac{3}{2}(2a-1)^2+1=0\ \Rightarrow (2a-1)^3=-3(2a-1)^2-1\\ \Rightarrow (2a-1)^3\leq -1\Rightarrow a\leq0$
Điều này mâu thuẫn với điều kiện $a>1$ nên PT bậc 3 này vô nghiệm.
Vậy PT chỉ có nghiệm $\color{red}{x=\sqrt{3}, y=2\sqrt{3}}$
Spoiler





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh