Chủ đề này có 94 trả lời

[namcpnh]

Đọc câu này mà rùng mình.Làm cụ thể đi em chứ nghiệm thế này sao "dễ thấy" được?

 

Em xin tổng hợp số cách giải của Bài  toán 1:

 

C1)

 

Cộng 2 vế thệm $2x+2$ ,ta được:
$2x+3+\sqrt[3]{2x+3}=(x+1)^{2}+(x+1)$
Xét hàm $f(t)=t^{3}+t$ là hàm tăng
$\Leftrightarrow \sqrt[3]{2x+3}=x+1$
$\sqrt[3]{2x+3}=x+1\Leftrightarrow x^{3}+3x^{2}+x-2=0\Leftrightarrow (x+2)(x^{2}+x-1)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=-2 & & \\ x^{2}+x-1=0(1) & & \end{bmatrix}$
Xét $\Delta$ phương trình (1) suy ra có 2 nghiệm $x= \frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}$

 

C2)

 

PT tương đương :$\sqrt[3]{{2x + 3}}+x+ 2=(x+1)^3$

Đặt $y+1=\sqrt[3]{2x+3}$

Khi đó ta có hệ :$\left\{\begin{matrix} (x+1)^3=x+y+3 (1)\\ (y+1)^3=2x+3(2) \end{matrix}\right.$

Lấy (1) trừ (2) ta có: $(x+1)^3-(y+1)^3=y-x$

<=> $(x-y)[(x+1)^2+(x+1)(y+1)+(y+1)^2+1]=0$

<=> $x=y$

Thay vào (1) ta có $(x+1)^3=2x+3$

<=>$x^3+3x^2+x-2=0$

<=>$(x+2)(x^2+x-1)=0$

<=> $\begin{bmatrix} x=-2\\ x=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2} \end{bmatrix}$

Vậy hệ có nghiệm $(-2;-2),(\frac{-1+\sqrt{5}}{2};\frac{-1+\sqrt{5}}{2}),(\frac{-1-\sqrt{5}}{2};\frac{-1-\sqrt{5}}{2})$.

 

C3)

 

$ \sqrt[3]{2x+3}-\left( x+1 \right)={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+x-2$

$ \Leftrightarrow \frac{{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+x-2}{{{A}^{2}}+AB+{{B}^{2}}}+{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+x-2=0$
$ \Leftrightarrow \left( {{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+x-2 \right)\left( \frac{1}{{{A}^{2}}+AB+{{B}^{2}}}+1 \right)=0$

 

 

C4)

 

 

$\sqrt[3]{{2x + 3}} + 1 = {x^3} + 3{x^2} + 2x <=> (x+1)^{3}-(x+1)=\sqrt[3]{{2x + 3}} + 1 $

 

--Đặt:

 

$a=x+1,b=\sqrt[3]{2x+3} $

 

-- Ta có 2 pt

$a^{3}-a=b+1 (1)$ và $b^{3}-2a=1  (2)$

 

--Thế (2) vào (1):

=> $a^{3}+a=b^{3}+b$ => $a=b$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namheo1996: 21-03-2013 - 13:38
dư

[dark templar]

Bài toán 4: Giải phương trình $\sqrt[4]{x} + \sqrt[4]{{x - 1}} = \sqrt[4]{{x + 1}}$.

Bài toán 5: Tìm nghiệm dương của phương trình $x + \sqrt {11 + \sqrt x } = 7$.

@nthoangcute: Anh chưa thể kiểm lại lời giải của em được,nhưng mà hình như đáp số của em so với lời giải có khác nhau :| .Em xem thử lời giải sau nhé :

Lời giải bài toán 4: 
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}x + 1 = {u^4}\\x - 1 = {v^4}\\u,v \ge 0\end{array} \right.$ thì ta có hệ phương trình :
$$\left\{ \begin{array}{l}{u^4} - {v^4} = 2\\\sqrt[4]{{\frac{{{u^4} + {v^4}}}{2}}} = u - v\end{array} \right.$$

Từ phương trình cuối của hệ suy ra :
$${u^4} + {v^4} = 2{(u - v)^4} \Leftrightarrow {u^4} - 8{u^3}v + 12{u^2}{v^2} - 8u{v^3} + {v^4} = 0$$

Đặt $y=\frac{u}{v}$ thì phương trình trên trở thành ${y^4} - 8{y^3} + 12{y^2} - 8y + 1 = 0$.

Đây là phương trình đối xứng nên nếu $z$ là nghiệm thì $\frac{1}{z}$ cũng là nghiệm.và ta có :
$${y^4} - 8{y^3} + 12{y^2} - 8y + 1 = ({y^2} - ay + 1)({y^2} - by + 1) \quad (*)$$

Trong đó $a,b$ là 2 số nào đó.

Đồng nhất 2 vế của (*),ta có $\left\{ \begin{array}{l}a + b = 8\\ab = 10\end{array} \right.$ và ta được :
$${y^4} - 8{y^3} + 12{y^2} - 8y + 1 = ({y^2} - (4 + \sqrt 6 )y + 1)({y^2} - (4 - \sqrt 6 )y + 1)$$

Phương trình ${y^2} - \left( {4 + \sqrt 6 } \right)y + 1 = 0$  có nghiệm $y = \frac{{4 + \sqrt 6  \pm \sqrt {18 + 8\sqrt 6 } }}{2}$ và vì $\frac{u}{v}>1$ nên ta có $\frac{u}{v} = \frac{{4 + \sqrt 6  + \sqrt {18 + 8\sqrt 6 } }}{2} = \alpha $.

Vậy ${u^4} - {v^4} = 2$ và $u = \alpha v$,suy ra ${v^4}({\alpha ^4} - 1) = 2 \Leftrightarrow {v^4} = \frac{2}{{{\alpha ^4} - 1}}$ và $ \Rightarrow x = 1 + \frac{2}{{{\alpha ^4} - 1}}$.

Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình trên là :
$$x = 1 + \frac{2}{{{{\left( {\frac{{4 + \sqrt 6  + \sqrt {18 + 8\sqrt 6 } }}{2}} \right)}^4} - 1}}= 1 + \frac{1}{{195 + 80\sqrt 6  + 2\sqrt {19155 + 7820\sqrt 6 } }}$$

Lời giải bài toán 5:
ĐKXĐ: $0 \le x \le 7$.Bìng phương 2 vế của phương trình ta được :
$$11 + \sqrt x  = {x^2} - 14x + 49 \quad (*)$$

Đặt $x=y^2$,khi đó $0 \le y \le \sqrt{7}$ và PT (*) trở thành :

$$\begin{array}{l}{y^4} - 14{y^2} - y + 38 = 0\\\Leftrightarrow (y + 2)({y^3} - 2{y^2} - 10y + 19) = 0\\\Leftrightarrow {y^3} - 2{y^2} - 10y + 19 = 0\end{array}$$

Phương trình bậc ba cuối cùng được giải bằng cách đặt $y=z+\frac{2}{3}$,khi đó ta có PT ${z^3} - \frac{{34}}{3}z + \frac{{317}}{3} = 0 \quad (**)$.

Tiếp tục đặt $z=\frac{2\sqrt{34}}{3}t$ thì (**) trở thành $4{t^3} - 3t =  - \frac{{317}}{{68\sqrt {34} }} \in [ - 1,1]$.

PT này có 3 nghiệm $\cos \left( {\frac{{2k\pi  + \arccos \left( { - \frac{{317}}{{68\sqrt {34} }}} \right)}}{3}} \right)$ với $k=0;1;2$.

Vậy PT ${y^3} - 2{y^2} - 10y + 19 = 0$ có 3 nghiệm là $\frac{2}{3} + \frac{{2\sqrt {34} }}{3}\cos \left( {\frac{{2k\pi  + \arccos \left( { - \frac{{317}}{{68\sqrt {34} }}} \right)}}{3}} \right)$ với $k=0;1;2$.

Kiểm tra thì thấy rằng chỉ có $k=2$ thỏa mãn $y \in [0;\sqrt{7}]$ nên PT ban đầu có nghiệm duy nhất là :
$$x = {\left( {\frac{2}{3} + \frac{{2\sqrt {34} }}{3}\cos \left( {\frac{{4\pi  + \arccos \left( { - \frac{{317}}{{68\sqrt {34} }}} \right)}}{3}} \right)} \right)^2} \approx 3,41557165967...$$

**********
Đề mới :

Bài toán 6: Giải PT lượng giác sau :${\cos ^2}x + {\cos ^2}2x + {\cos ^2}3x + {\cos ^2}4x = \frac{3}{2}$.

Bài toán 7: Giải PT $2\sin x + \cot x = 2\sin 2x + 1$.
 

[Ispectorgadget]

Bài toán 6: Giải PT lượng giác sau :${\cos ^2}x + {\cos ^2}2x + {\cos ^2}3x + {\cos ^2}4x = \frac{3}{2}$.
 

Phương trình đã cho $$\iff\frac{1+\cos 2x}{2}+\frac{1+\cos 4x}{2}+ \frac{1+\cos 6x}{2}+\frac{1+\cos 8x}{2}=2$$
$$\iff\frac{(\cos 2x +\cos 6x)+\cos 4x}{2}+\cos^2 4x=0$$

$$\iff 2 \cos 4x\cos 2x +\cos 4x +2\cos^24x =0$$

$$\iff \cos 4x(2\cos 4x +2\cos 2x +1)=0$$
$$\iff \cos 4x(4\cos^2 2x+2\cos 2 x-1)=0$$

\[\left[ \begin{array}{l}
\cos 4x = 0\\
\cos 2x = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\
\cos 2x = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos 4x = \cos \frac{\pi }{2}\\
\cos 2x = \cos \frac{{2\pi }}{5}\\
\cos 2x = \cos \frac{{4\pi }}{5}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{4}\\
x =  \pm \frac{\pi }{5} + k\pi \\
x =  \pm \frac{{2\pi }}{5} + k\pi
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(k \in \mathbb{Z}) \]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 22-03-2013 - 22:14

[nthoangcute]

@nthoangcute: Anh chưa thể kiểm lại lời giải của em được,nhưng mà hình như đáp số của em so với lời giải có khác nhau :| .Em xem thử lời giải sau nhé :

Bài 4: À, em nhầm một chút anh à:
Kết quả là $\frac{2}{15}\sqrt{27+12\sqrt{6}}$, em edit lại rồi
Kết quả của em với anh giống nhau
Bài 5: Kết quả cũng giống nhau luôn
_________________
Nguồn: Wolframalpha.
P/s: Không ngờ mấy cái biểu thức to đùng đoàng kia lại rút gọn được đẹp thế ...

[dark templar]

Bài toán 6: Giải PT lượng giác sau :${\cos ^2}x + {\cos ^2}2x + {\cos ^2}3x + {\cos ^2}4x = \frac{3}{2}$.

Bài toán 7: Giải PT $2\sin x + \cot x = 2\sin 2x + 1$.
 

@Kiên:Bài 6 làm sai nghiệm rồi kìa,phải ra $\cos 2x=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}$

**********

Lời giải bài toán 7:

ĐK :$\sin x \neq 0$.,khi đó PT đã cho tương đương với:

 

$$\begin{array}{l}2{\sin ^2}x + \cos x = 4{\sin ^2}x\cos x + \sin x\\\Leftrightarrow (2\sin x - 1)\left( {2\sin x + 1)\cos x - \sin x} \right) = 0\end{array}$$

 

Trường hợp $\sin x=\frac{1}{2}$ dễ giải.

 

Trường hợp nếu $\sin x \neq \frac{1}{2}$ và $(2\sin x + 1)\cos x - \sin x = 0$,ta đặt $t = \tan \frac{x}{2}$ thì PT này trở thành ${t^4} + 6{t^3} - 2t - 1 = 0 \quad (*)$.

 

Ta nhận thấy rằng nếu phương trình có nghiệm $x$ thì nó cũng có nghiệm $\frac{-\pi}{2}-x$,vậy nếu $t$ là nghiệm thì nó cũng có nghiệm là $\frac{{t + 1}}{{t - 1}}$.

 

Phương trình có nghiệm là $1+(t-1)$ thì nó cũng nhận $1+\frac{2}{t-1}$ là nghiệm.

 

Đặt $t=u+1$ thì PT $(*)$ trở thành ${u^4} + 10{u^3} + 24{u^2} + 20u + 4 = 0 \quad (**)$ và ta nhận thấy rằng nếu $u$ là nghiệm thì $\frac{2}{u}$ cũng là nghiệm.Vậy thì $\sqrt{2}.\frac{u}{\sqrt{2}}$ là nghiệm thì $\sqrt 2 \frac{{\sqrt 2 }}{u}$ cũng là nghiệm.

 

Đặt $u=v\sqrt{2}$ thì PT $(**)$ trở thành:

$$\begin{array}{l}{v^4} + 5\sqrt 2 {v^3} + 12{v^2} + 5\sqrt 2 v + 1 = 0\\\Leftrightarrow {\left( {v + \frac{1}{v}} \right)^2} + 5\sqrt 2 \left( {v + \frac{1}{v}} \right) + 10 = 0\end{array}$$

 

PT có nghiệm $v + \frac{1}{v} \in \left\{ {\frac{{ - 5\sqrt 2  - \sqrt {10} }}{2},\frac{{ - 5\sqrt 2  + \sqrt {10} }}{2}} \right\}$ và vì $\left| {v + \frac{1}{v}} \right| \ge 2$ nên lấy nghiệm $v + \frac{1}{v} = \frac{{ - 5\sqrt 2  - \sqrt {10} }}{2}$.

 

Vì :

$$\begin{array}{l}v + \frac{1}{v} = \frac{{ - 5\sqrt 2  - \sqrt {10} }}{2}\\\Rightarrow v = \frac{{ - 5 - \sqrt 5  \pm \sqrt {22 + 10\sqrt 5 } }}{{2\sqrt 2 }}\\\Rightarrow u = \frac{{ - 5 - \sqrt 5  \pm \sqrt {22 + 10\sqrt 5 } }}{2}\\\Rightarrow t = \frac{{ - 3 - \sqrt 5  \pm \sqrt {22 + 10\sqrt 5 } }}{2}\end{array}$$

 

Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình là :

$x = \frac{\pi }{6} + 2k\pi $

$x = \frac{{5\pi }}{6} + 2k\pi $

$x = 2\arctan \left( {\frac{{ - 3 - \sqrt 5  - \sqrt {22 + 10\sqrt 5 } }}{2}} \right) + 2k\pi $

$x = 2\arctan \left( {\frac{{ - 3 - \sqrt 5  + \sqrt {22 + 10\sqrt 5 } }}{2}} \right) + 2k\pi $

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 8: Giải PT $\arccos \left( {\frac{2}{\pi }arccosx} \right) = arcsin\left( {\frac{2}{\pi }arcsinx} \right)$.

 

Bài toán 9: Giải PT ${(arctanx)^4} + {\left( {arctan\frac{1}{x}} \right)^4} = \frac{{17{\pi ^4}}}{{1296}}$.

 

[CD13]

$$\Leftrightarrow \sqrt[3]{2x+3}+2x+3=(x+1)^3+x+1$$
Xét hàm số $f(t)=t^3+t$ có $f'(t)=t^2 +1 >0$ do đó hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$

Vậy $x+1=\sqrt[3]{2x+3}\Leftrightarrow x= \frac{1}{2}(\sqrt{5}-1)$

 

-------------------------------

Lời giải ở trên có vẻ sai!

$f(x)=f(y)$ với $f(x)$ là hàm đồng biến thì đâu kéo theo được $x=y$

[Mai Xuan Son]

-------------------------------

Lời giải ở trên có vẻ sai!

$f(x)=f(y)$ với $f(x)$ là hàm đồng biến thì đâu kéo theo được $x=y$

em cũng hiểu ý thầy, nhưng theo bảng biến thiên thì đây làm hàm tăng và lại là tăng ngặt nên chẳng có đoạn nào là hàm hằng cả, trích ra thì nó là song ánh nên $f(x)=f(y)$ thì phải có $x=y$ 

[dark templar]

Bài toán 8: Giải PT $\arccos \left( {\frac{2}{\pi }arccosx} \right) = arcsin\left( {\frac{2}{\pi }arcsinx} \right)$.

 

Bài toán 9: Giải PT ${(arctanx)^4} + {\left( {arctan\frac{1}{x}} \right)^4} = \frac{{17{\pi ^4}}}{{1296}}$.

 

Lời giải bài toán 8: 

Nếu $x>0$ thì $\arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi }{2} - \arctan x$.

 

Do đó phương trình  đã cho được viết lại là $|\arctan x{|^4} + {\left( {|\arctan x| - \frac{\pi }{2}} \right)^4} = \frac{{17{\pi ^4}}}{{{6^4}}}$.

 

Đặt $y = \frac{{6|\arctan x|}}{\pi }$ thì PT trở thành ${y^4} + {(y - 3)^4} = 17$ với $y>0$.

 

Hàm $f(x) = {x^4} + {(x - 3)^4} - 17$ là hàm lồi nên nó có không quá 2 nghiệm,mà $f(1) = f(2) = 0$ nên suy ra $\arctan x \in \left\{ { - \frac{\pi }{3}, - \frac{\pi }{6},\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{3}} \right\}$.

 

Vậy $x \in \left\{ { - \sqrt 3 , - \frac{{\sqrt 3 }}{3},\frac{{\sqrt 3 }}{3},\sqrt 3 } \right\}$.

 

Lời giải bài toán 9:

$\arccos u = \arcsin v \Leftrightarrow {u^2} + {v^2} = 1$ và $u,v \in [0,1]$.

 

Vậy phương trình đã cho tương đương với:

 

${\arccos ^2}x + {\arcsin ^2}x = \frac{{{\pi ^2}}}{4}$ và $\left\{ \begin{array}{l}\arccos x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right]\\\arcsin x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right]\end{array} \right.$

 

Nhưng vì $\left\{ \begin{array}{l}\arccos x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right]\\\arcsin x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right]\end{array} \right.$ nên $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in [0,1]\\\arcsin x = \frac{\pi }{2} - \arccos x\end{array} \right.$.

 

Vậy PT ${\arccos ^2}x + {\arcsin ^2}x = \frac{{{\pi ^2}}}{4}$ trở thành :

\[{\arccos ^2}x + {(\frac{\pi }{2} - \arccos x)^2} = \frac{{{\pi ^2}}}{4} \Rightarrow \arccos x(\arccos x - \frac{\pi }{2}) = 0 \Rightarrow \boxed{x \in \{ 0,1\}} \]

 

**********

Đề mới :

 

Bài toán 10: Giải PT $\arcsin (1 + |sinx|) = \arccos \left( {1 + cos\frac{x}{{10}}} \right)$.

 

Bài toán 11: Giải hệ PT $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y^3}(x + 1) = 27}\\{9({z^2} + {y^2}) - 12(2z + 3y) + 43 = 0}\\{(x - 3)(4x - 3z) = 3z - \frac{{137}}{{16}}}\end{array}} \right.$

[diepviennhi]

Bài toán 4 cũng có thể giải theo cách sau 

ĐKXĐ $x\geq 1$

$ x=0$ không là nghiệm pt nên pt đã cho $\Leftrightarrow \sqrt[4]{\frac{x}{x}}+\sqrt[4]{\frac{x-1}{x}}=\sqrt[4]{\frac{x+1}{x}}\Leftrightarrow 1+\sqrt[4]{\frac{x-1}{x}}=\sqrt[4]{\frac{x+1}{x}}$

Đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt[4]{1-\frac{1}{x}}=u\geq 0\\ \sqrt[4]{1+\frac{1}{x}}=v\geq 0 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 2=u^{4}+v^{4}\\ 1+u=v \end{matrix}\right.\Leftrightarrow u^{4}+(u+1)^{4}=2$

Đặt $u+\frac{1}{2}=t\geq \frac{1}{2}\Rightarrow (1+\frac{1}{2})^{4}+(t-\frac{1}{2})^{4}=2\Leftrightarrow 2t^{4}+3t^{2}-\frac{15}{8}=0\Leftrightarrow t^{2}=\frac{-3+2\sqrt{6}}{4}\Rightarrow (u+\frac{1}{2})^{2}=\frac{-3+2\sqrt{6}}{4}\Rightarrow u+\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2\sqrt{6}-3}}{2}\Leftrightarrow u= \frac{-1+\sqrt{2\sqrt{6}-3}}{2}$

Đến đây tìm ra được x

[dark templar]

Bài toán 10: Giải PT $\arcsin (1 + |sinx|) = \arccos \left( {1 + cos\frac{x}{{10}}} \right)$.

 

Bài toán 11: Giải hệ PT $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y^3}(x + 1) = 27}\\{9({z^2} + {y^2}) - 12(2z + 3y) + 43 = 0}\\{(x - 3)(4x - 3z) = 3z - \frac{{137}}{{16}}}\end{array}} \right.$

Spoiler

Chán quá là chán,mọi người không còn tham gia topic nữa sao ?

Bài toán 10 này chỉ có nghiệm $\boxed{x = 10(2k + 1)\pi ,\forall k \in \mathbb{Z}}$ chứ chưa có lời giải chính thức.

 

Lời giải bài toán 11:

Từ PT thứ 2 của hệ suy ra ${\left( {z - \frac{4}{3}} \right)^2} + {(y - 2)^2} = 1$.

 

Bây giờ ta đặt $\left\{ \begin{array}{l}y = 2 + \sin t\\z = \frac{4}{3} + \cos t\end{array} \right.$ và thế các giá trị này vào PT thứ 3,ta được:

 

$$\begin{array}{l}4{x^2} - x(16 + 3\cos t) + \frac{{265}}{{16}} + 6\cos t = 0\\\Leftrightarrow {\left( {2x - 4 - \frac{3}{4}\cos t} \right)^2} + \frac{9}{{16}}{\sin ^2}t = 0\\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin t = 0 \Rightarrow y = 2\\x = \frac{{19}}{8} \Rightarrow z = \frac{7}{3}\end{array} \right.\end{array}$$

 

Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là $\boxed{(x,y,z) = \left( {\frac{{19}}{8},2,\frac{7}{3}} \right)}$.

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 12: Cho hệ PT $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + xy + {y^2} = 6\\{x^2} + xz + {z^2} = 8\\{y^2} + yz + {z^2} = 10\end{array} \right.$.Tìm tất cả các giá trị thực của $y$.

 

Bài toán 13: Tìm nghiệm dương của PT:

$$\sqrt {2 + \sqrt {2 + \sqrt {2 + x} } }  + \sqrt 3 \sqrt {2 - \sqrt {2 + \sqrt {2 + x} } }  = 2x$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 01-06-2013 - 20:52
Chèn link !

[diepviennhi]

 

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 12: Cho hệ PT $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + xy + {y^2} = 6\\{x^2} + xz + {z^2} = 8\\{y^2} + yz + {z^2} = 10\end{array} \right.$.Tìm tất cả các giá trị thực của $y$.

 

Bài toán 13: Tìm nghiệm dương của PT:

$$\sqrt {2 + \sqrt {2 + \sqrt {2 + x} } }  + \sqrt 3 \sqrt {2 - \sqrt {2 + \sqrt {2 + x} } }  = 2x$$

 

 

Bài 12: Cộng theo vế 3 pt đầu bài ta được $2a+b=24$ với $\left\{\begin{matrix} a=x^{2}+y^{2}+z^{2}\\ b=xy+yz+zx \end{matrix}\right.$

Mặt khác trừ theo vế lần lượt các pt cho nhau ta được $\left\{\begin{matrix} (z-y)(x+y+z)=2\\ (y-x)(x+y+z)=2\\ (z-x)(x+y+z)=4 \end{matrix}\right.$

Bình phương các pt của hệ rồi cộng theo vế ta được $2(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx)(x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2yz+2zx)=24\Rightarrow (a-b)(a+2b)=12$

Ta có hệ $\left\{\begin{matrix} b=24-2a\\ (a-24+2a)(a+48-4a)=12 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} b=24-2a\\ (3a-24)(3a-48)+12=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 9a^{2}-216a+1164=0\\ b=24-2a \end{matrix}\right.$

Xem đến đây số nó lẻ quá.  sợ sai  nên không tính tiếp 

[thukilop]

 

Bài toán 6: Giải PT lượng giác sau :${\cos ^2}x + {\cos ^2}2x + {\cos ^2}3x + {\cos ^2}4x = \frac{3}{2}$.

${\cos ^2}x + {\cos ^2}2x + {\cos ^2}3x + {\cos ^2}4x = \frac{3}{2}$.

 

 

<=> $2\cos^2{x}+2\cos^2{2x}+2\cos^2{3x}+2\cos^2{4x}=3$

 

<=> $1+cos{2x}+1+cos{4x}+1+cos{6x}+1+cos{8x}=3$

 

<=> $cos{2x}+cos{4x}+cos{6x}+cos{8x}=-1$

 

- Nhân 2 vế cho $2sinx$:

 

$2sinx.cos{2x}+2sinx.cos{4x}+2sinx.cos{6x}+2sinx.cos{8x}=-2sinx$

 

<=> $-sinx+sin9x=-2sinx$

 

<=> $sin9x=-sinx$

.............

 

p/s: đã fix, em gõ nhầm anh dark  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thukilop: 21-04-2013 - 09:56

[dark templar]

Bài 12: Cộng theo vế 3 pt đầu bài ta được $2a+b=24$ với $\left\{\begin{matrix} a=x^{2}+y^{2}+z^{2}\\ b=xy+yz+zx \end{matrix}\right.$

Mặt khác trừ theo vế lần lượt các pt cho nhau ta được $\left\{\begin{matrix} (z-y)(x+y+z)=2\\ (y-x)(x+y+z)=2\\ (z-x)(x+y+z)=4 \end{matrix}\right.$

Bình phương các pt của hệ rồi cộng theo vế ta được $2(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx)(x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2yz+2zx)=24\Rightarrow (a-b)(a+2b)=12$

Ta có hệ $\left\{\begin{matrix} b=24-2a\\ (a-24+2a)(a+48-4a)=12 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} b=24-2a\\ (3a-24)(3a-48)+12=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 9a^{2}-216a+1164=0\\ b=24-2a \end{matrix}\right.$

Xem đến đây số nó lẻ quá.  sợ sai  nên không tính tiếp 

Bài này ra số lẻ mà em Mà tính được $a,b$ rồi em định làm gì tiếp ? Trình bày đầy đủ lời giải nhé.

 

 

${\cos ^2}x + {\cos ^2}2x + {\cos ^2}3x + {\cos ^2}4x = \frac{3}{2}$.

 

 

<=> $2\cos^2{x}+2\cos^2{2x}+2\cos^2{3x}+2\cos^2{4x}=3$

 

<=> $1+cos^2{2x}+1+cos^2{4x}+1+cos^2{6x}+1+cos^2{8x}=3$

 

<=> $cos^2{2x}+cos^2{4x}+cos^2{6x}+cos^2{8x}=-1$

Em sử dụng công thức hạ bậc rồi sao còn có số mũ 2 ? Phải là $\cos 2x+\cos 4x+\cos 6x+\cos 8x=-1$.

 

Bài toán 12: Cho hệ PT $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + xy + {y^2} = 6\\{x^2} + xz + {z^2} = 8\\{y^2} + yz + {z^2} = 10\end{array} \right.$.Tìm tất cả các giá trị thực của $y$.

 

Bài toán 13: Tìm nghiệm dương của PT:

$$\sqrt {2 + \sqrt {2 + \sqrt {2 + x} } }  + \sqrt 3 \sqrt {2 - \sqrt {2 + \sqrt {2 + x} } }  = 2x$$

Lời giải bài toán 12: 

Trừ PT đầu với PT thứ 2 ta được $x = \frac{2}{{z - y}} - z - y$.

 

Thế vào PT đầu tiên,ta có:

$ - 4\frac{{z + y}}{{z - y}} + \frac{4}{{{{(z - y)}^2}}} + \frac{{2y}}{{z - y}} = 6 - ({y^2} + yz + {z^2}) =  - 4$

 

Quy đồng ta được $3yz = 3{y^2} + 2 \Rightarrow y \ne 0$ và $z = y + \frac{2}{{3y}}$

 

Thế vào PT thứ 3 ta được $27{y^4} - 72{y^2} + 4 = 0$,từ đó tìm được các giá trị của $y$ là $\boxed{\displaystyle y =  \pm \frac{{\sqrt {12 \pm 2\sqrt {33} } }}{3}}$

 

Lời giải bài toán 13:

ĐKXĐ: $2 \ge \sqrt {2 + \sqrt {2 + x} }  \Leftrightarrow x \le 2$,từ đó suy ra $0 < x \le 2$.

 

Vậy tồn tại $y \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)$ sao cho $x=2\cos y$ và ta lần lượt có:

$\sqrt {2 + x}  = \sqrt {2 + 2\cos (y)}  = 2\cos \frac{y}{2}$

 

$\begin{array}{l}\sqrt {2 + \sqrt {2 + x} }  = 2\cos \frac{y}{4}\\\sqrt {2 + \sqrt {2 + \sqrt {2 + x} } }  = 2\cos \frac{y}{8}\\\sqrt {2 - \sqrt {2 + \sqrt {2 + x} } }  = 2\sin \frac{y}{8}\end{array}$

 

Vậy PT đã cho trở thành:

$\begin{array}{l}2\cos \frac{y}{8} + 2\sqrt 3 \sin \frac{y}{8} = 4\cos y\\\Leftrightarrow \sin \frac{\pi }{6}cos\frac{y}{8} + \cos \frac{\pi }{6}\sin \frac{y}{8} = \cos y\\\Leftrightarrow \sin \left( {\frac{y}{8} + \frac{\pi }{6}} \right) = \cos (y)\\\Leftrightarrow \frac{y}{8} + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} - y\end{array}$

(vì $\frac{y}{8} + \frac{\pi }{6} \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)$)

 

Từ đó suy ra $y = \frac{{8\pi }}{{27}}$ và $\boxed{\displaystyle x = 2\cos \frac{{8\pi }}{{27}}}$ là nghiệm duy nhất.

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 14: Giải PT $x = \sqrt {2 + \sqrt {2 - \sqrt {2 + x} } } $.

 

Bài toán 15: Giải hệ PT $\left\{ \begin{array}{l}{x^3} - 3x - 2 = 2 - y\\{y^3} - 3y - 2 = 4 - 2z\\{z^3} - 3z - 2 = 6 - 3x\end{array} \right.$

[thukilop]

 

Bài toán 14: Giải PT $x=\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+x}}}$

 

 

không biết đề có sao không,dấu + hay - nhỉ

p/s: Nếu chỗ đó dấu "+" thì có thể giải quyết:

 

$x=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+x}}}$

 

- Đặt $a=\sqrt{2+x}=>a^{2}-x=2$ (1)

 

- Đặt $b=\sqrt{2+\sqrt{2+x}}=>b^{2}-a=2$(2)

 

- Khi ấy pt đã cho viết lại: $x=\sqrt{2+b}=>x^{2}-b=2$(3)

 

-Từ (1), (2), (3) ta giải hệ sau, đồng thời đổi ẩn x thành c (để dễ nhìn):

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

 

<=> $\left\{\begin{matrix}c=a^{2}+2=f(a) &  & \\ a=b^{2}+2=f(b) &  & \\ b=c^{2}+2=f( c ) &  & \end{matrix}\right.$

 

trong đó $f(t)=t^{2}+2, t\geq 0$

 

- Dễ dàng chứng minh hàm f tăng:

 

- Không mất tính tổng quát: giả sử a=max{a,b,c}

 

=> $a\geq b=>f(b)\geq f( c )=>b\geq c=>f( c )\geq a=>c\geq a$

 

=> a=b=c

- Suy ra $c^{2}-c-2=0$<=> $c=-1$ hoặc $c=2$ hay $x=-1$ (loại) hoặc $x=2$

 

 

 

 

 

 

.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thukilop: 21-04-2013 - 20:37

[dark templar]

- Nhân 2 vế cho $2sinx$:

 

$2sinx.cos{2x}+2sinx.cos{4x}+2sinx.cos{6x}+2sinx.cos{8x}=-2sinx$

 

<=> $-sinx+sin9x=-2sinx$

 

<=> $sin9x=-sinx$

.............

 

p/s: đã fix, em gõ nhầm anh dark  

 

Tạm thời sẽ xem lại lời giải này,vì hình như cái $\sin x=0$ đã thỏa,kết quả bài này ra khá lẻ cơ mà ?

 

không biết đề có sao không,dấu + hay - nhỉ

Đề này đúng đấy,không sai đâu

[IloveMaths]

 

 

Bài toán 15: Giải hệ PT $\left\{ \begin{array}{l}{x^3} - 3x - 2 = 2 - y\\{y^3} - 3y - 2 = 4 - 2z\\{z^3} - 3z - 2 = 6 - 3x\end{array} \right.$

 

 

Hệ tương đương:

$(x+1)^2(x-2)=2-y$

$(y+1)^2(y-2)=2(2-z)$

$(z+1)^2(z-2)=3(2-x)$

$\Rightarrow (z+1)^2.(x+1)^2.(y+1)^2.(x-2)(y-2)(z-2)=-6(x-2)(y-2)(z-2)$

- TH1:

$(x-2)(y-2)(z-2)=0$

- TH2:

$(x-2)(y-2)(z-2)\neq 0$ $\Rightarrow (x+1)^2.(y+1)^2.(z+1)^2=-6$  (  vô lí)

[dark templar]

Bài toán 14: Giải PT $x = \sqrt {2 + \sqrt {2 - \sqrt {2 + x} } } $.

Lời giải bài toán 14:

Xét hàm số $f(x) = \sqrt {2 + \sqrt {2 - \sqrt {2 + x} } } $ là hàm nghịch biến khi $x \ge -2$.Mặt khác thì $f(0)>0;f(2)<2$ nên PT $f(x)=x$ có nghiệm duy nhất trong $(0;2)$.

 

Nghiệm này có thể viết là $2\cos \alpha$ với $\alpha  \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)$ và do đó ta lần lượt có:

 

$$\begin{array}{l}\sqrt {2 + x}  = 2\cos \frac{\alpha }{2}\\\sqrt {2 - \sqrt {2 + x} }  = 2\sin \frac{\alpha }{4} = 2\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{\alpha }{4}} \right)\\\sqrt {2 + \sqrt {2 - \sqrt {2 + x} } }  = 2\cos \left( {\frac{\pi }{4} - \frac{\alpha }{8}} \right) = x = 2\cos (\alpha ) \Leftrightarrow x = 2\cos \frac{{2\pi }}{9}\end{array}$$

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 16: Giải hệ PT $\left\{ \begin{array}{l}{({x_3} + {x_4} + {x_5})^5} = 3{x_1}\\{({x_4} + {x_5} + {x_1})^5} = 3{x_2}\\{({x_5} + {x_1} + {x_2})^5} = 3{x_3}\\{({x_1} + {x_2} + {x_3})^5} = 3{x_4}\\{({x_2} + {x_3} + {x_4})^5} = 3{x_5}\end{array} \right.$

 

Bài toán 17: Giải hệ PT $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4{x^2} - 3y = x{y^3}}&{}\\{{x^2} + {x^3}y = 2y}&{}\end{array}} \right.$

[Ispectorgadget]

Bài toán 16: Giải hệ PT $\left\{ \begin{array}{l}{({x_3} + {x_4} + {x_5})^5} = 3{x_1}\\{({x_4} + {x_5} + {x_1})^5} = 3{x_2}\\{({x_5} + {x_1} + {x_2})^5} = 3{x_3}\\{({x_1} + {x_2} + {x_3})^5} = 3{x_4}\\{({x_2} + {x_3} + {x_4})^5} = 3{x_5}\end{array} \right.$

 

 

Giả sử $x_1>x_2>x_3>x_4>x_5$

Từ $(1);(2)$ ta có: $x_3>x_1$
Mâu thuẫn do đó $x_3=x_1$

Tương tự ta có $x_1=x_2=x_3=x_4=x_5$

Do đó ta có $(3x_1)^5=3x_1\iff 3x_1(3^4x_1^4-1)=0 \iff x_1=0 \vee x_1=\pm \frac{1}{3}$

 

 

Vậy pt có nghiệm $x_1=x_2=x_3=x_4=x_5=x_1=0 \vee x_1=\pm \frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 29-04-2013 - 21:43

[hungchng]

Mẫu cho phần PT-HPT-BPT

 PT-HPT-BPTmathlink.tex   7.66K   364 Số lần tải

 PT-HPT-BPTmathlink.pdf   147.21K   581 Số lần tải

[dark templar]

Giả sử $x_1>x_2>x_3>x_4>x_5$

 

Bài giải sai từ dòng đầu rồi Kiên Đây không phải là hệ đối xứng nên không thể giả sử như vậy

 

=====

  Bài này có trong phần bài tập đề nghị trong cuốn đại số của Nguyễn Văn Mậu nó năm trong phần hệ đối xứng,

@Dark templar: Đọc sách cũng phải hiểu cơ bản chứ,bài này sao gọi là đối xứng được  Nó chỉ có thể là hoán vị thôi,giống như BĐT vậy đấy !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 30-04-2013 - 10:51