L Lawliet

Giải phương trình:

 

$x=\sqrt{2-x}.\sqrt{5-x}+\sqrt{3-x}.\sqrt{5-x}+\sqrt{3-x}.\sqrt{2-x}$

Mình có cách này...không biết có đúng không

Đk $x\leq 3$

Đặt $a = \sqrt{3 - x} + \sqrt{4 - x}$

$b = \sqrt{5 - x} + \sqrt{4 - x}$

$c = \sqrt{3 - x} + \sqrt{5 - x}$

$A = \sqrt{3 - x}\sqrt{4 - x} + \sqrt{5 - x}\sqrt{4 - x} + \sqrt{3 - x}\sqrt{5 - x} - x = 0$

Xét $ab = 4 - x + \sqrt{3 - x}\sqrt{4 - x} + \sqrt{5 - x}\sqrt{4 - x} + \sqrt{3 - x}\sqrt{5 - x} = 4 + A = 4$

Tương tự ta có

$bc = 5 + A = 5$

$ac = 3 + A = 3$

=> $b^{2}ac = 20$

Mà $ac = 3 + A = 3$

=> $b^{2} = \frac{20}{3}$

=> $9 - 2x + 2\sqrt{4 - x}\sqrt{5 - x} = \frac{20}{3}$

=> $\sqrt{4 - x}\sqrt{5 - x} = x - \frac{7}{6}$

Tương tự với 2 cái còn lại

Thay vào phương trình ban đầu thì ra phương trình bậc nhất ẩn x...

giải phương trình :

$x+\sqrt{17-x^{2}}+x\sqrt{17-x^{2}}=9$

Bạn đặt $x+\sqrt{17-x^{2}}=t$ thì $x\sqrt{17-x^{2}}=\dfrac{t^{2}-17}{2}$.

Tính tích phân: $\int_{1}^{0} \dfrac{3x^2-3}{(x^2+1)(x^2+3x+1)} \ dx$

Lời giải.

Ta có:

\begin{align*} I&=\int_{1}^{0}\dfrac{3x^{2}-3}{\left ( x^{2}+1 \right )\left ( x^{2}+3x+1 \right )}dx \\ &=\int_{1}^{0}\dfrac{2x}{x^{2}+1}dx-\int_{1}^{0}\dfrac{2x+3}{x^{2}+3x+1}dx \\ &=\ln \left | x^{2}+1 \right |\bigg|_{1}^{0}-\ln \left | x^{2}+3x+1 \right |\bigg|_{1}^{0} \\ &=\ln \dfrac{5}{2} \end{align*}

----

Đề phòng cho câu hỏi "tại sao lại có dòng thứ hai" thì xem ở đây nhé

Capture.PNG

Lời giải.

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

Lấy $\left ( 1 \right )+i\left ( 2 \right )$ ta được:

$$x+yi+\dfrac{3\left ( x-yi \right )-\left ( xi+y \right )}{x^{2}+y^{2}}=0\qquad \left ( 3 \right )$$

Đặt $z=x+yi$ phương trình $\left ( 3 \right )$ trở thành:

$$z+\dfrac{3\overline{z}-\overline{z}i}{\left | z \right |^{2}}=3$$

Cho a,b,c lần lượt là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=4\sqrt{abc}$

CMR $a+b+c> 2\sqrt{abc}$

Giả thuyết bị nhầm bạn nhé, nếu vậy thì bất đẳng thức cần chứng minh hiểu nhiên đúng rồi

Nếu đúng thì giả thuyết phải là $a^{2}+b^{2}+c^{2}=4\sqrt{abc}$.

Ta có:

$$a+b+c>2\sqrt{abc}$$

1) $x=\sqrt{3-x}.\sqrt{4-x}+\sqrt{4-x}.\sqrt{5-x}+\sqrt{3-x}.\sqrt{5-x}$

Lời giải.

3) $3(x^2-3x+1)=- \sqrt{3(x^4+x^2+1)}$

Lời giải.

Phương trình tương đương:

$$2\left ( 3x^{2}-3x+3 \right )+\sqrt{\left ( 3x^{2}-3x+3 \right )\left ( x^{2}+x+1 \right )}-3\left ( x^{2}+x+1 \right )=0$$

Chứng minh $A=\frac{(m+3)^n+1}{3m}$ là một số nguyên thì $A$ là số lẻ.($m,n$ là một số tự nhiên )

Ta có:

$$3m|(m+3)^n+1 \Rightarrow 3m|m^n+3^n+1 \Rightarrow 3|m^n+1 \Rightarrow m\equiv 2 (mod \ 3)$$

và $n$ lẻ.

$$3^n +1 \vdots m \Rightarrow 3^{n+1} \equiv -3 \ (mod \ m)$$

Dễ thấy $V_2(3^n+1)=2$ do $n$ lẻ nên suy ra $V_2(m) \leq 2$

$$ \Rightarrow m=2^\alpha .p_1^{\alpha _1}.p_2^{\alpha _2}...p_r^{\alpha _r}$$

với $ \alpha \leq 2$ và $p_i \in \mathbb{P}$ với mọi $i=\overline{1,r}$

$$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3^{n+1}\equiv -3\ (mod \ p_i)\\ 3^{n+1}\equiv -3\ (mod \ 2)\end{matrix}\right.$$

Vì $n$ lẻ nên suy ra $\left ( \frac{-3}{p_i} \right )=1$

$$\Rightarrow p_i \equiv 1 \ (mod \ 6)$$

$$\Rightarrow m=2^\alpha.(6k+1)$$

Mặt khác vì $m \equiv 2 \ (mod \ 3) \Rightarrow \alpha =1$ do $\alpha \leq 2$

$$\Rightarrow m= 12k+2$$

Ta có:

$$(m+3)^n+1 = (12k+5)^n+1 \equiv  2 \ (mod \ 4)$$

$$\Rightarrow V_2 ((m+3)^n+1)=2$$

Mà $3m \vdots 2$ nên suy ra $A$ lẻ. $\blacksquare$

Ai giải bài này giùm và cho mình xin phương pháp khi giải dạng này 

Lời giải.

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:

$$\left ( x-1 \right )^{3}-12\left ( x-1 \right )=\left ( y+1 \right )^{3}-12\left ( y+1 \right )$$

Phương trình thứ hai của hệ tương đương:

$$\left ( x-\dfrac{1}{2} \right )^{2}+\left ( y+\dfrac{1}{2} \right )^{2}=1$$

Để hệ có nghiệm thì cần ít nhất điều kiện sau:

$$\left\{\begin{matrix} -1\leq x-\dfrac{1}{2}\leq 1 \\ -1\leq y+\dfrac{1}{2}\leq 1 \end{matrix}\right.$$

Giải bpt:

$(x+1)\sqrt{x+2}+(x+6)\sqrt{x+7}\geq x^{2}+7x+12$

Lời giải.

Điều kiện xác định: $x\geq -2$.

Ta có:

$$\left ( x+1 \right )\sqrt{x+2}+\left ( x+6 \right )\sqrt{x+7}\geq x^{2}+7x+12$$

Giải các hệ phương trình :

$$\begin{cases} 6(x+y)(xy+\frac{1}{xy}+2)=(2x^{2}+3y^{2})(1+\frac{1}{xy}) & \text{ } \\ 29(xy+\frac{1}{xy})+62=(9x+13y)(1+\frac{1}{xy})& \text{ } \\ \end{cases}$$

Trình bày hai hướng mong là giúp ích gì đó cho tác giả và mọi người cùng thảo luận:

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:

$$\left ( xy+1 \right )\left ( 6^{2}y+6xy^{2}-2x^{2}-3y^{2}+6x+6y \right )=0$$

Với $xy=-1$ thì thay vào phương trình thứ hai ta được phương trình vô nghiệm.

Xét $6^{2}y+6xy^{2}-2x^{2}-3y^{2}+6x+6y=0$ thì ta được hệ:

$$\left\{\begin{matrix} 6^{2}y+6xy^{2}-2x^{2}-3y^{2}+6x+6y=0 \\ 29\left ( xy+\dfrac{1}{xy} \right )+62=\left ( 9x+13y \right )\left ( 1+\dfrac{1}{xy} \right ) \end{matrix}\right.$$

Quote bài này hi vọng có thể "triệu hồi" bác vanchanh123 giúp đỡ thêm.

Đây là dạng 2 : $f(x)=g(x)$ với $f(x)$ đồng biến, và $g(x)$ nghịch biến trên khoảng đang xét, khi đó phương trình có nghiệm duy nhất

 

E làm nhiều bài tương tự hầu như nó đều cho nghiệm duy nhất, đến bài này nó lại có 2 nghiệm nên hơi hoang mang

 

Vậy có hai nghiệm đó là do đâu ???

Do vậy nên mình mới không trình bày ở trên :v vì chưa tìm được cách lập luận phương trình chỉ có hai nghiệm và hai nghiệm nằm ở đó :v

Giải phương trình: 

 

$$(4x-1)(\sqrt{x+3}+\sqrt[3]{3x+5})=4x+8$$

Lời giải.

Điều kiện xác định: $x\geq -3$.

Nhận thấy $x=\dfrac{1}{4}$ không phải nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình cho $4x-1$ ta được:

$$\sqrt{x+3}+\sqrt[3]{3x+5}=\dfrac{4x+8}{4x-1}$$

Bài 1 : Trong mặt phẳng cho 2015 điểm. Mỗi điểm là tâm một đường tròn đi qua một điểm cố định O. Cmr từ những hình tròn tạo ra có thể chọn được 5 hình tròn mà chúng phủ tất cả 2015 điểm

Lời giải.

Gọi $2015$ điểm trên mặt phẳng lần lượt là $A_{1}$, $A_{2}$,..., $A_{2015}$.

Vẽ các đường tròn tâm $O$ bán kính lần lượt là $OA_{1}$, $OA_{2}$,..., $OA_{2015}$.

Ta gọi điểm $A_{i}$ gần điểm $O$ hơn $A_{j}$ nếu $OA_{i}<OA_{j}$.

Gọi $A_{1}$ là điểm gần $O$ nhất thì ta có nhiều nhất $2015$ đường tròn tâm $O$.

Vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau tại $O$ thì hai đường thẳng đó sẽ chia mặt phẳng làm $4$ phần.

Từ $4$ phần trên ở mỗi phần ta chọn điểm xa $O$ nhất ở từng phần rồi từ $4$ điểm ấy ta vẽ đường tròn theo yêu cầu đề bài thì $4$ đường tròn ấy sẽ phủ kín toàn bộ $2015$ điểm trên hoặc sẽ phủ hầu hết các điểm và vẫn còn một vài điểm chưa được phủ. Tuy nhiên, các điểm chưa được phủ sẽ nằm trong vùng cắt của ba đường tròn. Khi đó từ một trong các điểm đó ta có thể vẽ một đường tròn bao phủ $2015$ điểm còn lại.

Bài 2: Cmr mọi tam giác có chu vi là 12cm và diện tích 6cm2 thì có thể chia thành 100 tam giác nhỏ mà mỗi tam giác nhỏ đó có chu vi lớn hơn 6cm và có ít nhất một trong chúng đặt được vào bên trong một hình chữ nhật chiều dài 6cm chiều rộng 0,06 cm

Lời giải.

Vì tam giác có chu vi là $12\text{cm}$ nên gọi $AB$ là cạnh nhỏ nhất thì $AB\leq \dfrac{12}{3}=4\text{cm}$.

Gọi $CH$ là chiều cao tương ứng với cạnh $AB$ ($H\in AB$) thì $CH\geq \dfrac{6.2}{4}=3\text{cm}$.

Ta chia đoạn thằng $AB$ thành $100$ phần bằng nhau thì khi đó mỗi tam giác nhỏ (tạo thành từ các điểm trên đoạn $AB$ với $C$) có chu vi lớn hơn hoặc bằng $2CH$ hay chu vi lớn hơn hoặc bằng $6\text{cm}$.

Cho các số thực $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Chứng minh rằng $a+b+c\geqslant \frac{3}{abc}$

Lời giải.

Biến đổi giả thuyết:

$$a+b+c\geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$$

Cho tam giác ABC, A(2;3), I(6;6) là tâm đường tròn ngoại tiếp. Tâm đường tròn nội tiếp K là (4;5). Tìm B, C biết x_b > x_c.

Lời giải.

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là:

$$\left ( C \right ):\left ( x-6 \right )^{2}+\left ( y-6 \right )^{2}=25$$

Phương trình đường thẳng $AK$ là:

$$AK:x-y+1=0$$

Gọi $D$ là giao điểm thứ hai của $AK$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì ta tìm được $D\left ( 9;10 \right )$.

Mặt khác ta có $DB=DK=DC$ (chứng minh bằng góc nằm trong đường tròn và tính chất đường phân giác) $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BKC$. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác $BKC$ là:

$$\left ( C' \right ):\left ( x-9 \right )^{2}+\left ( y-10 \right )^{2}=50$$

Tọa độ hai điểm $B$, $C$ là nghiệm của hệ:

$$\left\{\begin{matrix} \left ( x-6 \right )^{2}+\left ( y-6 \right )^{2}=25 \\ \left ( x-9 \right )^{2}+\left ( y-10 \right )^{2}=50 \end{matrix}\right.$$

Với điều kiện $x_{B}>x_{C}$ ta được $B\left ( 2;9 \right )$ và $C\left ( 10;3 \right )$.

----

Có thể dùng hệ thức Euler trong tam giác $IJ^{2}=R^{2}-2Rr$ để giải nhưng hướng này hơi dài và tính toán mệt hơn xíu.