Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Phạm Hữu Bảo Chung nội dung

Có 549 mục bởi Phạm Hữu Bảo Chung (Tìm giới hạn từ 04-07-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#457418 $2cos^{2}x(sin2x-cos2xtanx)=\sqrt{3}(cos^{...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-10-2013 - 12:27 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải

ĐK: $x \neq \dfrac{\pi}{2} + k\pi \, (k \in Z)$

Phương trình tương đương:
$2\cos^2{x}\left (\sin{2x} - \cos{2x}\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}\right ) = \sqrt{3}(\cos^2{x} - \sin^2{x})$

$\Leftrightarrow 2\cos{x}(\sin{2x}\cos{x} - \sin{x}\cos{2x}) = \sqrt{3}(\cos^2{x} - \sin^2{x})$

$\Leftrightarrow 2\sin{x}\cos{x} = \sqrt{3}\cos{2x} \Rightarrow \sin{2x} = \sqrt{3}\cos{2x}$

 




#457412 $\frac{2cos^{3}x-2cosx-sin2x}{cosx-1}...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-10-2013 - 12:12 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải

ĐK: $x \neq k2\pi \, (k \in Z)$

Phương trình tương đương:
$\dfrac{\sin{2x} + 2\cos{x} - 2\cos^3{x}}{1 - \cos{x}} = 2(1 + \cos{x})(1 + \sin{x})$

$\Leftrightarrow 2\sin{x}\cos{x} + 2\cos{x}(1 - \cos^2{x}) = 2(1 - \cos^2{x})(1 + \sin{x})$
$\Leftrightarrow \sin{x}\cos{x} + \sin^2{x}\cos{x} = \sin^2{x}(1 + \sin{x})$

$\Leftrightarrow \sin{x}(1 + \sin{x})(\cos{x} - \sin{x}) = 0$
Đoạn còn lại bạn tự giải nhé.




#457411 $sin3x+cos3x-2\sqrt{2}cos(x+\frac{\prod...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-10-2013 - 12:01 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải

Phương trình trên tương đương:
$- \sqrt{2}\cos{\left ( 3x + \dfrac{3\pi}{4}\right )} - 2\sqrt{2}\cos{\left (x + \dfrac{\pi}{4}\right )} + 1 = 0$

Đặt $\cos{\left (x + \dfrac{\pi}{4}\right )} = t (-1 \leq t \leq 1)$, ta được:
$- \sqrt{2}(4t^3 - 3t) - 2\sqrt{2}t + 1 = 0 $

$\Leftrightarrow 4\sqrt{2}t^3 - \sqrt{2}t - 1 = 0$
$\Leftrightarrow (\sqrt{2}t - 1)(4t^2 + 2\sqrt{2}t + 1) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$

Đoạn còn lại bạn tự giải nhé.

 

 




#457304 $x^{2}+\sqrt{x^{2}+11}=31$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-10-2013 - 00:23 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Đặt $t = \sqrt{x^2 + 11} \geq \sqrt{11}$

Phương trình trở thành: $t^2 - 11 + t = 31 \Leftrightarrow t^2 + t - 42 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}t = 6\\t = -7\end{matrix}\right.$

Vì $t \geq \sqrt{11}$ nên t = 6. Suy ra $x = \pm 5$




#457302 $a^{2}+b^{2}\geq \frac{4}{5...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-10-2013 - 00:18 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải

Vì x = 0 không thỏa mãn giả thiết nên với $x \neq 0$, đưa về dạng:

$x^2 + \dfrac{1}{x^2} + a\left (x + \dfrac{1}{x}\right ) + b = 0$

Đặt $t = x + \dfrac{1}{x} \, (|t| \geq 2)$, ta được: $t^2 + at + b - 2 = 0$

Vì tồn tại x nên tồn tại ít nhất một giá trị t ($|t| \geq 2$) thỏa mãn phương trình trên.

Khi đó, theo Viét, ta có: $\left\{\begin{matrix}t_1 + t_2 = -a\\t_1.t_2 = b - 2\end{matrix}\right.$

Nếu $|a| \geq 2$ thì dễ thấy: $a^2 + b^2 \geq a^2 \geq 4 > \dfrac{4}{5}$

Vậy, ta xét: $|a| < 2 \Leftrightarrow -2 < a < 2$

- Giả sử, ta có: $t_1 \geq 2 \Rightarrow t_2 \leq - a - 2 \leq 0 \Rightarrow t_1t_2 \leq -2(a + 2)$
$\Rightarrow b - 2 \leq -2(a + 2) \Leftrightarrow b + 2a \leq -2$

Khi đó, theo BĐT C-S, ta có: $b^2 + a^2 \geq \dfrac{(b + 2a)^2}{5} \geq \dfrac{4}{5}$

 

- Tương tự, nếu: $t_1 \leq – 2 \Rightarrow t_2 \geq -a + 2 \geq 0 \Rightarrow t_1t_2 \leq -2(2 - a)$
$\Rightarrow b - 2 \leq -2(2 - a) \Leftrightarrow b - 2a \leq -2$

Khi đó, theo BĐT C-S, ta có: $b^2 + a^2 \geq \dfrac{(b - 2a)^2}{5} \geq \dfrac{4}{5}$

 

Kết luận: $a^2 + b^2 \geq \dfrac{4}{5}$

 

 




#457299 Giải hệ sau khi đã nhẩm được nghiệm của phương trình .

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-10-2013 - 23:52 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Đâu phải nhẩm ra nghiệm là được đâu bạn ơi :)

Giải

Hệ ban đầu tương đương:

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

Suy ra: $x^2(3 - y)^2 = x^2(5 - y) \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x = 0\\(y - 3)^2 = 5 - y\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}x = 0\\y = 1\\y = 4\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x = 0\\y = 0\end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix}x = 1\\y = 1\end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix}y = 4\\x^2 + x + 4 = 0 \, (VN)\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$ 
$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x = 0\\y = 0\end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix}x = 1\\y = 1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$

 

 




#457296 Tìm $A,B$ đối xứng với nhau qua $d:y=x+1$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-10-2013 - 23:35 trong Hàm số - Đạo hàm

Giải

Ta có: $y = \dfrac{x^2 + x + 1}{x - 2} = x + 3 + \dfrac{7}{x - 2}$

Đặt $A\left (a; a + 3 + \dfrac{7}{a - 2} \right )$ và $ B\left (b; b + 3 + \dfrac{7}{b - 2} \right )$

Khi đó, để A, B đối xứng với nhau qua d thì: $\left\{\begin{matrix}AB \perp d\\d_{(A; (d))} = d_{(B; (d))}\end{matrix}\right.$

Hệ số góc của AB là:
$k_{AB} = \dfrac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \dfrac{b - a + \dfrac{7}{b - 2} - \dfrac{7}{a - 2}}{b - a} = 1 - \dfrac{7}{(a - 2)(b - 2)}$

Khi đó, để $AB \perp (d)$ thì: $k_(d).k_{AB} = -1 \Rightarrow k_{AB} = -1 \Rightarrow \dfrac{1}{(a - 2)(b - 2)} = \dfrac{2}{7}$

Ta có:

$d_{A; (d)} = \dfrac{\left | a + 1 - (a + 3 + \dfrac{7}{a - 2})\right |}{\sqrt{2}} = \dfrac{\left | 2 + \dfrac{7}{a - 2}\right |}{\sqrt{2}}$

Tương tự: $d_{B; (d)} = \dfrac{\left | 2 + \dfrac{7}{b - 2}\right |}{\sqrt{2}}$

Vậy:
$ d_{A; (d)} = d_{B; (d)} \Leftrightarrow \left | 2 + \dfrac{7}{a - 2}\right | =\left | 2 + \dfrac{7}{b - 2}\right | $

$\Rightarrow \left[\begin{matrix}2 + \dfrac{7}{a - 2} = 2 + \dfrac{7}{b - 2}\\2 + \dfrac{7}{a - 2} = - 2 - \dfrac{7}{b - 2}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}a = b\\\dfrac{1}{a - 2} + \dfrac{1}{b - 2} = \dfrac{-4}{7}\end{matrix}\right.$

Vì A, B phân biệt nên $a \neq b$. Vậy, ta có hệ:
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{(a - 2)(b - 2)} = \dfrac{2}{7}\\\dfrac{1}{a - 2} + \dfrac{1}{b - 2} = \dfrac{-4}{7}\end{matrix}\right.$

Hệ vô nghiệm.

 

 




#457289 cho A(1,2) và B(3,4) thuộc Oxy, tìm M thuộc Ox sao cho MA + MB đạt giá trị nh...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-10-2013 - 23:10 trong Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Giải

Ta có: $(ad - bc)^2 \geq 0 \Rightarrow a^2d^2 + b^2c^2 \geq 2abcd$

$\Leftrightarrow (a^2 + b^2)(c^2 + d^2) \geq (ac + bd)^2$

$\Leftrightarrow \sqrt{(a^2 + b^2)(c^2 + d^2)} \geq |ac + bd| \geq ac + bd$

 

$\Leftrightarrow (\sqrt{a^2 + b^2} + \sqrt{c^2 + d^2})^2 \geq (a + c)^2 + (b + d)^2$

$\Leftrightarrow \sqrt{a^2 + b^2} + \sqrt{c^2 + d^2} \geq \sqrt{(a + c)^2 + (b + d)^2}$

 

Dấu “=” xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix}ad = bc\\ac + bd \geq 0\end{matrix}\right.$

 

Gọi $M(x; 0)$ là điểm bất kỳ thuộc Ox. Khi đó:
$MA + MB = \sqrt{(x - 1)^2 + 2^2} + \sqrt{(x - 3)^2 + 4^2} $

$= \sqrt{(x - 1)^2 + 2^2} + \sqrt{(3 - x)^2 + (4)^2} \geq \sqrt{2^2 + 6^2} = 2\sqrt{10}$

Vậy: $Min_{MA + MB} = 2\sqrt{10}$. Dấu “=” xảy ra khi $x = \dfrac{5}{3}$

 

 




#457282 Giải phương trình vô tỉ

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-10-2013 - 22:44 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Giải

ĐK: $x \geq -1$
Phương trình tương đương:

$10\sqrt{(x + 1)(x^2 - x + 1)} = 3(x^2 - x + 1) + 3(x + 1)$

$\Leftrightarrow 10\sqrt{\dfrac{x + 1}{x^2 - x + 1}} = 3 + \dfrac{3(x + 1)}{x^2 - x + 1}$

Đặt $t = \sqrt{\dfrac{x + 1}{x^2 - x + 1}} \Rightarrow 3t^2 - 10t + 3 = 0$




#456340 Tìm GTNN của M=$x^{4}+y^{4}-x^{2}y^{2...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 09-10-2013 - 13:00 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải

Đặt xy = t

Từ giả thiết, ta có: $(x + y)^2 = 3xy + 1 \geq 0 \Rightarrow t \geq \dfrac{-1}{3}$

Mặt khác: $xy = x^2 + y^2 - 1 \geq 2xy - 1 \Rightarrow t \leq 1$

Ta có:
$M = x^4 + y^4 - x^2y^2 = (x^2 + y^2)^2 - 3x^2y^2 $
$M = (t + 1)^2 - 3t^2 = -2t^2 + 2t + 1 = -\dfrac{2}{3}(3t + 1)(t - 1) + \dfrac{2}{3}t + \dfrac{1}{3}$

 

Vì $\dfrac{-1}{3} \leq t \leq 1 \Rightarrow (3t + 1)(t - 1) \leq 0$

Vậy: $M \geq \dfrac{2}{3}t + \dfrac{1}{3} \geq \dfrac{1}{9}$

Kết luận: $Min_M = \dfrac{1}{9}$ khi $x = - y = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ và ngược lại.

 

 




#456101 Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Lạng Sơn năm học 2013 - 2014

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-10-2013 - 13:38 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Câu 1

Giải

Đặt $t = \sqrt{(x + 4)(6 - x)} = \sqrt{-x^2 + 2x + 24}$.

Khi đó: $\forall$ $x \in [-4; 6]$ thì $t \in [0; 5]$

Ta có: $y = f(t) = - 2t^2 + 6t + 51$

Hàm số này có $f’(t) = -4t + 6; f’(t) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{3}{2}$

Ta có: $f(0) = 51; f(\dfrac{3}{2}) = \dfrac{111}{2}; f(5) = 31$

Vậy: Trên đoạn [4; 6], $ Min_y = 31$ khi x = 1 và $Max_y = \dfrac{111}{2}$ khi $x = \dfrac{2 \pm \sqrt{91}}{2}$

 

Câu 2. Phương trình tương đương:

$\sin{3x} - \cos{3x} + \sin{2x} + 1 - \cos{2x} + \sin{x} + \cos{x} = 0$

$\Leftrightarrow 4(\sin{x} + \cos{x}) - 4(\sin^3{x} + \cos^3{x}) + 2\sin{x}\cos{x} + 2\sin^2{x} = 0$

$\Leftrightarrow 2(\sin{x} + \cos{x})(2\sin{x}\cos{x} + \sin{x}) = 0$

 

 

Câu 3. ĐK: $x \geq 3; y \geq -1$

Từ phương trình (1), ta có: $(x - 1)^3 + 3(x - 1) = y^3 + 3y$

Xét hàm số để suy ra $x - 1 = y$. Thay vào (2) và giải bình thường.




#455926 $sin^{6}x+cos^{6}x-2sin^{4}x-cos^{4...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-10-2013 - 18:37 trong Hình học

Giải

a)
Ta có:
$A =\sin^6{x} + (\cos^6{x} - \cos^4{x}) + (\sin^2{x} - 2\sin^4{x})$

 

$A = \sin^6{x} - \sin^2{x}\cos^4{x} + \sin^2{x}(1 - 2\sin^2{x})$

 

$A = \sin^2{x}\left [(\sin^4{x} - \cos^4{x}) + (1 - 2\sin^2{x})\right ]$

$A = \sin^2{x}(\sin^2{x} - \cos^2{x} + \cos^2{x} - \sin^2{x}) = 0$

 

b)

Ta có: 
$B = \cot^2{x}(1 - \cos^2{x}) + \cos^2{x}$

$B = \dfrac{\cos^2{x}}{\sin^2{x}}.\sin^2{x} + \cos^2{x} = 2\cos^2{x}$

 

c)

Ta có:
$C = \dfrac{1 - \dfrac{\sin^2{x}}{\cos^2{x}}}{\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}} - \dfrac{1}{\sin^2{x}\cos^2{x}}$

$C = \dfrac{\cos^2{x} - \sin^2{x}}{\sin{x}\cos{x}} - \dfrac{1}{\sin^2{x}\cos^2{x}}$

$C = \dfrac{2\cos{2x}}{\sin{2x}} - \dfrac{4}{\sin^2{2x}}$

 

$C = \dfrac{2\sin{2x}\cos{2x} - 4}{\sin^2{2x}} = \dfrac{\sin{4x} - 4}{\sin^2{2x}}$

 

Hình như đề thiếu hay sao mà vẫn dài quá :D




#455920 Giải $\left\{\begin{matrix}( x+1)( y+1)+1=...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-10-2013 - 18:20 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải 

ĐK: $x^3 - y + 1 \geq 0$

Đặt $t = \sqrt{x^3 - y + 1} \geq 0$, ta được: $x^3 + 3x + (t^2 + 3)t = 0$

$\Leftrightarrow (x^3 + t^3) + 3(x + t) = 0 \Leftrightarrow (x + t)(x^2 - xt + t^2 + 3) = 0 \Leftrightarrow x = -t$

$\Rightarrow x = - \sqrt{x^3 - y + 1} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x \leq 0\\x^2 = x^3 - y + 1 \Rightarrow y - 1= x^3 - x^2\end{matrix}\right.$

Phương trình thứ hai của hệ tương đương:

$1 = x^2y^2 + x^2(y + 1) + y^2(x + 1) \, (1)$

$\Leftrightarrow x^2(y^2 + y + 1) + xy^2 + y^2 - 1 = 0$

$\Rightarrow x^2(y^2 + y + 1) + xy^2 + (y + 1)(x^3 - x^2) = 0$

 

$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}x = 0 \Rightarrow y = 1\\x(y^2 + y + 1) + y^2 + (y + 1)(x^2 - x) = 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x = 0\\y = 1\end{matrix}\right.\\y^2(x + 1) + x^2(y + 1) = 0 \, (2)\end{matrix}\right.$

 

Ta thấy, từ (1) suy ra: $x^2(y + 1) + y^2(x + 1) = 1 - x^2y^2$.

Vậy, (2) tương đương: $x^2y^2 = 1 \Leftrightarrow xy = \pm 1$

 

Thay từng trường hợp vào, với điều kiện $x \leq 0$, ta được (x; y) = (-1; -1).

Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) = (0; 1) và (x; y) = (-1; -1)

 

P/S: Thay hơi rối, bạn thử tìm cách thế vô dễ hơn nhé :)

 

 




#453881 $x+6=3\sqrt{1-x^{2}}+4\sqrt{1-x}...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-09-2013 - 12:30 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Phương trình ban đầu có một nghiệm $x = \dfrac{-\sqrt{3}}{2}$




#453874 $1+sin4x+cos4x=2sinx+2cos3x$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-09-2013 - 12:04 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải

Chú ý: $\sin{x} +\cos{3x} = (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})$

Phương trình ban đầu tương đương:
$(1 + \cos{4x}) + \sin{4x} =  2(\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})$

$\Leftrightarrow (\cos{2x} + \sin{2x})\cos{2x} = (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})$

$\Leftrightarrow (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{2x} - \cos{x} + \sin{x}) = 0$

$\Leftrightarrow (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})(\cos{x} + \sin{x} - 1) = 0$

Phần còn lại bạn tự làm nhé.

 

 




#453598 $\left\{\begin{matrix} x^{11}+xy...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 28-09-2013 - 14:14 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có:
$x(x^{10} + y^{10}) = y^{12} + y^{22} \Rightarrow x \geq 0$

Phương trình này tương đương:
$(x^{11} - y^{22}) + (xy^{10} - y^{12}) = 0$
$\Leftrightarrow (x - y^2)\left ( x^{10} + x^9y^2 + … xy^{18}+ y^{20} + y^{10}\right ) = 0$
$\Leftrightarrow x = y^2 $

Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
$$7x^2 + 13x + 8 = 2x^2\sqrt[3]{x(3x^2 + 3x - 1)}$$

Nhận thấy: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình trên

Với $x > 0$, chia 2 vế của phương tình cho $x^3$, ta được:
$\dfrac{7}{x} + \dfrac{13}{x^2} + \dfrac{8}{x^3} = 2\sqrt{3 + \dfrac{3}{x} - \dfrac{1}{x^2}}$

Đặt $t = \dfrac{1}{x} > 0$, ta được:
$8t^3 + 13t^2 + 7t = 2\sqrt[3]{-t^2 + 3t + 3}$

$\Leftrightarrow (2t + 1)^3 + 2(2t + 1) = -t^2 + 3t + 3 + 2\sqrt[3]{-t^2 + 3t + 3}$

 

Xét hàm số để suy ra phương trình trên tương đương:

$2t + 1 = \sqrt[3]{-t^2 + 3t + 3} \Leftrightarrow 8t^3 + 13t^2 + 3t - 2 = 0$

$\Leftrightarrow (t + 1)(8t^2 + 5t - 2) = 0$

Bạn tự giải tiếp nhé.

 

 




#453097 $\left\{\begin{matrix} \sqrt{3x...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-09-2013 - 12:54 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Bài 2

Giải

ĐK: $x \geq 0; y \geq 0$ và x, y không đồng thời bằng 0.

Nhận thấy: $x = 0, y = 0$ khiến hệ vô nghiệm.

Xét $x > 0, y > 0$, hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}1 + \dfrac{1}{x + y} = \dfrac{2}{\sqrt{3x}}\\1 - \dfrac{1}{x + y} = \dfrac{4\sqrt{2}}{\sqrt{7y}}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}1 = \dfrac{1}{\sqrt{3x}} + \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{7y}}\\\dfrac{1}{x + y} = \dfrac{1}{\sqrt{3x}} - \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{7y}}\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \dfrac{1}{x + y} = \dfrac{1}{3x} - \dfrac{8}{7y} \Leftrightarrow 24x^2 + 38xy - 7y^2 = 0$

Phần còn lại bạn tự làm nhé.




#453061 Giải các phương trình:1) $16x+30\sqrt{1-x^2}=17(\sqr...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-09-2013 - 00:02 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

ĐK: $-1 \leq x \leq 1$     

Vì $(1 - x) + (1 + x) = 2$ nên:

Đặt $\sqrt{1 - x} = \sqrt{2}\sin{t}; \sqrt{1 + x} = \sqrt{2}\cos{t}$ với $t \in \left [ k2\pi; \dfrac{\pi}{2} + k2\pi\right ] \, k \in Z$

Khi đó, ta có: $\left\{\begin{matrix}\sqrt{1 - x^2} = \sin{2t}\\x = \cos^2{t} - \sin^2{t} = \cos{2t}\end{matrix}\right.$

Phương trình ban đầu trở thành:
$16\cos{2t} + 30\sin{2t} = 17\sqrt{2}(\sin{t} + \cos{t})$

$\Leftrightarrow \dfrac{8}{17}\cos{2t} + \dfrac{15}{17}\sin{2t} = \sin{\left (t + \dfrac{\pi}{4} \right )}$

Vì $\left (\dfrac{8}{17}\right )^2 + \left (\dfrac{15}{17}\right )^2 = 1$ nên đặt $\sin{\alpha} = \dfrac{8}{17}$ và $\cos{\alpha} = \dfrac{15}{17}$
Ta được: $\sin{(2t + \alpha)} =  \sin{\left (t + \dfrac{\pi}{4} \right )}$
Giải phương trình ni là được.

 

 




#453057 Giải BPT: $\sqrt[3]{x}+\sqrt{5-x}\leq...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-09-2013 - 23:34 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

ĐK: $x \leq 5$

Đặt $a = \sqrt[3]{x}$ và $b = \sqrt{5 - x} \geq 0$

Khi đó, ta có hệ: $\left\{\begin{matrix}a + b \leq 3\\a^3 + b^2 = 5\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a \leq 3 - b\\a^3 = 5 - b^2\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 5 - b^2 \leq (3 - b)^3 \Leftrightarrow b^3 - 10b^2 + 27b - 22 \leq 0$

$\Leftrightarrow (b - 2)(b^2 - 8b + 11) \leq 0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}0 \leq b \leq 4 - \sqrt{5}\\2 \leq b \leq 4 + \sqrt{5}\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{matrix}\sqrt{5 - x} \leq 4 - \sqrt{5}\\2 \leq \sqrt{5 - x} \leq 4 + \sqrt{5}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}8\sqrt{5} - 16 \leq x \leq 5\\-16 - 8\sqrt{5} \leq x \leq 1\end{matrix}\right.$

 

 




#452920 $\sqrt[3]{x^{2}-2}= \sqrt{2-x^{3...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-09-2013 - 12:04 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

ĐK: $- \sqrt[3]{2} \leq x \leq \sqrt[3]{2}$

Do $\left [- \sqrt[3]{2}; \sqrt[3]{2}\right ] \subset \left [- \sqrt{2}; \sqrt{2}\right ]$

Vì vậy: $x^2 - 2 < 0 \Rightarrow \sqrt[3]{x^2 - 2} < 0 < \sqrt{2 - x^3}$

Phương trình đã cho vô nghiệm.

 

 




#452918 Giải phương trình $8x^{3}-6x=\sqrt{2x+2}$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-09-2013 - 11:52 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

ĐK: $x \geq -1$
+ Nếu $x > 1$ thì phương trình ban đầu tương đương:
$8x^3 - 8x + 2x - \sqrt{2x + 2} = 0$
$\Leftrightarrow 8x(x^2 - 1) + \dfrac{4x^2 - 2x - 2}{2x + \sqrt{2x + 2}} = 0$
Do $4x^2 - 2x - 2= 2(x - 1)(2x + 1) > 0$ $\forall$ $x > 1$ nên $VT > 0 = VF$.

Vậy, x > 1 khiến hệ vô nghiệm.

 

+ Nếu $x \leq 1$, đặt $x = \cos{t}$, ta được:
$8\cos^3{t} - 6\cos{t} = \sqrt{2(\cos{t} + 1)}$

$\Leftrightarrow 2\cos{3t} = \sqrt{4\cos^2{\dfrac{t}{2}}} \Leftrightarrow \cos{3t} = \left |\cos{\dfrac{t}{2}}\right |$
 

Còn lại bạn tự giải nhé.

 




#452867 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữu nhật , SA vuông góc với đáy và...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-09-2013 - 22:16 trong Hình học không gian

Giải

Ta tính được: $V_{S.ABCD} = \dfrac{abc}{3} $

Do SA $\perp$ (ABCD) nên các tam giác SAD và SAB vuông tại A.

Từ đó, ta tính được:
$\dfrac{SD’}{SD} = \dfrac{SA^2}{SD^2} = \dfrac{c^2}{c^2 + b^2}$

$\dfrac{SB’}{SB} = \dfrac{SA^2}{SB^2} = \dfrac{c^2}{c^2 + a^2}$

Gọi O = AC $\cap$ BD; SO $\cup$ B’D’ = I. Từ đó suy ra: C’ = AI $\cup$ SC

Chú ý rằng, ta chứng minh được:
Gọi AM là trung tuyến của tam giác ABC bất kỳ. Nếu H $\in$ AB và K $\in$ AC sao cho $\dfrac{AH}{AB} = x; \dfrac{AK}{AC} = y$ và I là giao điểm HK với AM thì:
$$\dfrac{AI}{AM}= \dfrac{2xy}{x + y} = \dfrac{2}{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}}$$
Cái này bạn có thể chứng minh bằng tỉ số diện tích. :D

Áp dụng vào bài toán, ta có:
Trong tam giác SBD, $\dfrac{SI}{SO} = \dfrac{2}{\dfrac{SD}{SD’} + \dfrac{SB}{SB’}} = \dfrac{2c^2}{a^2 + b^2 + 2c^2}$

Trong tam giác SAC, $\dfrac{SI}{SO} = \dfrac{2}{\dfrac{SC}{SC’} + 1}$

 

$\Rightarrow \dfrac{SC’}{SC} = \dfrac{1}{2\dfrac{SM}{SI} - 1} = \dfrac{c^2}{a^2 + b^2 + c^2}$

Có các đại lượng này rồi. Chỉ cần lập tỉ số thể tích nữa là được.

 

 




#452848 $\left\{\begin{matrix} x=y^3-5y^2+8y-3...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-09-2013 - 21:00 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Giải

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}x - 1 = (y - 1)(y - 2)^2 \,\,\,\, (1)\\y - 1 = -2(x - 1)(x - 2)^2 \,\,\,\, (2)\end{matrix}\right.$

Vì $x = 2$ và $y = 2$ đều khiến hệ vô nghiệm nên ta xét $x, y \neq 2$

Do $(x - 2)^2; (y - 2)^2 > 0$ với mọi $x, y \neq 2$ nên:

Từ phương trình (1) dễ thấy $(x - 1)$ và $(y - 1)$ luôn cùng dấu.

Mặt khác, theo phương trình (2), $(y - 1)$ và $(x - 1)$ luôn trái dấu.

Vì vậy: $x - 1 = y - 1 = 0 \Leftrightarrow x = y = 1$

 

 




#452843 $\left\{\begin{matrix} x-\frac{1...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-09-2013 - 20:42 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Giải

ĐK: $x, y\neq 0$
Từ phương trình (1) của hệ, ta có:
$(x - y) + \left ( \dfrac{1}{y^3} - \dfrac{1}{x^3}\right ) = 0$

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

+ Với $x = y$, thế vào phương trình (2) và giải bình thường

+ Với $ x^2 + xy + y^2 = -x^3y^3$

Nhận thấy: $x^2 + xy + y^2 \geq 0 \Rightarrow x^3y^3 \leq 0 \Rightarrow xy \leq 0$

Ta có, phương trình (2) của hệ tương đương:
$2x^2 + (-9y + 4)x + 4y(y - 4) + 36 = 0$

$\Leftrightarrow 2(x + 1)^2 + 4(y - 2)^2 + 18 - 9xy = 0$
Do $xy \leq 0$ nên $VT > 0 = VF$. Vậy trường hợp này khiến hệ vô nghiệm.

 

 




#452840 $\left\{\begin{matrix} x^{2}-2xy...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-09-2013 - 20:29 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

Bài 1. ĐK: $x^2 \geq 1$ và $y^2 \geq 1$

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}x^2 + y^2 = x^2y^2\\xy \geq - 2\\x^2 + y^2 - 2 + 2\sqrt{x^2y^2 - x^2 - y^2 + 1} = x^2y^2 + 4xy + 4\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2 + y^2 = x^2y^2\\xy \geq - 2\\2xy + 2 = 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2 + y^2 = 1\\xy = -1\end{matrix}\right. $
Đoạn còn lại chỉ là hệ đối xứng loại 1.

Bài 4. Phương trình (1) của hệ ban đầu tương đương:
$(x - 1)^3 - 12(x - 1) = (y + 1)^2 - 12(y + 1)$

Đặt $a = x - 1, b = y + 1$, ta được:

$a^3 - 12a = b^3 - 12b \Leftrightarrow (a - b)(a^2 + ab + b^2 - 12) = 0$

 

$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}a = b\\ a^2 + ab + b^2 =  12\end{matrix}\right. \Rightarrow \left[\begin{matrix}x = y + 2\\(x - 1)^2 + (x - 1)(y + 1) + (y + 1)^2 = 12 \, (3)\end{matrix}\right.$

+ Với $x = y + 2$ thì thế vào (2) là được.

+ Từ (3), ta có:
$x^2 + y^2 + xy - x + y = 11 \Rightarrow xy = 10,5$ (Thế ở (2))
Ta thấy: Nếu coi (2) là phương trình ẩn x, tham số y thì đó là PTB2 có biệt thức:
$\Delta =  1 - 4(y^2 + y - 0,5) = -4y^2 - 4y + 3$

Do tồn tại x nên $\Delta \geq 0 \Rightarrow -\dfrac{3}{2} \leq x \leq \dfrac{1}{2}$

Tương tự, ta tìm được: $\dfrac{-1}{2} \leq x \leq \dfrac{3}{2}$
Suy ra: $xy \leq \dfrac{3}{4} < 10,5$. Vậy (3) vô nghiệm.