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 05-07-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#452828 Chứng minh: $COTA+COTB+COTC\geq TAN\frac{A}{2...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-09-2013 - 19:49 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải

Đặt $x = \tan{\dfrac{A}{2}}, y = \tan{\dfrac{B}{2}}, z = \tan{\dfrac{C}{2}}$.

Theo giả thiết suy ra: $x, y, z > 0$.

Chú ý đẳng thức: $xy + yz + zx = \tan{\dfrac{A}{2}}\tan{\dfrac{B}{2}} + \tan{\dfrac{B}{2}}\tan{\dfrac{C}{2}} + \tan{\dfrac{C}{2}}\tan{\dfrac{A}{2}} = 1$

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$\dfrac{1 - x^2}{2x} + \dfrac{1 - x^2}{2x} + \dfrac{1 - x^2}{2x}\geq x + y + z$

$\Leftrightarrow \dfrac{ xy + yz + zx - x^2}{2x} + \dfrac{ xy + yz + zx - y^2}{2y} + \dfrac{ xy + yz + zx - z^2}{2z}\geq x + y + z $
$\Leftrightarrow \dfrac{yz}{x} + \dfrac{xz}{y} + \dfrac{xy}{z} \geq x + y + z$

Bất đẳng thức trên dễ dàng chứng minh được bằng cách nhóm: $\dfrac{yz}{x} + \dfrac{xz}{y} \geq 2z$..

 

 




#452822 $\left\{\begin{matrix} xy^4+y^3+y^2+5x=y^5...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-09-2013 - 19:33 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải 

ĐK: $x \geq 0$ và $y^2 \geq 3x - 4$

Phương trình (1) tương đương:

$(xy^4 - y^5) + (y^3 - xy^2) + (y^2 - xy) + 5(x - y) = 0$

$\Leftrightarrow (x - y)(y^4 - y^2 - y + 5) = 0$

 

Do $ y^4 - y^2 - y + 5 = (y^2 - 1)^2 + \left (y - \dfrac{1}{2}\right )^2 + \dfrac{15}{4} > 0$

Vì vậy, ta có: $x = y$

Thế vào (2), ta được:
$\sqrt{2x^2 - 6x + 8} + 2 \leq \sqrt{x} + x$

 

Vì x = 0 không phải là nghiệm của bất phương trình nên chia hai cho $\sqrt{x}$, ta được:

$\sqrt{2\left (x + \dfrac{4}{x}\right ) - 6} \leq \sqrt{x} - \dfrac{2}{\sqrt{x}} + 1$

Đặt $t = \sqrt{x} - \dfrac{2}{\sqrt{x}} \Rightarrow x + \dfrac{4}{x} = t^2 + 4$

Khi đó, bất phương trình trở thành: $\sqrt{2t^2 + 2} \leq t + 1$

Giải ra được t = 1. Từ đó suy ra x và y

 

 




#452732 Giải các hệ PT sau:

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-09-2013 - 13:12 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

a) ĐK: $x \geq 1$ và $y \geq 0$

Với điều kiện trên, phương trình (2) tương đương: $\sqrt{y} = x - 1$

Thế vào phương trình (1), ta được:
$\sqrt{x - 1} - (x - 1) = 8 - x^3$

$\Leftrightarrow \sqrt{x - 1}(1 - \sqrt{x - 1}) = 8 - x^3$

 

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

$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}x = 2\\\dfrac{\sqrt{x - 1}}{1 + \sqrt{x - 1}} = x^2 + 2x + 4 \, (3)\end{matrix}\right.$

 

Nhận thấy, phương trình (3) có: $VT < 1 < 3 + (x + 1)^2 = VF$.

Vậy ta chỉ nhận $x = 2 \Rightarrow y = 1$

 

 




#452274 Giải hệ pt: a) $\left\{\begin{matrix} x^...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 22-09-2013 - 11:03 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Câu b) 

Giải

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}(x^2 + xy)^2 = 2x + 9 \,\,\, (1)\\2(x^2 + xy) = x^2 + 6x + 6\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow (x^2 + xy)^2 + 2(x^2 + xy ) = x^2 + 8x + 15 = (x + 3)^2 + 2(x + 3)$

Đặt $a = x^2 + xy$ và $b = x + 3$, ta được:

$a^2 + 2a = b^2 + 2b \Leftrightarrow (a - b)(a + b + 2) = 0 \Rightarrow \left[\begin{matrix}x^2 + xy = x + 3\\x^2 + xy = - (x + 3) - 2 = -x - 5\end{matrix}\right.$

Chỉ cần thế vào phương trình (1) nữa là được.

 

 




#452201 Giải Hệ PT vô tỉ

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 22-09-2013 - 06:17 trong Các bài toán và vấn đề về PT - HPT - BPT

Giải

ĐK: $\dfrac{-1}{3} \leq x \neq 0$, $y > 0$

Phương trình (1) của hệ tương đương:
$\dfrac{y + 2x^2}{3xy} = \dfrac{x + \sqrt{y}}{y + 2x^2}$

$\Leftrightarrow (y + 2x^2)^2 = 3xy(x + \sqrt{y}) \Leftrightarrow 4x^4 + x^2y - 3xy\sqrt{y} + y^2 = 0$

 

$\Leftrightarrow 4\dfrac{x^4}{y^2} + \dfrac{x^2}{y} - 3\dfrac{x}{\sqrt{y}} + 1 = 0$

Đặt $t = \dfrac{x}{\sqrt{y}}$, ta được:

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

Suy ra: $2x = \sqrt{y} \geq 0$. Thế vào phương trình (2) của hệ, ta có:
$$\sqrt{4x^2 + 3x + 2} + \sqrt{3x + 1} = 5$$

Phương trình trên dùng liên hợp để giải kèm điều kiện $x \geq 0$

Phương trình có nghiệm duy nhất $x = 1 \Rightarrow y = 4$
 




#452199 Giải phương trình : $\sqrt[6]{4x}+3=\sqrt{27-...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 22-09-2013 - 05:53 trong Các bài toán và vấn đề về PT - HPT - BPT

Bài 3.

Giải

ĐK: $x \geq 0$

Phương trình ban đầu tương đương:
$\sqrt[6]{4x} + 3 - \sqrt{27 - 5\sqrt{2x}} = 0 \, (1)$

Xét $f(x) = \sqrt[6]{4x} + 3 - \sqrt{27 - \sqrt[5]{2x}}$ với $x \geq 0$ có:
$f’(x) = \dfrac{2}{3\sqrt[6]{(4x)^5}} + \dfrac{1}{5\sqrt[5]{(2x)^4}.\sqrt{27 - \sqrt[5]{2x}}} \geq 0$

Vậy: $f(x)$ đồng biến trên $(0; + \infty)$.

Mà phương trình (1) tương đương: $f(x) = f(16) \Leftrightarrow x = 16$

 

 




#452197 Cho a>b>0.CMR:$a+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 22-09-2013 - 05:40 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải

Ta có:
$a + \dfrac{4}{(a - b)(b + 1)^2} = a - b + \dfrac{b + 1}{2} + \dfrac{b + 1}{2} + \dfrac{4}{(a - b)(b + 1)^2} - 1$

                   
$\geq 4\sqrt[4]{(a - b)\dfrac{(b + 1)^2}{4}\dfrac{4}{(a - b)(b + 1)^2}} - 1 = 4 - 1 = 3$         

 

 




#452014 cho hs $y=\frac{1}{3}x^{3}-2x^{2...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 21-09-2013 - 15:11 trong Hàm số - Đạo hàm

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm:
$\dfrac{1}{3}x^3 - 2x^2 + 3x - \dfrac{1}{3} = mx - \dfrac{1}{3}$

 

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}x^3 - 2x^2 + (3 - m)x = 0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x = 0 \Rightarrow y = \dfrac{-1}{3} \Rightarrow A\left (0; \dfrac{-1}{3}\right )\\x^2 - 6x + 3(3 - m) = 0 \, (1)\end{matrix}\right.$

 

(d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0. Tức là:
$\left\{\begin{matrix}\Delta’ = 3^2 - 3(3 - m) > 0\\3(3 - m) \neq 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}m > 0 \\ m \neq 3\end{matrix}\right.$

 

Với điều kiện trên, (1) có hai nghiệm phân biệt: $x = 3 \pm \sqrt{3m}$

Từ giả thiết: $S_{\triangle OBC} = 2S_{\triangle OAB} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}d_{(O; (d))}.BC = 2.\dfrac{1}{2}d_{(O; (d))}.AB \Rightarrow BC = 2AB$

Vì A, B, C thẳng hàng nên có hai trường hợp xảy ra:

+ Nếu A là trung điểm BC thì $x_A = \dfrac{x_B + x_C}{2} \Leftrightarrow 0 = \dfrac{6}{2}$ (Vô lí)
+ Nếu $\overrightarrow{BC} = 2\overrightarrow{BA} \Rightarrow x_C - x_B = 2(x_A - x_B)$

$\Rightarrow x_C = 3x_B \Rightarrow \left[\begin{matrix}3 + \sqrt{3m} = 2(3 - \sqrt{3m})\\3 - \sqrt{3m} = 2(3 + \sqrt{3m})\end{matrix}\right. \Rightarrow m = \dfrac{3}{4}$

                                                                      

 




#451951 CMR: $\frac{abc}{a+b+c}\leq \frac...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 20-09-2013 - 22:32 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải

Theo BĐT Cau chy, ta có:
$\dfrac{abc}{a + b + c} \leq \dfrac{(a + b + c)^3}{27(a + b + c)} = \dfrac{(a + b + c)^2}{27} \leq \dfrac{6^2}{27} = \dfrac{4}{3}$

Dấu “=” xảy ra khi $a = b = c = 2$

 

Phải không nhỉ ^^




#451947 PT

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 20-09-2013 - 22:22 trong Các bài toán và vấn đề về PT - HPT - BPT

Giải

Đk: $x \leq \dfrac{5}{2}$

Phương trình tương đương:
$x(4x^2 + 1) = (3 - x)\sqrt{5 - 2x}$ 

$\Leftrightarrow 2x(4x^2 + 1) = (5 - 2x + 1)\sqrt{5 - 2x} \, (1)$
 

Từ điều kiện, suy ra: $VF = VT\geq 0 \Rightarrow x \geq 0$

Xét $f(t) = t(t^2 + 1)$ với $t \geq 0$ có $f’(t) = 3t^2 + 1 > 0 $ $\forall$ $t \in [0; + \infty)$

Vậy, hàm luôn đồng biến trên $[0; + \infty)$.

Mà (1) $\Leftrightarrow$ $f(2x) = f(\sqrt{5 - 2x}) \Leftrightarrow 2x = \sqrt{5 - 2x}$

Còn lại bạn tự giải nhé.

 

 




#451793 Tìm m để phương trình $(x^2-1)(x+3)(x+5)=m$ có 4 nghiệm phân biệt

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 20-09-2013 - 12:02 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

Phương trình tương đương:
$\left [ (x - 1)(x + 5)\right ]\left [ (x + 1)(x + 3)\right ] = m$
$\Leftrightarrow (x^2 + 4x - 5)(x^2 + 4x + 3) = m$

 

Đặt $a = x^2 + 4x + 4 = (x + 2)^2 \geq 0$, ta được:
$(t - 9)(t - 1) = m \Leftrightarrow t^2 - 10t + 9 - m = 0 \, (1)$

Phương trình ban đầu có 4 nghiệm thực phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt dương, tức là:
$\left\{\begin{matrix}\Delta = (- 5)^2 - (9 - m) > 0\\S = 10 > 0 (TM)\\P = 9 - m > 0\end{matrix}\right.$

Bạn tự giải tiếp nhé :D




#451764 giải phương trình lượng giác

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 19-09-2013 - 23:33 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải

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

Ta có:
$VT = (\sin^4{x} + \cos^4{x})\left ( 1 + \dfrac{1}{\sin^4{x}\cos^4{x}}\right )$

$\geq \dfrac{(\sin^2{x} + \cos^2{x})^2}{2}.\left [ 1 + \dfrac{1}{\left ( \dfrac{(\sin^2{x} + \cos^2{x})^2}{4}\right )^2}\right ] = \dfrac{17}{2}$

 

Mặt khác: $VF = 8 + \dfrac{\sin{y}}{2} \leq \dfrac{17}{2}$

Vậy, phương trình có nghiệm khi:
$\left\{\begin{matrix}\sin^2{x} = \cos^2{x} = \dfrac{1}{2}\\\sin{y} = 1\end{matrix}\right.$

Bạn tự giải nhé :D

 

 




#451754 $S \leq \frac{\sum{a^{2}m_{a...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 19-09-2013 - 22:51 trong Bất đẳng thức và cực trị

Ừ nhỉ, mình quên để ý! Bạn tham khảo lại cách này nhé :D

Giải

Từ công thức Hê rông, ta có:
$S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}$
$\Rightarrow S = \dfrac{1}{4}\sqrt{2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) - (a^4 + b^4 + c^4)}$

Mặt khác, ta có:
$a^2m_a^2 + b^2m_b^2 + c^2m_c^2 = \dfrac{4(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) - (a^4 + b^4 + c^4)}{4}$

Đặt $a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 = x$ và $a^4 + b^4 + c^4 = y$.

Dễ thấy: $x \leq y$

Ta cần chứng minh:

$\dfrac{1}{4}\sqrt{2x - y} \leq \dfrac{4x - y}{4\sqrt{3(2x + y)}}$

$\Leftrightarrow \sqrt{3(4x^2 - y^2)} \leq 4x - y$
$\Leftrightarrow 12x^2 - 3y^2 \leq 16x^2 - 8xy + y^2$
$\Leftrightarrow -4(x - y)^2 \leq 0$ (luôn đúng)

Vậy, ta có điều phải chứng minh.




#451370 $S \leq \frac{\sum{a^{2}m_{a...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-09-2013 - 00:39 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải

Với công thức: $m_a^2 = \dfrac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4}$

Ta có:

$a^2.m_a^2 = \dfrac{4}{3}.\left ( \dfrac{3}{4}a^2.m_a^2\right ) \leq \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{\dfrac{3a^2}{4} + m_a^2}{2}\right )^2$
$= \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4}\right )^2 = \dfrac{1}{12}(a^2 + b^2 + c^2)^2$

Thực hiện tương tự với $b^2.m_b^2$ và $c^2.m_c^2$

Khi đó, ta có:
$\dfrac{a^2m_a^2 + b^2m_b^2 + c^2m_c^2}{\sqrt{3}(a^2 + b^2 + c^2)} \geq \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4\sqrt{3}}$

Ta sẽ chứng minh: $a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S$

Thật vậy:
$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos{C}$ và $S = \dfrac{1}{2}ab\sin{C}$

Khi đó:
$a^2 + b^2 + c^2 - 4\sqrt{3}S = 2\left [a^2 + b^2 - ab(\cos{C} + \sqrt{3}\sin{C})\right ]$

$= 2\left [ a^2 + b^2 - 2ab\sin{\left ( C + \dfrac{\pi}{6}\right )}\right ] \geq 2(a^2 + b^2 - 2ab) = 2(a - b)^2 \geq 0$

Vậy, ta có điều phải chứng minh. 




#451366 Giải HPT $\left\{\begin{matrix}2x\sqr...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-09-2013 - 00:16 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

ĐK: $\dfrac{-1}{2} \leq x \leq \dfrac{1}{2}$ và $-1 \leq y \leq 1$

Nhận thấy:
$2x\sqrt{1 - 4x^2} \leq \dfrac{4x^2 + 1 - 4x^2}{2} = \dfrac{1}{2}$

Mà $\sqrt{1 - y^2} \leq 1$

Vì vậy: $VT_{(1)} \leq \dfrac{3}{2} < 2$

Hệ vô nghiệm.

 

P/S: Trùng bài. Nhờ Ad xóa giùm :)




#451363 Giải HPT: $\left\{\begin{matrix}x^2+5xy+5y...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-09-2013 - 00:10 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Chắc đề là: $\left\{\begin{matrix}x^2 + 5xy + 5y^2 = 8\\x^3 + 3xy(x + y) + 2y^3 = -16\end{matrix}\right.$

Giải

Hệ ban đầu tương đương:

$\left\{\begin{matrix}x^2 + 5y(x + y) = 8\\(x + y)^3 + y^3 = -16\end{matrix}\right.$

Đặt $t = x + y \Rightarrow x = t - y$, ta được:
$\left\{\begin{matrix}(t - y)^2 + 5ty = 8\\t^3 + y^3 = -16\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}t^2 + y^2 + 3ty = 8\\t^3 + y^3 = -16\end{matrix}\right.$

 

Đây là hệ đối xứng loại 1 :D




#451322 Tìm GTLN ,GLTNN của hàm số (Gấp)

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 17-09-2013 - 22:03 trong Các bài toán Lượng giác khác

Giải

Đặt $\cos{x} = t \, (-1 \leq t \leq 1)$, ta được:

$y = f(t) = t^3 - 6t^2 + 9t + 5$

Xét hàm số f(t) trên $[-1; 1]$ có $f’(t) = 3t^2 - 12t + 9 = 3(t - 1)(t - 3) \geq 0 \forall$ $t \in [-1; 1]$

Vậy, hàm đồng biến trên [-1; 1]. Khi đó: $f(-1) \leq f(t) \leq f(1)$

Vậy:

$Max_y = 9$ khi $t = 1 \Rightarrow x = k2\pi \, (k \in Z)$

$Min_y = -11$ khi $t = -1 \Rightarrow x = \pi + k2\pi \, (k \in Z)$

 

 




#451319 C/m: $\sum \frac{2a^{3}}{a^{6...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 17-09-2013 - 21:55 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải

Ta có:
$\dfrac{2a^3}{a^6 + bc} \leq \dfrac{2a^3}{2a^3\sqrt{bc}} = \dfrac{1}{\sqrt{bc}}$

Chứng minh tương tự, ta có: $VT \leq \dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}}$

Khi đó, ta cần chứng minh:                                
$a^2 + b^2 + c^2 \geq abc\left (\dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}} \right )$

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

Thật vậy, ta có:
$a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca \geq \sqrt{ab.ac} + \sqrt{ab.bc} + \sqrt{bc.ca} = \sqrt{abc}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})$

Vậy, ta có điều phải chứng minh.




#451315 $2cos^{^{2}}\frac{6x}{5}+1=...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 17-09-2013 - 21:43 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải

Phương trình tương đương:
$\cos{\dfrac{12x}{5}} + 2 = 3\cos{\dfrac{8x}{5}}$

Đặt $\cos{\dfrac{4x}{5}} = t \, (|t| \leq 1)$, ta được:
$4t^3 - 3t + 2 = 3(2t^2 - 1)$
$\Leftrightarrow 4t^3 - 6t^2 - 3t + 5 = 0$

$\Leftrightarrow (t - 1)(4t^2 - 2t - 5) = 0$
Bạn tự giải tiếp nhé :)

 

 




#451189 $\sqrt{3x^2-1}+\sqrt{x^2-x}-x\sqrt...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 17-09-2013 - 16:12 trong Các bài toán và vấn đề về PT - HPT - BPT

Bài 3

Giải

Vì x > 0 khiến phương trình vô nghiệm nên ta xét x < 0

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
$x^{3000} + 999 \geq 1000\sqrt[1000]{x^{3000}} = 1000|x|^3 = - 1000x^3$


$x^{3000} + 2999 \geq 3000\sqrt[3000]{x^{3000}} = 3000|x| = - 3000x$

Vì vậy:
$2x^{3000} + 1000x^3 + 3000x + 3998 \geq 0$

 

$\Leftrightarrow x^{3000} + 500x^3 + 1500x + 1999 \geq 0$

Phương trình có nghiệm khi xảy ra dấu “=”, khi đó x = -1

 

 




#451178 $\sqrt{3x^2-1}+\sqrt{x^2-x}-x\sqrt...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 17-09-2013 - 15:47 trong Các bài toán và vấn đề về PT - HPT - BPT

Bài 4

Giải

Đặt $2x = a$ và $1 - 4x = b$, khi đó: $2a + b = 1$

Vậy:
$32x^4 + (4x - 1)^4 = 2a^4 + b^4 = \dfrac{1}{27}$

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
$a^4 + \dfrac{1}{81} + \dfrac{1}{81} + \dfrac{1}{81} \geq \dfrac{4}{27}|a|$

Tương tự, ta có:
$b^4 + \dfrac{1}{81} + \dfrac{1}{81} + \dfrac{1}{81} \geq \dfrac{4}{27}|b|$
Vậy:

$2a^4 + b^4 + \dfrac{1}{9} \geq \dfrac{4}{27}(2|a| + |b|) \geq \dfrac{4}{27}(2a + b)$

$\Rightarrow 2a^4 + b^4 = \dfrac{4}{27}(2a + b) - \dfrac{1}{9} = \dfrac{1}{27}$

Do đó, phương trình ban đầu có nghiệm khi: $a = b = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{6}$

 

 




#451166 $\sqrt{3x^2-1}+\sqrt{x^2-x}-x\sqrt...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 17-09-2013 - 15:24 trong Các bài toán và vấn đề về PT - HPT - BPT

Bài 1

Giải

ĐK: $x \geq 1$ hoặc $x \leq \dfrac{-1}{\sqrt{3}}$

Phương trình ban đầu tương đương:
$\sqrt{2(3x^2 - 1)} + \sqrt{2(x^2 - x)} + (- x\sqrt{2})\sqrt{x^2 + 1} = \dfrac{7x^2 - x + 4}{2}$

Áp dụng BĐT: $ab \leq \dfrac{a^2 + b^2}{2}$ với $a, b \in R$, ta có:
$VT \leq \dfrac{3x^2 - 1 + 2}{2} + \dfrac{x^2 - x + 2}{2} + \dfrac{2x^2 + x^2 + 1}{2} = \dfrac{7x^2 - x + 4}{2} = VF$

Vậy, phương trình có nghiệm khi:
$\left\{\begin{matrix}3x^2 - 1 = 2\\x^2 - x = 2\\-x\sqrt{2} = \sqrt{x^2 + 1}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow x = -1$




#451045 $tan^{2}x-\frac{sinx-cosx}{sinx+cosx}...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 16-09-2013 - 21:12 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải

ĐK: $x \neq \dfrac{-\pi}{4} + k\pi$ và $x \neq \dfrac{\pi}{2} + k\pi \, (k \in Z)$

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

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

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

 

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

$\Leftrightarrow \cos{x} = -1 \Leftrightarrow x = \pi + k2\pi \, (k \in Z)$

 

 




#451025 cho \[z = \sqrt 2 + \sqrt[3]{3}\] Tính A=...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 16-09-2013 - 20:24 trong Đại số

Giải

Ta có: $z = \sqrt{2} + \sqrt[3]{3} \Leftrightarrow z - \sqrt{2} = \sqrt[3]{3}$

$\Leftrightarrow (z - \sqrt{2})^3 = 3 \Leftrightarrow z^3 + 6z - 3 = \sqrt{2}(3z^2 + 2)$

 

$\Leftrightarrow (z^3 + 6z - 3)^2 = 2(3z^2 + 2)^2$

 

$\Leftrightarrow z^6 - 6z^4 - 6z^3 - 6z^3 + 12z^2 - 36z + 1 = 0$

 

Khi đó:
$A = z(z^6 - 6z^4 - 6z^3 + 12z^2 - 36z + 1) + 2008 = 2008$

 

 




#451020 $\sqrt{x^{2}+2y-3}+\sqrt{x+y^{3...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 16-09-2013 - 20:10 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

Ta có:
$\sqrt{4x^2 + y^2} = \sqrt{x^2 + 2y - 3} + \sqrt{x + y^3 - 2y + 3} \leq \sqrt{2(x^2 + x + y^3)}$
Theo phương trình (2), ta có: $x + y^3 = \dfrac{(3x + y)^2}{11}$

Vậy:
$\sqrt{4x^2 + y^2} \leq \sqrt{2x^2 + \dfrac{2}{11}(3x + y)^2}$

 

$\Leftrightarrow 11(2x^2 + y^2) \leq 2(3x + y)^2 \Leftrightarrow (2x - 3y)^2 \leq 0 \Rightarrow x = \dfrac{3y}{2}$

Bạn thế vào phương trình thứ hai để giải tiếp.