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 16-07-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#294565 Topic bất đẳng thức THCS (2)

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-01-2012 - 22:23 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 114. Ta thấy: $a + b + c = 0 \Rightarrow b = -a - c.$
Ta có:
$VT = ab + 2bc + 3ac = a(- a - c) + 2(- a - c).c + 3ac = -a^2 - 2c^2 \leq 0 = VF$

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 0.

___
Sr nhé bài 115 tớ gõ nhầm đề :P



#422432 Topic phương trình, hệ phương trình vô tỉ

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-05-2013 - 23:25 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Bài 132: $\sqrt[6]{6x-5}=\frac{x^{7}}{8x^{2}-10x+3}$

 

Giải

ĐK: $\left\{\begin{matrix} x \geq \dfrac{5}{6}& \\8x^2 - 10x + 3 \neq 0 & \end{matrix}\right.$

Nhận thấy:
$VT = \sqrt[6]{6x - 5} \leq \dfrac{1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 6x - 5}{6} = x$

Vì vậy, để phương trình ban đầu có nghiệm thì:

 

$\dfrac{x^7}{8x^2 - 10x + 3} \leq x $

$\Leftrightarrow x^6 - 8x^2 + 10x - 3 \leq 0$

$\Leftrightarrow (x - 1)(x^5 + x^4 + x^3 + x^2 - 7x + 3) \leq 0$

 

$\Leftrightarrow (x - 1)^2(x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 4x - 3) \leq 0 \, (\bigstar)$

 

Nhận thấy:
$x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 4x - 3 = (x^2 + x)^2 + 2(x + 1)^2 - 5 > 0 \, \forall \, x \geq \dfrac{5}{6}$
Vì vậy, $\bigstar$ xảy ra khi và chỉ khi x = 1

Thử lại, ta nhận giá trị này.

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.




#329361 Topic phương trình, hệ phương trình vô tỉ

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-06-2012 - 16:21 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

@luxubuhl: Phương trình có 1 nghiệm gần bằng 1, 027 nữa bạn à!



#431302 Tuyển tập một số bài phương trình, hệ phương trình thi HSG tỉnh

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 28-06-2013 - 16:00 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Bài 14. Không biết đề có đúng không nhỉ? Nếu hệ số tự do của phương trình thứ hai  là + 30 thì có thể xem qua ý tưởng sau.

 

- Từ phương trình (1) của hệ, ta có: 
$(3y - 2x)^3 = 27 - (x - 3)^2 \leq 27 \Leftrightarrow 3y - 2x \leq 3 \, \bigstar$
 
- Từ phương trình (2) của hệ, ta được:
$(2x - y)^3 - (2y - 3)^3 + 2x - 3y + 3 = 0$
 
$\Leftrightarrow (2x - 3y + 3)[ (2x - y)^2 + (2x - y)(2y - 3) + (2y - 3)^2 ] = 3y - 2x - 3 \, (3)$
 
Theo $\bigstar \Rightarrow VF_{(3)} \geq 0$. Do đó: $VT_{(3)} \geq 0$
 
Vì $(2x - y)^2 + (2x - y)(2y - 3) + (2y - 3)^2 \geq 0$ nên xảy ra 2 trường hợp:
 
+ Nếu $2x - 3y + 3 \geq 0 \Leftrightarrow 3y - 2x \leq 3$
Kết hợp với $\bigstar$, suy ra $3y - 2x = 3 \Rightarrow x = y = 3$
 
+ Nếu $(2x - y)^2 + (2x - y)(2y - 3) + (2y - 3)^2 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{y}{2} = \dfrac{3}{4}$
 
Thử vào phương trình (1). Ta loại cặp giá trị này.
Vậy, hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 3)
 
Tất cả chỉ đang là ý tưởng với 1 hệ gần giống vậy. Bạn thử xem lại đề nhé.

 

P/S: Dạo này, có đôi chút thất vọng với VMF! Văn bản copy từ Google Docs không định dạng được phải dùng tới Unikeys. Gõ Tex từ bên kia sang không hiển thị phải gõ thủ công! Là sao nhỉ?:\

 




#336644 Tuyển tập một số bài phương trình, hệ phương trình thi HSG tỉnh

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 16-07-2012 - 23:00 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Bài $33$: Giải phương trình:
$\sqrt{2x^{3}+3x^{2}+6x+16}=2\sqrt{3}+\sqrt{4-x}$

Giải

ĐK: $\left[\begin{array}{l} 2x^3 + 3x^2 + 6x + 16 \geq 0\\x \leq 4\end{array}\right.$

Phương trình ban đầu tương đương:
$\sqrt{2x^{3}+3x^{2}+6x+16} - 3\sqrt{3} + \sqrt{3} - \sqrt{4 - x} = 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{2x^{3}+3x^{2}+6x - 11}{\sqrt{2x^{3}+3x^{2}+6x+16} + 3\sqrt{3}} + \dfrac{x - 1}{\sqrt{3} + \sqrt{4 - x}} = 0$

$\Leftrightarrow (x - 1)[\dfrac{2x^2 + 5x + 11}{\sqrt{2x^{3}+3x^{2}+6x+16} + 3\sqrt{3}} + \dfrac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4 - x}}] = 0$

$\Leftrightarrow x = 1 \, ™$



#328663 Phương trình và hệ phương trình qua các đề thi thử Đại học 2012

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-06-2012 - 14:32 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải


1. ĐK: $\left\{\begin{array}{l}x \geq \dfrac{1}{2}\\x^2 + 18x - 7 \geq 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq \dfrac{1}{2}\\\left[\begin{array}{l} x \geq -9 + \sqrt{88}\\x \leq -9 - \sqrt{- 88}\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow x \geq \dfrac{1}{2}$


Bất phương trình tương đương:
$\dfrac{\sqrt{16(x - \dfrac{1}{2})} + x + 1}{\sqrt{2}} < \sqrt{(x^2 + 2x + 1) + 16x - 8}$


$\Leftrightarrow \sqrt{16x - 8} + x + 1 < \sqrt{2[(x + 1)^2 + 16x - 8]}$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
$$a + b \leq \sqrt{2(a^2 + b^2)} \,\, \forall \,\, a, b \geq 0$$

Với $a = \sqrt{16x - 8} \geq 0; b = x + 1 > 0 \, \forall \, x \geq \dfrac{1}{2}$

Ta có:
$VT = \sqrt{16x - 8} + x + 1 \leq \sqrt{2[(x + 1)^2 + 16x - 8]} = VF$


Do đó, BPT ban đầu có nghiệm khi dấu "=" nói trên không xảy ra, đồng nghĩa với:
$x + 1 \neq \sqrt{16x - 8} \Leftrightarrow x^2 + 2x + 1 \neq 16x - 8$


$\Leftrightarrow x^2 - 14x + 9 \neq 0 \Leftrightarrow x \neq 7 \pm 2\sqrt{10}$

Vậy, tập nghiệm của BPT là:
$T = [\dfrac{1}{2}; 7 - 2\sqrt{10}) \cup (7 - 2\sqrt{10}; 7 + 2\sqrt{10}) \cup (7 + 2\sqrt{10}; + \propto)$



#329077 Chuyên đề: Tính giá trị biểu thức

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-06-2012 - 19:40 trong Đại số

Cho x, y thỏa: $\left\{\begin{matrix} x^3+2y^2-4y+3=0 \,\, (1) & \\ x^2+x^2y^2-2y=0 \,\, (2) & \end{matrix}\right.$
Tính: Q = $x^2+y^2$

Giải

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
$x^3 = -2(y^2 - 2y) - 3 = -2(y - 1)^2 - 1$


$\Rightarrow x^3 \leq -1 \Leftrightarrow x \leq -1 \,\, (1')$

Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ. Với $x \neq 0$:
Ta có thể viết lại phương trình (2) dưới dạng phương trình bậc 2 ẩn y tham số x:

$$x^2y^2 - 2y + x^2 = 0$$
PT này có biệt thức $\Delta_{(2)} = (-1)^2 - x^2.x^2 = 1 - x^4$

Điều kiện để nó có nghiệm là: $\Delta_{(2)} \geq 0$

$\Leftrightarrow 1 - x^4 \geq 0 \Leftrightarrow -1 \leq x \leq 1 \,\, (2')$

Từ (1') và (2'), suy ra: $x = -1 \Rightarrow y = 1$

Khi đó: $x^2 + y^2 = 2$



#280272 Chuyên đề: Tính giá trị biểu thức

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-10-2011 - 19:49 trong Đại số

Cho các số dương x, y, z thoả mãn: $\sqrt{xy} + \sqrt{yz} + \sqrt{xz} = 1$
Tính giá trị biểu thức: $P = \sqrt{(1 + x)(1 + y)(1 + z)}.(\dfrac{\sqrt{x}}{1 + x} + \dfrac{\sqrt{y}}{1 + y} + \dfrac{\sqrt{z}}{1 + z})$

Giải


Ta có: $x + 1 = x + \sqrt{xy} + \sqrt{xz} + \sqrt{yz} = \sqrt{x}(\sqrt{x} + \sqrt{y}) + \sqrt{z}(\sqrt{x} + \sqrt{y})$
$= (\sqrt{x} + \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{z})$

Tương tự:
$y + 1 = (\sqrt{y} + \sqrt{x})(\sqrt{y} + \sqrt{z})$

$z + 1 = (\sqrt{z} + \sqrt{x})(\sqrt{z} + \sqrt{y})$

Do đó:
$P = \sqrt{(1 + x)(1 + y)(1 + z)}.(\dfrac{\sqrt{x}}{1 + x} + \dfrac{\sqrt{y}}{1 + y} + \dfrac{\sqrt{z}}{1 + z})$

$P = \sqrt{[(\sqrt{x} + \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{z})(\sqrt{y} + \sqrt{z})]^2}.(\dfrac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x} + \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{z})} + \dfrac{\sqrt{y}}{(\sqrt{y} + \sqrt{x})(\sqrt{y} + \sqrt{z})} + \dfrac{\sqrt{z}}{(\sqrt{z} + \sqrt{x})(\sqrt{z} + \sqrt{y})})$

$P = (\sqrt{x} + \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{z})(\sqrt{y} + \sqrt{z})[\dfrac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x} + \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{z})} + \dfrac{\sqrt{y}}{(\sqrt{y} + \sqrt{x})(\sqrt{y} + \sqrt{z})} + \dfrac{\sqrt{z}}{(\sqrt{z} + \sqrt{x})(\sqrt{z} + \sqrt{y})}]$

$P = \sqrt{x}(\sqrt{y} + \sqrt{z}) + \sqrt{y}(\sqrt{x} + \sqrt{z}) + \sqrt{z}(\sqrt{x} + \sqrt{y})$

$P = 2(\sqrt{xy} + \sqrt{zx} + \sqrt{yz}) = 2$



#328653 Chuyên đề: Tính giá trị biểu thức

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-06-2012 - 13:44 trong Đại số

Tính:
$\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}}+\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\sqrt{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}}$

Giải

Đặt:
$A = \frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}}+\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\sqrt{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}}$


Ta có:
$\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}}$

$= \dfrac{\dfrac{2 + \sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}} = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{2 + \sqrt{4 + 2\sqrt{3}}}$


$= \dfrac{2 + \sqrt{3}}{2 + \sqrt{(\sqrt{3} + 1)^2}} = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{3 + \sqrt{3}}$

$= \dfrac{4 + 2\sqrt{3}}{2.\sqrt{3}(\sqrt{3} + 1)} = \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{3}}$

Tương tự, ta có:
$\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\sqrt{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}} = \dfrac{2 - \sqrt{3}}{2 - \sqrt{4 - 2\sqrt{3}}}$


$= \dfrac{2 - \sqrt{3}}{3 - \sqrt{3}} = \dfrac{4 - 2\sqrt{3}}{2.\sqrt{3}(\sqrt{3} - 1)}$

$= \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2\sqrt{3}}$

Do đó:
$A = \dfrac{\sqrt{3} + 1 + \sqrt{3} - 1}{2\sqrt{3}} = 1$



#432533 Phương trình, Hệ phương trình, Bất phương trình qua các đề thi thử năm 2013

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 03-07-2013 - 15:25 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

@knhu23 
Giải phương trình:
$\left\{\begin{matrix} (6x + y - 5)(2x - y) = 1\\2(5 - 4x^2 - y^2)(2x - y)^2 = 1\end{matrix}\right.$
 
Giải
Do $y = 2x$ dẫn đến hệ vô nghiệm. Vì vậy, với $y \neq 2x$, hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix} 6x + y - 5 = \dfrac{1}{2x - y}\\10 = \dfrac{1}{(2x - y)^2} + 2(4x^2 + y^2)\end{matrix}\right.$
 
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2(2x + y) + (2x - y) - \dfrac{1}{2x - y} = 5\\(2x + y)^2 + (2x - y)^2 +  \dfrac{1}{(2x - y)^2} = 10 \end{matrix}\right.$
 
Đặt $\left\{\begin{matrix} 2x + y = a\\2x - y - \dfrac{1}{2x - y} = b\end{matrix}\right.$
 
Ta được:
$\left\{\begin{matrix}2a + b = 5\\a^2 + b^2 = 8\end{matrix}\right.$
 
:D Ôi lười quá



#443590 [TOPIC] Phương trình lượng giác - Các đề thi thử 2012

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 17-08-2013 - 12:40 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải

Bài 1.
Phương trình ban đầu tương đương: $2\sin{3x}\left (4\cos^2{x} - 3 \right ) = 1 \, (1)$
- Nhận thấy $\cos{x} = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{2} + k\pi \, (k \in Z)$ không phải là nghiệm của phương trình.
 
- Với $\cos{x} \neq 0$, phương trình (1) tương đương:
$2\sin{3x}\left ( 4\cos^3{x} - 3\cos{x}\right ) = \cos{x} \Leftrightarrow 2\sin{3x}\cos{3x} = \cos{x}$
 
$\Leftrightarrow \sin{6x} = \sin{\left ( \dfrac{\pi}{2} - x \right )}$
 
Bài 2.
- Nhận thấy : $\cos{\dfrac{x}{2}} = 0 \Leftrightarrow x = \pi + k2\pi \, (k \in Z)$ không phải nghiệm của phương trình.
 
- Với $\cos{\dfrac{x}{2}} \neq 0$, phương trình đã cho tương đương:
$2\sin{\dfrac{5x}{2}}\cos{\dfrac{x}{2}} = 5\cos^3{x}\sin{x}$
 
$\Leftrightarrow \sin{3x} + \sin{2x} = 5\cos^3{x}\sin{x}$
 
$\Leftrightarrow 5\cos^3{x}\sin{x}- \sin{x}(3 - 4\sin^2{x}) - 2\sin{x}\cos{x} = 0$

 

$\Leftrightarrow \sin{x} \left ( 5\cos^3{x} - 2\cos{x} - 4\cos^2{x} + 1\right ) = 0$
 
$\Leftrightarrow \sin{x}(\cos{x} - 1)(5\cos^2{x} + \cos{x} - 1) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\sin{x} = 0\\\cos{x} = 1\\\cos{x} = \dfrac{-1 \pm \sqrt{21}}{10}\end{matrix}\right.$
 
Chú ý đối chiếu ĐK $\cos{\dfrac{x}{2}} \neq 0$



#433770 Phương trình-hệ phương trình qua các kỳ TS Đại Học

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-07-2013 - 15:29 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Bài 38
Giải
Đặt $a = x + y + 1; b = y - x + 1$
Từ đó suy ra: $\left\{\begin{matrix}x = \dfrac{a - b}{2}\\y = \dfrac{a + b - 2}{2} \end{matrix}\right.$
 
Với phép đặt như trên, hệ phương trình ban đầu trở thành:
$\left\{\begin{matrix}\sqrt{4a - 3b - 1} + \sqrt{3a - b - 1} = 6\\\sqrt{a} = b\end{matrix}\right.$
 
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left (\sqrt{4a - 3\sqrt{a} - 1} - 3 \right ) + \left ( \sqrt{3a - \sqrt{a} - 1} - 3 \right) = 0\\b = \sqrt{a}\end{matrix}\right.$
 
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\dfrac{4a - 3\sqrt{a} - 10}{1 + \sqrt{4a - 3\sqrt{a}}} + \dfrac{3a - \sqrt{a} - 10}{1 + \sqrt{3a - \sqrt{a} - 1}} = 0\\b = \sqrt{a}\end{matrix}\right.$
 
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(\sqrt{a} - 2) \left ( \dfrac{4\sqrt{a} + 5}{1 + \sqrt{4a - 3\sqrt{a}}} + \dfrac{3\sqrt{a} + 5}{1 + \sqrt{3a - \sqrt{a} - 1}}\right ) = 0 \\b = \sqrt{a}\end{matrix}\right.$
 
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a = 4 \\ b = 2\end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix}x = 1 \\y = 2\end{matrix}\right.$



#299313 Phương trình-hệ phương trình qua các kỳ TS Đại Học

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 14-02-2012 - 00:00 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Bài 26. Giải hệ phương trình
$$\left\{\begin{array}{1}2x - y - xy^2 = 2xy(1 - x) \,\,\,\,\,\, (1) \\(x^2 + 2y^2)(1 + \dfrac{1}{xy})^2 = 9 \,\,\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$$

Giải

ĐK: $x, y \neq 0$
Ta có:
$(1) \Leftrightarrow 2x + 2x^2y = 2xy + y + xy^2 \Leftrightarrow 2x(1 + xy) = y(2x + 1 + xy)$


Do $xy \neq 0$, chia hai vế phương trình cho xy, ta có:
$2.\dfrac{xy + 1}{y} = \dfrac{2x + 1 + xy}{x}$


$\Leftrightarrow 2(x + \dfrac{1}{y}) = 2 + (\dfrac{1}{x} + y)$

Mặt khác:
$(2) \Leftrightarrow [x.(1 + \dfrac{1}{xy})]^2 + 2[y.(1 + \dfrac{1}{xy})]^2 = 9$


$\Leftrightarrow (x + \dfrac{1}{y})^2 + 2(y + \dfrac{1}{x})^2 = 9$

Đặt:
$\left\{\begin{array}{l}x + \dfrac{1}{y} = A\\y + \dfrac{1}{x} = B\end{array}\right.$

Hệ phương trình ban đầu tương đương:

$\left\{\begin{array}{l}2A = 2 + B\\A^2 + 2B^2 = 9\end{array}\right.$


Hệ phương trình này dễ dàng giải được. Từ đó, ta suy ra nghiệm cần tìm.



#329197 Phương trình-hệ phương trình qua các kỳ TS Đại Học

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-06-2012 - 23:18 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

5. Bài 35: Giải hệ trên tập số thực
$\left\{ \begin{array}{l}
2 - \sqrt {{x^2}{y^4} + 2x{y^2} - {y^4} + 1} = 2(3 - \sqrt 2 - x){y^2}\\
\sqrt {x - {y^2}} + x = 3
\end{array} \right.$
Dự bị khối D - 2010

Giải

ĐK:
$\left\{\begin{array}{l}{x^2}{y^4} + 2x{y^2} - {y^4} + 1 \geq 0\\x \geq y^2 \geq 0\end{array}\right.$
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
$2 - \sqrt{(xy^2 + 1)^2 - y^4} = 2(3 - \sqrt{2}).y^2 - 2xy^2$

$\Leftrightarrow \sqrt{(xy^2 + 1)^2 - y^4} = 2(1 + xy^2) - 2(3 - \sqrt{2})y^2 \,\, (1)$

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}a = xy^2 + 1 \geq 1\\y^2 = b \geq 0\end{array}\right.$

Phương trình (1) trở thành:
$\sqrt{a^2 - b^2} = 2[a - (3 - \sqrt{2}).b]$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a \geq (3 - \sqrt{2})b\\a^2 - b^2 = 4[a^2 - 2ab(3 - \sqrt{2}) + (11 - 6\sqrt{2})b^2] \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a \geq (3 - \sqrt{2})b\\3a^2 - 8ab(3 - \sqrt{2}) + (45 - 24\sqrt{2})b^2 = 0\end{array}\right.$


$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a \geq (3 - \sqrt{2})b\\(a - 3b)[3a - (15 - 8\sqrt{2}b)] = 0\end{array}\right.
\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l} a = 3b\\a = \dfrac{15 - 8\sqrt{2}}{3}b\end{array}\right.\\a \geq (3 - \sqrt{2})b\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow a = 3b \Rightarrow x.y^2 + 1 = 3y^2$

$\Leftrightarrow y^2(3 - x) = 1 \, (2)\Rightarrow 3 - x = \dfrac{1}{y^2}$

(Vì với y = 0 thì (2) trở thành 0 = 1(vô lý))

Từ điều này suy ra, phương trình thứ hai của hệ tương đương:
$\sqrt{3 - \dfrac{1}{y^2} - y^2} = \dfrac{1}{y^2}$

$\Leftrightarrow 3 - \dfrac{1}{y^2} - y^2 = \dfrac{1}{y^4}$

$\Leftrightarrow y^6 - 3y^4 + y^2 + 1 = 0 \Leftrightarrow (y^2 - 1)(y^4 - 2y^2 - 1) = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} y^2 = 1\\y^2 = 1 + \sqrt{2}\\y^2 = 1 - \sqrt{2} (VN)\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} y = \pm 1\\y = \pm\sqrt{\sqrt{2} + 1}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}y = 1\\x = 2\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y = -1\\x = 2\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y = \sqrt{1 + \sqrt{2}} \\x = - \sqrt{2} + 4\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y = - \sqrt{1 + \sqrt{2}}\\x = - \sqrt{2} + 4\end{array}\right.\end{array}\right.$

Thử lại ĐK, ta chọn cả 4 nghiệm trên.



#329156 Phương trình-hệ phương trình qua các kỳ TS Đại Học

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-06-2012 - 22:11 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

@huynhmylinh: Theo mình nghĩ thì với điều kiện:
$A \geq B$ và $C \geq D$ thì chưa thể kết luận được $A - C \geq B - D$
Phải không nhỉ? :3



#283028 CHUYÊN ĐỀ : PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-11-2011 - 08:02 trong Đại số

a, $4x^4 + y^4 = (2x^2)^2 + 4x^2y^2 + (y^2)^2 - 4x^2y^2 $

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

c, $4x^4 + 1 = (2x^2 - 2x + 1)(2x^2 + 2x +1)$
(Áp dụng câu a với y = 1)
Tổng quát
Với những biểu thức có dạng:

$A^{4m} + B^{4n}$



Ta phân tích như sau:

$A^{4m} + B^{4n} $

$= (A^{2m})^2 + 2.A^{2m}.B^{2n} + (B^{2n})^2 - 2.(A^{m}.B^{n})^2$

$= (A^{2m} + B^{2n} )^2 - (\sqrt{2}.A^{m}.B^{n})$

$= (A^{2m } - \sqrt{2}.A^{m}.B^{n} + B^{2n})(A^{2m} + \sqrt{2}.A^{m}.B^{n} + B^{2n})$

Câu a áp dụng với A = $\sqrt{2}x$; B = y; m = 1; n = 1.
Câu c áp dụng với A = $\sqrt{2}x$; B = 1; m = 1; n = 1

b, $x^5 + x^4 + 1 = (x^5 + x^4 + x^3) - (x^3 + x^2 + x) + x^2 + x + 1$

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

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

d, $x^8 + x^7 + 1 $

$= (x^8 + x^7 + x^6) - (x^6 + x^5 + x^4) + x^5 + x^4 + x^3 - (x^3 - 1)$

$ = (x^6 - x^4 + x^3)( x^2 + x + 1) - (x - 1)(x^2 + x + 1)$

$ = (x^2 + x + 1)(x^6 - x^4 + x^3 - x + 1)$

e, $x^7 + x^5 + 1 $

$ = (x^7 + x^6 + x^5 ) - (x^6 - 1) = x^5(x^2 + x + 1) - (x^3 - 1)(x^3 + 1)$

$= x^5(x^2 + x + 1) - [(x - 1)(x^3 + 1)](x^2 + x + 1)$

$= (x^2 + x + 1)(x^5 - x^4 + x^3 - x + 1)$



#431591 Phương trình, Bất phương trình, Hệ phương trình

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-06-2013 - 15:37 trong Ôn thi Đại học

Bài 30

 

Giải
ĐKXĐ: $y^2 - 2y - 1 \geq 0$
Phương trình ban đầu tương đương:
$2\sqrt{y^2 - 2y - 1} + \sqrt[3]{y^3 - 14} - (y - 2) = 0$
 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{y^2 - 2y - 1} + \dfrac{y^3 - 14 - (y - 2)^3}{\sqrt[3]{(y^3 - 14)^2} + (y - 2)\sqrt[3]{y^3 - 14} + (y - 2)^2} = 0$
 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{y^2 - 2y - 1} + \dfrac{6y^2 - 12y - 6}{\sqrt[3]{(y^3 - 14)^2} + (y - 2)\sqrt[3]{y^3 - 14} + (y - 2)^2}$
 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{y^2 - 2y - 1} \left ( 1 + \dfrac{3\sqrt{y^2 - 2y - 1}}{\sqrt[3]{(y^3 - 14)^2} + (y - 2)\sqrt[3]{y^3 - 14} + (y - 2)^2}\right )$
 
$\Leftrightarrow y^2 - 2y - 1 = 0 \Leftrightarrow y = 1 \pm \sqrt{2}$

 




#349512 [MHS2013] Trận 1 - PT - HPT - BPT - HBPT Đại số

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-08-2012 - 11:19 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013

Gọi là mở rộng chắc là hơi quá đáng vì trên thực tế, hướng giải này khá quen thuộc.
Giải hệ: $\left\{\begin{array}{l}a(x) + b(x).t(y) = c(x)\\f(x) + m.t(y) + h(y).g(x) = 0\end{array}\right.$

Chìa khóa để giải bài toán này đó là tìm được một cặp nghiệm $(x; y) = (x_0; y_0)$ của hệ sao cho $g(x_0) = 0$ (Đây là hạn chế của "mở rộng" này).

Khi đó, từ phương trình thứ nhất của hệ: $t(y) = \dfrac{c(x) - a(x)}{b(x)}$

Thế vào phương trình thứ hai:
$f(x) + m.\dfrac{c(x) - a(x)}{b(x)} + h(y).g(x) = 0$


Do $x_0; y_0$ là một nghiệm của hệ thỏa mãn $g(x_0) = 0$

Do đó, ta có thể tách được:

$$f(x) + m.\dfrac{c(x) - a(x)}{b(x)} = (x - x_0).k(x)$$

Từ đó, giải các hệ thu được.
:)
VD: Giải hệ:
$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{1 - x^{1000}}(y + 2) = 1 \,\, (1)\\x^3 + x^2y + x^2 + y = x - 1 \,\, (2)\\(x + 1)^2 + 5y + 3xy^2 + 4 = 0\,\, (3)\end{array}\right.$

Giải

ĐK: $1 - x^{1000} \geq 0 \Leftrightarrow -1 \leq x \leq 1$
Nhận thấy $(x; y) = (0; -1)$ là một nghiệm của hệ.
Ta sẽ lần lượt biến đổi (2) và (3):
Ta có:
$(2) \Leftrightarrow x^3 + x^2(y + 1) + y + 1 = x$

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


Lại có:
$(3) \Leftrightarrow x^2 + 2x + 3xy^2 + 5y + 5 = 0$

$\Leftrightarrow x^2 + 2x + 5(y + 1) + 3xy^2 = 0$

$\Rightarrow x^2 + 2x + 5\dfrac{x - x^3}{x^2 + 1} + 3xy^2 = 0$

$\Leftrightarrow x(x + 2 + 5\dfrac{1 - x^2}{x^2 + 1} + 3y^2) = 0$

Do $-1 \leq x \leq 1$ nên $x + 2 + 5\dfrac{1 - x^2}{x^2 + 1} + 3y^2 > 0$


Với x = 0, suy ra $y = -1$.



#349479 [MHS2013] Trận 1 - PT - HPT - BPT - HBPT Đại số

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 25-08-2012 - 00:03 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013

Giải


Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ.


Do đó:
Từ phương trình thứ nhất của hệ, suy ra:
$$y^2 = \dfrac{5 - x^3}{3x}$$


Thế vào (2), ta được:
$x^2 + \dfrac{5 - x^3}{3x} - 13x + 3 + 5y(1 - 2x) = 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{2x^3 - 39x^2 + 9x + 5}{3x} + 5y(1 - 2x) = 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{(2x - 1)(x^2 - 19x - 5)}{3x} - 5y(2x - 1) = 0$

$\Rightarrow (2x - 1)\left[\dfrac{x^2 - 19x - (x^3 + 3xy^2)}{3x} - 5y \right] = 0$

$\Leftrightarrow (2x - 1)\dfrac{- x + 19 + x^2 + 3y^2 + 15y}{3} = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}2x - 1 = 0\\x^2 - x + 3y^2 + 15y + 19 = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\(x - \dfrac{1}{2})^2 + 3(y + \dfrac{5}{2})^2 = 0\end{array}\right.$


$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\\left\{\begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\y = \dfrac{-5}{2}\end{array}\right. (KTM)\end{array}\right.$

Với $x = \dfrac{1}{2}$, từ (1), suy ra: $y = \pm \dfrac{\sqrt{13}}{2}$.

Thử lại, ta nhận cả 2 cặp nghiệm nói trên.

Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm: $(x; y) = { (\dfrac{1}{2}; \dfrac{\sqrt{13}}{2}); (\dfrac{1}{2}; \dfrac{- \sqrt{13}}{2})} $


Điểm bài: 10

S=48−(24−20)+3×10+4+0=78



#313577 Playlist của mỗi VMF

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-04-2012 - 22:54 trong Quán nhạc

Nhạc US - UK (Hiện tại):
1. Rolling in the deep - Adele

2. Someone like you - Adele

3. Set fire to the rain - Adele

4. Stronger - Kelly Clarkson

5. Grenade - Bruno Mars

Adele's fan ^^!



#351216 [MHS2013] Trận 2 - Phương trình lượng giác

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 31-08-2012 - 21:33 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013

Giải

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

$\Leftrightarrow \dfrac{1 + \sqrt{3}}{2}(\sin{2x} + \cos{2x}) = 2\left(\dfrac{1}{2}\cos{x} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin{x} - \sin^2{x}\right)$


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

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

$\Leftrightarrow (\cos{x} + \sqrt{3}\sin{x}).\left[(\sqrt{3} + 1)\cos{x} + (\sqrt{3} - 1)\sin{x} - 2\right] = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\cos{x} = -\sqrt{3}\sin{x} \, (1)\\(\sqrt{3} + 1)\cos{x} + (\sqrt{3} - 1)\sin{x} = 2 \, (2)\end{array}\right.$


Ta có:
$(1) \Leftrightarrow \tan{x} = \dfrac{-1}{\sqrt{3}} \Leftrightarrow x = \dfrac{- \pi}{6} + k\pi \, (k \in Z)$


Ta lại có:

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


Chú ý: $\sin{15} = \sqrt{\dfrac{1 - \cos{30}}{2}} = \sqrt{\dfrac{2 - \sqrt{3}}{4}} = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2\sqrt{2}}$

Do đó:
$(3) \Leftrightarrow \cos{\dfrac{\pi}{12}}\cos{x} + \sin{\dfrac{\pi}{12}}\sin{x} = \cos{\dfrac{\pi}{4}}$


$\Leftrightarrow \cos{(x - \dfrac{\pi}{12})} = \cos{\dfrac{\pi}{4}}$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x - \dfrac{\pi}{12} = \dfrac{\pi}{4} + 2k\pi\\x - \dfrac{\pi}{12} = \dfrac{-\pi}{4} + 2k\pi\end{array}\right.$


$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = \dfrac{\pi}{3} + 2k\pi\\x= \dfrac{-\pi}{6} + 2k\pi\end{array}\right.$

Vậy, phương trình có nghiệm: $x = \dfrac{\pi}{3} + 2k\pi$ và $x = \dfrac{- \pi}{6} + k\pi$ với $k \in Z$


$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$

S = 52 - 1 + 3x10 + 5 + 0 = 86



#351258 [MHS2013] Trận 2 - Phương trình lượng giác

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 31-08-2012 - 23:15 trong Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013

Mở rộng: (Sự thay đổi hệ số của các biểu thức lượng giác)
Giải phương trình:
$(a + b)\sin{(2x + \dfrac{\pi}{4})} = \sqrt{2(a^2 + b^2)}\left[\cos{(x - \alpha)} - m\sin^2{x}\right]$


với $\left[\begin{array}{l}\sin{\alpha} = \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}\\\cos{\alpha} = \dfrac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}\end{array}\right.$

và $m = \dfrac{b^3 + ba^2 + 3b^2a - a^3}{2b^2\sqrt{a^2 + b^2}}\,(b \neq 0)$

(Giải tương tự nếu biểu thức phía sau là $m\cos^2{x}; m\sin{x}\cos{x}$ - giá trị của m sẽ khác)

Giải

Phương trình trên tương đương:
$\dfrac{\sqrt{2}(a + b)}{2}\left(\sin{2x} + \cos{2x}\right) = \sqrt{2(a^2 + b^2)}(\cos{x}\dfrac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} + \sin{x}\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} - m\sin^2{x})$

$\Leftrightarrow (a + b)\cos^2{x} + 2(a + b)\sin{x}\cos{x} - (a + b)\sin^2{x} = 2b\cos{x} + 2a\sin{x} - 2m\sqrt{a^2 + b^2}\sin^2{x}$


$\Leftrightarrow (a + b)\cos^2{x} + 2(a + b)\sin{x}\cos{x} + (2\dfrac{b^3 + ba^2 + 3b^2a - a^3}{2b^2\sqrt{a^2 + b^2}}.\sqrt{a^2 + b^2} - a - b)\sin^2{x} = 2b(\cos{x} + \dfrac{a}{b}\sin{x})$

$\Leftrightarrow (a + b)\cos^2{x} + 2(a + b)\sin{x}\cos{x} + \dfrac{2ab^2 + a^2b - a^3}{b^2}\sin^2{x} = 2b(\cos{x} + \dfrac{a}{b}\sin{x})$

$\Leftrightarrow (\cos{x} + \dfrac{a}{b}\sin{x})\left[(a + b)\cos{x} + \dfrac{2b^2 + ab - a^2}{b}\sin{x} - 2b\right] = 0$


Cả 2 phương trình suy ra đều là phương trình cơ bản.

Bài toán MHS2 áp dụng với $a = \sqrt{3}; b = 1; m = 1$

Bài toán này đúng là "rộng hơn" bài toán MHS2, nhưng thật ra cũng chưa rộng lắm vì điều kiện ràng buộc quá nhiều chỗ hệ số, góc $\alpha$$, hệ số $m$ nên ta có thể hiểu đây là bài toán tổng quả hơn tí mà thôi.
$$\boxed{\boxed{Điểm mở rộng: 5}}$$



#313421 VMF - Đề thi thử số 6

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-04-2012 - 08:43 trong Năm 2012

2. Giải bất phương trình: $\sqrt 6 \left( {{x^2} - 3x + 1} \right) + \sqrt {{x^4} + {x^2} + 1} \leqslant 0\,\,;\,\,x \in \mathbb{R}$

Giải

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}A = \sqrt{x^2 - x + 1} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}\\B = \sqrt{x^2 + x + 1} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$
Ta thấy:
$x^2 - 3x + 1 = 2(x^2 - x + 1 ) - (x^2 + x + 1) = 2A^2 - B^2$


$x^4 + x^2 + 1 = (x^2 + 1)^2 - x^2 = (x^2 + 1 - x)(x^2 + 1 + x) = AB$

Do đó, BPT ban đầu trở thành:
$\sqrt{6}(2A^2 - B^2) + AB \leq 0$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{6}A^2 + AB - \sqrt{6}B^2 \leq 0 \,\,\,\, (2)$


Do $B \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2} > 0 \Rightarrow B^2 > 0$.
Chia hai vế của BPT (2) cho $B^2$, ta được:
$2\sqrt{6}(\dfrac{A}{B})^2 + \dfrac{A}{B} - \sqrt{6} \leq 0$


$\Leftrightarrow \dfrac{- \sqrt{6}}{3} \leq \dfrac{A}{B} \leq \dfrac{\sqrt{6}}{4}$

Vì $A, B > 0 \Rightarrow \dfrac{A}{B} > 0 > \dfrac{- \sqrt{6}}{3}$

Do đó, ta chỉ cần tìm các giá trị x thỏa mãn:
$\dfrac{A}{B} = \sqrt{\dfrac{x^2 - x + 1}{x^2 + x + 1}}\leq \dfrac{\sqrt{6}}{4}$


BPT trên tương đương:
$\dfrac{x^2 - x + 1}{x^2 + x + 1} \leq \dfrac{3}{8} $


$\Leftrightarrow 8(x^2 - x + 1) \leq 3(x^2 + x + 1) \Leftrightarrow 5x^2 - 11x + 5 \leq 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{11 - \sqrt{21}}{10} \leq x \leq \dfrac{11 + \sqrt{21}}{10}$



#344503 Giải phương trình: $\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{x-1...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-08-2012 - 21:09 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải phương trình:
1) $x^{2}\sqrt{x}+(x-5)^{2}\sqrt{5-x}=11(\sqrt{x}+\sqrt{5-x})$
2) $2x^{3}=1+\sqrt[3]{\frac{x+1}{2}}$

Giải

1) ĐK: $0 \leq x \leq 5$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x} = a \geq 0\\\sqrt{5 - x} = b \geq 0\end{array}\right. \Rightarrow a^2 + b^2 = 5$
Phương trình ban đầu trở thành:

$a^5 + b^5 = 11(a + b) \Leftrightarrow (a + b)(a^4 - a^3b + a^2b^2 - ab^3 + b^4 - 11) = 0$

$\Leftrightarrow (a + b)[(a^2 + b^2)^2 - ab(a^2 + b^2) - a^2b^2 - 11] = 0$

$\Leftrightarrow (a + b)(a^2b^2 + 5ab - 14) = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} a + b = 0\\(ab)^2 + 5ab - 14 = 0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} a + b = 0\\ab = - 7\\ab = 2\end{array}\right. \Rightarrow \left[\begin{array}{l} \sqrt{x} + \sqrt{5 - x} = 0 \,\, (VN)\\\sqrt{x(5 - x)} = -7 \,\, (VN)\\\sqrt{x(5 - x)} = 2\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow x^2 - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 1\\x = 4\end{array}\right.$


2,
Đặt $a = \sqrt[3]{\frac{x+1}{2}} \Rightarrow 2a^3 = x + 1 \,\, (1)$

Từ phương trình đầu bài, suy ra: $2x^3 = 1 + a \,\, (2)$

Lấy (1) - (2) vế theo vế, ta có:
$2(a^3 - x^3) = x - a$

$\Leftrightarrow (a - x)(2a^2 + 2x^2 + 2ax + 1) = 0$


$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} a = x\\2a^2 + 2x^2 + 2ax + 1 = 0\end{array}\right.$

Nhận thấy $2a^2 + 2x^2 + 2ax + 1 = (a + x)^2 + a^2 + x^2 + 1 > 0$.

Với $x = a \Rightarrow x = \sqrt[3]{\frac{x+1}{2}} \Leftrightarrow 2x^3 - x - 1 = 0$


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



#328297 Giải các HPT sau:2.$\left\{\begin{matrix} y(1+2x^{3}y)=3x...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 23-06-2012 - 13:37 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

9.$\left\{\begin{matrix} x^{5}-x^{4}+2x^{2}y=2 & \\ y^{5}-y^{4}+2y^{2}z=2 & \\ z^{5}-z^{4}+2z^{2}x=2& \end{matrix}\right.$

Giải

Với $y \geq 1 \,\, (1)$, từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có:
$2 = x^5 - x^4 + 2x^2y \geq x^5 - x^4 + 2x^2 $


$\Leftrightarrow x^4(x - 1) + 2(x - 1)(x + 1) \leq 0$

$\Leftrightarrow (x - 1)(x^4 + 2x + 2) \leq 0$


$\Leftrightarrow x \leq 1$

Từ đó, theo phương trình thứ 3 của hệ, ta có:
$2 = z^5 - z^4 + 2z^2x \leq z^5 - z^4 + 2z^2$


$\Leftrightarrow z^4(z - 1) + 2(z - 1)(z + 1) \geq 0$

$\Leftrightarrow (z - 1)(z^4 + 2z + 2) \geq 0$

$\Leftrightarrow z \geq 1$

Với điều kiện $z \geq 1$, theo phương trình thứ hai của hệ, ta có:
$2 = y^5 - y^4 + 2y^2z \geq y^5 - y^4 + 2y^2 $

$\Leftrightarrow (y - 1)(y^4 + 2y + 2) \leq 0$

$\Leftrightarrow y \leq 1 \,\, (2)$


Từ (1) và (2), suy ra: y = 1. Khi đó: x = z = 1.
Hệ có nghiệm: x = y = z = 1.


Tương tự với TH $y \leq 1$.

Chú ý: $A^4 + 2A + 2 = (A^2 - 1)^2 + 2(A + \dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{1}{2} > 0$