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 11-07-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#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!



#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 $x = \dfrac{5}{3}$

 

 




#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



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



#337865 $ cos^23x.cos2x-cos^2x=0 $

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 19-07-2012 - 21:52 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải phương trình:
a, $\cos^2{3x}.\cos{2x} - \cos^2{x} = 0$

b, $\cos^4{x} + \sin^4{x} + \cos{(x - \dfrac{\pi}{4})}.\sin{(3x - \dfrac{\pi}{4})} - \dfrac{3}{2} = 0$

Giải

a, Phương trình ban đầu tương đương:
$\dfrac{1 + \cos{6x}}{2}.\cos{2x} - \dfrac{1 + \cos{2x}}{2} = 0$

$\Leftrightarrow \cos{2x} + \cos{6x}\cos{2x} - 1 - \cos{2x} = 0$

$\Leftrightarrow \cos{6x}\cos{2x} - 1 = 0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}(\cos{8x} + \cos{4x}) - 1 = 0$

$\Leftrightarrow 2\cos^2{4x} + \cos{4x} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \cos{4x} = 1\\\cos{4x} = \dfrac{-3}{2} \, (VN)\end{array}\right.$

$\Rightarrow x = \dfrac{k\pi}{2} \,\, (k \in Z)$


b, Phương trình tương đương:
$(\sin^2{x} + \cos^2{x})^2 - 2\sin^2{x}.\cos^2{x} + \cos{(x - \dfrac{\pi}{4})}.\sin{(3x - \dfrac{\pi}{4})} - \dfrac{3}{2} = 0$

$\Leftrightarrow 1 - \dfrac{1}{2}.(2\sin{x}.\cos{x})^2 + \dfrac{1}{2}[\sin{(3x - \dfrac{\pi}{4} + x - \dfrac{\pi}{4})} + \sin{(3x - \dfrac{\pi}{4} - x + \dfrac{\pi}{4})}] = \dfrac{3}{2}$

$\Leftrightarrow 1 - \dfrac{1}{2}.\sin^2{2x} + \dfrac{1}{2}[\sin{(4x - \dfrac{\pi}{2})} + \sin{2x}] = \dfrac{3}{2}$

$\Leftrightarrow 2 - \sin^2{2x} + [\sin{(4x - \dfrac{\pi}{2})} + \sin{2x}] = 3$

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

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


$\Rightarrow x = \dfrac{\pi}{4} + k\pi \,\, (k \in Z)$



#337871 $ cos^23x.cos2x-cos^2x=0 $

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 19-07-2012 - 22:12 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

d, $\dfrac{(2 - \sqrt{3})\cos{x} - 2\sin^2{(\dfrac{x}{2} - \dfrac{\pi}{4})}}{2\cos{x} - 1} = 1$

Giải

ĐK: $2\cos{x} - 1 \neq 0 \Leftrightarrow \cos{x} \neq \dfrac{1}{2} \Rightarrow x \neq \pm \dfrac{\pi}{4} + 2k\pi$

Phương trình tương đương:
$(2 - \sqrt{3}).\cos{x} - (1 - \cos{2(\dfrac{x}{2} - \dfrac{\pi}{4})}) = 2\cos{x} - 1$


$\Leftrightarrow -\sqrt{3}\cos{x} + \cos{(x - \dfrac{\pi}{2})} = 0$

$\Leftrightarrow - \sqrt{3}\cos{x} + \sin{x} = 0 \Leftrightarrow \tan{x} = \sqrt{3} = \tan{\dfrac{\pi}{3}}$

$\Rightarrow x = \dfrac{\pi}{3} + k\pi \,\, (k \in Z)$



#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:
$\sqrt{2x^{3}+3x^{2}+6x+16} - 3\sqrt{3} + \sqrt{3} - \sqrt{4 - x} = 0$

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

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

$\Leftrightarrow x = 1 \, ™$



#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?:\

 




#594181 Bài tập về Công thức Bayes - XSTK

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-10-2015 - 00:24 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

:) Đang đợt ôn thi xác suất nên đào mộ :v 

Giải

Câu 2.

Đặt H: " Sinh viên được chọn trả lời đúng 3 câu"

$A_1$: "Sinh viên được chọn là sinh viên giỏi."

$A_2$: "Sinh viên được chọn là sinh viên khá."

$A_3$: "Sinh viên được chọn là sinh viên trung bình."

$A_4$: "Sinh viên được chọn là sinh viên yếu."

{$A_1, A_2, A_3, A_4$} là nhóm đầy đủ biến cố.

Theo giả thiết: 
$P(A_1) = 0,1; P(A_2) = 0,2; P(A_3) = 0,3; P(A_4) = 0,4$

$P(H/A_1) = 1; P(H/A_2) = 0,75^3; P(H/A_3) = 0,5^3; P(H/A_4) = 0.25^3$
Vậy, áp dụng công thức Bayes, ta có xác suất cần tìm là:
$P(A_2 + A_3/H) = \dfrac{P(A_2).P(H/A_2) + P(A_3).P(H/A_3)}{P(A_1).P(H/A_1) + P(A_2).P(H/A_2) + P(A_3).P(H/A_3) +  P(A_4).P(H/A_4)} = \dfrac{39}{73}$

 

 



#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:
$2\sqrt{y^2 - 2y - 1} + \sqrt[3]{y^3 - 14} - (y - 2) = 0$
 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{y^2 - 2y - 1} + \dfrac{y^3 - 14 - (y - 2)^3}{\sqrt[3]{(y^3 - 14)^2} + (y - 2)\sqrt[3]{y^3 - 14} + (y - 2)^2} = 0$
 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{y^2 - 2y - 1} + \dfrac{6y^2 - 12y - 6}{\sqrt[3]{(y^3 - 14)^2} + (y - 2)\sqrt[3]{y^3 - 14} + (y - 2)^2}$
 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{y^2 - 2y - 1} \left ( 1 + \dfrac{3\sqrt{y^2 - 2y - 1}}{\sqrt[3]{(y^3 - 14)^2} + (y - 2)\sqrt[3]{y^3 - 14} + (y - 2)^2}\right )$
 
$\Leftrightarrow y^2 - 2y - 1 = 0 \Leftrightarrow y = 1 \pm \sqrt{2}$

 




#333856 Phương trình lượng giác: $sin2x-cos2x+3sinx-cosx-1=0$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 09-07-2012 - 23:00 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải phương trình:
$$\sin{2x} - \cos{2x} + 3\sin{x} - \cos{x} - 1 = 0$$

Giải

Phương trình tương đương:
$2\sin{x}.\cos{x} - 1 + 2\sin^2{x} + 3\sin{x} - \cos{x} - 1 = 0$


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

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


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

Ta thấy: $\sin{x} + \cos{x} = \sqrt{2}.\sin{(x + \dfrac{\pi}{4})} \in [- \sqrt{2}; \sqrt{2}] \Rightarrow \sin{x} + \cos{x} > -2$

Do đó:
$(1) \Leftrightarrow \sin{x} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left[\begin{array}{l} \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi\\x = \dfrac{5\pi}{6} + 2k\pi\end{array}\right. \,\, (k \in Z)$



#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:
$T = [\dfrac{1}{2}; 7 - 2\sqrt{10}) \cup (7 - 2\sqrt{10}; 7 + 2\sqrt{10}) \cup (7 + 2\sqrt{10}; + \propto)$



#434906 Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-07-2013 - 22:28 trong Hình học không gian

Giải
- Nhận thấy: MN là đường trung bình của tam giác SBC. Vì vậy: $MN = \dfrac{a}{2}$
- Gọi I là trung điểm MN: 
  • $\Delta SMN$ cân $\Rightarrow SI \perp MN$
  • $\Delta AMN$ cân $\Rightarrow AI \perp MN$
Vì $(AMN) \perp (SBC) \Rightarrow SI \perp IA$
 
+ Ta tính được: $SI = \sqrt{SN^2 - MI^2} = \sqrt{\left ( \dfrac{a}{2}\right )^2 - \left ( \dfrac{a}{4}\right )^2}= \dfrac{a\sqrt{3}}{4}$
+ Theo giả thiết: $SA = a$
Vậy $AI = \sqrt{SA^2 - SI^2} = \dfrac{a\sqrt{13}}{4}$
Do đó: $S_{\Delta AMN} = \dfrac{1}{2}AI.MN = \dfrac{a^2\sqrt{13}}{16}$
 
Ơ! Kết quả ^^ Phải vậy không nhỉ? Lâu rồi không đọc nên...



#324397 Giải các phương trình: 1/ $(1-tanx)(1+sin2x)=1+tanx$ ....

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-06-2012 - 14:48 trong Các bài toán Lượng giác khác

a, $(1 - \tan{x})(1 + \sin{(2x)}) = 1 + \tan{x}$


ĐK: $\cos{x} \neq 0 \Rightarrow x \neq \pm \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi$
Phương trình tương đương:
$(1 - \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}})(\sin^2{x} + \cos^2{x} + 2\sin{x}.\cos{x}) = 1 + \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}$

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

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


$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \sin{x} + \cos{x} = 0\\cos{2x} = 1\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = \dfrac{3\pi}{4} + 2k\pi\\x = \dfrac{- \pi}{4} + 2k\pi\\x = k\pi\end{array}\right.$

Đối chiếu với ĐK, ta chọn các nghiệm này. Vậy họ nghiệm của PT là:
$$x = \dfrac{3\pi}{4} + 2k\pi; x = \dfrac{- \pi}{4} + 2k\pi; x = k\pi \,(k\in Z)$$



#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)$

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

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



#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



#443837 Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là t...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-08-2013 - 11:33 trong Hình học không gian

Giải
a) Dựng SH $\perp$ AD $\, H \in AD$. Dễ thấy H là trung điểm AD và SH $\perp$ (ABCD)
Nối HB cắt AN tại K. Trong hình chữ nhật ABNH, K là trung điểm hai đường chéo AN và BH. 
Vì vậy: MK // SH. Suy ra: MK $\perp$ (ABCD). Từ đó suy ra: MK $\perp$ BP.
Lại có, trong hình vuông ABCD, dễ dàng chứng minh được AN $\perp$ BP.
Vậy BP $\perp$ (AMN).
Do đó: BP $\perp$ AM.
 
b) Theo câu a, ta có: $MK = \dfrac{1}{2}SH = \dfrac{a\sqrt{3}}{4}$
Măt khác: $S_{\triangle CNP} = \dfrac{1}{2}CN.CP = \dfrac{a^2}{8}$
Vậy: $V_{MPCN} = \dfrac{a^3\sqrt{3}}{96}$
 
Ta tính được: 
  • $MN = \dfrac{1}{2}SC = \dfrac{1}{2}\sqrt{SH^2 + HC^2} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ 
  • $NP = \sqrt{CN^2 + CP^2} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$
  • $MP = \sqrt{MK^2 + KP^2} = \sqrt{\left (\dfrac{a\sqrt{3}}{4} \right )^2 + \left (\dfrac{3a}{4} \right )^2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Vậy, dễ dàng tính được: $S_{\triangle MNP} = \dfrac{a^2\sqrt{15}}{16}$
Do đó: $d_{(C; (MNP))} = \dfrac{3V_{CMPN}}{S_{\triangle MNP}} = \dfrac{a}{2\sqrt{5}}$
 
Không biết đúng không nữa :D



#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.



#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:
$\left\{\begin{matrix}\sqrt{4a - 3b - 1} + \sqrt{3a - b - 1} = 6\\\sqrt{a} = b\end{matrix}\right.$
 
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left (\sqrt{4a - 3\sqrt{a} - 1} - 3 \right ) + \left ( \sqrt{3a - \sqrt{a} - 1} - 3 \right) = 0\\b = \sqrt{a}\end{matrix}\right.$
 
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\dfrac{4a - 3\sqrt{a} - 10}{1 + \sqrt{4a - 3\sqrt{a}}} + \dfrac{3a - \sqrt{a} - 10}{1 + \sqrt{3a - \sqrt{a} - 1}} = 0\\b = \sqrt{a}\end{matrix}\right.$
 
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(\sqrt{a} - 2) \left ( \dfrac{4\sqrt{a} + 5}{1 + \sqrt{4a - 3\sqrt{a}}} + \dfrac{3\sqrt{a} + 5}{1 + \sqrt{3a - \sqrt{a} - 1}}\right ) = 0 \\b = \sqrt{a}\end{matrix}\right.$
 
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a = 4 \\ b = 2\end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix}x = 1 \\y = 2\end{matrix}\right.$



#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



#317813 Tìm toạ độ các điểm

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 19-05-2012 - 08:11 trong Hình học phẳng

Bài 1: (Đề DH khối A - 2002)
Xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình cạnh BC là : $\sqrt{3}x - y - \sqrt{3}=0$, các đỉnh A, B thuộc trục Ox và bán kính đường tròn nội tiếp = 2. Tìm toạ độ trọng tâm tam giác ABC.

Giải

Do $A; B \in Ox \Rightarrow A(x_A; 0); B(x_B; 0)$
Mặt khác:
$B \in BC \Rightarrow \sqrt{3}x_B - \sqrt{3} = y_B = 0$
$\Leftrightarrow x_B = 1 \Rightarrow B(1; 0)$


Đặt $x_A = a$.
Tam giác ABC vuông tại A, do đó: $CA \perp Ox \Rightarrow x_C = x_A = a$
Hơn nữa:
$C \in BC \Rightarrow y_C = \sqrt{3}x_C - \sqrt{3} = \sqrt{3}a - \sqrt{3}$

$\Rightarrow C (a; \sqrt{3}a - \sqrt{3})$

Ta lập độ dài các cạnh của tam giác ABC theo a. Ta có:
$BC = \sqrt{(a - 1)^2 + (\sqrt{3}a - \sqrt{3})^2} = 2|a - 1|$

$AB = \sqrt{(1 - a)^2} = |a - 1|$

$AC = \sqrt{(\sqrt{3}a - \sqrt{3})^2} = \sqrt{3}|a - 1|$
Ký hiệu S, p, r lần lượt là diện tích, nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.
Ta có:


$S_{\bigtriangleup ABC} = \dfrac{AB.AC}{2} = \dfrac{\sqrt{3}(a - 1)^2}{2}$

$p_{\bigtriangleup ABC} = \dfrac{|a - 1|(3 + \sqrt{3})}{2}$

$\Rightarrow r_{\bigtriangleup ABC} = \dfrac{S}{p} = \dfrac{\sqrt{3}(a - 1)^2}{|a - 1|(3 + \sqrt{3})} = \dfrac{|a - 1|}{\sqrt{3} + 1}$


Theo giả thiết: $r = 2$
$\Rightarrow |a - 1| = 2(\sqrt{3} + 1) \Rightarrow \left[\begin{array}{l} a = 2\sqrt{3} + 3\\a = -2\sqrt{3} - 1\end{array}\right.$
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
$G = (\dfrac{x_A + x_B + x_C}{3}; \dfrac{y_A + y_B + y_C}{3}) = (\dfrac{2a + 1}{3}; \dfrac{\sqrt{3}a - \sqrt{3}}{3})$


- Nếu $a = 2\sqrt{3} + 3$

$\Rightarrow G(\dfrac{4\sqrt{3} + 7}{3}; \dfrac{6 + 2\sqrt{3}}{3}) $


- Nếu $a = -2\sqrt{3} - 1$

$\Rightarrow G(\dfrac{-4\sqrt{3} - 1}{3}; \dfrac{-6 - 2\sqrt{3}}{3})$

P/S: Hi Yoon, lâu quá rồi nhỉ?