Cộng theo vế 2 PT, ta được:
$$(y+1)^3+2(y+1)=\bigg(\dfrac{2}{x}\bigg)^3+2.\dfrac{2}{x}.$$
Có thể phân tích nhân tử (cấp 2) hoặc với cấp 3 thì xét $f(t)=t^3+2t$ có $f'(t)=3t^2+1>0$, và thu được $y+1=\dfrac{2}{x}$.
Có 172 mục bởi Baoriven (Tìm giới hạn từ 28-04-2020)
Đã gửi bởi Baoriven on 02-04-2024 - 20:53 trong Soạn thảo tài liệu khoa học với $\LaTeX$
Bạn có thể thêm \displaystyle trước đoạn tex.
Ví dụ: "\displaystyle \lim_{x=0^+} \frac{1}{\sqrt{x}}" thì sẽ được $\displaystyle \lim_{x=0^+} \frac{1}{\sqrt{x}}$.
Trong Latex (Overleaf), nếu là phân số thì có thể "\dfrac{a}{b}" mà không cần thêm \displaystyle ($\dfrac{a}{b}$).
Đã gửi bởi Baoriven on 05-03-2024 - 16:00 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
Dạng này các bạn dùng tính đồng biến của hàm số: f(x) = $x^{3}+x^{2}+2x$ (Học sinh cấp 2 thì xét hiệu, cấp 3 thì dùng đạo hàm)
Từ đó suy ra x = y = z thôi mà.
Bạn làm rõ hơn về việc cộng vế và dùng tính đồng biến để giải được không nhỉ?
Mình bỏ cũng lâu nên có thể không update các cách mới!
Với riêng mình thì ngay từ đầu có thể thấy ngay $x,y,z$ cùng dấu.
TH1: $x,y,z$ không âm thì có thể giả sử $x\geq y\geq z\geq 0$.
TH này không khó, có thể xử lý dễ dàng.
TH2: $x,y,z$ đều âm. Đến đây nếu xử lý như trên có vẻ không suôn sẻ.
Đã gửi bởi Baoriven on 29-02-2024 - 21:05 trong Dãy số - Giới hạn
Từ $u_1$ trở đi (tất cả $u_n>1$ với $n>0$) thì dãy là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $1$ hoặc $0$ (lỏng hơn).
Bạn nên thử so sánh $u_{n+1}>u_n$ nếu không đúng thì đảo chiều, và từ đó có thể thấy so sánh được $u_n$ và $\alpha$ (ở đây $\alpha=1$) và chính $\alpha$ cũng là $L=\lim{u_n}$.
Đã gửi bởi Baoriven on 10-02-2024 - 19:03 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
PT $(1)$ có thể biến đổi về:
$$(x-2)[(x-2)^2+1] = \sqrt{x-y+1}[(x-y+1)+1].$$
PT $(2)$ đề hơi lạ, cảm giác sai sai!
Nhận xét cụm $3x^2+18x-2xy-y^2$ có thể biến đổi về có cả $x-y+6$ lẫn $3x+y$ (từ $8(3x+y)$).
Đã gửi bởi Baoriven on 20-01-2024 - 08:15 trong Góc Tin học
Hình như này là đề tài Sentiment Analysis .
Nói về data thì bên HCMUIT họ khá là nhiều nha.
Em có thể kiếm trên GG Scholar của các thầy Kiệt, cô Ngân ở UIT.
Đã gửi bởi Baoriven on 16-01-2024 - 21:42 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Đã gửi bởi Baoriven on 16-01-2024 - 15:53 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Bắt nguồn từ việc $\dfrac{2}{3}\sqrt{4x+1}$ xuất hiện thì ta có thể tưởng tượng đặt ẩn phụ như sau:
$$\dfrac{2}{3}\sqrt{4x+1}+C(4x+1) = C.f^2(x)+\dfrac{2}{3}f(x).$$
Vì $9x^2$ xuất hiện nên ta thử ngay $C=1$ và tìm được $f(x)=3x-4$.
Đến đây, đặt $(\sqrt{4x+1}, 3x-4)=(a,b)$, PT ban đầu viết lại được:
$$a^2+\dfrac{2}{3}a=b^2+\dfrac{2}{3}b\Rightarrow (a-b)(a+b+\dfrac{2}{3})=0.$$
Đã gửi bởi Baoriven on 15-01-2024 - 22:45 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Một kinh nghiệm của mình khi gặp người quen $x^4+4$ là sẽ phân tích thành nhân tử $(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)$. Bài này cũng không ngoại lệ.
Ngoài ra, dễ dàng thấy ngay (đặt $x$ ở VT ra ngoài) thì $x$ dương.
Khi đó ta viết lại như sau:
$$15x(x^2+x+2)=4\sqrt{5}(x^2+2)\sqrt{(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)}.$$
Nhận xét, ta thấy $x^2+2$ xuất hiện ở cả hai bên, nên lợi dụng việc này, chia cả hai vế cho $x^2$ (được thực hiện do $x=0$ không là nghiệm).
Và ta viết lại được:
$$15(x+\dfrac{2}{x}+1)=4\sqrt{5}(x+\dfrac{2}{x})\sqrt{\bigg(x+\dfrac{2}{x}-2\bigg)\bigg(x+\dfrac{2}{x}+2\bigg)}.$$
Đặt $t=x+\dfrac{2}{x}>0$. Khi đó, PT trở thành:
$$15(t+1)=4\sqrt{5}t\sqrt{t^2-4}.$$
Đến đây, có thể mạnh dạn bình phương vì bậc $4$ cũng không khó. Tuy nhiên do $t=3$ đã là nghiệm thì sẽ còn lại PT bậc $3$ có thể dẫn đến nghiệm thực khó kiểm soát (phỏng đoán) nên mình sử dụng phương pháp đánh giá.
Ta thấy $t=3$ thì $\sqrt{t^2-4}=\sqrt{5}$, làm mình nghĩ đến áp dụng BCS cho hai số hạng này ở VP.
$$\dfrac{15(t+1)}{2t}=2\sqrt{5}\sqrt{t^2-4}\leq t^2+1\Rightarrow t\geq 3.$$
Đến đây, ta chỉ cần khéo léo để ra được $t\leq 3$ là done!
$$\dfrac{15(t+1)}{4t}=\sqrt{5}\sqrt{t^2-4}\geq 5\Rightarrow t\leq 3.$$
Vậy $t=3$, dẫn đến $x\in \{1,2\}$.
P/S:
Đã gửi bởi Baoriven on 12-01-2024 - 21:51 trong Số học
Các bài dạng này có thể xử lý bằng tổng $S$ tích $P$ để thêm được một điều kiện $S^2\geq 4P$.
Đặt $(x,-y)=(a,b)$. Khi đó, $S=a+b,P=ab<0$.
Từ PT ban đầu, ta được:
$$a^3+b^3=13(a^2+b^2) \Rightarrow P=\dfrac{S^3-13S^2}{3S-26}.$$
Giải hai BPT $P<0$ và $S^2\geq 4P$, ta được $(S,P)=\{(9,-324), (10,-75)\}$.
Thử lại, ta được $(x,y)=(15,5)$.
Đã gửi bởi Baoriven on 05-01-2024 - 16:10 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
Cho số phức $z$ thoả mãn $|z|=1$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
$$P=|z+1|+|z^2-z+1|.$$
P/S: Bài này không lạ, thường đề ĐH sẽ có. Có nhiều cách tiếp cận thì lại hay!
Đã gửi bởi Baoriven on 20-11-2023 - 20:19 trong Số học
Đặt $(x,-y)=(a,b)$. Khi đó, PT trở thành:
$$ a^3+b^3+2ab-8=0.$$
Ở đây có dạng tổng tích nên $(a+b,ab)=(S,P)$, ta thu được:
$$ P=\dfrac{S^3-8}{3S-2}.$$
Để ý $P\leq \dfrac{S^2}{4}$ nên ta có:
$$\dfrac{S^3-8}{3S-2}\leq \dfrac{S^2}{4} \Leftrightarrow \dfrac{S^3+2S^2-32}{3S-2}\leq 0\Leftrightarrow \frac{2}{3}<S \leq \frac{2}{3}(-1+\sqrt[3]{53-6 \sqrt{78}}+\sqrt[3]{53+6 \sqrt{78}}).$$
Do $S\in \mathbb{Z}$ nên $S=1$ (loại $P$ không nguyên) và $S=2$, được $P=0$.
Vậy $(x,y)=\{(2,0),(0,-2)\}$.
P/S:
Đã gửi bởi Baoriven on 10-11-2023 - 19:39 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Nếu để ý thêm ta thấy $y$ và $\sqrt{x^2-y^2}$ đã có tổng và tích, và tổng bình phương của hai số hạng này lại là $x^2$.
Khi đó:
$$x^2=y^2+(\sqrt{x^2-y^2})^2 = (12-x)^2-2.12.$$
Suy ra ta được: $x=5$.
Từ đây, $y$ và $\sqrt{25-y^2}$ là nghiệm của PT:
$$z^2-7z+12=0\Leftrightarrow z\in \{3,4\}.$$
Vậy nghiệm $(x,y)\in \{(5,3),(5,4)\}$.
Đã gửi bởi Baoriven on 02-11-2023 - 08:59 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
Lâu rồi không chơi domino, giờ chợt nghĩ là có thể xếp domino thành 1 đường thẳng không và có bao nhiêu cách?
Đã gửi bởi Baoriven on 16-10-2023 - 09:24 trong Dãy số - Giới hạn
Cho $H_n= \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}$ và $S_n= \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k^2}$. Tính giá trị của:
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{16H_{n+2}-36S_{n+2}}{n(n+1)}.$$
Đã gửi bởi Baoriven on 10-10-2023 - 09:14 trong Hình học
Cho $B$, $C$ là hai điểm thuộc về hai phía của đường tròn đường kính $AD$ sao cho $AB=AC$. Xét $P$ thuộc đoạn $BC$, $M$, $N$ lần lượt thuộc $AB$, $AC$ thoả $PMAN$ là hình bình hành. Gọi $PL$ là đường phân giác của tam giác $MPN$ với $L\in MN$.
Chứng minh bốn điểm $B$, $Q$, $L$ và $C$ thuộc một đường tròn với $Q=PD\cap MN$.
Đã gửi bởi Baoriven on 06-10-2023 - 14:30 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
Bài này mình sẽ đặt tổng tích để giải.
PT ban đầu sẽ thành:
$$ S^3+S^3-3SP+3P^2=1. $$
Khi đó, xem PT trên như PT bậc hai ẩn $P$.
P/S: Hi vọng trong tầm tay của mọi người.
Đã gửi bởi Baoriven on 05-10-2023 - 09:47 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
Tìm $x,y\in \mathbb{Z}$ thoả:
$$(x+y)^3+x^3+y^3+3x^2y^2=1.$$
Đã gửi bởi Baoriven on 10-06-2023 - 09:24 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Nhìn nhằm thành $(\sqrt{x}+\sqrt{x+3})(\sqrt{y}+\sqrt{y+3})=9$. Xem như một bài toán khác vậy.
Đã gửi bởi Baoriven on 09-06-2023 - 15:47 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Từ PT $(2)$, ta có ngay bằng cách nhân liên hợp: $(\sqrt{x+3}-x)(\sqrt{y+3}-y)=1$. $(3)$
Từ $(2)$ và $(3)$, ta được: bài toán tổng $9$ hiệu $1$ của hai nhóm $xy+\sqrt{(x+3)(y+3)}$ và $x\sqrt{y+3}+y\sqrt{x+3}$, suy ra $xy+\sqrt{(x+3)(y+3)}=5$. $(4)$
Vậy là ta có hệ chỉ có tổng $S=x+y$ và tích $P=xy$ gồm PT $(1)$ và $(4)$.
May mắn là áp dụng thế $P$ theo $S$ thì có $(S,P)\in \{(-4,4),(2,1)\}$ đẹp.
P/S: Nhớ lưu ý thử lại vì chỉ giải một chiều (bỏ qua các điều kiện $x,y$).
Đã gửi bởi Baoriven on 12-07-2022 - 14:47 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Tách $x=6$ là dễ dàng. Chứng minh phương trình còn lại vô nghiệm:
$$ \dfrac{x+10}{\sqrt{x+3}+3} = \dfrac{2.(4x-3)}{x^2+1}. $$
Đã gửi bởi Baoriven on 12-07-2022 - 14:41 trong Các dạng toán khác
Nghiệm thì duy nhất và đồng biến. Chắc có bí ẩn đằng sau!
Đã gửi bởi Baoriven on 09-07-2022 - 19:19 trong Dãy số - Giới hạn
Mọi người có thể tham khảo thêm ở đây (Carnegie Mellon University): The Basel Problem - Numerous Proofs (cmu.edu)
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học