Chủ đề này có 1255 trả lời

[NTA1907]

Có khá nhiều bài khó trong topic chưa có lời giải. Vì vậy ta sẽ tiếp tục với một bài dễ hơn như sau:

Bài 476: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} &(5-x)(1+x^{4}y^{4})=(1+x^{2}y^{2})^{3} \\ &x^{2}y^{2}+x^{2}+x+y^{2}=4 \end{matrix}\right.$

[LuaMi]

Có khá nhiều bài khó trong topic chưa có lời giải. Vì vậy ta sẽ tiếp tục với một bài dễ hơn như sau:

Bài 476: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} &(5-x)(1+x^{4}y^{4})=(1+x^{2}y^{2})^{3} \\ &x^{2}y^{2}+x^{2}+x+y^{2}=4 \end{matrix}\right.$

 

Thế $4-x=x^2y^2+x^2+y^2$ vào PT đầu ta được $(1+x^2)(1+y^2)(1+x^4y^4)=(1+x^2y^2)^3$. Sử dụng BĐT Holder ta có ngay $x=y=1$ hoặc %$x=-y=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LuaMi: 14-08-2016 - 16:52

[LuaMi]

Bài 477: Cho PT: $x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_2x^2+a_1x+a_0=0$ có $n$ nghiệm nguyên (không nhất thiết phân biệt). Giả sử tồn tại các số nguyên tố phân biệt $p_{n-1},...,p_1,p_0$ và các số nguyên dương $\alpha _{n-1},...,\alpha_1, \alpha_0$ thỏa mãn $a_i=p_i^{\alpha_i} (i=\overline{0,n-1})$. Tìm các giá trị có thể có của $n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LuaMi: 14-08-2016 - 11:38

[An Infinitesimal]

Thế $4-x=x^2y^2+x^2+y^2$ vào PT đầu ta được $(1+x^2)(1+y^2)(1+x^4y^4)=(1+x^2y^2)^3$. Sử dụng BĐT Holder ta có ngay $x=y=1$

Quá "nhanh"- vội vàng nên dẫn đến sai sót khi kết luận hệ chỉ có một nghiệm! 

[An Infinitesimal]

 

Bài 417: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+\sqrt{y}+\frac{1}{\sqrt{y}}=3\\ x\sqrt{y}+\sqrt{y}-2\sqrt{x}=0 \end{matrix}\right.$

 

 

(Nghiệm xấu!)

 

Đặt $a= \sqrt{x}, b =\sqrt{y} (a\ge 0, b>0).$

Hệ trở thành 

$\left\{\begin{matrix} a+b+\frac{1}{b}=3\\ a^2b+b-2a=0 \end{matrix}\right.$

 

\[\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}  b= \frac{2a}{1+a^2}\\ (a - 1)(3a^3 - 3a^2 + 5a - 1)=0. \end{matrix}\right.\]

Xét phương trình $3a^3 - 3a^2 + 5a - 1=0.$ 

(Phương trình này "chứa" một nghiệm của phương trình ban đầu.)

"Đặt" $a=c-\frac{1}{3}$, ta có

\[3c^3 + 4c + \frac{4}{9}=0.\]

Phương trình này có nghiệm duy nhất và ta có thể tìm nghiệm này thông qua phép đổi biến

$c= \frac{2}{3}\left(s-\frac{1}{s}\right),$ với $s>0$. Khi đó 

\[s^3 - \frac{1}{s^3} + \frac{1}{2}=0.\]

Hay $s=\sqrt[3]{\frac{\sqrt{17}-1}{4}}.$

Do đó 

\[a= -\frac{1}{3}+ \frac{2}{3}\left(\sqrt[3]{\frac{\sqrt{17}-1}{4}}+\sqrt[3]{\frac{\sqrt{17}+1}{4}}\right).\]

 

 

Do đó $ a=1 \vee a=-\frac{1}{3}+ \frac{2}{3}\left(\sqrt[3]{\frac{\sqrt{17}-1}{4}}+\sqrt[3]{\frac{\sqrt{17}+1}{4}}\right). $

 

Như vậy, hệ phương trình có hai nghiệm $(x,y)=\left(a^2, \frac{4a^2}{(a^2+1)^2}\right)$, với \[a\in \left\{1, -\frac{1}{3}+ \frac{2}{3}\left(\sqrt[3]{\frac{\sqrt{17}-1}{4}}+\sqrt[3]{\frac{\sqrt{17}+1}{4}}\right)\right\}.\]

[conanthamtulungdanhkudo]

em  xin đóng góp 1 bài  hệ pt này:

 

 

 

Hình gửi kèm

• 

[An Infinitesimal]

em  xin đóng góp 1 bài  hệ pt này:

Giải bài 478:

Phương trình thứ nhất "quá ngộ". Từ PT này suy ra $x=y=0$.

Kiểm tra lại: $(x,y)=(0,0)$ là nghiệm duy nhất của hệ.

[An Infinitesimal]

Lần lượt loại tên các bài này khỏi "bảng phong thần":

Bài 433: $2x^2+3x+1=\sqrt[3]{x^3+1}-\sqrt{x+1-\sqrt{x+1}}.$

 

 

 

Điều kiện: $x=-1 \vee x\ge 0.$

Ta thấy $x=-1$ là một nghiệm của phương trình. 

 

Trường hợp $x\ge 0$, ta thấy \[VP \le \sqrt[3]{x^3+1} \le x+1 \le (x+1)+(2x^2+2x)= VP.\]

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=0.$

 

Do đó hệ chỉ có hai nghiệm $ 0 $ và $ 1. $

 

[An Infinitesimal]

Bài 430**: $\left\{\begin{matrix} &x+y+xy=z^{2^{2003}}+2z^{2^{2002}} & \\ &x^{4}+y^{4}=2z^{2^{2004}} & \\ &(x+y)^{z-1}=(z+2004)^{x-y} & \end{matrix}\right.$

 

Khi xét phương trình "trên $\mathbb{R}$", nhằm đảm bảo "xác định hàm mũ", các điều kiện $x+y>0, z+2004>0.$

Từ phương trình thứ nhất, ta có

\[f\left(\frac{x+y}{2}\right) \ge f\left({z}^{2^{2002}}\right),\] trong đó $f(t)=2t+t^2.$

Do đó $\frac{x+y}{2} \ge {z}^{2^{2002}}.$

 

Từ phương trình thứ hai, ta có

\[z^{2^{2004}}= \frac{x^{4}+y^{4}}{2} \ge \left(\frac{x+y}{2}\right)^4.\]

 

Suy ra

 \[\frac{x+y}{2} \le {z}^{2^{2002}}.\]

 

Từ các điều trên ta có

\[x=y={z}^{2^{2002}}>0.\]

 

Thay vào phương trình thứ ba, ta có

\[(2x)^{z-1}=1.\]

 

Suy ra hệ chỉ có các có nghiệm $(x,y,z)= \left( 1, 1, \pm 1 \right), \vee \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2},\pm\sqrt[2^{2002}]{\frac{1}{2}}\right).$

[Crystal]

Góp một bài cho topic.

 

Bài 479. Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{gathered} \frac{x}{{\sqrt {xy + x} }} + \frac{y}{{\sqrt {xy + y} }} = 2\sqrt {\frac{{x + y}}{{x + y + 2}}}  \hfill \\ x\sqrt {y - 1}  + y\sqrt {x - 1}  = \frac{{{x^2} + 4\left( {y - 1} \right)}}{2} \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

[nguyenchinhns]

Giúp em mấy bày này

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenchinhns: 15-08-2016 - 08:09

[NTA1907]

Góp một bài cho topic.

 

Bài 479. Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{gathered} \frac{x}{{\sqrt {xy + x} }} + \frac{y}{{\sqrt {xy + y} }} = 2\sqrt {\frac{{x + y}}{{x + y + 2}}}  \hfill \\ x\sqrt {y - 1}  + y\sqrt {x - 1}  = \frac{{{x^2} + 4\left( {y - 1} \right)}}{2} \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

ĐK: $x\geq 1, y\geq 1$

Pt(1)$\Leftrightarrow \left ( \sqrt{\frac{x}{y+1}}-\sqrt{\frac{x+y}{x+y+2}} \right )+\left ( \sqrt{\frac{y}{x+1}}-\sqrt{\frac{x+y}{x+y+2}} \right )=0$

$\Leftrightarrow \frac{\frac{x}{y+1}-\frac{x+y}{x+y+2}}{\sqrt{\frac{x}{y+1}}+\sqrt{\frac{x+y}{x+y+2}}}+\frac{\frac{y}{x+1}-\frac{x+y}{x+y+2}}{\sqrt{\frac{y}{x+1}}+\sqrt{\frac{x+y}{x+y+2}}}=0$

$\Leftrightarrow (x-y)(x+y+1)\left ( \frac{1}{(y+1)\left ( \sqrt{\frac{x}{y+1}}+\sqrt{\frac{x+y}{x+y+2}} \right )}-\frac{1}{(x+1)\left ( \sqrt{\frac{y}{x+1}}+\sqrt{\frac{x+y}{x+y+2}} \right )} \right )=0$

$\Leftrightarrow (x-y)^{2}\left ( \sqrt{\frac{x+y}{x+y+2}}-\frac{1}{\sqrt{y(x+1)}+\sqrt{x(y+1)}} \right )=0$

TH1: $x=y$

Thay vào pt(2) ta được: $4x\sqrt{x-1}=x^{2}+4x-4$

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

Thay vào pt ta được: $(t-1)^{4}=0$

$\Leftrightarrow t=1\Rightarrow x=2$(TM)

TH2: $\sqrt{x+y}\left ( \sqrt{x(y+1)}+\sqrt{y(x+1)} \right )=\sqrt{x+y+2}(*)$

$(*)\Leftrightarrow \sqrt{\frac{x+y+2}{x+y}}=\sqrt{x(y+1)}+\sqrt{y(x+1)}$

Với $x,y\geq 1$ ta luôn có: $VT\leq \sqrt{2}, VP\geq 2\sqrt{2}$

$\Rightarrow$ Pt(*) vô nghiệm

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x,y)=(2;2)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NTA1907: 17-08-2016 - 17:03

[killerdark68]

Giúp em mấy bày này

mấy bài nào vậy e :3

[Hai2003]

Giúp em mấy bày này

Bốc đại 1 bài làm :v

b) $x^3+2=3\sqrt[3]{3x-2}$

Điều kiện $x\geq \frac{2}{3}$.

Vì $x$ dương nên áp dụng AM-GM ta có $\left\{\begin{array}{ll}x^3+1+1\geq 3x\\ 3\sqrt[3]{1.1.(3x-2)} \leq 3x\end{array}\right.$

$\implies VT\geq VP$

 

Dấu bằng xảy ra khi $\left\{\begin{array}{ll}x^3=1\\ 3x-2=1\end{array}\right.\implies x=1$

Nghiệm này thỏa điều kiện.

Vậy $\color{red}{x=1}$

[NTA1907]

Bài 480: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} &3x^{2}+4x-5=\sqrt{-y^{2}-6y-1} \\ &x+1=\sqrt{17-4y-16x} \end{matrix}\right.$

[An Infinitesimal]

 

Bài 423: $log_{2}({1-x^2})-log_{2}(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})=2.$

 

 

 

Giải bài 423:

Điều kiện $ x\in (0, 1) $.

 

Đặt $u= \sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}$ với $u\in (0,\sqrt{2})$.

 

Dẫn đến phương trình $ u^4-4u^2-16u+4=0. $

 

Hay $(u^2+m)^2= (4+2m)u^2+16u+(m^2-4).$

 

Chọn $ m\in \mathbb{R} $ sao cho $8^2-(m^2-4)(4+2m)=0.$

Hay

 

\[m=\frac{\sqrt[3]{496-3\sqrt{26880}}}{3}+ \frac{\sqrt[3]{496+3\sqrt{26880}}}{3}- \frac{2}{3}.\]

Vì $m, u>0$ nên phương trình bậc 4 được viết lại

 

\[u^2+m= \sqrt{4+2m} \left(u+\frac{8}{4+2m}\right).\]

 

\[u_1= \frac{\sqrt{2}\, \left(m + \sqrt{8 \sqrt{2}\, \sqrt{m + 2} - m^2 + 4}+ 2\right)}{2\, \sqrt{m + 2}}\\ u_2=\frac{\sqrt{2}\, \left(m - \sqrt{8\, \sqrt{2}\, \sqrt{m + 2} - m^2 + 4} + 2\right)}{2\, \sqrt{m + 2}}.\]

Ta chỉ nhận $u_2$. Và x= $u_2\sqrt{1-\frac{u_2^2}{2}}$ là nghiệm duy nhất của phương trình ban đầu.

[Baoriven]

Bài 481: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}y(x^2+2x+2)=x(y^2+6) \\ (y-1)(x^2+2x+7)=(x+1)(y^2+1) \end{matrix}\right.$

[NTA1907]

Bài 481: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}y(x^2+2x+2)=x(y^2+6) \\ (y-1)(x^2+2x+7)=(x+1)(y^2+1) \end{matrix}\right.$

Cộng 2 phương trình vế theo vế ta có:

$y(x^{2}+2x+2)-(x+1)(y^{2}+1)-x(y^{2}+6)+(y-1)(x^{2}+2x+7)=0$

$\Leftrightarrow y\left [ (x+1)^{2}+1 \right ]-(x+1)(y^{2}+1)-x(y^{2}+6)+(y-1)\left [ (x+1)^{2}+6 \right ]=0$

$\Leftrightarrow (xy+y-1)(x+1-y)-(x-y+1)(x+7-xy)=0$

$\Leftrightarrow (x-y+1)(2xy-x+y-8)=0$

Đến đây dùng pp thế là được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NTA1907: 17-08-2016 - 22:45

[An Infinitesimal]

Bài 481: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}y(x^2+2x+2)=x(y^2+6) \\ (y-1)(x^2+2x+7)=(x+1)(y^2+1) \end{matrix}\right.$

 

 

Gần như rõ "mồn một" sự tương tự giữa hai biến và càng rõ ràng hơn khi "thu gọn" qua phép đặt ẩn phụ $v=x+1.$

 

$\left\{\begin{matrix}y(v^2+1)=(v-1)(y^2+6) \\ (y-1)(v^2+6)=v(y^2+1) \end{matrix}\right.$

 

Hay 

 

\[\left\{\begin{matrix}\frac{y}{y^2+6}= \frac{v-1}{v^2+1},\\ \frac{v}{v^2+6}= \frac{y-1}{y^2+1}. \end{matrix}\right.\]

 

\[\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{y}{y^2+6}-\frac{1}{5}= \frac{v-1}{v^2+1}-\frac{1}{5},\\ \frac{v}{v^2+6}-\frac{1}{5}= \frac{y-1}{y^2+1}-\frac{1}{5}. \end{matrix}\right.\]

 

 

\[\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{(y - 2)(y - 3)}{y^2+6}= \frac{(v-2)(v-3)}{v^2+1},\\ \frac{(v-2)(v-3)}{v^2+6}= \frac{(y-2)(y-3)}{y^2+1}-\frac{1}{5}. \end{matrix}\right.\]

 

Suy ra \[(y-2)(y-3)(v-2)(v-3) \left[\frac{1}{(y^2+6)(v^2+6)}-\frac{1}{(y^2+1)(v^2+1)}\right]=0.\]

 

Phần trong ngoặc vuông dương. Do đó $y \in \{2,3\}$ hoặc $v\in \{2,3\}.$

 

Do đó hệ có đúng 4 nghiệm: $ (2;2), (2;3), (3;3), (3,2). $

[Crystal]

ĐK: $x\geq 1, y\geq 1$

Pt(1)$\Leftrightarrow \left ( \sqrt{\frac{x}{y+1}}-\sqrt{\frac{x+y}{x+y+2}} \right )+\left ( \sqrt{\frac{y}{x+1}}-\sqrt{\frac{x+y}{x+y+2}} \right )=0$

...

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x,y)=(2;2)$

Bài này còn một số cách giải khác và có lẽ là "đẹp" hơn lời giải của bạn đấy. 

 

Sol1: Đánh giá phương trình (1) theo cách khác

Sol2: Đánh giá phương trình (2) trước