Chủ đề này có 2 trả lời

[Ruka]

Giải hệ PT : $\begin{cases} x^2 - y^2 - y + 2 = 0\\ \sqrt{x^2 + x + 1}-\sqrt{y^2  +  y + 1} =\dfrac{\sqrt{3}}{3}(x-2)\end{cases}$

[Ruka]

Biến đổi phương trình $(1)$ :

$x^2 - y^2 - y + 2 = 0$

$\rightarrow x^2 - y^2 - y = -2$

 

Từ phương trình $(2)$ ta có:

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

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

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

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

Với $x-2=0 \rightarrow x = 2(\text{satisfied})$

Dễ thấy $\sqrt{x^2+x+1} = \sqrt{(x+\dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{3}{4}} \ge \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Tương tự : $\sqrt{y^2+y+1} = \sqrt{(y+\dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{3}{4}} \ge \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Từ đó $\dfrac{1}{\sqrt{x^2 + x + 1} +\sqrt{y^2 + y + 1}} \le \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Đẳng thức xảy ra khi $x = y = -\dfrac{1}{2}$ thử lại không thấy thỏa mãn

Với $x = 2$ ta suy ra $y^2 + y - 6 = 0 \rightarrow ...$

Vậy ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ruka: 09-02-2023 - 21:34

[Ruka]

Một cách giải khác @@

 

Biến đổi phương trình $(1)$ :

$x^2 - y^2 - y + 2 = 0$

$\rightarrow x^2 + 3= y^2 + y + 1$

 

Thay vào phương trình $(2)$ ta có:

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

$\rightarrow \dfrac{x - 2}{\sqrt{x^2 + x + 1} + \sqrt{x^2 + 3}} - \dfrac{1}{\sqrt{3}}(x-2)=0$

$\to x-2=0$ or $\dfrac{1}{\sqrt{x^2 + x + 1} + \sqrt{x^2 + 3}} - \dfrac{1}{\sqrt{3}}=0(a)$

Với $x - 2 = 0 \to x = 2$ suy ra ...

Dễ thấy $\sqrt{x^2+x+1} = \sqrt{(x+\dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{3}{4}} \ge \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Và $\sqrt{x^2+3} \ge \sqrt{3}$

Suy ra $\dfrac{1}{\sqrt{x^2 + x + 1} + \sqrt{x^2 + 3}} \le \dfrac{1}{\sqrt{3} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}} < \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Do đó $(a)$ VN

So ....