Chủ đề này có 3 trả lời

[Vũ Ngọc Duy Linh]

1,Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và thỏa mãn
$\sqrt[2009]{({tanA})^{n}} + \sqrt[2009]{({tanB})^{n}} + \sqrt[2009]{({tanC})^{n}}=\dfrac{n(3\sqrt{3}+1)+6027}{2009} ,n\epsilon N
$
tìm n và các góc của tam giác của tam giác


2, Giải phương trình
$PT sinx\sqrt[2010]{({sinx})^{2}+2010}- (cosx +1)\sqrt[2010]{({cosx})^{2}+2cosx+1011}= cosx-sinx+1$

[minhhung_2811]

Em nghĩ đề bài phương trình có vấn đề chút xíu rồi. Theo em, đề phải là:

$\sin x.\sqrt[{2010}]{{{{\sin }^2}x + 2010}} - \left( {\cos x + 1} \right).\sqrt[{2010}]{{{{\cos }^2}x + 2\cos x + 2011}}$

$= \cos x - \sin x + 1$

$\Leftrightarrow \sin x.\sqrt[{2010}]{{{{\sin }^2}x + 2010}} - \left( {\cos x + 1} \right).\sqrt[{2010}]{{{{\left( {\cos x + 1} \right)}^2} + 2010}}$

$= \cos x + 1 - \sin x$

Đặt $a = \sin x$ và $b = \cos x + 1$ ( với $- 1 \le a \le 1$ và $0 \le b \le 2$ )

Khi đó ta có phương trình:

$a.\sqrt[{2010}]{{{a^2} + 2010}} - b.\sqrt[{2010}]{{{b^2} + 2010}} = b - a$

$\Leftrightarrow \sqrt[{2010}]{{{a^{2012}} + 2010.{a^{2010}}}} - \sqrt[{2010}]{{{b^{2012}} + 2010.{b^{2010}}}} + a - b = 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{{{a^{2012}} - {b^{2012}} + 2010.\left( {{a^{2010}} - {b^{2010}}} \right)}}{{\sum\limits_{k = 0}^{2009} {\left[ {\sqrt[{2010}]{{{{\left( {{a^{2012}} + 2010.{a^{2010}}} \right)}^{2009 - k}}}}.\sqrt[{2010}]{{{{\left( {{b^{2012}} + 2010.{b^{2010}}} \right)}^k}}}} \right]} }} + a - b$

$= 0$

( Ta sử dụng:

${A^n} - {B^n} = \left( {A - B} \right).\left( {{A^{n - 1}} + {A^{n - 2}}B + {A^{n - 3}}{B^2} + ... + {A^2}{B^{n - 3}} + A{B^{n - 2}} + {B^{n - 1}}} \right)$

$= \left( {A - B} \right).\sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {{A^{n - 1 - k}}.{B^k}}$ )

$\Leftrightarrow \dfrac{{\left( {a - b} \right).\sum\limits_{i = 0}^{2011} {{a^{2011 - i}}.{b^i}} + 2010.\left( {a - b} \right).\sum\limits_{j = 0}^{2009} {{a^{2009 - j}}.{b^j}} }}{{\sum\limits_{k = 0}^{2009} {\left[ {\sqrt[{2010}]{{{{\left( {{a^{2012}} + 2010.{a^{2010}}} \right)}^{2009 - k}}}}.\sqrt[{2010}]{{{{\left( {{b^{2012}} + 2010.{b^{2010}}} \right)}^k}}}} \right]} }} + \left( {a - b} \right)$

$= 0$

$\Leftrightarrow a - b = 0$

( vì $\dfrac{{\sum\limits_{i = 0}^{2011} {{a^{2011 - i}}.{b^i}} + 2010.\sum\limits_{j = 0}^{2009} {{a^{2009 - j}}.{b^j}} }}{{\sum\limits_{k = 0}^{2009} {\left[ {\sqrt[{2010}]{{{{\left( {{a^{2012}} + 2010.{a^{2010}}} \right)}^{2009 - k}}}}.\sqrt[{2010}]{{{{\left( {{b^{2012}} + 2010.{b^{2010}}} \right)}^k}}}} \right]} }} + 1 > 0$ )

Với $a = b$, $a = \sin x$ và $b = \cos x + 1$ thì

${a^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} = 1$ ( vì ${\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1$ )

$\to {b^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} = 1$

$\to 2{b^2} - 2b = 0$

$\to \left[ \begin{array}{l}b = 0 \\ b = 1 \\ \end{array} \right.$

$b = 0 \to \cos x = - 1 \to x = \pi + m2\pi$

$b = 1 \to \cos x = 0 \to x = \dfrac{\pi }{2} + n\pi$

( với $k$, $i$, $j$, $m$, $n$ nguyên )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhhung_2811: 25-04-2010 - 21:49

[dehin]

Bài làm bạn rất kỳ công!
Bạn xem lại đáp số tí .
Đúng phải là $x = \pi + m2\pi $ và $x = \pi /2 + n2\pi \$.
Có 1 cách khác này gọn hơn 1 tí:
Từ chỗ PT a,b của bạn ,ta có:
$ a.\sqrt[{2010}]{{{a^2} + 2010}} + a = b.\sqrt[{2010}]{{{b^2} + 2010}} + b$
Xét $ f(t) = t.\sqrt[{2010}]{{{t^2} + 2010}} + t$
Ta sẽ c/m hàm f(t) đồng biến:
+) Nếu biết đạo hàm thì :
Ta có $ f'(t) = \sqrt[{2010}]{{{t^2} + 2010}} + \dfrac{{2{t^2}}}{{2010.\sqrt[{2010}]{{{{\left( {{t^2} + 2010} \right)}^{2009}}}}}} + 1 > 0$
=> f(t) đồng biến
+) Nếu chưa biết đạo hàm
S/d định nghĩa:
Cho $ t_2 > {t_1}$ chứng minh $ f(t_2) > f({t_1})$ .Rất dễ thôi.
Vậy $ PT \Leftrightarrow f(a) = f(b) \Rightarrow a = b$
$ \Leftrightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} = \cos x + 1$
$ \Leftrightarrow \sin (x - \pi /4) = \sqrt 2 /2 = \sin \pi /4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \pi /2 + n2\pi \\ x = \pi + m2\pi \\ \end{array} \right.$

[minhhung_2811]

Bài 1:

Theo bdt Cauchy, ta có:

$\sum {{{\left( {\tan A} \right)}^{\dfrac{n}{{2009}}}}} \ge 3.\sqrt[3]{{{{\left( {\tan A.\tan B.\tan C} \right)}^{\dfrac{n}{{2009}}}}}} = 3.{\left( {\tan A.\tan B.\tan C} \right)^{\dfrac{n}{{6027}}}}$

$\ge 3.{\left( {3\sqrt 3 } \right)^{\dfrac{n}{{6027}}}} = {3^{\dfrac{{n + 4018}}{{4018}}}}$

( vì $\tan A.\tan B.\tan C = \tan A + \tan B + \tan C \ge 3\sqrt 3$ $(1)$ )

Khi đó theo giả thiết, ta có:

$\dfrac{{n\left( {3\sqrt 3 + 1} \right) + 6027}}{{2009}} \ge {3^{\dfrac{{n + 4018}}{{4018}}}}$

Ta chỉ ra trường hợp cho dấu $ "=" $ xảy ra là $n = 0$.

Khi đó dấu $ "=" $ ở $(1)$ xảy ra nên: $\tan A = \tan B = \tan C \Leftrightarrow \Delta ABC$ đều

Hay $n = 0$, $3$ góc của $\Delta ABC$ bằng ${60^0}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhhung_2811: 26-04-2010 - 11:13