robin997

Tìm m để PT sau có 2 nghiệm thực phân biệt:

$\sqrt{x^4+4x+m}+\sqrt[4]{x^4+4x+m}=6$

Giải:
Đặt $\sqrt[4]{x^4+4x+m}=t$ với điều kiện là $t\geq 0$. Khi đó phương trình trở thành:
$t^2+t=6\\ \Leftrightarrow t^2+t-6=0\\ \Leftrightarrow \left ( t+3 \right )\left ( t-2 \right )=0\\ \Leftrightarrow t=-3\wedge t=2\\ \Leftrightarrow t=2$
Với $t=2$ ta được:
$t=2\\ \Leftrightarrow \sqrt[4]{x^4+4x+m}=2\\ \Leftrightarrow x^4+4x+m-16=0(*)$

Mình giải tiếp từ đây hen ^^,
-Xét đường cong: $©:y=f(x)=-x^4-4x+16$ và đường thẳng $(d):y=m$ ((d)song song với trục hoành)
(*) có 2 nghiệm khi và chỉ khi $©$ cắt $(d)$ tại 2 điểm phân biệt.
Mà ta có $f''(x)=-12x^2\leq0$, là một hàm lõm, và $f'(x)=0\Leftrightarrow x=-1$
Do đó để $©$ và $(d)$ cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thì: $m<f(-1)$
Hay $m<19$ là đáp số của bài :")

Cho $p$ là số lẻ lớn hơn $5$. Chứng minh $(p - 2)!$ chia hết cho $(p - 1)$.

Rõ ràng $p$ lẻ, thì $p-1$ sẽ có dạng là $2k$
mà $(p-2)!=1.2.3...k...(p-2)$ ($k<p-2$)
Nên ta có đpcm

Chắc đề là: $2x^2+5x-1=7\sqrt[3]{x^3-1}$
Nếu đề như vậy thì hơi vô lý vì nghiệm nó trông sợ quá: http://www.wolframal...\sqrt[3]{x^3-1}

Bạn nhầm rồi bạn, bài này vô nghiệm ấy...ta chuyển qua một vế và cm nó dương/âm ^^,

Bài toán: Cho hàm số $f:Z\rightarrow Z$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
a) $f\left ( f\left ( n \right ) \right )=n,\forall n\in Z\left ( 1 \right )$
b) $f\left ( f\left ( n+2 \right )+2 \right )=n,\forall n\in Z\left ( 2 \right )$
c) $f\left ( 0 \right )=1\left ( 3 \right )$
Tính $f\left ( 1995 \right )$, $\left ( f-2007 \right )$?

Ta sẽ chứng minh rằng $f(x_1)=f(x_2)\Leftrightarrow x_1=x_2$
-Từ (1): $f(1)=0$
-(1) và (2), ta có:
$f(n)=f(n+2)+2$
Ta sẽ chứng minh $f(n)=1-n$
Nên:
$f(1995)=-1994$
$f(-2007)=2008$

Cho $x,y,z$ thực dương thỏa $xyz=1$. Tìm GTNN của $$P=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-6(x+y+z)$$
Nghệ An MO 2009

Ta dùng pp ấy của anh get hen ^^,
Ta có: $P=\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}-6(x+y+z)$
-Xét hàm: $L=\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}-6(x+y+z)+\lambda (xyz-1)$
-Điểm cực trị là nghiệm của hệ:
$\begin{cases}
& \ L'_x=L'_y=L'_z=0 \\
& \ xyz=1
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ -3.\frac{1}{x^4}-6+\lambda yz=0 \\
& \ -3.\frac{1}{y^4}-6+\lambda xz=0 \\
& \ -3.\frac{1}{z^4}-6+\lambda xy=0 \\
& \ xyz=1
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ \frac{1}{x^3}+2x=\frac{1}{y^3}+2y=\frac{1}{z^3}+2z=\frac{\lambda }{3}(*) \\
& \ xyz=1
\end{cases}$
-Xét $f(x)=\frac{1}{x^3}+2x\\\Rightarrow f''(x)=\frac{12}{x^5}>0 \forall x>0$
Do đó, trong 3 số x;y;z, có 1 cặp số bằng nhau!
-Với $x=y$, biến đổi, ta được:
$(x^3-1)(x^6+x^3-2x+1)=0$
Chứng minh được $x=y=z=1$
-Hệ có nghiệm duy nhất: $(x;y;z)=(1;1;1)$
-Ta có:
$P(1;1;1)=-15$
$P(1;0,5;2)=-11,875>-15$
Nên $P_{min}=-15\Leftrightarrow x=y=z=1$

BÀI TOÁN: Các đa thức $p_{n}$ được xác định bởi:
$p_{1}(x)=x^{2}-1$
$p_{2}(x)=2x^{3}-2x$
$p_{n+1}(x).p_{n-1}(x)=p_{n}(x)^{2}-(x^{2}-1)^{2}$
Tìm lũy thừa lớn nhất của 2 sao cho lũy thừa này chia hết tổng các giá trị tuyệt đối các hệ số của $p_{n}$.

Để tiện, ta sẽ coi ($p_n$) là một dãy số với x là tham số:
Từ gt thứ 3, ta có :
$\begin{cases}
& \ p_{n-1}.p_{n+1}=p_n^2-1 \\
& \ p_n.p_{n-2}=p_{n-1}^2-1
\end{cases}\\\Rightarrow \frac{p_n}{p_{n-1}+p_{n+1}}=\frac{p_{n-1}}{p_{n-2}+p_n}=...=\frac{p_2}{p_1+p_3}=\frac{1}{2x}\\\Rightarrow p_n=\frac{1}{2x}p_{n-1} +\frac{1}{2x}p_{n+1}$
có công thức truy hồi, tìm ct tổng quát của dãy là đơn giản. Tính $p_n$
srr...cái iu cầu sau của đề mình không hỉu lắm...mà ra được được $p_n$ thì đơn giản rồi mà??

Cho $I(t)= \int_{0}^{t}\frac{tan^{4}x}{cos2x}dx$ với $t\in (0;\frac{\pi }{4})$. Tính $I(t)$ và chứng minh bất đẳng thức:

$tan(t+\frac{\pi }{4})> e^{\frac{2}{3}.(tan^{3}t+3.tant)}$ với $t\in (0;\frac{\pi }{4})$.

Ta chia làm 2 bài toán nhỏ nhá ^^,
a) $I(t)= \int_{0}^{t}\frac{tan^{4}x}{cos2x}dx = \int_{0}^{t}\frac{tan^{4}x(tan^2x+1)}{1-tan^2x}dx$
Lấy $tanx=a\Leftrightarrow (tan^2x+1)dx=da$
nên ta có:
$I(t)= \int_{0}^{tant}\frac{a^4}{1-a^2}da\\=\int_{0}^{tant}(-a^2-1+\frac{1}{2(a+1)}-\frac{1}{2(a-1)})da\\=...\\=\frac{1}{2}ln\left|\frac{tant+1}{tant-1} \right|-\frac{1}{3}\left(tan^3t+3tant \right)=\frac{1}{2}ln\left|tan(t+\frac{\pi }{4}) \right|-\frac{1}{3}\left(tan^3t+3tant \right)$
b)Ta có với đk đề: $\frac{tan^{4}x}{cos2x}>0$ nên: $I(t)>0 \\\Leftrightarrow 2I(t)>0 \\\Leftrightarrow \ln\left|tan(t+\frac{\pi }{4}) \right|>\frac{2}{3}\left(tan^3t+3tant \right)$
Hay $tan(t+\frac{\pi }{4})> e^{\frac{2}{3}.(tan^{3}t+3.tant)}$
______
Mình wên đổi cận...mình sửa lại nha ^^,
(thks bạn @duongtoi hen :")

Giải phương trình: $\frac{2+\sqrt{x}}{3+\sqrt{1-x}}=\sqrt{x}+\sqrt{1-x}$

Bạn làm thế này nhé ^^,:
CMR: VT$\leq$1$\leq$VP
đẳng thức$\Leftrightarrow$x=1 và đó là nghiệm của pt!

Giải phương trình: $\sqrt[8]{1-x}+\sqrt[8]{x}=1$

Cách khác nha bạn ^^,
ĐK:$0\leq x\leq 1$
Ta có với mọi a;b không âm: $\sqrt{a}+\sqrt{b}\geq \sqrt{a+b}$
Mà $8=2.2.2$ nên ta có:
$\sqrt{\sqrt{\sqrt{1-x}}}+\sqrt{\sqrt{\sqrt{x}}}\\\geq \sqrt{\sqrt{\sqrt{1-x}}+\sqrt{\sqrt{x}}}\\\geq \sqrt{\sqrt{\sqrt{1-x}+\sqrt{x}}}\\\geq \sqrt{\sqrt{\sqrt{1-x+x}}}$
Hay $\sqrt[8]{1-x}+\sqrt[8]{x}\geq 1$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=1$ Hoặc $x=0$.. và đây cũng là 2 nghiệm của pt! :"/

Bài toán. Cho $x=1,y=2$. Thực hiện trò chơi như sau. Từ hai số $x$ và $y$ được phép viết $x+y+xy$. Hỏi có thể viết được số $2011$ không?

-Ta có từ 2 số đầu, với mỗi số thêm sau, ta luôn được một số chia 3 dư 2:
(dựa vào đồng dư ^^,)

$1+1(-1)+(-1)\equiv -1\equiv 2(Mod 3)\\
(-1)+(-1)(-1)+(-1)\equiv -1\equiv 2(Mod 3)$
-Mà ta có 2011 thì chia 3 dư 1 nên giả thiết không xảy ga :")

Xét hình phẳng giới hạn bởi parabol $(P)$: $y=x^{2}$ và đường thẳng $d$ đi qua $M(1;4)$ có hệ số góc $k$. Xác định $k$ để hình có diện tích nhỏ nhất.

giải hen (^^, )/)
-Ta có đường thẳng qua M và có hệ số k là: $(D):y=kx-k+4$
-Pthđgđ của $(d)$ và $(P)$ là:
$x^2-kx+k-4=0 (*)$
(pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi k thực)
-Lấy A và B (Với $x_B>x_A$) là 2 gđ của $(d)$ và $(P)$, $x_A;x_B$ là 2 nghiệm của $(*)$ hay ta có theo định lý Viète:
$\begin{cases}
& \ x_A+x_B=k \\
& \ x_Ax_B=k-4
\end{cases}(I)$
Do đó, ta tính được:
$x_B-x_A=\sqrt{k^2-2k+8}\\x_A^2+x_Ax_B+x_B^2=k^2-k+4$
-Lấy S là diện tích được đề cập đến:
$S=\int_{x_A}^{x_B}{(-x^2+kx-k+4)dx}=(-\frac{x^3}{3}+\frac{kx^2}{2}+(-k+4)x+C)\mid_{x_A}^{x_B}\\\Rightarrow 6S=\sqrt{k^2-2k+8}(k^2-4k+16)$
-Xét $f(k)=\sqrt{k^2-2k+8}(k^2-4k+16)$
-Tính đạo hàm của f, tính k để f'(k)=0....cuối cùng đi đến giá trị k để S tới min....bài toán trở nên đơn giản rồi hen (^^. )

Giải pt :
$2) sin^{3}x-3sin^{2}x.cosx=1(*)$

Bài 2)
-Ta có $sinx=0$ không thỏa (*)
Chia 2 vế pt cho $sin^{3}x$ và lấy $cotx=a$
-$(*)\Rightarrow 1-3a=(a^2+1)^{1,5}\\\Leftrightarrow (1-3a)^2=(a^2+1)^3\\\Leftrightarrow a(a^5+3a^3-6a+6)=0\\\Leftrightarrow a=0$
Hoặc $a^5+3a^3-6a+6=0$
Do đó, ta có nghiệm: $x=0.5\pi +k\pi ;x=x_0+k\pi $ (Với k nghuyên và $cotx_0$ là nghiệm của phương trình: $u^5+3u^3-6u+6=0$ (Phương trình này có nghiệm duy nhất))
______
srr..trước mình nhầm ^^,

Bạn xem lại bài làm nhé. Giống nhưng kết quả không hoàn toàn giống

Đáp số: Các hàm số thỏa mãn bài toán là \[f\left( x \right) \equiv 0,\,\,f\left( x \right) = {\lambda ^x} + \frac{1}{{{\lambda ^x}}}\,\,\,\left( {\lambda \in \mathbb{R^*}} \right),\,f\left( x \right) = 2\cos \left( {x\varphi } \right),\,\,\left( {\varphi \in \mathbb{R}} \right)\]
Trong đó: $\lambda = a + \sqrt {{a^2} - 4} ,\,\,a = f\left( 1 \right)$.

Hì..hình như anh thiếu nghiệm f(x)=2 kìa
E làm lại nha
-Với x=y, ta có từ (*): hoặc f(0)=0 hoặc f(0)=2
-TH1: f(0)=0:
Với $x\in N$ và y=0, ta được từ (*): f(x)=0
-TH2: f(0)=2:
(Lấy $f(1)=m$)
Thay x bởi (x+1) và y=1 và lấy $a_x$=f(x), ta được từ (*):
$\begin{cases}
& \ a_0=2 \\
& \ a_1=m \\
& \ a_{x+2}-ma_{x+1}+a_x=0(I)
\end{cases}$
-Giải (I):
+Nếu $m>2$:
giải được $a_x=c_1(\frac{m+\sqrt{m^2-4}}{2})^x+c_2(\frac{m-\sqrt{m^2-4}}{2})^x$
Thế $a_0$ rồi thế vào (*) (Làm như cũ) , giải được $c_1=c_2=1$
Nên: $f(x)=a_x=(\frac{m+\sqrt{m^2-4}}{2})^x+(\frac{m-\sqrt{m^2-4}}{2})^x$
+Nếu $m=2$:
giải được $a_x=c_1+xc_2$
Thế $a_0;a_1$, giải được $c_1=2;c_2=0$
Nên: $f(x)=a_x=2$
+Nếu $m<2$
giải được $a_x=c_1Cos{x\alpha }+c_2Sin{x\alpha }$
(Với $Sin\alpha =\frac{m}{2}$)
Thế $a_0;a_1$, giải được $c_1=2;c_2=0$
Vậy $f(x)=a_x=2Cos{x\alpha }$
-Vậy (*) có 4 nghiệm:
$f(x)=0\\f(x)=2\\f(x)=a_x=(\frac{m+\sqrt{m^2-4}}{2})^x+(\frac{m-\sqrt{m^2-4}}{2})^x\\f(x)=a_x=2Cos{x\alpha }$
(Với $f(1)=m$ và $Sin\alpha =\frac{m}{2}$)
(Chắc anh biết cách giải của em chứ nhỉ) (^^,)//

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn:

$\left\{\begin{array}{l}f(1)=2(1) \\f(xy+y)=f(x).f(y)-f(x+1)+2(*) \end{array}\right.\forall x,y\in \mathbb{Q}$

mình làm cách khác hen (,^ ^)/
-Lấy x=y=0:
$(*)\Rightarrow (f(0))^2=f(0)\Leftrightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=1$
-TH1: $f(0)=0$
Lấy $x\in Q;y=0$:
$(*) \Rightarrow f(x+1)=2$ ,điều này trái với (1):
-TH2: $f(0)=1$
Lấy $x\in Q;y=0$ và $a_x=f(x)$
$\Rightarrow$$\begin{cases}
& \ a_0=1 \\
& \ a_1=2 \\
& \ a_{x+1}-a_x=1
\end{cases}$
Dễ dàng suy ra từ hệ: $f(x)=a_x=x+1$
-Thử lại, thỏa!
-Vậy nghiệm của (*) là: $f(x)=x+1$

Giải hpt: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+(x+y)=xy\\y^3+3y^2+2y=x+1 \end{matrix}\right.$

^^,"/
Đặt $m=x+1;n=y+1$
-Thế vào hệ cũ, ta được hệ mới:
$\begin{cases}
& \ m^2+n^2=mn+1 \\
& \ n^3=m+n
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ (m+n)^2-3mn-1=0 \\
& \ m=n^3-n
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ n^6-3n^4+3n^2-1=0 \\
& \ m=n^3-n
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ (n^2-1)^3=0 \\
& \ m=n^3-n
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ n=1 \\
& \ m=0
\end{cases}V \begin{cases}
& \ n=-1 \\
& \ m=0
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ x=-1 \\
& \ y=0
\end{cases}V \begin{cases}
& \ x=-1 \\
& \ y=-2
\end{cases}$
-Vậy nghiệm có 2 nghiệm pb: $(x;y)=(-1;0);(-1;-2)$