Vito Khang Scaletta

Giải phương trình: $x^{2}-4x+2= \sqrt{x+2}$

Điều kiện: $\begin{bmatrix} x\geq 2+\sqrt{2} \\ x\leq 2-\sqrt{2} \end{bmatrix}$

Đặt $\sqrt{x+2}=y-2;(y\geq 2)$, ta được hệ pt $\left\{\begin{matrix} y^{2}-4y+2=x \\ x^{2}-4x+2=y \end{matrix}\right.$

Đây là dạng hệ đối xứng loại 2, lấy trên trừ dưới rồi phân tích nhân tử thôi

Cách này là cách THPT, không biết post đây có sao không nữa.

Chứng minh rằng nếu $|a|> 2$ thì hệ sau vô nghiệm
$\left\{\begin{matrix} x^5+2y=a;(1)\\ x^2+y^2=1;(2) \end{matrix}\right.$

Từ $(2)$ $x^{2}+y^{2}=1$, ta nhận thấy $\exists t\in [0;2\pi)$ sao cho $\left\{\begin{matrix} x=sint \\ y=cost \end{matrix}\right.$.

Khi đó ta có $(2)\Rightarrow sin^{5}t+2cost=a$

Mặt khác, do $\left\{\begin{matrix} |sint|\leq 1 \\ |cost|\leq 1 \end{matrix}\right.$ nên $\left\{\begin{matrix} -sin^{2}t\leq sin^{5}t\leq sin^{2}t \\ -2cos^{2}t\leq 2cost\leq 2cos^{2}t \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} sin^{5}t+2cost\leq sin^{2}t+2cos^{2}t=1+cos^{2}t\leq 2 \\ sin^{5}t+2cost\geq -sin^{2}t-2cos^{2}t=-1-2cos^{2}t\geq -2 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow -2\leq sin^{5}t+2cost\leq 2$

Trả về ẩn của đề bài $\Rightarrow -2\leq x^{5}+2y\leq 2$

Từ đó suy ra, nếu $a<2$ hay $a>2$ thì phương trình vô nghiệm.

Nói cách khác, nếu $|a|>2$ thì hệ phương trình đề bài vô nghiệm. 

Giải hệ: 
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}(1+\frac{3}{x+y})=\frac{16}{5};(1) & \\ \sqrt{y}(1-\frac{3}{x+y})=\frac{2}{5};(2)& \end{matrix}\right.$

Điều kiện: $\left\{\begin{matrix} x;y\geq 0 \\ x\neq -y \end{matrix}\right.$
Nhận thấy rằng $(x;y)=(0;0)$ không là nghiệm của hệ nên ta chia $(1)$ cho $\sqrt{x}$ và $(2)$ cho $\sqrt{y}$, hệ phương trình trở thành 
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 1+\frac{3}{x+y}=\frac{16}{5\sqrt{x}};(3) \\ 1-\frac{3}{x+y}=\frac{2}{5\sqrt{y}};(4) \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (3)+(4)\Leftrightarrow \frac{8}{5\sqrt{x}}+\frac{1}{5\sqrt{y}}=1;(5) \\ (3)-(4)\Leftrightarrow \frac{8}{5\sqrt{x}}-\frac{1}{5\sqrt{y}}=\frac{3}{x+y};(6) \end{matrix}\right.$ 
$\Rightarrow (5).(6)=(\frac{8}{5\sqrt{x}}+\frac{1}{5\sqrt{y}})(\frac{8}{5\sqrt{x}}-\frac{1}{5\sqrt{y}})=\frac{3}{x+y}$
$\Leftrightarrow \frac{64}{25x}-\frac{1}{25y}=\frac{3}{x+y}$ $\Leftrightarrow 64y(x+y)-x(x+y)=75xy$
$\Leftrightarrow x^{2}+12xy-64y^{2}=0$ $(7)$
Chia $(7)$ cho $y^{2}$ và đặt $t=\frac{x}{y}$, ta được phương trình $\Rightarrow t^{2}+12t-64=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=4 \\ t=-16 \end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=4y \\ x=-16y \end{bmatrix}$
Ta loại $x=-16y$ vì điều kiện đề bài yêu cầu cả $x;y\geq 0$ và ta đã nhận xét được $x;y\neq 0$.

Thay $x=4y$ vào $(1)$, ta được $(1)\Rightarrow 2\sqrt{y}(1+\frac{3}{5y})=\frac{16}{5}\Leftrightarrow \sqrt{y}+\frac{3}{5\sqrt{y}}=\frac{8}{5}$ $\Leftrightarrow 5y-8\sqrt{y}+3=0$

Đặt $a=\sqrt{y}\geq 0$, ta được phương trình $5a^{2}-8a+3=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a=1 \\ a=\frac{3}{5} \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix} y=1\Rightarrow x=4 \\ y=\frac{9}{25}\Rightarrow x=\frac{36}{25} \end{bmatrix}$

Vậy ta kết luận hệ phương trình có 2 nghiệm $(x;y)=(4;1)$ hay $(x;y)=(\frac{36}{25};\frac{9}{25})$.

Trong mặt phẳng $Oxy$ cho $A(-3;3);B(4;2);C(3;-1)$

Tìm tọa độ điểm $M$ trên trục $Ox$ sao cho $\left | \overrightarrow{MA} -2\overrightarrow{MB}+3\overrightarrow{MC}\right |$ nhỏ nhất

Gọi $M(m;0)\in Ox$

Đặt $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MB}+3\overrightarrow{MB}=(-3-m;-3)-2(4-m;2)+3(3-m;-1)=(-2m-2;-10)$

Ta có $|\overrightarrow{a}|=\sqrt{(2m+2)^{2}+10^{2}}\geq 10$

Dấu đẳng thức xảy ra khi $m=-1$

Vậy tọa độ điểm $M(-1;0)$

Hệ biến đổi thành$x^{2}(x+y)^{2}=2(x+3)+3$ (1)

                            $2x(x+y)=(x+3)^{2}-3$       (2)

Từ (1) và (2) bằng cách đặt x+3=t được PT

$t^{4}-6t^{2}-8t-3=0\Leftrightarrow (t+1)^{3}(t-3)=0$

Với t=3 $\Rightarrow x=0$ PT vô nghiệm

Với t=-1 $\Rightarrow x=-4 \Rightarrow y=\frac{17}{4}$

Ra nghiệm vậy đúng rồi nhưng mình thấy cách này chưa tối ưu bạn (bởi vì phải qua bình phương 2 vế trong khi chưa biết âm hay dương và phải qua cả phương trình bậc 4).

Mình có cách này...

Đặt $(a;b)=[x(x+y);x+3]$, hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} a^{2}=2b+3 \\ 2a=b^{2}-3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2}=2b+3 \\ b^{2}=2a+3 \end{matrix}\right.$

Đây là hệ đối xứng loại 2, lấy trên trừ dưới, dễ r nhỉ

Giải và biện luận phương trình sau theo $a, b$:

$\sqrt{2(x^{2} - x\sqrt{x^{2} - a^{2}}) - a^{2}} + \sqrt{2(x^{2} + x\sqrt{x^{2} - a^{2}}) - a^{2}} = \left | x + b \right | + \left | x - b \right |$ $(1)$

Điều kiện: $x^{2}\geq a^{2}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x\geq a \\ x\leq -a \end{bmatrix}$

$(1)\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}-2x\sqrt{x^{2}-a^{2}}+x^{2}-a^{2}}+\sqrt{x^{2}+2x\sqrt{x^{2}-a^{2}}+x^{2}-a^{2}}=|x+b|+|x-b|$

$\Leftrightarrow \sqrt{(x-\sqrt{x^{2}-a^{2}})^{2}}+\sqrt{(x+\sqrt{x^{2}-a^{2}})^{2}}=|x+b|+|x-b|$

$\Leftrightarrow |x-\sqrt{x^{2}-a^{2}}|+|x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|=|x+b|+|x-b|$

$\Leftrightarrow (x-\sqrt{x^{2}-a^{2}})^{2}+(x+\sqrt{x^{2}-a^{2}})^{2}+2(x-\sqrt{x^{2}-a^{2}})(x+\sqrt{x^{2}-a^{2}})=(x+b)^{2}+(x-b)^2+2(x+b)(x-b)$

$\Leftrightarrow x^{2}=b^{2}$ $x=\pm b$

$*$ Xét khi $b\geq a$, thì ta thấy rằng phương trình có 2 nghiệm $x=\pm b$ (do khi đó hiển nhiên $-b\leq -a$)

$*$ Xét khi $b\leq a$, thì phương trình vô nghiệm.

2)  tam giác ABC nhọn $\widehat{B}>\widehat{C}$. Đường cao AH,trung tuyến AM . C/m 
a) $HC-HB=2HM$ 
b) Goi $\alpha$ la goc tao boi AH va AM. C/m $tan \alpha=\frac{cotC-cotB}{2}$

Câu $a)$ Ta có: $HC-HB=HM+MC-(BM-HM)=2HM+MC-BM=2HM$
($MC-BM=0$ do $M$ là trung điểm $BC$).
Câu $b)$
Xét $\Delta AHM$ vuông tại $H$ có $tan\alpha =\frac{HM}{AH}$ (do $AH$ là đường cao $\Delta ABC$)
Xét $\Delta ABH$ vuông tại $H$ có $cotB=\frac{BH}{AH}$ (...)
Xét $\Delta ACH$ vuông tại $H$ có $cotC=\frac{CH}{AH}$ (...)
Áp dụng điều đã chứng minh ở câu $(a)$, ta có $\frac{cotC-cotB}{2}=\frac{\frac{HC}{AH}-\frac{HB}{AH}}{2}=\frac{HC-HB}{2AH}=\frac{2HM}{2AH}=\frac{HM}{AH}=tan\alpha$

Sau khi xem đề bài thì em có 1 số ý kiến như sau...

 

Đề bài phải nói là khá khó (nếu không muốn nói là rất khó) đối với những học sinh khá-giỏi, em nghĩ là chỉ có những học sinh giỏi thật sự mới có thể tiếp cận được những bài như thế này. VMF là 1 diễn đàn Toán chung cho tất cả mọi học sinh ở mọi trình độ, nhưng đối với đề như thế thì em có cảm giác như là đây không phải là sân chơi của những bạn có trình độ như em được. Tại sao đề không phân bố như đề thi đại học, có nhiều chuyên đề trong cùng 1 đề, để bất kì ai có thể làm chuyên đề sở trường của mình ? Bên cạnh đó, em nghĩ đề nên được phân bố từ dễ đến khó để mọi người có thể thử sức bản thân qua những bài Toán chứ không chỉ đơn thuần là dành cho người có trình độ.

 

Đó là ý kiến của em về vấn đề trình độ, thứ 2 là vấn đề về kiến thức. Trước khi thi em cũng lo lắng hỏi mọi người về vấn đề lớp 11, 12 làm chung 1 đề thì có khi kiến thức của lớp 12 mà lớp 11 chưa học thì làm như thế nào đây ? Ở đây ví dụ như là hiện tại chỉ đang là học kì 1 nhưng BTC cho đề có phần dãy số là thuộc chương trình học kì 2 thì khi đó những bạn chưa học tới sẽ xử lý ra sao ? Không nói đâu xa mà phần tổ hợp xác xuất thì hiện tại không phải tất cả mọi người đều đã học tới va có thể thành thạo để giải 1 đề có thể nói là... học búa như thế này .

 

Em mong BTC sẽ xem xét và tổ chức những lần sau tốt hơn để mọi người ở mọi trình độ đều có thể thực hiện đam mê của mình, thử sức bản thân và chinh phục những bài toán. Em xin cám ơn !!

Cho $M(1;5)$, đường tròn $C: x^{2}+y^{2}-2x+4y-4=0$, đường thẳng $d: x-2y+4=0$.

a, tìm ảnh của $M$, $(C)$, $d$ qua phép đối xứng trục $Ox$.

b, Tìm ảnh của $(C)$ qua phép đối xứng trục $d$.

$a)$ Ta có $M'(x';y')=Đ_{Ox}(M)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x'=x=1 \\ y'=-y=-5 \end{matrix}\right.\Rightarrow M'(1;-5)$

 

Đối với đường tròn $(C )$ thì xác định tâm rồi tịnh tiến đối xứng cái tâm tương tự như trên, bán kính mới bằng bán kính cũ.

Đường thẳng $(d)$ cũng vậy, xác định 2 điểm thuộc đường cũ rồi đối xứng 2 điểm đó qua Ox, viết pt đường thẳng qua 2 điêm mới.

 

$b)$ $(C )$ có tâm $I(1;-2)$ và bán kính $R=3$.

Gọi $(d')$ là đường thẳng đi qua $I(1;-2)$ và vuông góc với $(d)$

$\Rightarrow (d')$ nhận $\overrightarrow{n}=(2;1)$ làm $VTPT$

$\Rightarrow (d'):2(x-1)+(y+2)=0 \Leftrightarrow 2x+y=0$

Tọa độ giao điểm $I_{0}$ của $(d)$ và $(d')$ là nghiệm của hệ $\left\{\begin{matrix} 2x+y=0 \\ x-2y=-4 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{-4}{5} \\ y=\frac{8}{5} \end{matrix}\right.\Rightarrow I_{0}(\frac{-4}{5};\frac{8}{5})$

Ta có $I'(x';y')=Đ_{(d)}[(C )]=(C')\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} Đ_{I_{0}}(I)=I' \\ R'=R \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x'=2x_{0}-x=2.(\frac{-4}{5})-1=\frac{-13}{5} \\ y'=2y_{0}-y=2.\frac{8}{5}+2=\frac{26}{5} \\ R'=R=3 \end{matrix}\right.$

Vậy $(C')=(x+\frac{13}{5})^{2}+(y-\frac{26}{5})^{2}=9$

 

P/s: có sai xót xin phép đc bỏ qua, toàn tính tay ko có máy tính @@

Câu 2a còn 1 cách nữa gọi là tổng quát cho dạng này.

Đang suy nghĩ câu 1

2. Tìm $m$ để phương trình : $x^{4} + (1 - 2m)x^{2} + m^{2} - 1 = 0$

a, Có 1 nghiệm duy nhất

Nhận xét: gỉa sử $x_{0}$ là nghiệm của phương trình thì $-x_{0}$ cũng là nghiệm của phương trình.
Mà phương trình có nghiệm duy nhất $\Rightarrow x_{0}=-x_{0}\Leftrightarrow x_{0}=0$, thay vào phương trình thì ta tìm được $m=\pm 1$

Vậy...

Mình không biết phải ko nhưng mà... nghi vấn đây là "hậu quả" của việc dùng nhân liên hiệp phải không bạn =))

sao thế dc, mk giải vẫn có nhiều pt bậc 3 vô nghiệm mà

Theo mình biết thì phương trình bậc lẻ luôn có nghiệm đó bạn.

Bởi vì bậc lẻ luôn có thể tách ra thành các nhân tử bậc 2 nhân với nhau và nhân với 1 nhân tử bậc nhất, và bậc nhất thì đảm bảo luôn có nghiệm rồi nhỉ ? :v

 

Phần màu đỏ chưa được chặt chẽ

Mình mới chỉ học lớp 11 nên còn 1 số phương pháp mình hcưa nắm đc nên mình chỉ biết ghi vậy thoy

Giaỉ phương trình: $8x^{3}-6x-1=0$

Bằng cách nào đó (mình thì bấm máy) và nhận thấy phương trình chỉ có nghiệm $x\in [-1;1]$ nên ta đặt $x=cost$.

Phương trình trở thành $8cos^3t-6cost-1=0 \Leftrightarrow 4cos^{3}t-3cost=\frac{1}{2}\Leftrightarrow cos3t=\frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow cos3t=cos\frac{\pi}{3}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=\frac{\pi}{9}+\frac{k2\pi}{3} \\ t=-\frac{\pi}{9}+\frac{k2\pi}{3} \end{bmatrix}$ $\Rightarrow \begin{bmatrix} x=cos(\frac{\pi}{9}+\frac{k2\pi}{3}) \\ x=cos(-\frac{\pi}{9}+\frac{k2\pi}{3}) \end{bmatrix};k\in\mathbb{Z}$

 

 Giải phương trình

$8cosx=\frac{\sqrt{3}}{cosx}+sinx$ $(1)$

Điều kiện: $cosx\neq 0$

$(1)\Leftrightarrow 8cos^{2}x-sinx.cosx=\sqrt{3}$

$\Leftrightarrow 4(2cos^{2}x-1)-\frac{1}{2}sin2x=\sqrt{3}-4$

$\Leftrightarrow sin2x-8cos2x+2\sqrt3-8=0$

Tới đây r nhưng nghiệm chắc là sẽ xấu đây, đây là phương trình cơ bản theo $sin,cos$ r này

Sao huynh đài bỏ mất $\cos x$ khi nhân rồi

Cái đó là $cos^2x=1-sin^2x$ đó bạn, nếu sai gì thì cũng sai kết quả thôi, kiểu gì kết quả cũng xấu mà