Baoriven

Bạn có thể thêm \displaystyle trước đoạn tex.

Ví dụ: "\displaystyle \lim_{x=0^+} \frac{1}{\sqrt{x}}" thì sẽ được $\displaystyle \lim_{x=0^+} \frac{1}{\sqrt{x}}$.

Trong Latex (Overleaf), nếu là phân số thì có thể "\dfrac{a}{b}" mà không cần thêm \displaystyle ($\dfrac{a}{b}$).

Dạng này các bạn dùng tính đồng biến của hàm số: f(x) = $x^{3}+x^{2}+2x$ (Học sinh cấp 2 thì xét hiệu, cấp 3 thì dùng đạo hàm)

Từ đó suy ra x = y = z thôi mà.

Bạn làm rõ hơn về việc cộng vế và dùng tính đồng biến để giải được không nhỉ?

Mình bỏ cũng lâu nên có thể không update các cách mới!

Với riêng mình thì ngay từ đầu có thể thấy ngay $x,y,z$ cùng dấu. 

TH1: $x,y,z$ không âm thì có thể giả sử $x\geq y\geq z\geq 0$. 

TH này không khó, có thể xử lý dễ dàng.

TH2: $x,y,z$ đều âm. Đến đây nếu xử lý như trên có vẻ không suôn sẻ. 

Bắt nguồn từ việc $\dfrac{2}{3}\sqrt{4x+1}$ xuất hiện thì ta có thể tưởng tượng đặt ẩn phụ như sau:

$$\dfrac{2}{3}\sqrt{4x+1}+C(4x+1) = C.f^2(x)+\dfrac{2}{3}f(x).$$

Vì $9x^2$ xuất hiện nên ta thử ngay $C=1$ và tìm được $f(x)=3x-4$.

Đến đây, đặt $(\sqrt{4x+1}, 3x-4)=(a,b)$, PT ban đầu viết lại được:

$$a^2+\dfrac{2}{3}a=b^2+\dfrac{2}{3}b\Rightarrow (a-b)(a+b+\dfrac{2}{3})=0.$$

Một kinh nghiệm của mình khi gặp người quen $x^4+4$ là sẽ phân tích thành nhân tử $(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)$. Bài này cũng không ngoại lệ.

Ngoài ra, dễ dàng thấy ngay (đặt $x$ ở VT ra ngoài) thì $x$ dương.

Khi đó ta viết lại như sau:

$$15x(x^2+x+2)=4\sqrt{5}(x^2+2)\sqrt{(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)}.$$

Nhận xét, ta thấy $x^2+2$ xuất hiện ở cả hai bên, nên lợi dụng việc này, chia cả hai vế cho $x^2$ (được thực hiện do $x=0$ không là nghiệm).

Và ta viết lại được:

$$15(x+\dfrac{2}{x}+1)=4\sqrt{5}(x+\dfrac{2}{x})\sqrt{\bigg(x+\dfrac{2}{x}-2\bigg)\bigg(x+\dfrac{2}{x}+2\bigg)}.$$

Đặt $t=x+\dfrac{2}{x}>0$. Khi đó, PT trở thành:

$$15(t+1)=4\sqrt{5}t\sqrt{t^2-4}.$$

Đến đây, có thể mạnh dạn bình phương vì bậc $4$ cũng không khó. Tuy nhiên do $t=3$ đã là nghiệm thì sẽ còn lại PT bậc $3$ có thể dẫn đến nghiệm thực khó kiểm soát (phỏng đoán) nên mình sử dụng phương pháp đánh giá. 

Ta thấy $t=3$ thì $\sqrt{t^2-4}=\sqrt{5}$, làm mình nghĩ đến áp dụng BCS cho hai số hạng này ở VP.

$$\dfrac{15(t+1)}{2t}=2\sqrt{5}\sqrt{t^2-4}\leq t^2+1\Rightarrow t\geq 3.$$

Đến đây, ta chỉ cần khéo léo để ra được $t\leq 3$ là done!

$$\dfrac{15(t+1)}{4t}=\sqrt{5}\sqrt{t^2-4}\geq 5\Rightarrow t\leq 3.$$

Vậy $t=3$, dẫn đến $x\in \{1,2\}$. 

P/S:

1. Ở trên là hướng suy nghĩ giải của mình, hoàn toàn tự nhiên, chứ không "học thuộc bài" hoặc rơi vào dạng nào.
2. Các kỹ thuật phân tích nhân tử, tìm điểm chung, đặt ẩn mới và tìm giới hạn (điều kiện) của ẩn cần được sử dụng nhuần nhuyễn.
3. Kinh nghiệm!

Các bài dạng này có thể xử lý bằng tổng $S$ tích $P$ để thêm được một điều kiện $S^2\geq 4P$.

Đặt $(x,-y)=(a,b)$. Khi đó, $S=a+b,P=ab<0$.

Từ PT ban đầu, ta được:

$$a^3+b^3=13(a^2+b^2) \Rightarrow P=\dfrac{S^3-13S^2}{3S-26}.$$

Giải hai BPT $P<0$ và $S^2\geq 4P$, ta được $(S,P)=\{(9,-324), (10,-75)\}$. 

Thử lại, ta được $(x,y)=(15,5)$.

Cho số phức $z$ thoả mãn $|z|=1$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:

$$P=|z+1|+|z^2-z+1|.$$

P/S: Bài này không lạ, thường đề ĐH sẽ có. Có nhiều cách tiếp cận thì lại hay!

Đặt $(x,-y)=(a,b)$. Khi đó, PT trở thành:

$$ a^3+b^3+2ab-8=0.$$

Ở đây có dạng tổng tích nên $(a+b,ab)=(S,P)$, ta thu được:

$$ P=\dfrac{S^3-8}{3S-2}.$$ 

Để ý $P\leq \dfrac{S^2}{4}$ nên ta có: 

$$\dfrac{S^3-8}{3S-2}\leq \dfrac{S^2}{4} \Leftrightarrow \dfrac{S^3+2S^2-32}{3S-2}\leq 0\Leftrightarrow \frac{2}{3}<S \leq \frac{2}{3}(-1+\sqrt[3]{53-6 \sqrt{78}}+\sqrt[3]{53+6 \sqrt{78}}).$$

Do $S\in \mathbb{Z}$ nên $S=1$ (loại $P$ không nguyên) và $S=2$, được $P=0$.

Vậy $(x,y)=\{(2,0),(0,-2)\}$.

P/S:

• Nếu đổi lại $x^3-y^3=2xy-8$ thì ở đoạn giải BPT theo $S$ sẽ đẹp hơn .
• Việc đặt lại theo $a,b$ là do sau khi đổi dấu. Còn việc đặt $S,P$ là do thử kiểm tra liệu có thể $S$ nằm trong đoạn nào?
• Các kỹ thuật đặt trên là do kinh nghiệm, tuy nhiên nếu làm nhiều sẽ thành thói quen với các bài dạng PT nghiệm nguyên (vốn không có nhiều điều kiện của biến).
• Ngoài ra, trong vài trường hợp có thể mẫu là ước của tử hoặc một vế nào đó của PT luôn âm/dương.

Sau khi quy đồng, có thể tách tử như sau:

$$3x^5+5x^3+7x = x[3(x^4-1)+5(x^2-1)+15] = 3x(x-1)(x+1)(x^2+1) + 5x(x-1)(x+1)+ 15x = 3x(x-1)(x+1)(x-2)(x+2)+20x(x-1)(x+1)+15x.$$

Nếu để ý thêm ta thấy $y$ và $\sqrt{x^2-y^2}$ đã có tổng và tích, và tổng bình phương của hai số hạng này lại là $x^2$.

Khi đó: 

$$x^2=y^2+(\sqrt{x^2-y^2})^2 = (12-x)^2-2.12.$$

Suy ra ta được: $x=5$. 

Từ đây, $y$ và $\sqrt{25-y^2}$ là nghiệm của PT:

$$z^2-7z+12=0\Leftrightarrow z\in \{3,4\}.$$

Vậy nghiệm $(x,y)\in \{(5,3),(5,4)\}$.

Lâu rồi không chơi domino, giờ chợt nghĩ là có thể xếp domino thành 1 đường thẳng không và có bao nhiêu cách?

Cho $H_n= \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}$ và $S_n= \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k^2}$. Tính giá trị của:

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{16H_{n+2}-36S_{n+2}}{n(n+1)}.$$

Cho $B$, $C$ là hai điểm thuộc về hai phía của đường tròn đường kính $AD$ sao cho $AB=AC$. Xét $P$ thuộc đoạn $BC$, $M$, $N$ lần lượt thuộc $AB$, $AC$ thoả $PMAN$ là hình bình hành. Gọi $PL$ là đường phân giác của tam giác $MPN$ với $L\in MN$.

Chứng minh bốn điểm $B$, $Q$, $L$ và $C$ thuộc một đường tròn với $Q=PD\cap MN$. 

Tìm $x,y\in \mathbb{Z}$ thoả: 

$$(x+y)^3+x^3+y^3+3x^2y^2=1.$$

Tách $x=6$ là dễ dàng. Chứng minh phương trình còn lại vô nghiệm:

$$ \dfrac{x+10}{\sqrt{x+3}+3} = \dfrac{2.(4x-3)}{x^2+1}. $$