Toán Mỗi ngày 3 phương trình (Hệ phương trình)

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Lời giải bài 44
Bài này ta nghĩ ngay giải PT đầu và thử lại nghiệm ở BPT $2$.
PT đầu tương đương với: $2^{x^2-x+1}+2^{-x^2+x+2}=9$.
Đặt: $2^{x^2-x}=t, t> 0$.
Ta có PT: $2t+\frac{4}{t}-9=0\Leftrightarrow t=4;or;t=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=2;orx=-1$.
Ta thấy chỉ có nghiệm $x=2$ thỏa BPT $2$ nên $x=2$ là nghiệm của hệ.

Anh giải thích cho e cái đoạn pt đầu tương đương đc không anh ._.

 

[Baoriven]

Ta có: $2^{2x^2+1}+2^{2x+2}=9.2^{x^2+x}$.
Tới đây chia $2$ vế cho $2^{x^2+x}$ là được.
À em lộn tưởng anh đang giải bài $45$ ._. Em nghĩ thế quái nào mà $x_1+x_2+..x_n=2^{2x^2+1}+2^{2x+2}=9.2^{x^2+x}$ ._. haha :v

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

@Thủ Mộ Lão Nhân @Baoriven @W_Echo74 @tranvandong08 @Otaku8874 mọi người xem thử bài $44,45$ tư tưởng là biến đổi để đánh giá bằng bđt nhé :v. Nếu không có lời giải thì tối mình sẽ post lời giải nhé

 

[Dương Bii]

45. $1=\frac{1}{x_1} +\frac{1}{x_2} +...+\frac{1}{x_n} \geq \frac{n^2}{x_1+x_2+...+x_n}=> n^2\leq 9 <=> n\leq 3$
Vi n nguyen duong $=> n = 1,2,3$
Vs. $ n=1$ , Loai
$n=2$. , loai
$n=3$, $x_1=x_2=x_3=3$ thoa man.

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

[TEX]\boxed{47}[/TEX] Giải phương trình:

P/s: Thấy bài này trên diễn đàn ._. Chả biết làm sao cho hợp lý nghiệm lẻ cực ._.
@Baoriven @Dương Bii @W_Echo74 @tranvandong08 ,....

 

[tranvandong08]

đúng rồi hôm qua mình cũng gặp bài này -__-

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Lời giải bài 46:
Phương trình viết lại dưới dạng:
$(7n-12)3^n+(2n-14)2^n+24n=6^n$.
Biến đổi đưa về dạng:
$(2^n-n^2)(3^n-2n+14)=(3^n-2n)(3-n)(n-4)$
Ta có: $3^n=(1+2)^n \geq 1+2n$ sao cho $3^n-2n$ và $3^n-2n+14$ đều dương.
Vì $2^n>n^2$ với mọi $n$ trừ $n=2,3,4$ do đó nếu $n>4$ thì VT dương, VP âm. Do đó xét $n=2,n=3,n=4$ thì thấy $n=4$ thỏa mãn.
P/s: Tối em sẽ đăng thêm bài tập nhé. Có lẽ bài $47$ sai đề ._.

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

[TEX]\boxed{48}[/TEX]
$\left\{\begin{matrix}
&x+y+\sqrt{x^2-y^2}=12 \\
&y\sqrt{x^2-y^2}=12
\end{matrix}\right.$
[TEX]\boxed{49}[/TEX]
Chứng minh rằng phương trình $x^5-5x^4+30x^3-50x^2+55x-21=0$ có nghiệm duy nhất:
$x=1+\sqrt[5]{2}-\sqrt[5]{4}+\sqrt[5]{8}-\sqrt[5]{16}$.
P/s: Bài này em định bảo tìm nghiệm cơ :v Cơ mà vậy chắc tới Tết Tây :v.
[TEX]\boxed{50}[/TEX] (THTT):
$\left\{\begin{matrix}
&x+6\sqrt{xy}-y=6 \\
&x+\dfrac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}-\sqrt{2(x^2+y^2)}=3
\end{matrix}\right.$
[TEX]\boxed{51}[/TEX] ( Bonus thêm một bài ''xương'' :v)
$\left\{\begin{matrix}
&(x^2-1)^2+3=\dfrac{6x^5y}{x^2+2} \\
&3y-x=\sqrt{\dfrac{4x-3x^2y-9xy^2}{x+3y}}
\end{matrix}\right.$
P/s: Em xin lỗi vì post bài chậm ạ. Mọi người cùng làm bài nhé :v. Để mỗi anh @Baoriven làm thì chán lắm :v. Ảnh chán mà mình cũng chán nữa . @W_Echo74 @Thủ Mộ Lão Nhân nay chả thấy bác ở đâu? @Dương Bii @tranvandong08 @Otaku8874 , @Trafalgar D Law ......

 

[Baoriven]

Lời giải bài 48:
Điều kiện $y> 0$.
Bình phương $2$ vế PT $2$, ta được: $y^4-x^2y^2+144=0$ hay $y^4+144=x^2y^2$.
Viết lại hệ một chút:

$\left\{\begin{matrix}&y+\sqrt{x^2-y^2}=12-x \\ &y\sqrt{x^2-y^2}=12\end{matrix}\right.$​

Do đó: $y$ là thỏa mãn PT: $y^2-(12-x)y+12=0$ (Theo $Viete$).
Hay $y^2+12=(12-x)y$.
Suy ra: $x^2y^2=y^4+144=(12-x)^2y^2-24y^2$.
Loại $y=0$, suy ra được $x=5$.
Thế lại tìm được: $y=3$ hoặc $y=4$.

 

[batman1907]

[TEX]\boxed{49}[/TEX]
Chứng minh rằng phương trình $x^5-5x^4+30x^3-50x^2+55x-21=0$ có nghiệm duy nhất:
$x=1+\sqrt[5]{2}-\sqrt[5]{4}+\sqrt[5]{8}-\sqrt[5]{16}$.
P/s: Bài này em định bảo tìm nghiệm cơ :v Cơ mà vậy chắc tới Tết Tây :v.

$x^{5}-5x^{4}+30x^{3}-50x^{2}+55x-21=0$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}(x+1)^{5}=\dfrac{2}{3}(2-x)^{5}$
$\Leftrightarrow x+1=\sqrt[5]{2}(2-x)$
$\Leftrightarrow x=\dfrac{2\sqrt[5]{2}-1}{1+\sqrt[5]{2}}=1+\sqrt[5]{2}-\sqrt[5]{4}+\sqrt[5]{8}-\sqrt[5]{16}$

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Lời giải bài 48:
Điều kiện $y> 0$.
Bình phương $2$ vế PT $2$, ta được: $y^4-x^2y^2+144=0$ hay $y^4+144=x^2y^2$.
Viết lại hệ một chút:

$\left\{\begin{matrix}&y+\sqrt{x^2-y^2}=12-x \\ &y\sqrt{x^2-y^2}=12\end{matrix}\right.$​

Do đó: $y$ là thỏa mãn PT: $y^2-(12-x)y+12=0$ (Theo $Viete$).
Hay $y^2+12=(12-x)y$.
Suy ra: $x^2y^2=y^4+144=(12-x)^2y^2-24y^2$.
Loại $y=0$, suy ra được $x=5$.
Thế lại tìm được: $y=3$ hoặc $y=4$.

Đúng rồi ạ :v

$x^{5}-5x^{4}+30x^{3}-50x^{2}+55x-21=0$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}(x+1)^{5}=\dfrac{2}{3}(2-x)^{5}$
$\Leftrightarrow x+1=\sqrt[5]{2}(2-x)$
$\Leftrightarrow x=\dfrac{2\sqrt[5]{2}-1}{1+\sqrt[5]{2}}=1+\sqrt[5]{2}-\sqrt[5]{4}+\sqrt[5]{8}-\sqrt[5]{16}$

Có một hướng làm khác là từ $x=...$ biến đổi ngược lại :v.
$2$ anh thử làm bài $50,51$ xem :v

 

[Baoriven]

Lời giải bài 50:
Ta có: $xy\geq 0$.
Giả sử $x,y\leq 0$.
Ta có: $3+\sqrt{2(x^2+y^2)}=x+\dfrac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}\leq 0$ (vô lý)
Nên $x,y$ không âm.
Ta có: $PT1\Leftrightarrow 6=x+6\sqrt{xy}-y\leq x+3(x+y)-y=4x+2y$.
Suy ra: $2x+y\geq 3$.
Ta có: $x^2+xy+y^2\leq \dfrac{3(x^2+y^2)}{2}$.
$\Rightarrow \dfrac{3(x^3+y^3)}{x^2+y^2+xy}\geq \dfrac{2(x^3+y^3)}{x^2+y^2}$.
Ta cần chứng minh: $\dfrac{2(x^3+y^3)}{x^2+y^2}\geq \sqrt{2(x^2+y^2)}\Leftrightarrow x^6+y^6+4x^3y^3\geq 3x^4y^2+3x^2y^4$.
Ta có: $x^6+x^3y^3+x^3y^3\geq 3x^4y^2$ nên tương tự , ta có bđt trên đúng.
Suy ra: $\dfrac{3(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}\geq \sqrt{2(x^2+y^2)}\geq x+y$.
Nên: $PT(2)\Leftrightarrow 3=x+\dfrac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}-\sqrt{2(x^2+y^2)}\geq x+x+y=2x+y$.
Do đó $2x+y=3$, dấu bằng xảy ra khi $x=y$.
Vậy $x=y=1$.

 

[Hoàng Vũ Nghị]

[TEX]\boxed{52}[/TEX] Tìm nghiệm nguyên của phương trình
[tex]x^2-2y^2+xy-x+4y-12=0[/tex]

 

[Baoriven]

Lời giải bài 52:
Viết lại PT ban đầu, ta được: $x^2+x(y-1)-2(y-1)^2=10\Leftrightarrow (x-y+1)(x+2y-2)=10$.
Tới đây chắc bạn giải tiếp dễ dàng rồi .

 

[Hoàng Vũ Nghị]

GPT :
[tex](\sqrt{x+3}-\sqrt{x})(\sqrt{1-x}+1)=1[/tex]

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

giúp em bài này với :
Bài 52: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
[tex]x^2-2y^2+xy-x+4y-12=0[/tex]

Một cách khác nhưng cách của anh bảo đơn giản hơn
$x^2-2y^2+xy-x+4y-12=0
\\\Rightarrow x^2+x(y-1)-(2y^2-4y+12)=0
\\\Delta=(y-1)^2+4(2y^2-4y+12)=9y^2+18y+49$.
Tới đây thì $\Delta$ phải là 1 số cp thì mới có $x$ nguyên.
Hay $9y^2+18y+49=k^2(k \in \mathbb{Z}) \\\Rightarrow (3y+3)^2-k^2=-40 \\\Rightarrow (3y+3-k)(3y+3+k)=-40=...$.

 

[Baoriven]

Lời giải bài 53:
Điều kiện $x\in [0;1]$.
PT ban đầu tương đương với: $\sqrt{x+3}+\sqrt{x}=3(\sqrt{1-x}+1)\geq 3$.
Suy ra: $x\geq 1$. (BĐT trên giải không khó).
Do đó: $x=1$.

 

[Hoàng Vũ Nghị]

Tìm nghiệm nguyên của phương trình
[tex]x^3+y^3=1983[/tex]

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Tìm nghiệm nguyên của phương trình
[tex]x^3+y^3=1983[/tex]

Đặt $(x,y)=d \Rightarrow x=dx_1,y=dy_1$ với $(x_1,y_1)=1$ và $d \in \mathbb{N}$
Thay vào phương trình ta có:$d^3(x_1^3+y_1^3)=1983$.
Dễ thấy $1983$ phải chia hết cho $d^3$ mà $1983=3.661$ do đó $d=1$.
$\Rightarrow (x_1^3+y_1^3)=1983 \\\Rightarrow (x_1+y_1)(x_1^2-x_1.y_1+y_1^2)=1983$.
Tiếp tục đặt $(x_1+y_1,x_1^2-x_1.y_1+y_1^2)=k$.
Khi đó $(x_1+y_1)^2-(x_1^2-x_1.y_1+y_1^2) \vdots k$ hay $3x_1y_1 \vdots k$.
Xét trường hợp $3 \vdots k$ khi đó $k=1$ hoặc $k=3$.
Xét $k=3$ thì $x_1+y_1,x_1^2-x_1.y_1+y_1^2 \vdots 3$.
Do đó $VT \vdots 9$ mà $VP$ lại không chia hết cho $9$ nên vô lý.
Xét $k=1$ thì $x_1+y_1,x_1^2-x_1.y_1+y_1^2$ là 2 snt cùng nhau.
Xét $x_1y_1 \vdots k$ thì $x_1$ hoặc $y_1 \vdots k$ mà $x_1+y_1 \vdots k$ nên $x_1,y_1 \vdots k$.
Mà $(x_1,y_1)=1$ nên $k=1$.
Tóm lại: $x_1+y_1,x_1^2-x_1.y_1+y_1^2$ là 2 snt cùng nhau.
Do đó: $(x_1+y_1)(x_1^2-x_1.y_1+y_1^2)=1983=3.661=1.1983=...$
Chú ý là $x_1^2-x_1.y_1+y_1^2>0$
Từ đó tìm các cặp $x_1,y_1$ thích hợp

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Do bài $51$ khá khó nên em sẽ đề cử thêm bài tập để nhiều bạn khác có thể làm được
Bài chưa có lời giải:
[TEX]\boxed{51}[/TEX]
$\left\{\begin{matrix}
&(x^2-1)^2+3=\dfrac{6x^5y}{x^2+2} \\
&3y-x=\sqrt{\dfrac{4x-3x^2y-9xy^2}{x+3y}}
\end{matrix}\right.$
Bài tập đề nghị thêm:
Bài tập cơ bản:
[TEX]\boxed{55}[/TEX]
$\sqrt[3]{x-2}+\sqrt[3]{2x-3}=1$
[TEX]\boxed{56}[/TEX]
$x^2-3x-4=\sqrt{x-1}(x^2-4x-2)$
[TEX]\boxed{57}[/TEX] Giải hệ:
$\left\{\begin{matrix}
&xy+x+y=x^2-2y^2 \\
& x\sqrt{2y}-y\sqrt{x-1}=2x-2y
\end{matrix}\right.$
Bài tập nâng cao:
[TEX]\boxed{58}[/TEX] (VMO 2006)
$\left\{\begin{matrix}
&x^3+3x^2+2x-5=y & \\
&y^3+3y^2+2y-5=z & \\
&z^3+3z^2+2z-5=x &
\end{matrix}\right.$
[TEX]\boxed{59}[/TEX] Giải hệ:
$\left\{\begin{matrix}
&x^3-xy^2+2000y=0 \\
&y^3-yx^2+500x=0
\end{matrix}\right.$
P/s: @Baoriven @batman1907 @zzh0td0gzz @toilatot @W_Echo74 @Otaku8874 @tranvandong08 @Dương Bii ,.. Phần bài tập cơ bản không khó nên mong các thành viên trên diễn đàn có thể ủng hộ topic nhé.