|
|
giải đáp
|
Hệ pt đẳng cấp
|
|
|
|
Điều kiện : x≠±y.
Đặt: t=x+yx−y⇒x−yx+y=1t.
Phương trình (1) trở thành:
t+6t=5⇒t2−5t+6=0⇒t1=3;t2=2.
*
Với t1=3⇒x+yx−y=3⇒x=2y.
Đem thế vào (2) ta được: 2y2=2⇒y=±1
+y1=1⇒x1=2
+y2=−1⇒x2=−2.
* Với t2=2⇒x+yx−y=2⇒x=3y.
Đem thế vào (2) ta được: 3y2=2⇒y=±√63
+y3=−√63⇒x3=−√6
+y4=√63⇒x4=√6.
Hệ đã cho có 4 nghiệm: (−2;−1),(2;1),(−√6;−√63),(√6;√63)
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải hệ phương trình
|
|
|
|
Cách 1: Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai.
Đặt y=kx ta được hệ:
{3k2x2−2kx2=160k2x2−3kx2−2x2=8⇒{x2(3k2−2k)=160(1′)x2(k2−3k−2)=8(2′)
Vì x≠0, chia (1′) cho (2′) vế với vế, ta được:
3k2−2kk2−3k−2=20⇒17k2−58k−40=0⇒k1=4;k2=−1017.
* Với k1=4⇒y=4x. Thay vào (1) ta đưa về phương trình bậc hai đối với x:
48x2−8x2=160⇒x1=−2;x2=2.
Với x1=−2⇒y1=−8;x2=2⇒y2=8.
* Với k2=−1017⇒x3=−8,5;x4=8,5.
Với x3=−8,5⇒y3=5;x4=8,5⇒y4=−5.
Kết quả: Hệ phương trình có bốn nghiệm (−2;−8),(2;8),(−8,5;5),(8,5;−5).
Cách 2: Từ phương trình (1), rút x theo y ta được: x=3y2−1602y.
Đem thế vào phương trình (2) ta được phương trình trùng phương với ẩn y:
y4−89y2+1600=0.
Phương trình trùng phương này có 4 nghiệm:
y1=8;y2=−8;y3=5;y4=−5.
Ta tính được các giá trị tương ứng của x.
x1=2;x2=−2;x3=−8,5;x4=8,5.
Kết quả: Hệ phương trình có bốn nghiệm (−2;−8),(2;8),(−8,5;5),(8,5;−5). |
|
|
|
giải đáp
|
Giải và biện luận phương trình theo tham số a
|
|
|
|
a) Điều kiện a≠1;x≠−3
Quy đồng mẫu và rút gọn , ta đưa về dạng: (4a−9)x=31−2a (*)
- a≠94⇒ phương trình (*) có nghiệm x=31−2a4a−9
Để xét xem giá trị này có phải là nghiệm của phương trình đã cho hay không, ta xét thêm điều kiện
x≠−3
31−2a4a−9≠−3⇒a≠−25.
- a=94, phương trình (*) có dạng 0.x=532⇒ Vô nghiệm.
Kết quả: + a≠1;a≠94 và a≠−25
Phương trình có nghiệm x=31−2a4a−9
+ a=1 hoặc a=94 hoặc a=−25. Phương trình vô nghiệm.
b) Làm tương tự như câu a), rút gọn và đưa về PT bậc nhất ta được :
Đáp số: a≠±b⇒x=0
a=±b⇒ Phương trình vô nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải hệ phương trình
|
|
|
|
a) Đặt x+y=u;√xy=v
PT ⇔{u2−3v2=61u−v=7⇔{(7+v)2−3v2=61u=7+v⇔{v2−7v+6=0u=7+v
⇒{v1=1u1=8 và {v2=6u2=13.
Từ đây dễ dàng tìm được x và y.
Đáp số: S={(4+√15;4−√15);(4−√15;4+√15);(9;4);(4;9)}.
b)Đặt y=tx.
HPT ⇔{x2(2−3t+t2)=3x2(1−2t−2t2)=6
Nhận thấy các hạng tử bên vế trái của hai phương trình trên đều phải khác 0.
Ta suy ra 2−3t+t21−2t−2t2=12. PT này vô nghiệm tức là không có x,y thỏa mãn HPT.
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm nghiệm nguyên
|
|
|
|
Hướng dẫn:
Ta có: x2=y2+2y+3⇔x2−(y2+2y+1)=2
⇔x2−(y+1)2=2⇔(x+y+1)(x−y−1)=2
Khi
x,y nguyên thì x+y+1 nguyên và x−y−1 nguyên; do vậy
x+y+1 và x−y−1 phải nhận các giá trị là ước của 2. Ta có tất
cả 4 hệ:
{x+y+1=1x−y−1=2;{x+y+1=2x−y−1=1;{x+y+1=−1x−y−1=−2;{x+y+1=−2x−y−1=−1
Giải bốn hệ này kết hợp điều kiện x,y là các số nguyên ta được kết quả, PT đã cho vô nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình có nghiệm nguyên
|
|
|
|
Phân tích vế trái thành nhân tử, ta được: (2x+3y−z)(x−2y−z)=10 (*) Với x,y nguyên, dương thì 2x+3y−z và x−2y−z nhận các giá trị là các số nguyên là ước của 10.
Ta lại nhận thấy (2x+3y−z)−(x−2y−z)=x+5y.
với x≥1,y≥1⇒x+5y≥6.
Với các điều kiện này thì (*) tương đương với các hệ:
[{2x+3y−z=10x−2y−z=1(1){2x+3y−z=−1x−2y−z=−10(2)
Giải hệ (1).
Ta có x+5y=(2x+3y−z)−(x−2y−z)=9.
Nếu y≥2⇒x+5y>9. Như vậy y=1 và x=4.
Ta được bộ (x;y;z)=(4;1;2).
Tương tự giải hệ (2) ta được (x;y;z)=(4;1;12).
Đáp số: (4;1;2) và (4;1;12).
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
Dãy số
|
|
|
|
a) u1=sinπ6+cosπ3=12+12=1
u2=sin2π6+cos2π3=√32−12=√3−12
u4=sin4π6+cos4π3=√32−12=√3−12
u5=sin5π6+cos5π3=12+12=1
b) un+12=sin(n+12)π6+cos(n+12)π3=sin(nπ6+2π)+cos(nπ3+4π)
=sinnπ6+cosnπ3=un
un+24=sin(n+24)π6+cos(n+24)π3=sin(nπ6+4π)+cos(nπ3+8π)
=sinnπ6+cosnπ3
|
|
|
|
giải đáp
|
Biện luận phương trình
|
|
|
|
Trong bài này ta cần phân biệt hai thuật ngữ. Cho phương trình ax2+bx+c=0PT có nghiệm duy nhất nếu nó là PT bậc nhất (khi a=0) có duy nhất một nghiệm. PT có nghiệm kép nếu nó là PT bậc hai (khi a≠0) có Δ=0. a) m=−2. PT ⇔6x+4=0⇔x=−23. b) - Với m=0, phương trình trở thành 2x2+2x+4=0⇒x2+x+2=0 Δ=1−8<0⇒ Phương trình vô nghiệm.
Vậy với m=0⇒S=∅ . - Với m=9 phương trình trở thành: 11x2−16x+4=0 Δ=64−44=20⇒x1=8+2√511;x2=8−2√511. - Với m=−3 phương trình trở thành: x2−8x−4=0 Δ′=16+4=20⇒x1=4+2√5;x2=4−2√5. c) Ta có: Δ′=m2−6m−7. Phương trình có nghiệm kép: Δ′=0⇒m2−6m−7=0 ⇒m1=−1;m2=7. Vậy với m=−1 hoặc m=7 thì phương trình đã cho có nghiệm kép. |
|
|
|
giải đáp
|
Biện luận phương trình
|
|
|
|
Điều kiện xác định của phương trình là: x≠2.
Thực hiện các phép biến đổi và rút gọn, ta được phương trình:
(m−5)x=−15(∗) a) Nếu m−5≠0⇔m≠5 thì phương trình (*) có nghiệm là x=−15m−5. Để giá trị này là nghiệm của phương trình đã cho , ta phải loại các
giá trị m mà tại đó x nhận giá trị 2, theo điều kiện xác định,
tức là: −15m−5≠2⇔m≠5 và m≠−52.
Vậy với m≠5 và m≠−52 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x=−15m−5
b) - Với m=5. Phương trình (*) trở thành: 0.x=−15⇔ vô nghiệm ⇒ Phương trình vô nghiệm.
- Với m=−52 cho ta nghiệm x=2, đây là điều vô lý.
Kết luận : - Với m≠5 và m≠−52
Phương trình có nghiệm duy nhất : S={−15m−5}
- Với m=5 hoặc m=−52
Phương trình vô nghiệm: S = ∅.
|
|
|
|
giải đáp
|
Biện luận phương trình
|
|
|
|
Ta có:
m≠0 và m≠4⇒x=n2−mn−5m(m−4).
m=0⇒{n≠±√5⇒S=∅n=±√5⇒S=R;
m=4⇒0.x=n2−4n−5=(n+1)(n−5)
⇒{n≠−1;n≠5⇒S=∅n=−1 hoặc n=5⇒S=R
|
|
|
|
giải đáp
|
Hệ phương trình chứa tham số
|
|
|
|
a) Ta có: a≠±1⇒x=−aa+1,y=a2+a+1a+1.
a=1⇒{x∈Ry=1−x Hệ vô số nghiệm.
a=−1. Hệ vô nghiệm.
b) Cộng theo từng vế hai PT ta được x(a+b)=a+b.
Nếu
a=−b. PT trên ⇔0.x=0. PT này nghiệm đúng ∀x∈R. HPT đã cho có vô số nghiệm {x∈Ry=−b(x+1)
Nếu a≠−b. HPT có nghiệm {x=1y=a−b
c) Từ PT thứ hai thay x=y+a−b vào PT thứ nhất ta được PT b(a−b)=y(a−b).
Làm tương tự như câu b) ta được
Nếu a=b. HPT đã cho có vô số nghiệm {x∈Ry=x
Nếu a≠b. HPT có nghiệm {x=ay=b
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải hệ phương trình
|
|
|
|
Điều kiện : x≠±y.
Đặt: t=x+yx−y⇒x−yx+y=1t.
Phương trình (1) trở thành:
t+6t=5⇒t2−5t+6=0⇒t1=3;t2=2.
*
Với t1=3⇒x+yx−y=3⇒x=2y.
Đem thế vào (2) ta được: 2y2=2⇒y=±1
+y1=1⇒x1=2
+y2=−1⇒x2=−2.
* Với t2=2⇒x+yx−y=2⇒x=3y.
Đem thế vào (2) ta được: 3y2=2⇒y=±√63
+y3=−√63⇒x3=−√6
+y4=√63⇒x4=√6.
Hệ đã cho có 4 nghiệm: (−2;−1),(2;1),(−√6;−√63),(√6;√63)
|
|
|
|
giải đáp
|
Biện luận hệ pt
|
|
|
|
Ta có: D=m2−2m=m(m−2) Dx=m−2(m−1)=−(m−2) Dy=m2−2m=m(m−2)a) Nếu m≠0 và m≠2⇒D≠0 Hệ có nghiệm duy nhất x=DxD=−(m−2)m(m−2)=−1m;y=DyD=m(m−2)m(m−2)=1
b)
+ Nếu m=0⇒ hệ có dạng: {0x+2y=10x+0y=−1⇒ hệ vô nghiệm. + Với m=2⇒ hệ có dạng: {2x+2y=12x+2y=1. Nghiệm của hệ là : {x∈Ry=1−2x2 Hệ vô số nghiệm. |
|
|
|
giải đáp
|
Giải bài này như thế nào?
|
|
|
|
a) Tam thức triệt tiêu với x=13 và x=−27 tức là PT f(x)=0 nhận hai giá trị đó làm nghiêm.
Theo định lý Vi-ét ta có :
{−ba=13−27=121ca=−13.27=−221⇔a21=b−1=c−2
Vậy khi a,b,c thỏa mãn điều kiện trên thì bài toán được giải.
b) Thực chất bài toán là đi giải hệ phương trình sau
{a.1+b.1+c=3a.19−b.13+c=3c=4⇔{a=−3b=2c=4
|
|