|
sửa đổi
|
$\color{green}{x+\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}>\frac{3\sqrt{5}}{2}}$
|
|
|
Điều kiện của bất phương trình là $x<-1\vee x>1$.Trường hợp $x<-1$. Khi đó bất phương trình vô nghiệm vì nó có vế trái nhận giá trị âm.Trường hợp $x>1$. Biến đổi tương đương bất phương trình đã cho và ta được $x\left ( \sqrt{x^2-1}+1 \right )>\frac{3\sqrt{5}}{2}$ $\Leftrightarrow 2.\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}>3\sqrt{5}.\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2}$ $(1)$.Đặt $u=\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}$ với $1<u\leq \sqrt{2}$. Khi đó ta có $\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2}=\frac{u^2-1}{2}$. Từ đó bất phương trình $(1)$ trở thành $2u>3\sqrt{5}.\frac{u^2-1}{2}$, $\Leftrightarrow 3\sqrt{5}u^2-4u-3\sqrt{5}<0$.Giải bất phương trình này và nhận nghiệm $u$ thỏa mãn $1<u\leq \sqrt{2}$ thì được $1<u<\frac{3}{\sqrt{5}}$. Với kết quả trên, ta có $1<\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}<\frac{3}{\sqrt{5}}$ $(2)$. Vì $\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}>1,\forall x>1$ nên ta có $(2)\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ \frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}<\frac{3}{\sqrt{5}}\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ \sqrt{5}\sqrt{x^2-1}<3x-\sqrt{5}\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\5(x^2-1)<(3x-\sqrt{5})^2\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\4x^2-6\sqrt{5}x+10>0\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\x>\sqrt{5}\vee x<\frac{\sqrt{5}}{2}\end{cases}$ $\Leftrightarrow x>\sqrt{5}\vee 1<x<\frac{\sqrt{5}}{2}$.Vậy, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S=\left ( 1;\frac{\sqrt{5}}{2}\right )\cup \left ( \sqrt{5};+\infty \right )$.
Điều kiện của bất phương trình là $x<-1\vee x>1$.Trường hợp $x<-1$. Khi đó bất phương trình vô nghiệm vì nó có vế trái nhận giá trị âm.Trường hợp $x>1$. Biến đổi tương đương bất phương trình đã cho và ta được $x\left ( \sqrt{x^2-1}+1 \right )>\frac{3\sqrt{5}}{2}$ $\Leftrightarrow 2.\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}>3\sqrt{5}.\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2}$ $(1)$.Đặt $u=\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}$ với $1 $2u>3\sqrt{5}.\frac{u^2-1}{2}$, $\Leftrightarrow 3\sqrt{5}u^2-4u-3\sqrt{5}<0$.Giải bất phương trình này và nhận nghiệm $u$ thỏa mãn $1Với kết quả trên, ta có $1<\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}<\frac{3}{\sqrt{5}}$ $(2)$. Vì $\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}>1,\forall x>1$ nên ta có $(2)\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ \frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}<\frac{3}{\sqrt{5}}\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ \sqrt{5}\sqrt{x^2-1}<3x-\sqrt{5}\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\5(x^2-1)<(3x-\sqrt{5})^2\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\4x^2-6\sqrt{5}x+10>0\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\x<\frac{\sqrt{5}}{2}\vee x>\sqrt{5}\end{cases}$ $\Leftrightarrow 1<x<\frac{\sqrt{5}}{2}\vee x>\sqrt{5}$Vậy, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S=\left ( 1;\frac{\sqrt{5}}{2}\right )\cup \left ( \sqrt{5};+\infty \right )$.
|
|
|
sửa đổi
|
#SieuPT
|
|
|
Điều kiện của phương trình là $x\geq-1$.Có thể thấy $x=-1$ hoặc $x=3$ là hai nghiệm của phương trình đã cho. Các trường hợp còn lại của $x$ được xét như sau.Trường hợp $x\in (-1;3)$. Khi đó $0<x+1<4$. Từ đó suy ra $\sqrt{\frac{2}{x+1}+2\sqrt{\frac{2}{(x+1)^3}+4\sqrt{\frac{1}{(x+1)^7}}}}>\sqrt{\frac{2}{4}+2\sqrt{\frac{2}{4^3}+4\sqrt{\frac{1}{4^7}}}}=1$,hay $\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{4(x+1)}}}>1$.Kết quả trên cho thấy các giá trị của $x\in(-1;3)$ không phải là nghiệm của phương trình đã cho.Trường hợp $x\in (3;+\infty )$. Khi đó $x+1>4$. Từ đó suy ra $\sqrt{\frac{2}{x+1}+2\sqrt{\frac{2}{(x+1)^3}+4\sqrt{\frac{1}{(x+1)^7}}}}<\sqrt{\frac{2}{4}+2\sqrt{\frac{2}{4^3}+4\sqrt{\frac{1}{4^7}}}}=1$,hay $\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{4(x+1)}}}<1$.Kết quả trên cho thấy các giá trị của $x\in(3;+\infty )$ không phải là nghiệm của phương trình đã cho.Thành thử, phương trình đã cho có hai nghiệm, đó là $x=-1$ hoặc $x=3$.
Điều kiện của phương trình là $x\geq-1$.Có thể thấy $x=-1$ hoặc $x=3$ là hai nghiệm của phương trình đã cho. Các trường hợp còn lại của $x$ được xét như sau.Trường hợp $x\in (-1;3)$. Khi đó $0 $\sqrt{\frac{2}{x+1}+2\sqrt{\frac{2}{(x+1)^3}+4\sqrt{\frac{1}{(x+1)^7}}}}>\sqrt{\frac{2}{4}+2\sqrt{\frac{2}{4^3}+4\sqrt{\frac{1}{4^7}}}}=1$,hay $\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{4(x+1)}}}>x+1$.Kết quả trên cho thấy các giá trị của $x\in(-1;3)$ không phải là nghiệm của phương trình đã cho.Trường hợp $x\in (3;+\infty )$. Khi đó $x+1>4$. Từ đó suy ra $\sqrt{\frac{2}{x+1}+2\sqrt{\frac{2}{(x+1)^3}+4\sqrt{\frac{1}{(x+1)^7}}}}<\sqrt{\frac{2}{4}+2\sqrt{\frac{2}{4^3}+4\sqrt{\frac{1}{4^7}}}}=1$,hay $\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{4(x+1)}}}<x+1$.Kết quả trên cho thấy các giá trị của $x\in(3;+\infty )$ không phải là nghiệm của phương trình đã cho.Thành thử, phương trình đã cho có hai nghiệm, đó là $x=-1$ hoặc $x=3$.
|
|
|
sửa đổi
|
Tìm các giá trị của tham số m để
|
|
|
Điều kiện để $(C_{m})$ cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt $A,B,C,D$ là phương trình $x^4-2(m-1)x^2+3m-9=0$ $(*)$ có bốn nghiệm phân biệt, tức là $m$ là nghiệm của hệ $\begin{cases}(m-1)^2-(3m-9)>0 \\ 2(m-1)>0\\3m-9>0 \end{cases}$,hay $\begin{cases}m^2-5m+10>0>0 \\ m>1\\m>3 \end{cases}$.Giải hệ này và được kết quả $m>3$.Khi đó $(*)$ có hai nghiệm dương đối nhau với hai nghiệm âm; từ đề bài suy ra $x_{D}=-x_{A}$ và $x_{B}=-x_{C}$ với $x_{A}<0,x_{C}>0$. Từ định lý Vi-et mở rộng suy ra $\begin{cases}x_{A}x_{B}+x_{A}x_{C}+x_{A}x_{D}+x_{B}x_{C}+x_{B}x_{D}+x_{C}x_{D}=-2(m-1) \\ x_{A}x_{B}x_{C}x_{D}=3m-9\end{cases}$,hay $\begin{cases}x^{2}_{A}+x^{2}_{C}=2(m-1) \\ x^{2}_{A}x^{2}_{C}=3m-9\end{cases}$,suy ra $\begin{cases}x^{2}_{A}+x^{2}_{C}=2(m-1) \\ x_{A}x_{C}=-\sqrt{3m-9}\end{cases}$.Suy ra $|x_{C}-x_{A}|=\sqrt{x^{2}_{A}+x^{2}_{C}-2x_{A}x_{C}}=\sqrt{2(m-1)+2\sqrt{3m-9}}$.Dễ thấy rằng $A(x_{A};0)$ và $C(x_{C};0)$. Từ đó suy ra $AC=|x_{C}-x_{A}|=\sqrt{2(m-1)+2\sqrt{3m-9}}$; $d(M,AC)=d(M,Ox)=1$.Suy ra $S_{\Delta MAC}=\frac{1}{2}.AC.d(M,AC)=\sqrt{\frac{m-1+\sqrt{3m-9}}{2}}$.Từ đó, điều kiện để $S_{\Delta MAC}=2$ là $m$ phải là nghiệm của phương trình $\sqrt{\frac{m-1+\sqrt{3m-9}}{2}}=2$ $(**)$.Ta có: $(**)\Leftrightarrow \sqrt{3m-9}=9-m\Leftrightarrow \begin{cases}m\leq 9\\ m^2-21m+90=0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m\leq 9\\ m=6\vee m=15\end{cases}\Leftrightarrow m=6$.Giá trị $m=6$ thỏa mãn điều kiện $m>3$. Đây cũng là giá trị duy nhất thỏa mãn điều kiện đề bài.
Điều kiện để $(C_{m})$ cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt $A,B,C,D$ là phương trình $x^4-2(m-1)x^2+3m-9=0$ $(*)$ có bốn nghiệm phân biệt, tức là $m$ là nghiệm của hệ $\begin{cases}(m-1)^2-(3m-9)>0 \\ 2(m-1)>0\\3m-9>0 \end{cases}$,hay $\begin{cases}m^2-5m+10>0 \\ m>1\\m>3 \end{cases}$.Giải hệ này và được kết quả $m>3$.Khi đó $(*)$ có hai nghiệm dương đối nhau với hai nghiệm âm; từ đề bài suy ra $x_{D}=-x_{A}$ và $x_{B}=-x_{C}$ với $x_{A}<0,x_{C}>0$. Từ định lý Vi-et mở rộng suy ra $\begin{cases}x_{A}x_{B}+x_{A}x_{C}+x_{A}x_{D}+x_{B}x_{C}+x_{B}x_{D}+x_{C}x_{D}=-2(m-1) \\ x_{A}x_{B}x_{C}x_{D}=3m-9\end{cases}$,hay $\begin{cases}x^{2}_{A}+x^{2}_{C}=2(m-1) \\ x^{2}_{A}x^{2}_{C}=3m-9\end{cases}$,suy ra $\begin{cases}x^{2}_{A}+x^{2}_{C}=2(m-1) \\ x_{A}x_{C}=-\sqrt{3m-9}\end{cases}$.Suy ra $|x_{C}-x_{A}|=\sqrt{x^{2}_{A}+x^{2}_{C}-2x_{A}x_{C}}=\sqrt{2(m-1)+2\sqrt{3m-9}}$.Dễ thấy rằng $A(x_{A};0)$ và $C(x_{C};0)$. Từ đó suy ra $AC=|x_{C}-x_{A}|=\sqrt{2(m-1)+2\sqrt{3m-9}}$; $d(M,AC)=d(M,Ox)=1$.Suy ra $S_{\Delta MAC}=\frac{1}{2}.AC.d(M,AC)=\sqrt{\frac{m-1+\sqrt{3m-9}}{2}}$.Từ đó, điều kiện để $S_{\Delta MAC}=2$ là $m$ phải là nghiệm của phương trình $\sqrt{\frac{m-1+\sqrt{3m-9}}{2}}=2$ $(**)$.Ta có: $(**)\Leftrightarrow \sqrt{3m-9}=9-m\Leftrightarrow \begin{cases}m\leq 9\\ m^2-21m+90=0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m\leq 9\\ m=6\vee m=15\end{cases}\Leftrightarrow m=6$.Giá trị $m=6$ thỏa mãn điều kiện $m>3$. Đây cũng là giá trị duy nhất thỏa mãn điều kiện đề bài.
|
|
|
sửa đổi
|
BT nhá!!!!!!
|
|
|
1. Điều kiện để hàm số xác định là $sinx\geq 0$ và $cosx\geq 0$.Vì $1\geq cosx\geq cos^2x\geq 0$ nên ta có: $sinx=\sqrt{1-cos^2x}\geq \sqrt{1-cosx}\geq 1-cosx\geq 1-\sqrt{cosx}$.Suy ra: $y\geq \frac{2sinx-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq \frac{2(1-\sqrt{cosx})-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}=\frac{-4\sqrt{cosx}+1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq -\frac{3}{4}$.Đồng thời khi lấy $x=0$ thì có $y=-\frac{3}{4}$.2. Điều kiện của hệ là $x>0$ và $y>0$.Đặt $u=x^2$ và $v=y^3$ với $u,v>0$. Khi đó hệ đã cho trở thành $\begin{cases}log_{2}(\sqrt{u}).log_{3}(\sqrt[3]{v})=1 \\ u+v=31 \end{cases}$,hay $\begin{cases}log_{2}u.log_{3}(v)=6 \\ v=31-u \end{cases}$,suy ra $log_{2}u.log_{3}(31-u)-6=0$,hay $lnu.ln(31-u)-6ln2.ln3=0$ $(*)$.Xét hàm số: $f(t)=lnu.ln(31-u)-6ln2.ln3=0,\forall u\in (0;31)$.Khi đó ta có: $f'(u)=\frac{(31-u)ln(31-u)-ulnu}{u(31-u)},\forall u\in (0;31)$.Dễ thấy rằng $f'$ nhận giá trị dương trên $(0;1]$ và nhận giá trị âm trên $[30;31)$. Suy ra phương trình $f'(u)=0$ chỉ có thể có nghiệm trên $(1;30)$.Xét hàm số: $g(u)=ulnu,\forall u\in (1;30)$.Khi đó ta có: $g'(u)=lnu+1>0,\forall u\in(1;30)$.Do đó $g$ tăng trên $(1;30)$. Suy ra $g(31-u)=g(u)$ có thể có nhiều nhất một nghiệm trên $(1;30)$, hay $f'(u)=0$ có thể có nhiều nhất một nghiệm trên $(1;30)$. Suy ra $f'(u)=0$ có thể có nhiều nhất một nghiệm trên $(0;31)$. Điều này chứng tỏ $f$ có nhiều nhất một cực trị trên tập xác định của nó. Suy ra $(*)$ có nhiều nhất hai nghiệm phân biệt.Kiểm tra trực tiếp thì thấy $u=4$ và $u=27$ là hai nghiệm phân biệt của $(*)$.Thành thử $(*)$ có đúng hai nghiệm trên. Do đó hệ hai ẩn $u,v$ có hai nghiệm là $(u;v)=(4;27)$ và $(u;v)=(27;4)$. Suy ra hệ ban đầu có hai nghiệm là $(x;y)=(2;3)$ và $(x;y)=(3\sqrt{3};\sqrt[3]{4})$.
1. Điều kiện để hàm số xác định là $sinx\geq 0$ và $cosx\geq 0$.Vì $1\geq cosx\geq cos^2x\geq 0$ nên ta có: $sinx=\sqrt{1-cos^2x}\geq \sqrt{1-cosx}\geq 1-cosx\geq 1-\sqrt{cosx}$.Suy ra: $y\geq \frac{2sinx-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq \frac{2(1-\sqrt{cosx})-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}=\frac{-4\sqrt{cosx}+1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq -\frac{3}{4}$.Đồng thời khi lấy $x=0$ thì có $y=-\frac{3}{4}$.2. Điều kiện của hệ là $x>0$ và $y>0$.Đặt $u=x^2$ và $v=y^3$ với $u,v>0$. Khi đó hệ đã cho trở thành $\begin{cases}log_{2}(\sqrt{u}).log_{3}(\sqrt[3]{v})=1 \\ u+v=31 \end{cases}$,hay $\begin{cases}log_{2}u.log_{3}(v)=6 \\ v=31-u \end{cases}$,suy ra $log_{2}u.log_{3}(31-u)-6=0$,hay $lnu.ln(31-u)-6ln2.ln3=0$ $(*)$.Xét hàm số: $f(t)=lnu.ln(31-u)-6ln2.ln3,\forall u\in (0;31)$.Khi đó ta có: $f'(u)=\frac{(31-u)ln(31-u)-ulnu}{u(31-u)},\forall u\in (0;31)$.Dễ thấy rằng $f'$ nhận giá trị dương trên $(0;1]$ và nhận giá trị âm trên $[30;31)$. Suy ra phương trình $f'(u)=0$ chỉ có thể có nghiệm trên $(1;30)$.Xét hàm số: $g(u)=ulnu,\forall u\in (1;30)$.Khi đó ta có: $g'(u)=lnu+1>0,\forall u\in(1;30)$.Do đó $g$ tăng trên $(1;30)$. Suy ra $g(31-u)=g(u)$ có thể có nhiều nhất một nghiệm trên $(1;30)$, hay $f'(u)=0$ có thể có nhiều nhất một nghiệm trên $(1;30)$. Suy ra $f'(u)=0$ có thể có nhiều nhất một nghiệm trên $(0;31)$. Điều này chứng tỏ $f$ có nhiều nhất một cực trị trên tập xác định của nó. Suy ra $(*)$ có nhiều nhất hai nghiệm phân biệt.Kiểm tra trực tiếp thì thấy $u=4$ và $u=27$ là hai nghiệm phân biệt của $(*)$.Thành thử $(*)$ có đúng hai nghiệm trên. Do đó hệ hai ẩn $u,v$ có hai nghiệm là $(u;v)=(4;27)$ và $(u;v)=(27;4)$. Suy ra hệ ban đầu có hai nghiệm là $(x;y)=(2;3)$ và $(x;y)=(3\sqrt{3};\sqrt[3]{4})$.
|
|
|
sửa đổi
|
Giúp mình giải phương trình vi phân...???
|
|
|
Điều kiện $x>0$.Dễ thấy rằng $y\equiv0$ là nghiệm của phương trình.Xét $y\not\equiv0$. Khi đó phương trình tương đương với $\frac{2xy-x^2y'}{y^2}=-xlnx$,hay $(\frac{x^2}{y})'=xlnx$,suy ra $\frac{x^2}{y}=\int\limits xlnxdx$,suy ra $\frac{x^2}{y}=\frac{x^2(2lnx-1)}{4}$,suy ra $y=\frac{4}{2lnx-1}$.
Điều kiện $x>0$.Dễ thấy rằng $y\equiv0$ là nghiệm của phương trình.Xét $y\not\equiv0$. Khi đó phương trình tương đương với $\frac{2xy-x^2y'}{y^2}=-xlnx$,hay $(\frac{x^2}{y})'=xlnx$,suy ra $\frac{x^2}{y}=\int\limits xlnxdx$,suy ra $\frac{x^2}{y}=\frac{x^2(2lnx-1)}{4}+C$,suy ra $y=\frac{4x^2}{x^2(2lnx-1)+4C}$.Trong đó $C$ là hằng số.
|
|
|
sửa đổi
|
BT nhá!!!!!!
|
|
|
1. Điều kiện để hàm số xác định là $sinx\geq 0$ và $cosx\geq 0$.Vì $1\geq cosx\geq cos^2x\geq 0$ nên ta có: $sinx=\sqrt{1-cos^2x}\geq \sqrt{1-cosx}\geq 1-cosx\geq 1-\sqrt{cosx}$.Suy ra: $y\geq \frac{2sinx-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq \frac{2(1-\sqrt{cosx})-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}=\frac{-4\sqrt{cosx}+1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq -\frac{3}{4}$.Đồng thời khi lấy $x=0$ thì có $y=-\frac{3}{4}$.
1. Điều kiện để hàm số xác định là $sinx\geq 0$ và $cosx\geq 0$.Vì $1\geq cosx\geq cos^2x\geq 0$ nên ta có: $sinx=\sqrt{1-cos^2x}\geq \sqrt{1-cosx}\geq 1-cosx\geq 1-\sqrt{cosx}$.Suy ra: $y\geq \frac{2sinx-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq \frac{2(1-\sqrt{cosx})-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}=\frac{-4\sqrt{cosx}+1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq -\frac{3}{4}$.Đồng thời khi lấy $x=0$ thì có $y=-\frac{3}{4}$.2. Điều kiện của hệ là $x>0$ và $y>0$.Đặt $u=x^2$ và $v=y^3$ với $u,v>0$. Khi đó hệ đã cho trở thành $\begin{cases}log_{2}(\sqrt{u}).log_{3}(\sqrt[3]{v})=1 \\ u+v=31 \end{cases}$,hay $\begin{cases}log_{2}u.log_{3}(v)=6 \\ v=31-u \end{cases}$,suy ra $log_{2}u.log_{3}(31-u)-6=0$,hay $lnu.ln(31-u)-6ln2.ln3=0$ $(*)$.Xét hàm số: $f(t)=lnu.ln(31-u)-6ln2.ln3=0,\forall u\in (0;31)$.Khi đó ta có: $f'(u)=\frac{(31-u)ln(31-u)-ulnu}{u(31-u)},\forall u\in (0;31)$.Dễ thấy rằng $f'$ nhận giá trị dương trên $(0;1]$ và nhận giá trị âm trên $[30;31)$. Suy ra phương trình $f'(u)=0$ chỉ có thể có nghiệm trên $(1;30)$.Xét hàm số: $g(u)=ulnu,\forall u\in (1;30)$.Khi đó ta có: $g'(u)=lnu+1>0,\forall u\in(1;30)$.Do đó $g$ tăng trên $(1;30)$. Suy ra $g(31-u)=g(u)$ có thể có nhiều nhất một nghiệm trên $(1;30)$, hay $f'(u)=0$ có thể có nhiều nhất một nghiệm trên $(1;30)$. Suy ra $f'(u)=0$ có thể có nhiều nhất một nghiệm trên $(0;31)$. Điều này chứng tỏ $f$ có nhiều nhất một cực trị trên tập xác định của nó. Suy ra $(*)$ có nhiều nhất hai nghiệm phân biệt.Kiểm tra trực tiếp thì thấy $u=4$ và $u=27$ là hai nghiệm phân biệt của $(*)$.Thành thử $(*)$ có đúng hai nghiệm trên. Do đó hệ hai ẩn $u,v$ có hai nghiệm là $(u;v)=(4;27)$ và $(u;v)=(27;4)$. Suy ra hệ ban đầu có hai nghiệm là $(x;y)=(2;3)$ và $(x;y)=(3\sqrt{3};\sqrt[3]{4})$.
|
|
|
sửa đổi
|
BT nhá!!!!!!
|
|
|
1. Điều kiện để hàm số xác định là $sinx>0$ và $cosx>0$.Vì $1\geq cosx\geq cos^2x\geq 0$ nên ta có: $sinx=\sqrt{1-cos^2x}\geq \sqrt{1-cosx}\geq 1-cosx\geq 1-\sqrt{cosx}$.Suy ra: $y\geq \frac{2sinx-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq \frac{2(1-\sqrt{cosx})-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}=\frac{-4\sqrt{cosx}+1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq -\frac{3}{4}$.Đồng thời khi lấy $x=0$ thì có $y=-\frac{3}{4}$.
1. Điều kiện để hàm số xác định là $sinx\geq 0$ và $cosx\geq 0$.Vì $1\geq cosx\geq cos^2x\geq 0$ nên ta có: $sinx=\sqrt{1-cos^2x}\geq \sqrt{1-cosx}\geq 1-cosx\geq 1-\sqrt{cosx}$.Suy ra: $y\geq \frac{2sinx-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq \frac{2(1-\sqrt{cosx})-2\sqrt{cosx}-1}{3\sqrt{cosx}+1}=\frac{-4\sqrt{cosx}+1}{3\sqrt{cosx}+1}\geq -\frac{3}{4}$.Đồng thời khi lấy $x=0$ thì có $y=-\frac{3}{4}$.
|
|
|
sửa đổi
|
bài tập đêm khuya!!!!
|
|
|
Điều kiện của hệ là $x>0$ và $y>0$.Đặt $u=x^2$ và $v=y^3$ với $u,v>0$. Hệ cần giải trở thành $\begin{cases}u+v=a \\ log_{3}u.log_{2}v=6\end{cases}$.Chia hai vế của phương trình cuối cho $ln3.ln2$ và dùng công thức đổi cơ số thì được hệ $\begin{cases}u+v=a \\ lnu.lnv=6ln3.ln2\end{cases}$.Sau bước thực hiện phép thế thì được $lnu.ln(a-u)-6ln3.ln2=0$ $(*)$.Nhận thấy rằng số nghiệm của hệ ban đầu chính là số nghiệm của $(*)$. Vì $a\geq17$ nên $(*)$ không có nghiệm trên $(0;1)$ và $(a-1;a)$. Do đó, chỉ cần giải $(*)$ trên $[1;a-1]$.Xét hàm số $f(u)=lnu.ln(a-u)-6ln3.ln2,\forall u\in [1;a-1]$. Khi đó có kết quả $f'(u)=\frac{(a-u)ln(a-u)-ulnu}{u(a-u)},\forall u\in (1;a-1)$.Suy ra $f'(u)=0$ khi và chỉ khi $(a-u)ln(a-u)=ulnu$ $(**)$ với $u\in (1;a-1)$.Xét hàm số $g(t)=t.lnt, \forall t \in (1;a-1)$. Khi đó có kết quả $g'(t)=lnt+1>0,\forall t \in(1;a-1)$.Suy ra $g$ đồng biến trên $(1;a-1)$. Từ kết quả này cho thấy $(**)$ tương đương với $a-u=u$, hay $u=\frac{a}{2}$ và nghiệm này thuộc $(1;a-1)$. Suy ra $f$ có nhiều nhất một cực trị trên $[1;a-1]$. Suy ra $(*)$ có nhiều nhất hai nghiệm trên $[1;a-1]$.Mặt khác, khi kiểm tra thì thấy $f(1).f(\frac{a}{2})<0$ và $f(\frac{a}{2}).f(a-1)<0$; vì $f$ liên tục trên $[1;a-1]$ nên $f(u)=0$ có ít nhất hai nghiệm trên $[1;a-1]$. Thành thử, $f(u)=0$ có đúng hai nghiệm, hay $(*)$ có đúng hai nghiệm. Suy ra hệ ban đầu có đúng hai nghiệm. $\Delta$
Điều kiện của hệ là $x>0$ và $y>0$.Đặt $u=x^2$ và $v=y^3$ với $u,v>0$. Hệ cần giải trở thành $\begin{cases}u+v=a \\ log_{3}u.log_{2}v=6\end{cases}$.Nhân hai vế của phương trình cuối với $ln3.ln2$ và dùng công thức đổi cơ số thì được hệ $\begin{cases}u+v=a \\ lnu.lnv=6ln3.ln2\end{cases}$.Sau bước thực hiện phép thế thì được $lnu.ln(a-u)-6ln3.ln2=0$ $(*)$.Nhận thấy rằng số nghiệm của hệ ban đầu chính là số nghiệm của $(*)$. Vì $a\geq17$ nên $(*)$ không có nghiệm trên $(0;1)$ và $(a-1;a)$. Do đó, chỉ cần giải $(*)$ trên $[1;a-1]$.Xét hàm số $f(u)=lnu.ln(a-u)-6ln3.ln2,\forall u\in [1;a-1]$. Khi đó có kết quả $f'(u)=\frac{(a-u)ln(a-u)-ulnu}{u(a-u)},\forall u\in (1;a-1)$.Suy ra $f'(u)=0$ khi và chỉ khi $(a-u)ln(a-u)=ulnu$ $(**)$ với $u\in (1;a-1)$.Xét hàm số $g(t)=t.lnt, \forall t \in (1;a-1)$. Khi đó có kết quả $g'(t)=lnt+1>0,\forall t \in(1;a-1)$.Suy ra $g$ đồng biến trên $(1;a-1)$. Từ kết quả này cho thấy $(**)$ tương đương với $a-u=u$, hay $u=\frac{a}{2}$ và nghiệm này thuộc $(1;a-1)$. Suy ra $f$ có nhiều nhất một cực trị trên $[1;a-1]$. Suy ra $(*)$ có nhiều nhất hai nghiệm trên $[1;a-1]$.Mặt khác, khi kiểm tra thì thấy $f(1).f(\frac{a}{2})<0$ và $f(\frac{a}{2}).f(a-1)<0$; vì $f$ liên tục trên $[1;a-1]$ nên $f(u)=0$ có ít nhất hai nghiệm trên $[1;a-1]$. Thành thử, $f(u)=0$ có đúng hai nghiệm, hay $(*)$ có đúng hai nghiệm. Suy ra hệ ban đầu có đúng hai nghiệm. $\Delta$
|
|
|
sửa đổi
|
bài tập đêm khuya!!!!
|
|
|
Điều kiện của hệ là $x>0$ và $y>0$.Đặt $u=x^2$ và $v=y^3$ với $u,v>0$. Hệ cần giải trở thành $\begin{cases}u+v=a \\ log_{3}u.log_{2}v=6\end{cases}$.Chia hai vế của phương trình cuối cho $ln3.ln2$ và dùng công thức đổi cơ số thì được hệ $\begin{cases}u+v=a \\ lnu.lnv=6ln3.ln2\end{cases}$.Sau bước thực hiện phép thế thì được $lnu.ln(a-u)-6ln3.ln2=0$ $(*)$.Nhận thấy rằng số nghiệm của hệ ban đầu chính là số nghiệm của $(*)$. Vì $a\geq17$ nên $(*)$ không có nghiệm trên $(0;1)$ và $(a-1;a)$. Do đó, chỉ cần giải $(*)$ trên $[1;a-1]$.Xét hàm số $f(u)=lnu.ln(a-u)-6ln3.ln2,\forall u\in [1;a-1]$. Khi đó có kết quả $f'(u)=\frac{(a-u)ln(a-u)-ulnu}{u(a-u)},\forall u\in (1;a-1)$.Suy ra $f'(u)=0$ khi và chỉ khi $(a-u)ln(a-u)=ulnu$ $(**)$ với $u\in (1;a-1)$.Xét hàm số $g(t)=t.lnt, \forall t \in (1;a-1)$. Khi đó có kết quả $g'(t)=lnt+1>0,\forall t \in(1;a-1)$.Suy ra $g$ đồng biến trên $(1;a-1)$. Từ kết quả này cho thấy $(**)$ tương đương với $a-u=u$, hay $u=\frac{a}{2}$ và nghiệm này thuộc $(1;a-1)$. Suy ra $f$ có nhiều nhất một cực trị trên $[1;a-1]$. Suy ra $(*)$ có nhiều nhất hai nghiệm trên $[1;a-1]$.Mặt khác, khi kiểm tra thì thấy $f(1).f(\frac{a}{2})<0$ và $f(\frac{a}{2}).f(a-1)<0$; vì $f$ liên tục trên $[1;a-1]$ nên $f(u)=0$ có ít nhất hai nghiệm trên $[1;a-1]$. Thành thử, $f(u)=0$ có đúng hai nghiệm, hay $(*)$ cũng có đúng hai nghiệm. Suy ra hệ ban đầu có đúng hai nghiệm. $\Delta$
Điều kiện của hệ là $x>0$ và $y>0$.Đặt $u=x^2$ và $v=y^3$ với $u,v>0$. Hệ cần giải trở thành $\begin{cases}u+v=a \\ log_{3}u.log_{2}v=6\end{cases}$.Chia hai vế của phương trình cuối cho $ln3.ln2$ và dùng công thức đổi cơ số thì được hệ $\begin{cases}u+v=a \\ lnu.lnv=6ln3.ln2\end{cases}$.Sau bước thực hiện phép thế thì được $lnu.ln(a-u)-6ln3.ln2=0$ $(*)$.Nhận thấy rằng số nghiệm của hệ ban đầu chính là số nghiệm của $(*)$. Vì $a\geq17$ nên $(*)$ không có nghiệm trên $(0;1)$ và $(a-1;a)$. Do đó, chỉ cần giải $(*)$ trên $[1;a-1]$.Xét hàm số $f(u)=lnu.ln(a-u)-6ln3.ln2,\forall u\in [1;a-1]$. Khi đó có kết quả $f'(u)=\frac{(a-u)ln(a-u)-ulnu}{u(a-u)},\forall u\in (1;a-1)$.Suy ra $f'(u)=0$ khi và chỉ khi $(a-u)ln(a-u)=ulnu$ $(**)$ với $u\in (1;a-1)$.Xét hàm số $g(t)=t.lnt, \forall t \in (1;a-1)$. Khi đó có kết quả $g'(t)=lnt+1>0,\forall t \in(1;a-1)$.Suy ra $g$ đồng biến trên $(1;a-1)$. Từ kết quả này cho thấy $(**)$ tương đương với $a-u=u$, hay $u=\frac{a}{2}$ và nghiệm này thuộc $(1;a-1)$. Suy ra $f$ có nhiều nhất một cực trị trên $[1;a-1]$. Suy ra $(*)$ có nhiều nhất hai nghiệm trên $[1;a-1]$.Mặt khác, khi kiểm tra thì thấy $f(1).f(\frac{a}{2})<0$ và $f(\frac{a}{2}).f(a-1)<0$; vì $f$ liên tục trên $[1;a-1]$ nên $f(u)=0$ có ít nhất hai nghiệm trên $[1;a-1]$. Thành thử, $f(u)=0$ có đúng hai nghiệm, hay $(*)$ có đúng hai nghiệm. Suy ra hệ ban đầu có đúng hai nghiệm. $\Delta$
|
|
|
sửa đổi
|
giúp mình với
|
|
|
Xét $n$ là số tự nhiên và $n \geq 3$.Từ công thức khai triển nhị thức Newton suy ra: $(1+x)^n=C^{0}_{n}+C^{1}_{n}x+C^{2}_{n}x^2+...+C^{n}_{n}x^n, \forall x\in R "$.Lấy đạo hàm theo biến $x$ cả hai vế thì được: $n(1+x)^{n-1}=C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}x+3C^{3}_{n}x^2...+nC^{n}_{n}x^{n-1}, \forall x\in R$.Cho $x=1$ thì được: $n2^{n-1}=C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}$.Suy ra: $\frac{C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}}{n}=2^{n-1}$ (1).Mời bạn đọc tự chứng minh điều sau (bằng quy nạp): $2^{n-1}<n!$ " (2).Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}}{n}<n!$.
Xét $n$ là số tự nhiên và $n \geq 3$.Từ công thức khai triển nhị thức Newton suy ra: $(1+x)^n=C^{0}_{n}+C^{1}_{n}x+C^{2}_{n}x^2+...+C^{n}_{n}x^n, \forall x\in R.$.Lấy đạo hàm theo biến $x$ cả hai vế thì được: $n(1+x)^{n-1}=C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}x+3C^{3}_{n}x^2...+nC^{n}_{n}x^{n-1}, \forall x\in R$.Cho $x=1$ thì được: $n2^{n-1}=C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}$.Suy ra: $\frac{C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}}{n}=2^{n-1}$ (1).Mời bạn đọc tự chứng minh điều sau (bằng quy nạp): $2^{n-1}<n!$ (2).Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}}{n}<n!$
|
|
|
sửa đổi
|
Công thức lượng giác
|
|
|
Từ công thức diện tích tam giác suy ra $sinA=\frac{2S}{bc}$, $sinB=\frac{2S}{ac}$, $sinC=\frac{2S}{ab}$. Từ đó có:$sin^2A<sin^2B+sin^2C\Leftrightarrow \frac{4S^2}{b^2c^2}< \frac{4S^2}{a^2c^2}+\frac{4S^2}{a^2b^2}$ $\Leftrightarrow a^2<b^2+c^2$ $\Leftrightarrow 0^0<\widehat{A}<90^0$.
Ta có: $0^0<\widehat{A}<180^0\Leftrightarrow cosA>0$ $\Leftrightarrow a^2<b^2+c^2$ $\Leftrightarrow 4R^2sin^2A<4R^2sin^2B+4R^2sin^2C$ $\Leftrightarrow sin^2A<sin^2B+sin^2C$.
|
|
|
sửa đổi
|
Hệ thức lượng trong tam giác!
|
|
|
Từ công thức hạ bậc tăng cung và định lí cô-sin suy ra$cos\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$;$sin\frac{B}{2}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}}$;$sin\frac{C}{2}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}}$.Từ đó suy ra$\frac{asin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}}{cos\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}=r$.
Từ công thức hạ bậc tăng cung và định lí cô-sin suy ra$cos\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$;$sin\frac{B}{2}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}}$;$sin\frac{C}{2}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}}$.Từ đó suy ra$\frac{asin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}}{cos\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}=\frac{S}{p}=r$.
|
|
|
sửa đổi
|
help(2)
|
|
|
Xét cung $\alpha$ là cho $\frac{tan^2\alpha-sin^2\alpha }{cot^2\alpha -cos^2\alpha }$ có nghĩa. Khi đó $\frac{tan^2\alpha-sin^2\alpha }{cot^2\alpha -cos^2\alpha }=\frac{tan^2\alpha-\frac{tan^2\alpha }{tan^2\alpha +1}}{\frac{1}{tan^2\alpha } -\frac{1}{tan^2\alpha +1} }=tan^6\alpha $.
Xét cung $\alpha$ làm cho $\frac{tan^2\alpha-sin^2\alpha }{cot^2\alpha -cos^2\alpha }$ có nghĩa. Khi đó $\frac{tan^2\alpha-sin^2\alpha }{cot^2\alpha -cos^2\alpha }=\frac{tan^2\alpha-\frac{tan^2\alpha }{tan^2\alpha +1}}{\frac{1}{tan^2\alpha } -\frac{1}{tan^2\alpha +1} }=tan^6\alpha $.
|
|
|
sửa đổi
|
giải jup mình vs
|
|
|
Điều kiện của phương trình là $y\leq 2$.Phương trình tương đương với $10-y=(\sqrt{2-y}+\sqrt{3-y}+\sqrt{5-y})^2$,hay $\sqrt{10-y}=\sqrt{2-y}+\sqrt{3-y}+\sqrt{5-y}$,hay $\sqrt{10-y}-\sqrt{2-y}=\sqrt{3-y}+\sqrt{5-y}$,hay $12-2y-2\sqrt{20-12y+y^2}=8-2y+2\sqrt{15-8y+y^2}$,hay $2-\sqrt{20-12y+y^2}=\sqrt{15-8y+y^2}$,hay $\begin{cases} 2-\sqrt{20-12y+y^2}\geq 0\\ (2-\sqrt{20-12y+y^2})^2=15-8y+y^2\end{cases}$,hay $\begin{cases} 6-2\sqrt{5}\leq y\leq 6+2\sqrt{5}\\ 9-4y=4\sqrt{20-12y+y^2}\end{cases}$,hay $\begin{cases} 6-2\sqrt{5}\leq y\leq 6+2\sqrt{5}\\ 9-4y\geq 0 \\(9-4y)^2=16(20-12y+y^2)\end{cases}$,hay $x=\frac{239}{120}$. Nghiệm này thỏa mãn điều kiện phương trình.Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất, đó là $x=\frac{239}{120}$.
Điều kiện của phương trình là $y\leq 2$.Phương trình tương đương với $10-y=(\sqrt{2-y}+\sqrt{3-y}+\sqrt{5-y})^2$,hay $\sqrt{10-y}=\sqrt{2-y}+\sqrt{3-y}+\sqrt{5-y}$,hay $\sqrt{10-y}-\sqrt{2-y}=\sqrt{3-y}+\sqrt{5-y}$,hay $12-2y-2\sqrt{20-12y+y^2}=8-2y+2\sqrt{15-8y+y^2}$,hay $2-\sqrt{20-12y+y^2}=\sqrt{15-8y+y^2}$,hay $\begin{cases} 2-\sqrt{20-12y+y^2}\geq 0\\ (2-\sqrt{20-12y+y^2})^2=15-8y+y^2\end{cases}$,hay $\begin{cases} 6-2\sqrt{5}\leq y\leq 6+2\sqrt{5}\\ 9-4y=4\sqrt{20-12y+y^2}\end{cases}$,hay $\begin{cases} 6-2\sqrt{5}\leq y\leq 6+2\sqrt{5}\\ 9-4y\geq 0 \\(9-4y)^2=16(20-12y+y^2)\end{cases}$,hay $y=\frac{239}{120}$. Nghiệm này thỏa mãn điều kiện phương trình.Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất, đó là $y=\frac{239}{120}$.
|
|
|
sửa đổi
|
Giải hệ phương trình
|
|
|
Điều kiện của hệ là $|x|\geq\frac{2}{3}$. Kí hiệu (1) và (2) lần lượt là phương trình đầu và cuối của hệ. Khi đó (1) tương đương với $2016^x(\sqrt{x^2+1}-x)=2016^{-y}[\sqrt{(-y)^2+2}+(-y)]$ (3).Xét hàm số $f(t)=2016^t(\sqrt{t^2+1}-t),\forall t\in R$.khi đó có $f'(t)=\frac{2016^t(\sqrt{t^2+2}-t)(ln2016\sqrt{t^2+2}-1)}{\sqrt{t^2+2}}>0,\forall t\in R$. Suy ra $f$ tằng trên $R$.Như vậy, (3) tương đương với $f(x)=f(-y)$, hay $y=-x$ (4).Từ (4) chó thấy, (2) tương đương với $25x^2+9x\sqrt{9x^2-4}=2+\frac{18x^2}{x^2+1}$ (5).Rõ ràng (5) không có nghiệm thực khi $x\geq \frac{2}{3}$.Xét $x\leq -\frac{2}{3}$. Đặt $t=x^2$ với $t\geq \frac{4}{9}$, thì (5) trở thành $25t-9\sqrt{9t^2-4t}-20+\frac{18}{t+1}=0$ (6).Xét hàm số $g(t)=25t-9\sqrt{9t^2-4t}-20+\frac{18}{t+1},\forall t\geq \frac{4}{9}$.Khi đó có $g'(t)=\frac{25\sqrt{9t^2-4t}-9(9t-2)}{\sqrt{9t^2-4t}}-\frac{18}{(t+1)^2},\forall t>\frac{4}{9}$. Vì $t>\frac{4}{9}$ nên $25\sqrt{9t^2-4t}-9(9t-2)<0$. Suy ra $g'(t)<0,\forall t>\frac{4}{9}$; hay $g$ giảm trên $(\frac{4}{9};+\infty)$.Như vậy, (6) tương đương với $g(t)=g(\frac{1}{2})$, hay $t=\frac{1}{2}$; suy ra $x^2=\frac{1}{2}$, suy ra $x=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$. Vì $x\leq -\frac{2}{3}$ nên $x=-\frac{1}{\sqrt{2}}$; suy ra $y=\frac{1}{\sqrt{2}}$.Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất $(x;y)=(-\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}})$.
Điều kiện của hệ là $|x|\geq\frac{2}{3}$. Kí hiệu (1) và (2) lần lượt là phương trình đầu và cuối của hệ. Khi đó (1) tương đương với $2016^x(\sqrt{x^2+1}-x)=2016^{-y}[\sqrt{(-y)^2+2}+(-y)]$ (3).Xét hàm số $f(t)=2016^t(\sqrt{t^2+1}-t),\forall t\in R$.khi đó có $f'(t)=\frac{2016^t(\sqrt{t^2+2}-t)(ln2016\sqrt{t^2+2}-1)}{\sqrt{t^2+2}}>0,\forall t\in R$. Suy ra $f$ tằng trên $R$.Như vậy, (3) tương đương với $f(x)=f(-y)$, hay $y=-x$ (4).Từ (4) cho thấy, (2) tương đương với $25x^2+9x\sqrt{9x^2-4}=2+\frac{18x^2}{x^2+1}$ (5).Rõ ràng (5) không có nghiệm thực khi $x\geq \frac{2}{3}$.Xét $x\leq -\frac{2}{3}$. Đặt $t=x^2$ với $t\geq \frac{4}{9}$, thì (5) trở thành $25t-9\sqrt{9t^2-4t}-20+\frac{18}{t+1}=0$ (6).Xét hàm số $g(t)=25t-9\sqrt{9t^2-4t}-20+\frac{18}{t+1},\forall t\geq \frac{4}{9}$.Khi đó có $g'(t)=\frac{25\sqrt{9t^2-4t}-9(9t-2)}{\sqrt{9t^2-4t}}-\frac{18}{(t+1)^2},\forall t>\frac{4}{9}$. Vì $t>\frac{4}{9}$ nên $25\sqrt{9t^2-4t}-9(9t-2)<0$. Suy ra $g'(t)<0,\forall t>\frac{4}{9}$; hay $g$ giảm trên $(\frac{4}{9};+\infty)$.Như vậy, (6) tương đương với $g(t)=g(\frac{1}{2})$, hay $t=\frac{1}{2}$; suy ra $x^2=\frac{1}{2}$, suy ra $x=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$. Vì $x\leq -\frac{2}{3}$ nên $x=-\frac{1}{\sqrt{2}}$; suy ra $y=\frac{1}{\sqrt{2}}$.Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất $(x;y)=(-\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}})$.
|
|