Giải bất phương trình :
\(\left(x^2-2x\right)^2-2\left(x-1\right)^2-1\ge0\) (1)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Từ phương trình ban đầu ta có \(\Leftrightarrow x^2\left(x+1\right)^2=\left(\left(x+1\right)+x\right)^2+4\)
\(\Leftrightarrow\left(\left(x+1\right)-x\right)^2+4x\left(x+1\right)+4=4x\left(x+1\right)+5\)
Đặt \(t=x\left(x+1\right)=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}\) với điều kiện \(t\ge-\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow t^2-4t-5=0\Leftrightarrow t=-1\) hoặc \(t=5\)
Trong 2 nghiệm trên chỉ có nghiệm t = 5 thỏa mãn điều kiện nên
\(\Rightarrow x\left(x+1\right)=5\Leftrightarrow x^2+x-5=0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=\frac{-1-\sqrt{21}}{2}\\x=\frac{-1+\sqrt{21}}{2}\end{array}\right.\)
Ta có biến đổi sau :
\(\left(2x-3\right)^2-19=\left(x-4\right)+\left(x+1\right)^2-19\)
\(=\left(\left(x-4\right)-\left(x+1\right)^2+4\left(x-4\right)\left(x+1\right)-19\right)\)
\(=25+4\left(x-4\right)\left(x+1\right)-19\)
\(=4\left(x-4\right)\left(x+1\right)+6\)
Vậy từ phương trình ban đầu ta có :
\(\Leftrightarrow2\left(x-4\right)^2\left(x+1\right)^2=4\left(x-4\right)\left(x+1\right)+6\)
\(\Leftrightarrow\left(x-4\right)^2\left(x+1\right)^2-2\left(x-4\right)\left(x+1\right)-3=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x-4\right)\left(x+1\right)+1\right]\left[\left(x-4\right)\left(x+1\right)-3\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-3x-3\right)\left(x^2-3x-7\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x^2-3x-3=0\\x^2-3x-7=0\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow x\in\left\{\frac{3\pm\sqrt{21}}{2};\frac{3\pm\sqrt{37}}{2}\right\}\)
Đặt \(y=2x^2-3x+1=2\left(x-\frac{3}{4}\right)^2-\frac{1}{8}\)
Điều kiện \(y\ge\frac{1}{8}\) (*)
Ta được hệ phương trình 2 ẩn \(x,y\)
\(\begin{cases}y=2x^2-3x+1\\x=2y^2-3y+1\end{cases}\) (a)
Trừ từng vế của hệ phương trình (a) ta được :
\(y-x=2\left(x^2-y^2\right)-3\left(x-y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y-1\right)\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}y=1-\frac{\sqrt{2}}{2}\\y=1+\frac{\sqrt{2}}{2}\end{cases}\)
Cả 2 nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện (*)
Do \(x=y\) nên ta được 2 nghiệm \(x\) tương ứng là \(x=1-\frac{\sqrt{2}}{2};x=1+\frac{\sqrt{2}}{2}\)
Thay \(x=1-y\) vào phương trình thứ 2 của hệ (a) ta được :
\(1-y=2y^2-3t+1\Leftrightarrow2y^2-2y=0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}y=0\\y=1\end{array}\right.\)
Hai nghiệm này cùng thỏa mãn điều kiện (*)
Do \(x=1-y\) nên ta được 2 nghiệm \(x\) tương ứng \(x=1;x=0\)
Vậy phương trình có 4 nghiệm :
\(x=1;x=0;x=1-\frac{\sqrt{2}}{2};x=1+\frac{\sqrt{2}}{2}\)
nhận thấy vế trái có dạng là một phương trình bậc hai luôn rồi,ta chỉ cần phân tích nó thành tích của 2 cái nhân với nhau,cụ thể là
(2x^2-3x+1-1)(2(x^2-3x+1)-1)=x.
(2x^2-3x)(4x^2-6x+1)=x
x(2x-3)(4x^2-6x+1)=x
vậy x=0 hoặc (2x-3)(4x^2-6x+1)=1. bạn bấm máy tính nữa là xong.
(\(a^2\)+\(b^2\)).(\(x^2\)+\(y^2\))>= (ax+by)^2
<=> \(a^2\).\(x^2\)+\(a^2\).\(y^2\)+\(b^2\).\(x^2\)+\(b^2\).\(y^2\)>=\(a^2\).\(x^2\)+2axby+\(b^2\).\(y^2\)
<=> \(a^2\).\(y^2\)- 2aybx+\(b^2\).\(x^2\)>=0
<=> (ay-bx)^2>=0 (luôn đúng)
vậy(\(a^2\)+\(b^2\)).(\(x^2\)+\(y^2\))>=(ax+by)^2
(a2+b2).(x2+y2)>= (ax+by)^2
<=> a2.x2+a2.y2+b2.x2+b2.y2>=a2.x2+2axby+b2.y2
<=> a2.y2- 2aybx+b2.x
Lời giải
\(\text{HPT}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{xy+yz+xz}{y+z}=\frac{1}{2}\\ \frac{xy+yz+xz}{z+x}=\frac{1}{3}\\ \frac{xy+yz+xz}{x+y}=\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{x+z}{y+z}=\frac{3}{2}\\ \frac{x+y}{x+z}=\frac{4}{3}\\ \frac{y+z}{x+y}=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x-3y-z=0\\ -x+3y-4z=0\\ -x+y+2z=0\end{matrix}\right.\Rightarrow 3x=5y=15z\)
Thay vào phương trình ban đầu: \(5z+\frac{3z.z}{3z+z}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow z=\frac{2}{23}\Rightarrow x=\frac{10}{23},y=\frac{6}{23}\)
Thử lại thấy đúng
Vậy nghiệm của HPT là \((x,y,z)=(\frac{10}{23},\frac{6}{23},\frac{2}{23})\)
Điều kiện \(x>-0,5,y>-0,5\). lấy (i) và (ii) trừ nhau , ta được
\(x^2+3x+ln\left(2x+1\right)-y^2-3y-ln\left(2y+1\right)=y-x\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+4x+ln\left(2x+1\right)=y^2+4y+ln\left(2y+1\right)\left(2\right)\)
Xét hàm số \(f\left(t\right)=t^2+4t+\ln\left(2t+1\right)\) trên khoảng \(\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\), ta có :
\(f'\left(t\right)=2t+4+\frac{2}{2t+1}>0\) với mọi \(\in\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\)
vậy hàm số f(t) đồng biến trên khoản \(\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\) . Từ đó (1) xảy ra khi và chỉ khi x=y . Thay vào phương trình (i) được \(x^2+2x+ln\left(2x+1\right)=0.\)(3) . Dễ thấy x=0 thỏa mãn(3) . xét hàm số g(x)=\(x^2+2x+ln\left(2x+1\right)\). Ta có
\(g'\left(x\right)=2x+2+\frac{2}{2x+1}>0\veebar x>-\frac{1}{2}\)
vậy hàm g(x) đồng biến \(\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\), suy ra x=0 là nghiệm duy nhất của (3) . Hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất (x;y)=(0;0)
b/cosB+c/cosC=a/sinB.sinC (*)
Áp dụng định lý hàm số sin:
a/sinA = b/sinB = c/sinC = 2R
=> a = 2R.sinA = 2R.sin[1800 - (B+C)] = 2R.sin(B+C)
và b = 2R.sinB; c = 2R.sinC thay vào (*) được:
2R.sinB/cosB + 2RsinC/cosC = 2R.sin(B+C)/(sinB.sinC)
<=>sinB/cosB + sinC/cosC = sin(B+C)/(sinB.sinC)
<=> sin(B+C)/(cosBcosC) = sin(B+C)/(sinB.sinC)
<=> cosBcosC = sinB.sinC
<=> cosBcosC - sinB.sinC = 0
<=> cos(B+C) = 0
<=> B+C = 900
Lời giải:
ĐKXĐ: \(x>0,y\geq 0\)
Đặt \(x=a,\sqrt{xy}=b\). Nhân hai vế của PT $(2)$ với \(x\sqrt{x}\) ta có:
\(\text{HPT}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} b^2+b+1=a\\ b^3+1=a+3ab\end{matrix}\right.\Rightarrow b^3+1=b^2+b+1+3ab\)
\(\Rightarrow b^3+1=b^2+b+1+3ab\Leftrightarrow b(b^2-b-1-3a)=0\)
TH1: \(b=0\Rightarrow \sqrt{xy}=0\). Vì $x\neq 0$ nên $y=0$. Thay vào PT $(1)$ suy ra $x=1$. Thử lại thỏa mãn
Ta có bộ $(x,y)=(1,0)$
TH2: \(b^2-b-1-3a=0\). Kết hợp với \(b^2+b+1=a\Rightarrow 3(b^2+b+1)-(b^2-b-1)=0\)
\(\Leftrightarrow b^2+2b+2=(b+1)^2+1=0(\text{vl})\)
Vậy HPT có nghiệm $(x,y)=(1,0)$
Lời giải:
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu:
( \(\frac{a_1^2}{x_1}+\frac{a_2^2}{x_2}+...+\frac{a_n^2}{x_n}\geq \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{x_1+x_2+...+x_n}\)- Bản chất chính là BĐT Cauchy-Schwarz thu gọn)
\(\text{VT}=\frac{a^{4030}}{a^{2014}(b+c-a)}+\frac{b^{4030}}{b^{2014}(a+c-b)}+\frac{c^{4030}}{c^{2014}(a+b-c)}\geq\frac{(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})^2}{a^{2014}(b+c)+b^{2014}(c+a)+c^{2014}(a+b)-(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})} \)
Giờ chỉ cần chứng minh \(a^{2014}(b+c)+b^{2014}(c+a)+c^{2014}(a+b)-(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})\leq a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(a^{2014}-b^{2014})+(b-c)(b^{2014}-c^{2014})+(c-a)(c^{2014}-a^{2014})\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2(a^{2013}+....+b^{2013})+(b-c)^2(b^{2013}+...+c^{2013})+(c-a)^2(c^{2013}+...+a^{2013})\geq 0\)
BĐT này luôn đúng với $a,b,c>0$
Do đó \(\text{VT}\geq \frac{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})^2}{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}}=a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\) ( đpcm)
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c$
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(17\left ( a^2+\frac{1}{b^2} \right )=\left ( a^2+\frac{1}{b^2} \right )(1+4^2)\geq \left ( a+\frac{4}{b} \right )^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}\geq \frac{a+\frac{4}{b}}{\sqrt{17}}\). Tương tự với các phân thức còn lại......
\(S\geq \frac{1}{\sqrt{17}}\left(a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu:
\(\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\geq \frac{36}{a+b+c}\Rightarrow S\geq \frac{1}{\sqrt{17}}\left(a+b+c+\frac{36}{a+b+c}\right)\)
Áp dụng BĐT Am-Gm: \(a+b+c+\frac{9}{4(a+b+c)}\geq 2\sqrt{\frac{9}{4}}=3\)
Mặt khác, vì $a+b+c\leq\frac{3}{2}$ nên \(\frac{135}{4(a+b+c)}\geq \frac{45}{2}\)
\(\Rightarrow S\geq \frac{51}{2\sqrt{17}}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\)
Vậy \(S_{\min}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\Leftrightarrow (a,b,c)=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right))\)
\(\left(x^2-2x\right)^2-2\left(x-1\right)^2-1\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(x^2-2x\right)^2-2\left(x^2-2x+1\right)-1\ge0\)
Đặt \(t=x^2-2x\), ta được \(t^2-2t-3\ge0\)
Bất phương trình này có nghiệm \(\left[\begin{array}{nghiempt}t\le-1\\t\ge3\end{array}\right.\)
Do đó \(\left(x^2-2x\right)^2-2\left(x-1\right)^2-1\ge0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x^2-2x\le-1\\x^2-2x-3\ge0\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow x=1\) hoặc \(x\le-1\) hoặc \(x\ge3\)
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là
S =(\(-\infty;-1\)] \(\cup\left\{1\right\}\cup\) [3;\(+\infty\))