|
|
giải đáp
|
số phức
|
|
|
|
Phương trình $t^4=1$ có đúng 4 nghiệm là $t\in \{1,-1,i,-i\}$
Nên ta xét 4 trường hợp sau:
$\dfrac{i-z}{z+i}=1\Leftrightarrow i-z=z+i \Leftrightarrow z=0$
$\dfrac{i-z}{z+i}=-1\Leftrightarrow i-z=-z-i $ (pt vô nghiệm)
$\dfrac{i-z}{z+i}=i\Leftrightarrow i-z=iz-1 \Leftrightarrow z=1$
$\dfrac{i-z}{z+i}=-i\Leftrightarrow i-z=-iz+1 \Leftrightarrow z=-1$
Vậy phương trình có 3 nghiệm là $z\in \{1,-1,0\}$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho em hỏi bài này nữa nhé
|
|
|
|
Xét hàm số $f(t)=t^3-3t^2+6t-6=(t-1)^3+3t-5$
Do $f'(t)=3t^2-6t+6>0$ nên $f(t)$ là hàm đồng biến trên toàn R.
Nên ta có:
Nếu $f(t)>t$ thì $f(f(f(t)))>f(f(t))>f(t)>t$
Nếu $f(t)<t$ thì $f(f(f(t)))<f(f(t))<f(t)<t$
Nếu $f(t)=t$ thì $f(f(f(t)))=f(f(t))=f(t)=t$
Nên ta có:
$(I) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} f(x)=y\\ f(y)=z\\f(z)=x \end{array} \right. \Rightarrow f(f(f(x)))=x \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} f(x)=y\\ f(y)=z\\f(z)=x \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=y=z\\ f(x)=x \end{array} \right.$
Dễ thấy $f(x)-x$ là hàm đồng biến do đạo hàm luôn dương.
Và $f(2)=2$ nên $x=2$ là nghiệm duy nhất của phương trình.
Nên $x=y=z=2.$
Vậy hệ đã cho có một nghiệm duy nhất là $x=y=z=2$
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
giải phương trình
À, xin lỗi bạn. Cứ nhìn thấy căn là nghĩ ngay đến đặt điều kiện. Cảm ơn vì lời giải bổ sung. :)
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
giải phương trình
À, xin lỗi bạn, tớ nhìn nhầm thành căn bậc lẻ, cảm ơn vì lời giải bổ sung. :)
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
Giải Phương trình
http://www.microsoft.com/en-us/download/details.aspx?id=15702
bạn down bản MSetup_x86.exe nếu dùng win 32bit (thường là thế) :)
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
hàm số bậc 3
|
|
|
|
Gọi đa thức là $f(x)=(ax+b)(x^2+3x+2)-x+3$. Ta có:
$f(1)=6(a+b)+2=2$
$\Rightarrow a+b=0$
$\Rightarrow f(x)=a(x-1)(x^2+3x+2)-x+3$
Mặt khác $f'(x)=a(x^2+3x+2)+a(x-1)(2x+3)-1$
$f'(1)=0\Rightarrow a-1=0$
$\Rightarrow f(x)=x^3+2x^2-4x+1$
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải phương trình
|
|
|
|
ĐK: $x\ge \frac{-1}{6}$.Đặt $y=2x,t=\sqrt[3]{6x+1}$, PT đã cho trở thành: $\begin{cases}t^3=3y+1 \\ y^3-2y=t+1 \end{cases}$Trừ 2 PT ta được: $y^3+y=t^3+t$$\Leftrightarrow (y-t)(y^2+yt+t^2+1)=0$$\Leftrightarrow y-t=0$ (vì $y^2+yt+t^2+1>0$)Thay vào phương trình đầu của hệ ta được: $f(y)=y^3-3y-1=0 (y\ge \frac{-1}{3})$$f'(y)=0\Leftrightarrow y=1$ nên $f(y)$ chỉ có duy nhất 1 nghiệm trong khoảng $(\frac{-1}{3},+ \infty) $.Mặt khác, $y=2\cos\frac{\pi}{9}$ là nghiệm của phương trình.Nên phương trình có duy nhất nghiệm $y=2\cos\frac{\pi}{9}\Leftrightarrow x=\cos\frac{\pi}{9}$
ĐK: $x\ge \frac{-1}{6}$.Đặt $y=2x,t=\sqrt[3]{6x+1}$, PT đã cho trở thành: $\begin{cases}t^3=3y+1 \\ y^3-2y=t+1 \end{cases}$Trừ 2 PT ta được: $y^3+y=t^3+t$$\Leftrightarrow (y-t)(y^2+yt+t^2+1)=0$$\Leftrightarrow y-t=0$ (vì $y^2+yt+t^2+1>0$)Thay vào phương trình đầu của hệ ta được: $f(y)=y^3-3y-1=0 (y\ge \frac{-1}{3})$$f'(y)=0\Leftrightarrow y=1$ nên $f(y)$ chỉ có duy nhất 1 nghiệm trong khoảng $(\frac{-1}{3},+ \infty) $.Mặt khác, $y=2\cos\frac{\pi}{9}$ là nghiệm của phương trình.Nên phương trình có duy nhất nghiệm $y=2\cos\frac{\pi}{9}\Leftrightarrow x=\cos\frac{\pi}{9}$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải phương trình
|
|
|
|
ĐK: $x\ge \frac{-1}{6}$.
Đặt $y=2x,t=\sqrt[3]{6x+1}$, PT đã cho trở thành: $\begin{cases}t^3=3y+1 \\ y^3-2y=t+1 \end{cases}$
Trừ 2 PT ta được:
$y^3+y=t^3+t$
$\Leftrightarrow (y-t)(y^2+yt+t^2+1)=0$
$\Leftrightarrow y-t=0$ (vì $y^2+yt+t^2+1>0$)
Thay vào phương trình đầu của hệ ta được: $f(y)=y^3-3y-1=0 (y\ge \frac{-1}{3})$
$f'(y)=0\Leftrightarrow y=1$ nên $f(y)$ chỉ có duy nhất 1 nghiệm trong khoảng $(\frac{-1}{3},+ \infty) $.
Mặt khác, $y=2\cos\frac{\pi}{9}$ là nghiệm của phương trình.
Nên phương trình có duy nhất nghiệm $y=2\cos\frac{\pi}{9}\Leftrightarrow x=\cos\frac{\pi}{9}$
|
|
|
|
bình luận
|
Giải Phương trình
Bạn có thể dùng phần mềm free MICROSOFT MATH của Microsoft để giải nhanh nghiệm pt. Chỉ cần nhập thô như mathtype vào là phần mềm sẽ giải ngay ra nghiệm. Good luck. :)
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải Phương trình
|
|
|
|
Đặt $t=15x$, phương trình trở thành:$$t(t-2)=2004(\sqrt{2004t+1}+1)$$Điều kiện: $t\ge \frac{-1}{2004}$
Ta xét các trường hợp sau:
- Nếu $\frac{-1}{2004}\le t \le 2$: dễ thấy $VT<2004\le VP$ nên phương trình vô nghiệm
- Nếu $2<t<2006$, ta có: $$\begin{cases}t-2<2004 \\ (t-1)^2<2004t+1 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}t-2<2004 \\ t<\sqrt{2004t+1}+1 \end{cases}\Rightarrow VT<VP$$- Nếu $t=2006$: thỏa mãn phương trình
- Nếu $t>2006$, ta có: $$\begin{cases}t-2>2004 \\
(t-1)^2>2004t+1 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}t-2>2004 \\
t>\sqrt{2004t+1}+1 \end{cases}\Rightarrow VT>VP$$
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là $t=2006\Leftrightarrow x=\frac{2006}{15}$
|
|