|
|
Từ PT thứ hai ta có
$y(x+y)^2=\pi^2\Rightarrow \begin{cases}\sqrt y(x+y)=\pi \\ y>0 \end{cases}\Rightarrow x=\frac{\pi}{\sqrt y}-y$
Thay vào PT thứ nhất ta được
$f(y)=y^4+m^2-y\left ( \frac{\pi}{\sqrt y}-y \right )^3=0$
Từ PT thứ nhất cũng thấy $x>0\Rightarrow y^{3/2} <\pi$
Ta có $f'(y)=8y^3-\frac{15}{2}\pi y^{3/2}+3\pi^2+\frac{\pi^3}{2 y^{3/2}}$
Ta thấy $8y^3-\frac{15}{2}\pi y^{3/2}+3\pi^2$ là PT bậc hai theo $ y^{3/2}$ và có $\Delta=\frac{225}{4}\pi^2-4.24\pi^2 <0$
do đó $8y^3-\frac{15}{2}\pi y^{3/2}+3\pi^2>0\Rightarrow f'(y) >0\Rightarrow f$ là hàm đồng biến trên $\left ( 0,\sqrt[3]{\pi^2} \right )$
Mặt khác, $f(0)=-\infty, f(\sqrt[3]{\pi^2})=m^2+\sqrt[3]{\pi^8}>0$
do đó tồn tại nghiệm của PT $f(y)=0$, và nghiệm này là duy nhất theo tính đồng biến của $f$.
Vậy bài toán được chứng minh.
|