Bài tiếp theo (dành cho học sinh lớp 8, 9)

Bài toán 3
Đề bài: Giải phương trình $(x^2-6x-9)^2=x(x^2-4x-9)$ (1)

Lời giải:
Đặt $a^2-6x-9=t$
PT(1) trở thành
$t^2-x(t+2x)=0$
$\Leftrightarrow (t+x)(t-2x)=0$
$\Leftrightarrow t=-x$ hoặc $t=2x$
Xét $t=-x$
Từ (1) ta có $(-x)^2=x(x^2-4x-9)$
$\Leftrightarrow x(x^2-5x-9)=0$
$\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=\frac{5+\sqrt{61}}{2}$ hoặc $x=\frac{5-\sqrt{61}}{2}$
Xét $t=2x$
Từ (1) ta có: $4x^2=x(x^2-4x-9)$
$\Leftrightarrow x(x^2-8x-9)=0$
$\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=9$ hoặc $x=-1$
Tóm lại phương trình có 5 nghiệm $x \in $ {$0;\frac{5+\sqrt{61}}{2};\frac{5-\sqrt{61}}{2};9;-1$}
_______________________________________________
Theo cách giải đó thì PT(1) là phương trình bậc 4 có tận 5 nghiệm, lẽ nào lời giải lại sai, bạn có thể giải thích không?

Khi giải trường hợp $t=-x$, ta phải giải hpt sau để có nghiệm:

$\left\{\begin{matrix} x^2-6x-9=-x & \\(-x)^2= x(x^2-4x-9) & \end{matrix}\right.$

hệ này vô nghiệm

MOD: Học gõ Latex ở đây

Bài 1

Gọi tập hợp  các số có 3 chữ số khác nhau lập từ 9 c/s đã cho là A

 $|A|=$$A_{9}^{3}-\frac{A_{9}^{3}}{9}=448$

Gọi B là tập các số thuộc A lớn hơn 572

Khi đó $|B|=179$

Gọi C là tập các số thỏa yêu cầu bài toán $|C|=269$

Bài 29

Cho $p_{n}$ là số nguyên tố thứ $n$. Chứng minh rằng:

a.$p_{n}>2n$ với mọi $n>4$

b.$p_{n}>3n$ với mọi $n>11$

a) Ta có $p_{5}=11>2.5$

Giả sử bất đẳng thức đúng với $n=k\geq 5$

Khi $n=k+1$

2 số nguyên tố liên tiếp kể từ số 3 trở đi đều cách nhau ít nhất là 2 vì mọi số nguyên tố khác 2 đều là số lẻ

Suy ra $p_{k+1}-p_{k}\geq 2 \Rightarrow p_{k+1}\geq p_{k}+2> 2k+2=2(k+1)$

=> dpcm
b) ta có$p_{12}=37> 3.12$

Chia tập hợp các số nguyên dương thành các nhóm 3 số:

$A_{1}={1,2,3}$

$A_{2}={4,5,6}$

....

$A_{k}={3k-2,3k-1,3k}$

Trong 12 tập đầu tiên có 11 số nguyên tố, kể từ tập 13 trở đi, trong  mỗi tập $A_{k} , k\geq 13$ có 1số 3k chia hết cho 3 và lớn hơn 3, trong 2 số 3k-1, 3k-2 có 1 số chẵn và lớn hơn 2 => Trong mỗi tập có nhiều nhất là 1 số nguyên tố.   Do vậy số nguyên tố thứ n $p_{n}$ sẽ thuộc tập $A_{k+1}$ hoac các tập sau nữa.
Từ đó suy ra dpcm

a)

Gọi $D,E,F$ làn lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác với $BC,CA,AB$

KHi đó$S=S_{BCI}+S_{CAI}+S_{BAI}=\frac{1}{2}(BC.ID+CA.IE+AB.IF)=p.r$

b) $\frac{S}{h_a}+\frac{S}{h_b}+\frac{S}{h_c}=\frac{1}{2}(a+b+c)=p=\frac{S}{r}$

=>dpcm

c) Không mất tính tổng quát, giả sử $h_a\leq h_b\leq h_c$ 

$\Rightarrow \frac{1}{h_a}\geq \frac{1}{h_b}\geq \frac{1}{h_c}$

$\Rightarrow \frac{1}{h_a}\geq \frac{1}{3}$

$\Rightarrow h_a\leq 3$

Mặt khác $\frac{1}{h_a}< \frac{1}{r}=1\Rightarrow h_a>1\Rightarrow h_a\geq 2$

vậy $h_a=2$ hoặc $h_a=3$

Nếu $h_a=2$ 

$\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$(**)

Ta có$a\geq b\geq c$ do $h_a\leq h_b\leq h_c$(*)

Để $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác thì ta chỉ cần $b+c> a$ (1) do khi $a\geq b\geq c$ (theo(*)) ta sẽ có ngay $a+c>b, a+b>c$

$(1)\Leftrightarrow \frac{S}{h_b}+\frac{S}{h_c}> \frac{S}{h_a}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}> \frac{1}{h_a}=\frac{1}{2}$ mâu thuẫn với (**)

Vậy loại trường hợp này

Suy ra $h_a=3$$\Rightarrow h_b\geq h_c\geq 3$(i)

$\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$

$\frac{1}{h_b}\geq \frac{1}{h_c}$

Suy ra $\frac{1}{h_b}\geq \frac{1}{3}\Rightarrow h_b\leq 3$

mà $h_b\geq 3$ theo (i)

Vậy $h_b=3\Rightarrow h_c=3$

Suy ra dpcm

ta dễ dàng cm được các bdt sau
$a^4+b^4\geq a^3b+ab^3$
$b^4+c^4\geq b^3c+bc^3$
$a^4+c^4\geq a^3c+ac^3$
cộng các bdt trên ta được
$2(a^4+b^4+c^4)\geq a^3b+a^3b+b^3c+b^3a+c^3a+c^3b$
$\Rightarrow 3(a^4+b^4+c^4)\geq a^3b+a^3b+a^4+b^3c+b^3a+b^4+c^3a+c^3b+c^4$
$\Rightarrow 3(a^4+b^4+c^4)\geq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3)$
$\Rightarrow (a^4+b^4+c^4)\geq (a^3+b^3+c^3)$

haiz, minh lam được ít quá. chắc không hi vọng

Bài 2. (4 điểm)
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - {y^2} = 4\\
{x^3} - {y^3} = 8
\end{array} \right.$
hinh nhu de nham. le ra phai la x^2-y^2=-4 chu

1 so chinh phuong chia du 0;1
gia su m^2 chia 4 du1, n^2 chia 4 du 1
=> k^2 chia 4 du 2 (vo lý)
=> it nhat 1 trong 2 so m,n chia het cho 4
=>mn chia het cho 4

1 so chinh phuong chia du 0;1
gia su m^2 chia 4 du1, n^2 chia 4 du 1
=> k^2 chia 4 du 2 (vo lý)
=> it nhat 1 trong 2 so m,n chia het cho 4
=>mn chia het cho 4

cách suy luận của bạn chỉ đưa về được là, trong 2 số m^2, n^2 có ít nhất 1 số chia hết cho 4, chu ko suy ra được 1 số chia hết cho 4 hay m, n cùng chẵn
ở đây, bạn chỉ mới xét được trường hợp m,n cùng lẻ=> vô lý
còn trường hợp m,n cùng chẵn hay m,n khác tính chẵn lẻ thi như thế nào?
đây là 1 bài toán khá quen thuộc nhưng cũng khá dễ nhầm lẫn.

Cảm ơn bạn mình thấy chỗ sai rồi nhưng PT có 2 nghiệm phân biệt đều dương thì S>0 và P>0 chứ .

Cảm ơn bạn mình thấy chỗ sai rồi nhưng PT có 2 nghiệm phân biệt đều dương thì S>0 và P>0 chứ .

bạn thông cảm hen. cm luc đêm khuya buồn ngủ

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)

Vẽ $HM,HN,HP$ lần lượt vuông góc với $AB,BC,CA$

Khi đó $HM=HN=HP=cot(60).SH=r$

Suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 

Hoặc là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, hoặc B hoặc C của tam giác ABC

TH1, H là tâm đường tròn nội tiếp

Khi đó $S=p.r=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=6\sqrt{6}a^2$

Suy ra $r=\frac{2\sqrt{6}}{3}$

vậy$V_{ABCD}=8\sqrt{3}a^3$

Các trường hợp còn lại tương tự

Trên SB lấy B', trên SC lấy C' sao cho SB'=SC'=SA=3

Khi đó sẽ tính được $AB'=3, AC'=3\sqrt{2},B'C'=3\sqrt{3}$ 

Suy ra tam giác AB'C' vuông tại A

Xét hình chóp $S.AB'C'$ Có SA=SB'=SC'

nên hình chiếu của S lên mp (AB'C') là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB'C', và đó chính là trung điểm B'C', gọi là H

Ta sẽ tính được $SH=\frac{3}{\sqrt{2}}$

Khi đó $$V_{S.AB'C'}=\frac{1}{3}.SH.S_{AB'C'}=\frac{1}{3}.\frac{3}{\sqrt{2}}.\frac{1}{2}.3.3\sqrt{2}=\frac{3}{4}$$

Mặt khác $\frac{V_{S.AB'C'}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA.SB'.SC'}{SA.SB.SC}=\frac{9}{20}$

VẬY $V_{S.ABC}=5/3$

vè cơ bản tư tưỡng là thế, còn tính toán bạn kiểm tra lại nhé

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{SC}=(\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}).\overrightarrow{SC}=-10$

$AB^2=SA^2+SB^2-2.SA.SB.cos\widehat{ASB}=13$

$\Rightarrow cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{2}{\sqrt{13}}$$\Rightarrow sin(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{3}{\sqrt{13}}$

ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.AB.SC.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

Vậy $d(AB,SC)=2/3$

 

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{SC}=(\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}).\overrightarrow{SC}=-10$

$AB^2=SA^2+SB^2-2.SA.SB.cos\widehat{ASB}=13$

$\Rightarrow cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{2}{\sqrt{13}}$$\Rightarrow sin(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{3}{\sqrt{13}}$

ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

Vậy $d(AB,SC)=\frac{10\sqrt{13}}{3}$

Lấy đâu ra cây này đây $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

 

 

 

 

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{SC}=(\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}).\overrightarrow{SC}=-10$

$AB^2=SA^2+SB^2-2.SA.SB.cos\widehat{ASB}=13$

$\Rightarrow cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{2}{\sqrt{13}}$$\Rightarrow sin(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{3}{\sqrt{13}}$

ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

Vậy $d(AB,SC)=\frac{10\sqrt{13}}{3}$

Lấy đâu ra cây này đây $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

 

 

Mình nhầm tí CT cưối cùng

chính xác là như vậy. Cho tứ diện ABCD thì $V_{ABCD}=\frac{1}{6}.AB.CD.sin(AB,CD).d(AB,CD)$

trong nhiều tài liệu bạn có thể tìm được

VP= $\tfrac{1}{2}(cos4x+cos2x)cos2x+2=\frac{1}{4}(cos 6x+cos2x+cos4x)+\frac{1}{4}+2$

pt trở thành$cos2x+cos4x+cos6x=3$ (*)

$VT(*)\leq 3$ với mọi $x\in \mathbb{R}$

dấu $"=" \Leftrightarrow cos2x=cos4x=cos6x=1$

$y'=x^2-2mx-3m$

Hàm số có 2 điểm cực trị $\Leftrightarrow y'$ có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta '=1+3m> 0\Leftrightarrow m> \frac{-1}{3}$

$x_{1},x_{2}$ là 2 nghiệm của pt $y'=0$

$\Rightarrow x_{1}^2=2mx_{1}+3m$ và $x_{2}^2=2mx_{2}+3m$

Mặt khác theo định lý Viet, ta có $x_{1}+x_{2}=2m$

Khi đó $\dfrac{x_1^2 + 2mx_2 + 9m}{m^2} + \dfrac{m^2}{x_2^2 + 2mx_1 + 9m} = 2$

$\Leftrightarrow \frac{2mx_{1}+3m+2mx_{2}+9m}{m^2}+\frac{m^2}{2mx_{2}+3m+2mx_{1}+9m}=2$

$\Leftrightarrow \frac{4m^2+12m}{m^2}+\frac{m^2}{4m^2+9m}=2$

Từ đó kết hợp điều kiện sẽ tìm được $m$

Hi vọng bạn xem cách giải của mình và cho ý kiến

mình cũng thử giải bài này rồi nhưng ko được
khi vẽ hình ra mình ko thấy tam giác MNP đều
không biết ý kiến các bạn như thế nào nhưng mình nghĩ bài này thiếu dữ kiện,
theo mình nếu cho thêm tam giác OAB cân nữa thì bài này sẽ khá đơn giản, còn như thế này mình ko giải được

Anh không biết em vẽ hình bằng phần mềm nào. Còn anh xài Gebra thì bài này hoàn toàn đúng:

sao mình thấy tam giác MNP của bạn ko đều, mình ko hiểu về phần mềm vẽ hình lắm

$VT \vdots 2001 \Rightarrow VP\vdots 2001\Rightarrow x\vdots 2001(1)) Ma VT> 0\Rightarrow VP> 0\Rightarrow 2001>x(2)) Tu (1)(2)\Rightarrow PT vô nghiệm$

mình nghĩ bài này ko cho điều kiện $x\epsilon \mathbb{Z}$ nên bạn ko thể áp dụng tính chất chia hết

gọi$\large r$ là bán kính hình tròn
bán kính hình tròn lúc sau là $\large \frac{4}{5}r$
theo giả thiết ta có phương trình
$\large (\frac{4}{5}r)^2. x=r^{2}.x-113,04$
( x là số pi, xin lỗi mình khong biết gõ)
$\large \rightarrow (\frac{9}{25}r)^2.x=113,04$
$\large S=r^2.x=314(dvdt)$

đặt $\large x$ là cạnh hình vuông
áp dụng dịnh lý thales, ta có
$\large \frac{MQ}{AH}=\frac{BM}{AB}$
$\large \frac{MN}{BC}=\frac{AM}{AB}$
$\large \frac{MN}{BC}+\frac{MQ}{AH}=1$
$\large \frac{x}{a}+\frac{x}{h}=1$
$\large x=\frac{ha}{h+a}$

Mình chém thử câu 4
Vì $P(x) : (x^2-1)$ được thương là x và có dư nên
$P(x)=x^3+\alpha x+\beta$
$P(x):(x-2)$ dư 2
$\Rightarrow P(x)=(x-2)(ax^2+bx+c)=x^3+x^2(a-2)+x(b-2a)-2b+2$
Vì hệ số của $x^2$ là 0 nên => a=2
$\Rightarrow P(x)=x^3+x(b-4)-2b+2$
Làm tương tự với x+2 ta có
$P(x)=x^3 +x (B-4)+2B-2$
Đồng nhất hệ số ta có hpt
$$\left\{\begin{matrix}
b-4=B-4
\\
-2b+2=2B-2
\end{matrix}\right.$$
Giải ta được b=B=1
Từ đó suy ra
$P(x)=x^3-3x$
Thử lại thấy thỏa mãn => dpcm

mình ngĩ không cần phải dồng nhất hệ số phức tạp nhu thế
khi bạn có P(x)=x^3+ax+b
Áp dụng định lí bezout, ta có P(2)=2, P(-2)=-2, từ đây ta sẽ được hpt là: 8+2a+b=2 và -8-2a+b=-2
Giải hpt ta được kết quả giống bạn

Bài 2 nha mọi người

$a_{n+2}-7a_{n+1}=7a_{n+1}-a_n$

$\Rightarrow$(a_{n+2}-7a_{n+1})^2=2^2.3(2a_{n+1}-1)(2a_{n+1}+1)$=(7a_{n+1}-a_n)^2$

$a_{n+2}^2-14a_{n+2}.a_{n+1}=-14a_{n+1}.a_n+a_n^2$

Cho n chạy từ 1 dến n

Ta thu được $a_{n+2}^2+a_{n+1}^2-14a_{n+2}.a_{n+1}=a_1^2+a_0^2-14a_1a_0=-12$

$(a_{n+2}-7a_{n+1})^2=2^2.3(2a_{n+1}-1)(2a_{n+1}+1)$

suy ra $(2a_{n+1}-1)(2a_{n+1}+1)=3m^2$

$gcd(2a_{n+1}-1,2a_{n+1}+1)=1$

Và $(2a_{n+1}+1)\vdots 3$(quy nạp)

$\Rightarrow (2a_{n+1}+1)=3x,x\in \mathbb{Z}$

Suy ra $(2a_{n+1}-1).x=m^2$

Mà $(2a_{n+1}-1,x)=1$

=>dpcm

bài 5
$M=\frac{n}{x+y}=\frac{10x+y}{x+y}=1+\frac{9x}{x+y}=1+\frac{9}{1+\frac{y}{x}}\geq 1+\frac{9}{1+\frac{9}{1}}= \frac{19}{10}$
GTNN của $M=\frac{19}{10}\Leftrightarrow n=19$

bài 2
áp dụng BDT bunhiakovski cho các số $\frac{1}{\sqrt{a}},\sqrt{\frac{2}{b}},\sqrt{a},\sqrt{2b}$
$((\frac{1}{\sqrt{a}})^{2}+(\sqrt{\frac{2}{b}})^2)((\sqrt{a})^2+(\sqrt{2b})^2)\geq 9$ (*)
ta có $\frac{a+2b}{c}\leq 3$ (1)
thật vậy (1)$\Leftrightarrow a+2b\leq 3c$
$\Leftrightarrow (a+2b)^2\leq 9c^2$
$\Leftrightarrow b^2+2ab\leq 3c^2$ (luôn dúng vì $b^2+2ab\leq a^2+2b^2\leq 3c^2$)
vậy $( a+2b)\frac{3}{c}\leq 9$(**)
(*). (**) $(\frac{1}{a}+\frac{2}{b})(a+2b)\geq (a+2b)\frac{3}{c}\Rightarrow$ dpcm

bạn tách 216 thành tích các số nguyên dương
$\large 216=1.216=2.108=3.72=9.24=27.8=54.4=...$
mà$\large x+2y\geq 3$
tới đây thì đơn giản rồi

Sao tớ lập bảng ra rồi mà lại không tìm ra giá trị nào của x, y nguyên cả, toàn là số vô tỉ thôi.

bạn kiểm tra lai đi
mình nghĩ không thể nào ra số vô tỉ được. bởi vì minh chỉ tách thành tích các số nguyên, các hệ số đi với ẩn cũng là số nguyên. trong quá trình giải: hoặc là tìm được nghiệm nguyên hoặc là số hữu tỉ và loại chúng thôi chứ