Giải bài 27 (đã hết hạn bỏ bài  ): Trước hết ta sẽ chứng minh rằng a + b và c + d đều là số chính phương.

Vì (a, b, c) = 1 tức là a, b, c ko có nhân tử chung thế nên ta hoàn toàn có thể giả sử $b\vdots c,(a,c)=1$. ...

Căn cứ nào mà lại có thể giả sử như thế !!? Bạn chứng minh được điều đó không ??

Bài 27: Cho 2 bộ ba số nguyên dương a, b, c và d, e, f sao cho $(a,b,c)=1;(d,e,f)=1$ (1) và thoả mãn đẳng thức $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$; $\frac{1}{d}+\frac{1}{e}=\frac{1}{f}$ (2). Chứng minh rằng 2(a + b + d + e) là tổng bình phương của hai số tự nhiên.  

Nếu $a=b$ thì $\overset{(2)}{\Rightarrow} a=b=2c$ $\overset{(1)}{\Rightarrow} 1=(a,b,c)=(2c,2c,c)=c$ $\Rightarrow a=b=2\Rightarrow a+b=4=2^2=(c+1)^2$.

Giả sử $a>b$ thì $a>2c>b>c\Rightarrow a-c>c>b-c\ge1$.

Gọi $d=(b,c)$ thì $b=db_1; c=dc_1; (b_1,c_1)=1$.

$(2)\Rightarrow ab=c(a+b)\Rightarrow ab_1=c_1(a+db_1)\Rightarrow a\vdots b_1, a\vdots c_1\Rightarrow a\vdots b_1c_1$ $\Rightarrow a=k.b_1c_1\Rightarrow k(b_1-c_1)=d\Rightarrow k|d|b,c$ và $k|a\Rightarrow k=1$

$\Rightarrow a=b_1c_1; b_1-c_1=d\Rightarrow b-c=d^2\Rightarrow a+b=b_1c_1+c+d^2=b_1c_1+(b_1-c_1)c_1+$$(b_1-c_1)^2=b_1^2$

Vậy ta luôn có $a+b$ là số chính phương $m^2$. Tương tự với $d+e=n^2$.

Suy ra $2(a+b+d+e)=2(m^2+n^2)=(m+n)^2+(m-n)^2$ là tổng bình phương của hai số tự nhiên. (đpcm)

Bài này mình chỉ giải được trên tập nghiệm tự nhiên nên trình bày cách giải ra để mọi người cùng góp ý, nếu ai giải được trên tập nghiệm nguyên thì bổ sung cho bài của mình nhé !

 

$PT\Leftrightarrow z(xy+2)=x^{2}+2\Rightarrow z=\frac{x^{2}+2}{xy+2}\in N$

$\Rightarrow x+\frac{2(y-x)}{xy+2}\in Z\Rightarrow 2(y-x)=k(xy+2)$ với $k$ tự nhiên

 

• Xét $x=1$ ta có $yz=3-2z\Leftrightarrow z(y+2)=3\Rightarrow y=z=1$
• Xét $x\geq 2$ :

Nếu $k = 0$ thì $x^{2}+2=0$ (loại)

Nếu $k\geq 1$ thì $2(y-x)\geq xy+2\Leftrightarrow (x-2)(y+2)+6\leq 0$

Nhưng $x\geq 2,y\geq 0\Rightarrow (x-2)(y+2)+6>0$

Phương trình vô nghiệm

Vậy : Phương trình có nghiệm tự nhiên duy nhất $(1 ; 1; 1)$

$k\in\mathbb{Z}$ mà, sao lại cho $\in\mathbb{N}$ luôn vậy !!!

$k=0$ thì $x=y$ và PT có VSN dạng $(t,t,1)$ mà !!!

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 CM bang pp qui nạp theo $n>4$.

• $n=5$: $p_5=11>2.5=10$ (đúng).
• G/s bài toán đúng đến $n=k, (k>4)$, tức là ta có $p_n>2n \forall n=\overline{5..k}$.
• Xét n=k+1: Do $p_{k+1} > p_k$ là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp nên $p_{k+1}\ge p_k+2$.

Dùng giả thiết qui nạp, ta có $p_k>2k$. Suy ra $p_{k+1}>2k+2=2(k+1)$

Như vậy bài toán cũng đúng với $n=k+1$.

Theo nguyên lý quy nạp suy ra bài toán đúng $\forall n>4$. (đpcm)

b)  Ta CM bang pp qui nap theo $n>11$.

• $n=12$: $p_{12}=37>3.12=36$ (đúng).
• G/s bài toán đúng đến $n=k, (k>11)$, tức là ta có $p_n>3n \forall n=\overline{12..k}$.
• Xét n=k+1: Do $p_{k+1} > p_k$ là hai số nguyên tố lẻ lien tiếp nên $p_{k+1}\ge p_k+2$.

Dùng giả thiết qui nạp, ta có $p_k>3n$, tức là $p_k\ge 3n+1$. Suy ra $p_{k+1}\ge 3k+1+2=3(k+1)$.

Dấu $"="$ không thể xảy ra vì khi đó $p_{k+1}\vdots3$ (mâu thuẫn với $p_{k+1}$ là số nguyên tố).

Vậy $p_{k+1}>3(k+1)$. Bài toán cũng đúng với $n=k+1$.

Theo nguyên lý qui nạp suy ra bài toán đúng $\forall n>11$. (đpcm)

Bài 67. Tìm tất cả các số nguyên $x,y$ thoả $\frac{x^2-x+2}{y}$ và $\frac{y^2+y+2}{x}$ đều là các số nguyên.

Vì (a, b, c) = 1 tức là $a, b, c$ ko có nhân tử chung thế nên ta hoàn toàn có thể giả sử $b\vdots c,(a,c)=1$...

 

Bởi vì khi chuyển vế ta được $a+b=\frac{ab}{c}$. Đến đây chắc bạn có thể hiểu lí do vì sao mình đặt như vậy rồi chứ...  

Nhưng mà với $(a,b,c)=1,\ a+b=\frac{ab}{c},\ ab\ \vdots\ c$ thì sao có thể giả sử $b\ \vdots\ c\ ,\ (a,c)=1$ ???

$(a,b,c)=(10,15,6)$ cũng thoả $(a,b,c)=1,\ a+b=\frac{ab}{c}$ được mà điều giả sử của bạn thì không !

Xem như mình ngu muội, xin bạn hãy giải thích rõ thêm. Vì điều đó thật sự không chặt chẽ chút nào !

Giải PT nghiệm nguyên $a,b,c$ thoả : $(a,b,c)=1$ (1) và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ (2)

 

PT này có VSN dạng $(a,b,c)=(\ m(m+n), n(m+n), mn\ )$ với $(m,n)=1$.

Chứng minh:

$(2)\Leftrightarrow a+b=\frac{ab}{c}$. Gọi $m=(a,c)\Leftrightarrow\begin{cases}a=mk\\ c=mn\end{cases}\ (k,n)=1$.

Suy ra $a+b=\frac{kb}{n}\xrightarrow{(k,n)=1} b\ \vdots\ n\Rightarrow b=tn$. Suy ra $mk+tn=kt$ (*)

Do $1=(a,b,c)=(mk,tn,mn)\Rightarrow (t,m)=1$.

$(*)\Rightarrow tn\ \vdots\ k$ và $mk\ \vdots t$ $\xrightarrow{(k,n)=(t,m)=1} t\ \vdots\ k$ và $k\ \vdots\ t$ $\Rightarrow t=k\overset{(*)}{\Rightarrow} m+n=k=t$.

Vậy $(a,b,c)=(\ m(m+n),n(m+n),mn\ )$ với $(m+n,n)=(m+n,m)=1$ tức là $(m,n)=1$.

Trở lại Bài 27 :

Theo trên, ta có $a+b=m(m+n)+n(m+n)=(m+n)^2=x^2$.

Tương tự ta cũng có $d+e=y^2$.

Vậy $2(a+b+c+d)=2(x^2+y^2)=(x+y)^2+(x-y)^2$. (đpcm)

Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên : $xyz=x^{2}-2z+2$. (1)

(1)$\Leftrightarrow z(xy+2)=x^2+2 \Rightarrow z\ne0$.

* Nếu $x=0$ thì $z=2$ và $y\in\mathbb{Z}$ bất kỳ. Nghiệm $(0,t,1)$ với $t\in\mathbb{Z}$.

* Nếu $y=0$ thì $x^2-2z+2=0\Leftrightarrow x^2=2(z-1)$. Nghiệm $(2t,0,2t^2+1)$ với $t\in\mathbb{Z}$.

* Xét $xyz\ne0$:

Nhận xét : nếu $(x,y,z)$ là nghiệm thì $(-x-y,z)$ cũng là nghiệm. Nên không mất tính tổng quát, chỉ cần xét $x>0$. Khi đó nếu $y>0$ thì $z>0$ và nếu $z<0$ thì $y<0$. Do đó ta chỉ có 3 TH sau :

• TH1: $y<0<z$ thì $0>xy>-2\Rightarrow xy=-1\Rightarrow$ Nghiệm là $(1,-1,3)$ và $(-1,1,3)$.
• TH2: $y,z>0$ thì $z=\frac{x^2+2}{xy+2}\ge1\Rightarrow x\ge y; x-yz=x-\frac{x^2y+2y}{xy+2}=\frac{2(x-y)}{xy+2}\ge0$
  • nếu $z=1$ thì $x=y$. Suy ra nghiệm là $(t,t,1)$, với $t\in\mathbb{Z}$.
  • nếu $z>1$ thì $x>yz>y$ và $2(x-y)\ge xy+2\Rightarrow (x+2)(2-y)\ge6\Rightarrow 0<y<2\Rightarrow y=1$

$\Rightarrow z=\frac{x^2+2}{x+2}=x-2+\frac{6}{x+2}\Rightarrow x+2=6\Rightarrow x=4$.

Vậy nghiệm là $(4,1,3)$ và $(-4,-1,3)$.

• TH3: $y,z<0$. Đặt $a=x,b=-y,c=-z$ thì $a,b,c>0$ thoả $abc=a^2+2c+2$ $\Rightarrow ab>2$ và $bc>a$ $\Rightarrow c=\frac{a^2+2}{ab-2}\Rightarrow bc-a=b.\frac{a^2+2}{ab-2}-a=\frac{2(a+b)}{ab-2}$ $\Rightarrow 2(a+b)\ge ab-2 \Rightarrow (a-2)(b-2)\le6$
  • nếu $b=1$ thì $c=\frac{a^2+2}{a-2}=a+2+\frac{6}{a-2}\Rightarrow a-2\in\{1;2;3;6\}\Rightarrow a\in\{3,4,5,8\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(3,1,11); (4,1,9); (5,1,9); (8,1,11)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(3,-1,-11); (4,-1,-9); (5,-1,-9); (8,-1,-11)$ và $(-3,1,-11); (-4,1,-9); (-5,1,-9); (-8,1,-11)$.
  • nếu $b=2$ thì $2c-a=\frac{2(a+2)}{2a-2}=1+\frac{3}{a-1}\Rightarrow a-1\in\{1,3\}\Rightarrow a\in\{2,4\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(2,2,3); (4,2,3)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(2,-2,-3); (4,-2,-3)$ và $(-2,2,-3); (-4,2,-3)$.
  • nếu $a=1$ thì $c=\frac{3}{b-2}\Rightarrow b-2\in\{1,3\}\Rightarrow b\in\{3,5\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(1,3,3); (1,5,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(1,-3,-3); (1,-5,-1)$ và $(-1,3,-3); (-1,5,-1)$.
  • nếu $a=2$ thì $c=\frac{3}{b-1}\Rightarrow b-1\in\{1,3\}\Rightarrow b\in\{2,4\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(2,2,3); (2,4,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(2,-2,-3); (2,-4,-1)$ và $(-2,2,-3); (-2,4,-1)$.
  • nếu $a,b>2$ thì $ab-2\ge7$ và $(a-2)(b-2)=k, 0<k\le6$. $\Rightarrow 2(a+b)=ab+4-k\Rightarrow bc-a=\frac{ab+4-k}{ab-2}=1+\frac{6-k}{ab-2}$. 
    • nếu $0<k<6\Rightarrow (6-k)\vdots(ab-2)\Rightarrow 6-k\ge ab-2\ge7\Rightarrow k\le-1$. (Vô lý !)
    • nếu $k=6\Rightarrow bc-a=1\Rightarrow bc=a+1$ $\Rightarrow a^2+a=abc=a^2+2c+2\Rightarrow a=2c+2\Rightarrow bc=2c+3 \Rightarrow c=\frac{3}{b-2}$ $\Rightarrow b-2\in\{1,3\} \Rightarrow b\in\{3,5\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(8,3,3); (4,5,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(8,-3,-3); (4,-5,-1)$ và $(-8,3,-3); (-4,5,-1)$.

Kết luận : Nghiệm của PT(1) là $(0,t,1); (2t,0,2t^2+1); (t,t,1)$ với $t\in\mathbb{Z}$;

$(1,-1,3)$ và $(-1,1,3)$;

$(4,1,3)$ và $(-4,-1,3)$;

$(3,-1,-11), (4,-1,-9), (5,-1,-9), (8,-1,-11)$ và $(-3,1,-11), (-4,1,-9), (-5,1,-9), (-8,1,-11)$;

$(2,-2,-3), (4,-2,-3)$ và $(-2,2,-3), (-4,2,-3)$;

$(1,-3,-3), (1,-5,-1)$ và $(-1,3,-3), (-1,5,-1)$;

$(2,-2,-3), (2,-4,-1)$ và $(-2,2,-3), (-2,4,-1)$;

$(8,-3,-3), (4,-5,-1)$ và $(-8,3,-3), (-4,5,-1)$.

Bài 31:

 Cho số tự nhiên y .Chứng minh tồn tại vô số nguyên tố p sao cho  và .

Viết đề kiểu này khó hiểu quá! Phát biểu lại ý của đề bài cho dễ hiểu hơn đây :

"Cho trước số tự nhiên $y$. CMR : Có vô số số tự nhiên $n$ để số $(2^ny+1)$ có ước nguyên tố dạng $4k+3$."

 

Bài 17 : (tiếp theo ý 2)

Như vậy việc tìm $n=b^2-a^2$  chính là tìm bộ nghiệm nguyên $(a,b)$ của PT $3a^2-2b^2=1$.

PT $Aa^2-Bb^2=1$ (1) là PT Pell dạng tổng quát, ta sẽ chuyển về PT Pell loại 1 như sau :

Đặt $x=Aa^2+Bb^2, y=2ab,d=AB$ thì $x^2-dy^2=(Aa^2+Bb^2)^2-AB(2ab)^2=(Aa^2-Bb^2)^2=1^2=1$

$x^2-dy^2=1$ (2) là PT Pell loại 1, nếu d không chính phương thì với $(x_1,y_1)$ là nghiệm cơ sở (nhỏ nhất), ta có thể tìm $(x_n,y_n)$ là tất cả các nghiệm của (2), bằng một trong các công thức sau :

a) Công thức khai triển và đồng nhất :

$x_n+y_n\sqrt{d}=(x_1+y_1\sqrt{d})^n$

b) Công thức truy hồi :

$x_{n+1}=x_1x_n+dy_1y_n$

$y_{n+1}=x_1y_n+y_1x_n$

c) Công thức tong quát :

$x_n=\frac{(x_1+y_1\sqrt{d})^n+(x_1-y_1\sqrt{d})^n}{2}; y_n=\frac{(x_1+y_1\sqrt{d})^n-(x_1-y_1\sqrt{d})^n}{2\sqrt{d}}$

 

 

Từ đây, ta dễ dàng chứng minh được các kết quả sau :

1/. Nếu $(a_1,b_1)$ là nghiệm cơ sở (nhỏ nhất) của PT (1) thì $(a_1,b_1)$ là nghiệm của HPT

$\left\{\begin{matrix}Aa^2+Bb^2=x_1 \\ 2ab=y_1 \end{matrix}\right.$ ,    (với $(x_1,y_1)$ là nghiệm cơ sở của PT (2) ).

 2/. Nếu $(a_1,b_1)$ là nghiệm cơ sở của PT(1) thì có thể tìm $(a_n,b_n)$ là tất cả các nghiệm của PT (1) bằng một trong các công thức sau :

a) Công thức khai triển và đồng nhất:

$a_n\sqrt{A}+b_n\sqrt{B}=(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}$

b) Công thức truy hồi:

$a_{n+1}=(Aa_1^2+Bb_1^2)a_n+(2a_1b_1)Bb_n$

$b_{n+1}=(Aa_1^2+Bb_1^2)b_n+(2a_1b_1)Aa_n$

c) Công thức tổng quát:

$a_n=\frac{(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}+(a_1\sqrt{A}-b_1\sqrt{B})^{2n-1}}{2\sqrt{A}}; b_n=\frac{(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}-(a_1\sqrt{A}-b_1\sqrt{B})^{2n-1}}{2\sqrt{B}}$

Áp dung vào bài toán, ta tìm được tất cả các bộ nghiệm của PT $3a^2-2b^2=1$ là : (1,1); (9,11); (89,109); ...

Tương ứng với n=0 (loại); n=40 (nhận); n=3960; ...

Vậy $n=40$ là số nhỏ nhất thoả $2n+1$ và $3n+1$ là các số chính phương.

Bài 17: Cho n là một số nguyên dương thỏa mãn 2n + 1; 3n + 1 đều là số chính phương. Hỏi  5n + 3 là số nguyên tố hay hợp số? Tìm số n nhỏ nhất thỏa tất cả điều kiện đó.

(Cải biên lại từ đề đề nghị thi Olimpic 30/4 lớp 10 năm 2009 của Trường THPT chuyên KonTum - Sở GD - ĐT KonTum)

Giả sử $2n+1=a^2, 3n+1=b^2$. (1) $\Rightarrow 3a^2-2b^2=1$ và $b^2-a^2=n$. (2)

Do $n\in\mathbb{Z}^+$ nên $a\ge 2, b\ge 3, b>a$.

Ta có : $5n+3=4a^2-b^2=(2a-b)(2a+b)$. (3)

Nếu $2a-b=1$ thì $b=2a-1$, thay vào (2) được $n=3a^2-4a+1$, thay tiếp vào (1) được $5a^2-8a+3=0$ (VN do $a\ge 2$).

Vậy $2a+b>2a-b>1$. Từ (3)$\Rightarrow 5n+3$ có 2 ước lớn hơn 1 nên là hợp số.

$(a^2,b^2)=(2n+1,3n+1)=(2n+1,n)=(n+1,n)=1\Rightarrow (a,b)=1$.

Như vậy việc tìm $n$ thoả đề bài chính là tìm bộ nghiệm nguyên (a,b) nguyên tố cùng nhau của PT $3a^2-2b^2=1$.

(Xem tiếp bài giải ở bên dưới #99).

Bài 26 : Cho hình thang cân ABCD ( AB// CD ) có chu vi = 5 . Góc DBC = 90 độ , CD = 2 . Tính AB  ( các bạn giãi giúp mình bài này nhé, mình chưa học tam giác đồng dạng )

Xem ở đây

Bài 27:Cho tam giác ABC có $\widehat{C}$ tù và $\widehat{A}$ =2$\widehat{B}$ Đường thẳng đi qua B và vuông góc BC cắt AC tại D.Gọi M là trung điểm AB.cmr $\widehat{AMC}$ =$\widehat{BMD}$ 

Gọi $AC=x$ ; $\widehat{ABC}=\alpha$ ; $\widehat{BAC}=2\alpha$

Định lí hàm Sin $\Delta ABC$ $\Rightarrow\frac{AC}{\sin\alpha}=\frac{BC}{\sin2\alpha}=\frac{AB}{\sin3\alpha}$

$\Rightarrow BC=2x.\cos\alpha$ ; $AB=x(3-4\sin^2\alpha)=x(4\cos^2\alpha-1)$ ; $AM=BM=\frac{AB}{2}=\frac{x(4\cos^2\alpha-1)}{2}$

$\Delta BCD\ :\ DC=\frac{BC}{\cos3\alpha}=\frac{2x}{4\cos^2\alpha-3}\Rightarrow AD=\frac{2x}{4\cos^2\alpha-3}+x=\frac{x(4\cos^2\alpha-1)}{4\cos^2\alpha-3}$

Lấy $E\in DM$ s/c $CE//AM$. Suy ra $\widehat{ECB}=\widehat{CBA}=\alpha$ (so le trong) ; $\widehat{ECD}=\widehat{BAC}=2\alpha$ (đồng vị)

Định lí Talet $\Rightarrow\frac{EM}{ED}=\frac{CA}{CD}=\frac{4\cos^2\alpha-3}{2}=\frac{AM}{AD}$

$\Rightarrow AE$ là phân giác $\widehat{MAD}$ (T/c đường phân giác trong $\Delta$)

$\Rightarrow\widehat{CEA}\overset{\text{so le trong}}{=}\widehat{EAM}\overset{\text{t/c p.g}}{=}\widehat{EAC}$ $\Rightarrow CE=CA$ ($\Delta$ có 2 góc đáy = nên cân)

Định lí hàm Cosin $\Delta ACE$ $\Rightarrow AE^2=2x^2+2x^2.\cos2\alpha=2x^2(1+\cos2\alpha)=4x^2\cos^2\alpha$$\Rightarrow AE=2x\cos\alpha=BC$

Suy ra $ABEC$ là hình thang câm (tứ giác có 1 cặp cạnh // và 2 chéo =)

Xét $\Delta ACM=\Delta BEM$ (c.g.c) $\Rightarrow\widehat{AMC}$ =$\widehat{BMD}$. $\boxed{}$

1 Bài Bất..
Cho a,b,c là các số dương.

CM: $\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{1+abc}$ 

Giải

Chuẩn hóa $abc=1$. Đặt $(a;b;c)\rightarrow \begin{pmatrix} \frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x} \end{pmatrix}$

BĐT cần chứng minh tương đương với

$\frac{xy}{xz+yz}+\frac{yz}{xy+xz}+\frac{xz}{xy+yz}\geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{x^2y^2}{xy(xz+yz)}+\frac{y^2z^2}{yz(xy+xz)}+\frac{z^2x^2}{zx(xy+yz)}\geq \frac{3}{2}$ $(1)$

Áp dụng BĐT S-vác, ta có

$VT_{(1)}\geq \frac{(xy+yz+zx)^2}{\sum xy(xz+yz)}=\frac{(xy+yz+zx)^2}{2xyz(x+y+z)}$

Như vậy ta cần chứng minh $xyz(x+y+z)\leq \frac{(xy+yz+zx)^2}{3}$. Nhưng BĐT này luôn đúng vì đây là BĐT $AM-GM$

Dấu "=" $\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1$

 Phép chuẩn hoá chỉ có thể áp dụng đối với các bài đẳng cấp đồng bậc. Bài này không thuộc dạng này nên ko thể chuẩn hoá được $abc=1$ đâu !!!

6,Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của $P=\frac{2x^2-3x+3}{x+1}$ biết $x\in \left [ 0;2 \right ]$

PP miền giá trị

$P=\frac{2x^2-3x+3}{x+1}\Leftrightarrow f(x)=2x^2-(P+3)x+3-P=0$ (1)

$\Delta_{(1)}=(P+3)^2-4.2.(3-P)=P^2+14P-15=(P-1)(P+15)\ ;\\ f(0)=3-P\ ;\ f(2)=5-3P$

Viét : $\frac{S}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{P+3}{4}$
(gt) : (1) có nghiệm $x\in[0;2]\Leftrightarrow 0\le x_1\le x_2\le2$  $\vee$  $0\le x_1\le2\le x_2$  $\vee$  $x_1\le0\le x_2\le2$

$\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta_{(1)}\ge0\\f(0)\ge0\\f(2)\ge0\\0\le\frac{S}{2}\le2 \end{cases}$  $\vee$  $\begin{cases}f(0)\ge0\\f(2)\le0 \end{cases}$  $\vee$  $\begin{cases}f(0)\le0\\f(2)\ge0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow\begin{cases}P\le-15\ \vee\ P\ge1\\P\le3\\P\le\frac{5}{3}\\1\le P\le5\end{cases}$ $\vee$ $\begin{cases}P\le3\\P\ge\frac{5}{3}\end{cases}$ $\vee$ $\begin{cases}P\ge3\\P\le\frac{5}{3}\end{cases}$

$\Leftrightarrow 1\le P\le\frac{5}{3}$   $\vee$   $\frac{5}{3}\le P\le 3$   $\vee$   $P\in\varnothing$

Từ đây ta thấy : $\min P=1$ tại $\Delta_{(1)}=0\Leftrightarrow x=\frac{S}{2}=\frac{P+3}{4}=1$;

$\max P=3$ tại $f(0)=0\Leftrightarrow x=0$.

Thế tớ đổi biến luôn $(a;b;c)\rightarrow \begin{pmatrix} \frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x} \end{pmatrix}$ mà không cần phải chuẩn hóa được không cậu?

Không thể đặt như vậy, vì nếu đặt như vậy là cậu đã chấp nhận $abc=1$ rồi còn gì.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$P = \frac{4}{\sqrt{a^2+b^2+c^2-4}}-\frac{9}{(a+b)\sqrt{(a+2c)(b+2c)}}$$

Giải : Dùng AM-GM đánh giá được :

• $a^2+b^2+c^2\ge \frac{(a+b+c)^2}{3}$
• $(a+b)\sqrt{(a+2c)(b+2c)}\le (a+b) \left(\frac{a+b+4c}{2}\right)=\frac{1}{6}(3a+3b)(a+b+4c)$ $ \le \frac{1}{6} \left( \frac{4a+4b+4c}{2}\right)^2=\frac{2}{3}(a+b+c)^2$
• Tất cả các dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Suy ra : $P\le \frac{4}{ \sqrt{ \frac{(a+b+c)^2}{3}+4}}-\frac{27}{2(a+b+c)^2}=\frac{4}{\sqrt{t+4}}-\frac{9}{2t}=f(t)$ với $t=\frac{(a+b+c)^2}{3}$  $(t>0)$

$f'(t)=\frac{-2}{\sqrt{(t+4)^3}}+\frac{9}{2t^2}$   ;   $f'(t)=0\Leftrightarrow 16t^4=81(t+4)^3$

Nhận xét :

• Với $0<t<12$ thì $16t^4<16.12t^3=3.(4t)^3<3.(3t+12)^3=81(t+4)^3$ tức là $f'(t)>0$ trong $(0;12)$
• Với $t>12$ thì $16t^4>16.12t^3=3.(4t)^3>3.(3t+12)^3=81(t+4)^3$ tức là $f'(t)<0$ trong $(12;+\infty)$

• Với $t=12$ thì $f'(t)=0$ và $f(t)=\frac{5}{8}$

Suy ra : $\max_{t>0} f(t)=\frac{5}{8}$ tại $t=12$

Vậy $\max_{a,b,c>0}P=\frac{5}{8}$ khi và chỉ khi $a=b=c=2$.

Câu 6. Dùng AM-GM đánh giá được :

$P\le \frac{4}{\sqrt{t+4}}-\frac{9}{2t}=f(t)$ với $t=\frac{(a+b+c)^2}{3}$  $(t>0)$

Cách 2 : Áp dung BĐT quen thuộc $\frac{4}{\sqrt{a_1+a_2+a_3+a_4}}\le\sqrt{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_4}}$ ( Dấu $"="$ xảy ra với $a_1=a_2=a_3=a_4$)

Ta có : $\frac{4}{\sqrt{t+4}}=\frac{4}{\sqrt{\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+4}}\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$ Dấu $"="$ xảy ra với $t=12$

Suy ra $P\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}-\frac{9}{2t}$. Đặt $z=\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$  $(z>\frac{1}{4})$  thì

$P\le z-\frac{1}{2}\left( z^2-\frac{1}{4}\right) =\frac{1+8z-4z^2}{8}=\frac{5-4(1-z)^2}{8}\le\frac{5}{8}$

Dấu $"="$ xảy ra với $z=1\Leftrightarrow t=12\Leftrightarrow a=b=c=2$

Mọi người cho minh hỏi câu 1b mình lam như thế này liệu có được điểm nào không

     Ta có y'=$6x^2+6(m+1)x+6m$

 

Để h/s có cực đai,cực tiêu thì pt y'=0 có 2 nghiệm pb 

$\Leftrightarrow \Delta >0\Leftrightarrow (m-1)^2>0\Leftrightarrow m>1$(do tâm lí phòng thi),

Với m>1,lại có $y=\frac{1}{3}x.y'-\frac{1}{6}(m+1)y'-(m-1)^2x+....$

Suy ra đt AB có pt y=$-(m-1)^2x+....$

Do  AB vuuông góc với d  $\Rightarrow (m-1)^2=1\Leftrightarrow m=0;m=2$$\Rightarrow (m-1)^2=1\Leftrightarrow m=0;m=2$

Với chỗ sai đó thì bạn được câu này từ 0.5 -> 0.75 đ. Khi chấm thi thì tui cho những ai sai chỗ đó 0.75 đ (với bài làm hoàn chỉnh y như bài giải của bạn).

Cách 2 : Áp dung BĐT quen thuộc $\frac{4}{\sqrt{a_1+a_2+a_3+a_4}}\le\sqrt{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_4}}$ ( Dấu $"="$ xảy ra với $a_1=a_2=a_3=a_4$)

Ta có : $\frac{4}{\sqrt{t+4}}=\frac{4}{\sqrt{\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+4}}\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$ Dấu $"="$ xảy ra với $t=12$

Suy ra $P\le\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}-\frac{9}{2t}$. Đặt $z=\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}$  $(z>\frac{1}{4})$  thì

$P\le z-\frac{1}{2}\left( z^2-\frac{1}{4}\right) =\frac{1+8z-4z^2}{8}=\frac{5-4(1-z)^2}{8}\le\frac{5}{8}$

Dấu $"="$ xảy ra với $z=1\Leftrightarrow t=12\Leftrightarrow a=b=c=2$

Hoặc có thể tiếp tục dùng Côsi :

$\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}=1.\sqrt{\frac{9}{t}+\frac{1}{4}}\le\frac{1+\left(\frac{9}{t}+\frac{1}{4}\right)}{2}=\frac{9}{2t}+\frac{5}{8}$

$\Rightarrow P\le \frac{5}{8}$

$y=2x^3-3(m+1)x^2+6mx$.   (1)

$(d) : y=x+2$

$y' = 6{x^2} - 6(m + 1)x + 6m=6[x^2 - (m+1)x+m]$
* Đồ thị hs (1) có 2 điểm cực trị A,B nên $\Delta  = (m + 1)^2-4m=(m-1)^2 > 0 \Leftrightarrow m \ne 1$

*$y=\frac{1}{6}y'.(2x-m-1)-(m-1)^2x+(m^2+m)$
$\Rightarrow$ Pt đường thẳng qua 2 điểm cực trị là $(AB): y = -(m-1)^2x + (m^2 + m)$
*$(AB) \perp (d) \Leftrightarrow -(m-1)^2.1 = -1 \Leftrightarrow m = 0$ (nhận) $\vee  m = 2$ (nhận)

Vậy m thoả ycbt $\Leftrightarrow m=0 \vee m=2$.

Bạn vẫn sai. Phải giải theo 1 trong 3 cách bạn này post nè: 

Thực tế đây là bài toán dãy số truy hồi của môn GTMT.

Đúng đây là bài toán truy hồi, có nhiều cách CM công thức $S_n=6S_{n-1}-4S_{n-2}$. Nhưng như thế này thôi thì chưa có thể kết luận ngay được liền $S_n$ nguyên dương đâu. Mà cần phải trình bày thêm phần CM qui nạp nữa thì bài làm mới gọi là hoàn chỉnh thực sự.

Câu 1:

$2/$

Đặt $a=3+\sqrt{5}$

Có:

$(3+\sqrt{5})^n+(3-\sqrt{5})^n=(3+\sqrt{5})^n+\left ( \frac{4}{3+\sqrt{5}} \right )^n=a^n+\left (\frac{4}{a}  \right )^n\geq 2\sqrt{a^n.\frac{4^n}{a^n}}=2\sqrt{4^n}>0$

và nguyên dương với mọi $n$ nguyên dương

Như thế sao khẳng định được là số nguyên dương !!!?

Mình làm như sau :

Đặt $a=3+\sqrt{5};\ b=3-\sqrt{5};\ u_n=a^n+b^n$. Ta sẽ CM $u_n\in\mathbb{Z}^+(\forall n\in\mathbb{Z}^+)$ bằng qui nạp theo $n$.

• $u_0=2;\ u_1=a+b=6;\ \Rightarrow u_0,u_1\in\mathbb{Z}^+$.
• G/s đúng từ $1$ đến $n$.
• Xét $u_{n+1}$ : Ta có $6u_n=(a+b)(a^n+b^n)=a^{n+1}+b^{n+1}+ab(a^{n-1}+b^{n-1}=u_{n+1}+4.u_{n-1}$

$\Rightarrow u_{n+1}=6u_n-4u_{n-1}\in\mathbb{Z}^+$

Theo nguyên lí qui nạp, vậy $u_n..$ là số nguyên dương $\forall n\in\mathbb{Z}^+$.

Tại sao không!
 

Thấy: $4^n$ là $n$ số $4$ nhân lại với nhau, căn ra là số $2$, luôn nguyên dương mà!

Câu 1:

$2/$

Đặt $a=3+\sqrt{5}$

Có:

$(3+\sqrt{5})^n+(3-\sqrt{5})^n=(3+\sqrt{5})^n+\left ( \frac{4}{3+\sqrt{5}} \right )^n=a^n+\left (\frac{4}{a}  \right )^n\geq 2\sqrt{a^n.\frac{4^n}{a^n}}=2\sqrt{4^n}>0$

và nguyên dương với mọi $n$ nguyên dương

Theo cách bạn thì chỉ có $A_n=(3+\sqrt{5})^n+(3-\sqrt{5})^n\ge2\sqrt{4^n}=2.2^n=2^{n+1}=B_n$

Đúng $B_n$ nguyên dương thật, nhưng làm sao khẳng định được $A_n$ nguyên ? Cùng lắm chỉ có thể nói $A_n>0$ thôi, mà điều này bạn đã chấp nhận là hiển nhiên khi áp dụng AM-GM rồi còn gì. Đừng cố chấp nhé bạn ! Hãy biết lắng nghe rồi suy ngẫm.

--------

Nhầm!

Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ $Oxy$ cho hình vuông $ABCD$ có điểm $M$ là trung điểm của $AB$ và $N$ là điểm thuộc đoạn $AC$ sao cho $AN=3NC$. Viết phương trình đường thẳng $CD$, biết rằng $M(1;2)$ và $N(2;-1)$.

Gọi $O$ là tâm hình vuông và $I$ là trung điểm của $CD$.
Xét $C(a,b)$     $\Rightarrow I(4-a;-2-b)$    ;   $K=(7-2a;-6-2b)$

Thì : $\overrightarrow{KC}=(3a-7\ ;\ 3b+6)$   ;   $\overrightarrow{IC}=(2a-4\ ;\ 2b+2)$   ;    $\overrightarrow{KI}=(a-3\ ;\ b+4)$

Ta có $\Delta IKC$ vuông cân tại $K$ nên suy ra : $\begin{cases}KC^2=KI^2 \\ IC^2=2.KI^2 \end{cases}$$\Rightarrow\begin{cases}2a^2+2b^2-9a+7b+15=0 \\ 2a^2+2b^2-4a-8b-30=0\end{cases}$ $\Rightarrow \left[ \begin{matrix}b=-2\ \rightarrow a=3 \\ b=\frac{-12}{5} \rightarrow a=\frac{9}{5} \end{matrix}\right.$

Kiểm tra lại thấy đều thoả hpt $(1)$ & $(2)$ nên nhận cả 2 nghiệm.

$\boxed{\text{TH1:}}$ $C(3;\ -2)$  ;   $\overrightarrow{KC}=(-2;\ 0)=2(-1;0)\Rightarrow \overrightarrow{n_{\text{CD}}}=(0;1)$    $(CD):\ 0.(x-3)+1.(y+2)=0\Leftrightarrow y=-2$

$\boxed{\text{TH2:}}$ $C(\frac{9}{5};\ \frac{-12}{5})$  ;  $\overrightarrow{KC}=(\frac{8}{5};\ \frac{6}{5})=\frac{2}{5}(4;3)\Rightarrow \overrightarrow{n_{\text{CD}}}=(3;-4)$    $(CD):\ 3.(x-\frac{9}{5})-4.(y+\frac{12}{5})=0\Leftrightarrow 3x-4y-15=0$

 

Xét $B(a,b)\Rightarrow \overrightarrow{HB}=(a\ ;\ b+1)\perp AD\Rightarrow \overrightarrow{u}_{AD}=(b+1\ ;\ -a)$. Chú ý $a$ và $b+1$ kgo6ng đồng thời bằng $0$ do $H\not\equiv B$

$H(0;-1)\in (AD)\Rightarrow (AD) :  \frac{x}{b+1}=\frac{y+1}{-a}\Leftrightarrow \frac{b+1}{a}=\frac{-x}{y+1}$.

$M$ trung điểm $AB\Rightarrow A=2M-B=(-6-a\ ;\ -b)$

$G$ trọng tâm $\Delta BCD\Rightarrow C=\frac{3G-A}{2}=\left(\frac{10+2a}{2}\ ;\ \frac{9+b}{2}\right)$

$ABCD$ là hbh, tâm $I$ suy ra : $I=\frac{A+C}{2}=\left(\frac{-2-a}{4}\ ;\ \frac{9-b}{4}\right)$    ;     $D=2I-B=\left(\frac{-2-3a}{2}\ ;\ \frac{9-3b}{2}\right)$

$A,D$ thỏa pt $(AD)$ nên suy ra : $\frac{b+1}{a}\overset{D}{=}\frac{2+3a}{11-3b}\overset{A}{=}\frac{6+a}{1-b}\overset{\text{Tỉ lệ thức}}{=}\frac{(2+3a)-3(6+a)}{(11-3b)-3(1-b)}=\frac{-16}{8}=-2$

$\Rightarrow\begin{cases}b+1=-2a\\6+a=2b-1\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=-2\\b=3\end{cases}$

Vậy : $B(-2\ ;\ 3)$   và   $D(2\ ;\ 0)$.

bạn nói rõ đoạn này được không?

Do $G$ trọng tâm $\Delta BCD\Rightarrow \vec{AG}=2.\vec{GC}\Rightarrow G-A=2.(C-G)\Rightarrow C=\frac{3.G-A}{2}$

Đáp án của Bộ cũng dùng đến tính chất này để tính nhanh toạ độ điểm $F$ đó.