pth_tdn's Content
There have been 91 items by pth_tdn (Search limited from 13-05-2020)
#237127 Đề thi vào chuyên toán THPT chuyên Hà Nội-Amsterdam
Posted by
on 13-08-2010 - 09:19
in
Tài liệu - Đề thi
Theo em nghĩ trường hợp 0<x<1 có thể làm thế này: $1-x+x^3-x^4+x^5-x^7+x^8=(1-x)+x^3(1-x)+x^5(1-x)(1+x)+x^8>0$
#236665 BĐT8
Posted by
on 03-05-2010 - 06:35
in
Bất đẳng thức và cực trị
CMR: Với a,b,c,d dương; abcd=1 thì:
$\dfrac{1}{a^4+b^4+c^4+1}+\dfrac{1}{b^4+c^4+d^4+1}+\dfrac{1}{c^4+d^4+a^4+1}+\dfrac{1}{d^4+a^4+b^4+1}<\dfrac{1}{4}$
$\dfrac{1}{a^4+b^4+c^4+1}+\dfrac{1}{b^4+c^4+d^4+1}+\dfrac{1}{c^4+d^4+a^4+1}+\dfrac{1}{d^4+a^4+b^4+1}<\dfrac{1}{4}$
#235695 Lau khong post bai
Posted by
on 25-04-2010 - 14:14
in
Số học
n<3 không thỏa. Nếu n từ 3 trở lên thì $2^n \vdots 8$ nên $n^2 \equiv 2 (mod 8)$ không thể xảy ra.
#235651 Lau khong post bai
Posted by
on 25-04-2010 - 08:18
in
Số học
Do $2^n$ không chia hết cho 3; $3162 \vdots 3$ nên $n^2 \equiv 1(mod 3)$
$\rightarrow 2^n \equiv -1 (mod 3)$
Suy ra n lẻ.
Do đó VT lẻ (trong khi VP chẵn)
Vậy PT vô nghiệm nguyên.
$\rightarrow 2^n \equiv -1 (mod 3)$
Suy ra n lẻ.
Do đó VT lẻ (trong khi VP chẵn)
Vậy PT vô nghiệm nguyên.
#235529 !?
Posted by
on 24-04-2010 - 13:57
in
Số học
Ta cũng dễ cm được $x \vdots y$
Đặt $x=yk$
$(yk)^y=y^{yk} \rightarrow k^y=y^{y(k-1)} \rightarrow k=y^{k-1}$
Do x,y phân biệt nên k>1.
Với k=2: Xét y>2 thì $y^{k-1}=y>k$
Giả sử điều trên đúng với k=n>2, nghĩa là: $y^{n-1}>n$.
Với k=n+1:
$y^{k-1}=y^n=y^{n-1}.y>n.y>2n>n+1$ (do n>1 và y>2)
Vậy với y>2, k>1 thì $ y^{k-1}>k$
=>y=1 hoặc 2.
Nếu y=1 thì k=1 (loại)
Nếu y=2 thì $k=2^{k-1}$
Tiếp tục dùng quy nạp: Với k=3 thì: $3<2^2$
Giả sử điều trên đúng với k=q>3.
$2^{(k+1)-1}=2^{k-1}.2>2q>q+1$
Vậy với mọi k>2 thì $k<2^{k-1}$
=>k=2.
Ta được (x,y)=(2,4),(4,2).
Đặt $x=yk$
$(yk)^y=y^{yk} \rightarrow k^y=y^{y(k-1)} \rightarrow k=y^{k-1}$
Do x,y phân biệt nên k>1.
Với k=2: Xét y>2 thì $y^{k-1}=y>k$
Giả sử điều trên đúng với k=n>2, nghĩa là: $y^{n-1}>n$.
Với k=n+1:
$y^{k-1}=y^n=y^{n-1}.y>n.y>2n>n+1$ (do n>1 và y>2)
Vậy với y>2, k>1 thì $ y^{k-1}>k$
=>y=1 hoặc 2.
Nếu y=1 thì k=1 (loại)
Nếu y=2 thì $k=2^{k-1}$
Tiếp tục dùng quy nạp: Với k=3 thì: $3<2^2$
Giả sử điều trên đúng với k=q>3.
$2^{(k+1)-1}=2^{k-1}.2>2q>q+1$
Vậy với mọi k>2 thì $k<2^{k-1}$
=>k=2.
Ta được (x,y)=(2,4),(4,2).
#235467 Giúp em một câu nhỏ!
Posted by
on 23-04-2010 - 21:30
in
Hình học
Cho hình vuông ABCD.M là 1 điểm di động trên AC. Kẻ ME,MF vuông góc với AD,DC.
C/m:BM vuông góc với EF
C/m:BM vuông góc với EF
#235463 T7 (:D)
Posted by
on 23-04-2010 - 20:29
in
Số học
Cách em hơi dở >"<...
$A=\dfrac{1}{5}(1+\dfrac{1}{3}+...)$
$=\dfrac{1}{5}[1+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+(\dfrac{1}{7}+...+\dfrac{1}{15})+(\dfrac{1}{17}+...+\dfrac{1}{25})+(\dfrac{1}{27}+...+\dfrac{1}{35})+(\dfrac{1}{37}+...+\dfrac{1}{45})+...]$
$>\dfrac{1}{5}(1+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+5.\dfrac{1}{15}+5.\dfrac{1}{25}+5.\dfrac{1}{35}+5.\dfrac{1}{45})$
$>\dfrac{1}{5}.(1+\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{9})=\dfrac{1}{5}.(\dfrac{31}{15}+\dfrac{16}{63})>\dfrac{1}{5}.(2+\dfrac{1}{4})=\dfrac{9}{20}$
$A=\dfrac{1}{5}(1+\dfrac{1}{3}+...)$
$=\dfrac{1}{5}[1+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+(\dfrac{1}{7}+...+\dfrac{1}{15})+(\dfrac{1}{17}+...+\dfrac{1}{25})+(\dfrac{1}{27}+...+\dfrac{1}{35})+(\dfrac{1}{37}+...+\dfrac{1}{45})+...]$
$>\dfrac{1}{5}(1+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+5.\dfrac{1}{15}+5.\dfrac{1}{25}+5.\dfrac{1}{35}+5.\dfrac{1}{45})$
$>\dfrac{1}{5}.(1+\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{9})=\dfrac{1}{5}.(\dfrac{31}{15}+\dfrac{16}{63})>\dfrac{1}{5}.(2+\dfrac{1}{4})=\dfrac{9}{20}$
#235389 Min
Posted by
on 23-04-2010 - 11:58
in
Bất đẳng thức và cực trị
Cho x,y,z dương thỏa: x+2y+3z=1.
Tìm GTNN của: $x+4y+9z+\dfrac{9}{x}+\dfrac{4}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{13}{x+y}+\dfrac{5}{x+z}+\dfrac{10}{y+z}+\dfrac{14}{x+y+z}$
Tìm GTNN của: $x+4y+9z+\dfrac{9}{x}+\dfrac{4}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{13}{x+y}+\dfrac{5}{x+z}+\dfrac{10}{y+z}+\dfrac{14}{x+y+z}$
#235360 đại số
Posted by
on 23-04-2010 - 08:50
in
Đại số
$a S_n+b S_{n-1}+cS_{n-2}=(a\alpha^n+b\alpha^{n-1}+c\alpha^{n-2})+(a\beta^n+b\beta^{n-1}+c\beta^{n-2})$
$=\alpha^{n-2}(a\alpha^2+b\alpha+c)+\beta^{n-2}(a\beta^2+b\beta+c)=0$
$=\alpha^{n-2}(a\alpha^2+b\alpha+c)+\beta^{n-2}(a\beta^2+b\beta+c)=0$
#235264 Một bài vào tổng hợp
Posted by
on 22-04-2010 - 11:18
in
Các dạng toán khác
Không nhất thiết. Ta có thể xét 10 có cùng số dư khi chia cho 10. Khi cộng mỗi số với stt trong hàng sẽ nhận 10 số dư khác nhau.
#235186 Hình!?
Posted by
on 21-04-2010 - 18:54
in
Các dạng toán khác
Có hay không cách chia một tam giác thành 5 tam giác bằng nhau?
Trả lời câu hỏi với 7 phần bằng nhau.
Trả lời câu hỏi với 7 phần bằng nhau.
#235165 Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Vĩnh Phúc
Posted by
on 21-04-2010 - 16:38
in
Tài liệu - Đề thi
Em nghĩ bảng 9*9 là đủ rồi phải ko anh?
Vì bất cứ ô nào không nằm trên rìa bên ngoài của bảng sẽ có cạnh chung hoặc đỉnh chung với 8 ô khác.
Trong các số nguyên từ 1 đến 10, chỉ có 3 số 1;5;7 nguyên tố cùng nhau với ít nhất 8 số khác.
Xét bảng 9*9, số ô không nằm trên rìa bên ngoài là 7.7=49 ô.
Có 49 ô, điền bởi 3 số. Do đó, theo nlí Dirichlet, có 1 số được viết trên ít nhất 17 ô.
Vì bất cứ ô nào không nằm trên rìa bên ngoài của bảng sẽ có cạnh chung hoặc đỉnh chung với 8 ô khác.
Trong các số nguyên từ 1 đến 10, chỉ có 3 số 1;5;7 nguyên tố cùng nhau với ít nhất 8 số khác.
Xét bảng 9*9, số ô không nằm trên rìa bên ngoài là 7.7=49 ô.
Có 49 ô, điền bởi 3 số. Do đó, theo nlí Dirichlet, có 1 số được viết trên ít nhất 17 ô.
#235122 rời rạc
Posted by
on 21-04-2010 - 11:30
in
Các dạng toán khác
Lúc đầu có 2005 tấm xanh,0 tấm đỏ. Hiệu chia 4 dư 1.
Sau khi lật 4 tấm bất kì, giả sử trong đó có n tấm xanh và m tấm đỏ (n+m=4). thì số tấm đỏ sau đó tăng thêm n giảm m; số tấm xanh giảm n tăng thêm m. Hiệu của chúng so với trước đó là $x+n-m-(y-n+m)=x-y+2(n-m)$.
Ta có $n-m=n+m-2m=4-2m$ chẵn. => Hiệu số tấm xanh và số tấm đỏ sau và trước khi chuyển đổi có cùng dư khi chia cho 4 (chia 4 dư 1).
Nếu 2005 tấm đỏ, 0 tấm xanh thì hiệu là -2005 chia 4 dư 3 => Không thể thực hiện được.
Sau khi lật 4 tấm bất kì, giả sử trong đó có n tấm xanh và m tấm đỏ (n+m=4). thì số tấm đỏ sau đó tăng thêm n giảm m; số tấm xanh giảm n tăng thêm m. Hiệu của chúng so với trước đó là $x+n-m-(y-n+m)=x-y+2(n-m)$.
Ta có $n-m=n+m-2m=4-2m$ chẵn. => Hiệu số tấm xanh và số tấm đỏ sau và trước khi chuyển đổi có cùng dư khi chia cho 4 (chia 4 dư 1).
Nếu 2005 tấm đỏ, 0 tấm xanh thì hiệu là -2005 chia 4 dư 3 => Không thể thực hiện được.
#235119 ĐỀ THI THỬ TỔNG HỢP NĂM NAY(SO HOT)
Posted by
on 21-04-2010 - 11:06
in
Tài liệu - Đề thi
1/ Em có cách này 
$(1) <=> 1=2y^2-x^2y^2; (2) <=>(xy+2y^2-x^2y^2)(2y-x)-2x^3y^2=0$
$<=>y[(x+2y-x^2y)(2y-x)-2x^3y]=0$
$<=>y[(x+2y)(2y-x)-x^2y(2y-x)-2x^3y]=0$
$<=>y[(x+2y)(2y-x)-x^2y(2y+x)]=0$
$<=>y(2y+x)(2y-x-x^2y)=0$
Từ pt(1) có y>0.
Nếu x=-2y thì thế vào pt(1) được $4y^4-2y^2+1=0$ vô nghiệm.
Vậy $2y-x=x^2y$
$<=>x^2y(xy+1-2xy)=0 <=> (1-xy)x^2y=0$
*x=0 <=> y=0 (loại)
*$xy=1 <=> x= 1 <=> y=1$(theo pt(2) )
Vậy hpt có nghiệm duy nhất (x,y)=(1,1)
$(1) <=> 1=2y^2-x^2y^2; (2) <=>(xy+2y^2-x^2y^2)(2y-x)-2x^3y^2=0$
$<=>y[(x+2y-x^2y)(2y-x)-2x^3y]=0$
$<=>y[(x+2y)(2y-x)-x^2y(2y-x)-2x^3y]=0$
$<=>y[(x+2y)(2y-x)-x^2y(2y+x)]=0$
$<=>y(2y+x)(2y-x-x^2y)=0$
Từ pt(1) có y>0.
Nếu x=-2y thì thế vào pt(1) được $4y^4-2y^2+1=0$ vô nghiệm.
Vậy $2y-x=x^2y$
$<=>x^2y(xy+1-2xy)=0 <=> (1-xy)x^2y=0$
*x=0 <=> y=0 (loại)
*$xy=1 <=> x= 1 <=> y=1$(theo pt(2) )
Vậy hpt có nghiệm duy nhất (x,y)=(1,1)
#235088 Help me ^^!
Posted by
on 20-04-2010 - 22:18
in
Các dạng toán khác
Nếu bạn nam Q1 quen bạn nữ P1, bạn nam Q2 quen bạn nữ P2 thì theo đề bài:Q1 hoặc Q2 quen với cả P1, P2. Giả sử đó là Q1.
Nếu bạn Q1 quen P1, Q3 quen P3 thì Q1 hoặc Q3 quen P1 và P3.(1)
Q1 quen P2, Q3 quen P3 nên Q1 hoặc Q3 quen P2, P3.(2)
Q2 quen P1, Q3 quen P3 nên Q2 hoặc Q3 quen P1, P3
Q2 quen P2, Q3 quen P3 nên Q2 hoặc Q3 quen P2, P3.(4)
Nếu Q1 quen P1, P3 (1) hoặc P2, P3 (2) thì từ suy ra Q1 quen cả 3 người.
Nếu Q1 không quen P1, P3 (1) và P2, P3(2) thì theo đề bài, Q3 quen cả 3 người.
Tương tự với trường hợp Q2 quen cả P1, P2. (*')
Kết hợp (*'),(3),(4), ta có Q2 hoặc Q3 quen cả 3 người.
Từ đó, luôn có Q1, Q2 hoặc Q3 quen cả 3 người.
Tiếp tục quá trình lập luận trên với các cặp (Q4,P4),...,(Qn,Pn), ta có đpcm.(Chú ý rằng những điều trên vẫn đúng khi Qk trùng với Qk' hoặc Pk trùng với Pk').
*Sao lại không liên quan gì đến Dirichlet nhỉ? >"<*
Nếu bạn Q1 quen P1, Q3 quen P3 thì Q1 hoặc Q3 quen P1 và P3.(1)
Q1 quen P2, Q3 quen P3 nên Q1 hoặc Q3 quen P2, P3.(2)
Q2 quen P1, Q3 quen P3 nên Q2 hoặc Q3 quen P1, P3
Q2 quen P2, Q3 quen P3 nên Q2 hoặc Q3 quen P2, P3.(4)
Nếu Q1 quen P1, P3 (1) hoặc P2, P3 (2) thì từ
suy ra Q1 quen cả 3 người.Nếu Q1 không quen P1, P3 (1) và P2, P3(2) thì theo đề bài, Q3 quen cả 3 người.
Tương tự với trường hợp Q2 quen cả P1, P2. (*')
Kết hợp (*'),(3),(4), ta có Q2 hoặc Q3 quen cả 3 người.
Từ đó, luôn có Q1, Q2 hoặc Q3 quen cả 3 người.
Tiếp tục quá trình lập luận trên với các cặp (Q4,P4),...,(Qn,Pn), ta có đpcm.(Chú ý rằng những điều trên vẫn đúng khi Qk trùng với Qk' hoặc Pk trùng với Pk').
*Sao lại không liên quan gì đến Dirichlet nhỉ? >"<*
#231941 ai giải bài này hay nhất
Posted by
on 14-03-2010 - 13:39
in
Số học
2/ Dễ thấy x,y,z,t > 1.
$\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{t^2} \geq \dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}=1$
Đt xảy ra <=> x=y=z=t=2.
$\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{t^2} \geq \dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}=1$
Đt xảy ra <=> x=y=z=t=2.
#227693 Ai giải giúp bài hình lớp 7 này với (2)
Posted by
on 29-01-2010 - 19:48
in
Hình học
1/Cm đc: ME=CD (t/c đoạn chắn song song); tam giác AME, BMD đều.
=>CD=AE
=> $ \Delta BEA= \Delta ADC (c.g.c)$
=> AD=BE
=>BK=DI
Ta có: $\hat{MBK}=\hat{DAE}=\hat{ADM}$
=> $\Delta BMK=\Delta DMI$
=> MK=MI.
=> $\hat{DMI}=\hat{BMK}$=>$\hat{KMI}=\hat{BMD|=60$ => đpcm
2/Cm đc: $\hat{ABC}=80 => \hat{ABM}=80-60=20$.
AD=BC=MB
=>$ \Delta ABM=\Delta BAD$ (c.g.c) =>AM=BD
=>CD=AE
=> $ \Delta BEA= \Delta ADC (c.g.c)$
=> AD=BE
=>BK=DI
Ta có: $\hat{MBK}=\hat{DAE}=\hat{ADM}$
=> $\Delta BMK=\Delta DMI$
=> MK=MI.
=> $\hat{DMI}=\hat{BMK}$=>$\hat{KMI}=\hat{BMD|=60$ => đpcm
2/Cm đc: $\hat{ABC}=80 => \hat{ABM}=80-60=20$.
AD=BC=MB
=>$ \Delta ABM=\Delta BAD$ (c.g.c) =>AM=BD
#223361 Mệnh đề tương đương
Posted by
on 22-12-2009 - 05:39
in
Đại số
$A=a^{3k}-a+b^{3k}-b+...+n^{3k}-n=a[(a^k)^2-1]+b[(b^k)^2-1]+...+n[(n^k)^2-1]=a(a^k-1)(a^k+1)+b(b^k-1)(b^k+1)+...+n(n^k-1)(n^k+1)$
Xét số có dạng $x(x^k-1)(x^k+1)$. Lần lượt xét từng số dư của x khi chia cho 3 được $A \vdots 3$
$=>a^{3k}+b^{3k}+...+n^{3k} \vdots 3$
Xét số có dạng $x(x^k-1)(x^k+1)$. Lần lượt xét từng số dư của x khi chia cho 3 được $A \vdots 3$
$=>a^{3k}+b^{3k}+...+n^{3k} \vdots 3$
#223301 Mệnh đề tương đương
Posted by
on 20-12-2009 - 19:44
in
Đại số
Chắc là anh nhầm rồi, vì $\dfrac{1}{k^2}>\dfrac{1}{k^2+k}$ mà!
$\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{4}{4a^2}<\dfrac{4}{(2a-1)(2a+1)}=2(\dfrac{1}{2a-1}-\dfrac{1}{2a+1})$
$=> \dfrac{1}{1^2}+...+\dfrac{1}{n^2}<1+\dfrac{1}{4}+2(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{7}-\dfrac{1}{9}+...+\dfrac{1}{2n-1}-\dfrac{1}{2n+1})=1,25+2.(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{2n+1})<1,25+2.\dfrac{1}{5}=1,25+0,4=1,65$
$\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{4}{4a^2}<\dfrac{4}{(2a-1)(2a+1)}=2(\dfrac{1}{2a-1}-\dfrac{1}{2a+1})$
$=> \dfrac{1}{1^2}+...+\dfrac{1}{n^2}<1+\dfrac{1}{4}+2(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{7}-\dfrac{1}{9}+...+\dfrac{1}{2n-1}-\dfrac{1}{2n+1})=1,25+2.(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{2n+1})<1,25+2.\dfrac{1}{5}=1,25+0,4=1,65$
#223234 Chọn đội tuyển toán 8 vòng I
Posted by
on 19-12-2009 - 22:52
in
Tài liệu - Đề thi
Đề thi chọn đội tuyển lần 1 toán 8 trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa
(Học kì I)Thời gian: 60 phút
1/ (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) $28x^6+1+3x^2(x^2+1)$
b) $(a+b-3c)^2+(a+b+4c)^2-29c^2$
2/ (2 điểm) Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{2^3}+\dfrac{1}{3^3}+...+\dfrac{1}{2009^3}<\dfrac{1}{4}$
3/ (2 điểm) Cho 4 số a,b,c,d (khác 0) thỏa mãn: abcd=1 và $a+b+c+d=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}$.
Chứng minh rằng: tồn tại tích hai số trong 4 số đó bằng 1.
4/ (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có góc A bằng 90, CB=CD. Từ A vẽ AH vuông góc với BD tại H. Chứng minh rằng: CD,CH,AH là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.
5/ (2 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB<CD). Gọi M,N,P theo thức tự là trung điểm của AB,BD và AC. Đường thẳng vuông góc với MN tại N và đường thẳng vuông góc với MP tại P cắt nhau tại E. Chứng minh: EC=ED.
#222373 Khó!
Posted by
on 05-12-2009 - 22:47
in
Hình học
Liệu bạn có thể tìm được cách nào không dùng Ta-lét hay đồng dạng không?
#222341 Khó!
Posted by
on 05-12-2009 - 17:58
in
Hình học
Cho tam giác ABC nhọn. Lấy H trên BC sao cho: $BH=\dfrac{BC}{3}$. S là trung điểm của AC. Biết rằng: $HS \perp AC$. CMR: BS=AB.
#222339 Mệnh đề tương đương
Posted by
on 05-12-2009 - 16:23
in
Đại số
1/$\dfrac{\dfrac{(x-1)^{2}}{3x+(x-1)^{2}}-\dfrac{1-2x^{2}+4x}{x^{3}-1}+\dfrac{1}{x-1}}{\dfrac{x^{2}+x}{x^{3}+x}} (x \neq 0;1)$
$=\dfrac{\dfrac{(x-1)^3}{(x^2+x+1).(x-1)}-\dfrac{1-2x^2+4x}{(x-1)(x^2+x+1)}+\dfrac{x^2+x+1}{(x-1)(x^2+x+1)}}{\dfrac{x+1}{x^2+1}}$
$=\dfrac{\dfrac{x^3-3x^2+3x-1-1+2x^2-4x+x^2+x+1}{(x^2+x+1).(x-1)}}{\dfrac{x+1}{x^2+1}}$
$=\dfrac{x^3-1}{x^3-1}.\dfrac{x^2+1}{x+1}=\dfrac{x^2+1}{x+1}$
Do $x^2+1>0$ nên D>0 khi $x+1>0 <=> x>-1$
2/ $Q=\dfrac{3x^{2}+9x+17}{3x^{2}+9x+7}=1+\dfrac{10}{3x^2+9x+7}$
Để Q đạt max thì $\dfrac{10}{3x^2+9x+7}$ đạt max.
$3x^2+9x+7=3(x^2+2.1,5x+2,25)+0,25=3(x+1,5)^2+0,25 \geq 0,25 (>0)$
Vậy để Q đạt max thì $(3x^2+9x+7)$ đạt min.
$\Leftrightarrow x=-1,5$
Khi đó: $Max Q = 1+\dfrac{10}{0,25}=1+40=41$
$=\dfrac{\dfrac{(x-1)^3}{(x^2+x+1).(x-1)}-\dfrac{1-2x^2+4x}{(x-1)(x^2+x+1)}+\dfrac{x^2+x+1}{(x-1)(x^2+x+1)}}{\dfrac{x+1}{x^2+1}}$
$=\dfrac{\dfrac{x^3-3x^2+3x-1-1+2x^2-4x+x^2+x+1}{(x^2+x+1).(x-1)}}{\dfrac{x+1}{x^2+1}}$
$=\dfrac{x^3-1}{x^3-1}.\dfrac{x^2+1}{x+1}=\dfrac{x^2+1}{x+1}$
Do $x^2+1>0$ nên D>0 khi $x+1>0 <=> x>-1$
2/ $Q=\dfrac{3x^{2}+9x+17}{3x^{2}+9x+7}=1+\dfrac{10}{3x^2+9x+7}$
Để Q đạt max thì $\dfrac{10}{3x^2+9x+7}$ đạt max.
$3x^2+9x+7=3(x^2+2.1,5x+2,25)+0,25=3(x+1,5)^2+0,25 \geq 0,25 (>0)$
Vậy để Q đạt max thì $(3x^2+9x+7)$ đạt min.
$\Leftrightarrow x=-1,5$
Khi đó: $Max Q = 1+\dfrac{10}{0,25}=1+40=41$
