khói quá

1.

Áp dụng hệ quả cô si:

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^{1000}\le3^{999}\left(a^{2000}+b^{2000}+c^{2000}\right)=3^{1000}\)

=>\(a^2+b^2+c^2\le3\)Dấu = khi a=b=c=1

không biết đúng hay sai đâu

\(A=n^3-7n^2+4n-28=\left(n-7\right)\left(n^2+n+4\right)\)

Ta có \(n^2+n+4=\left(n+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{15}{4}>0\). Vậy để A là số nguyên tố hoặc hợp số thì điều kiện là \(x>7\)

Xét : \(\left(n-7\right)\left(n^2+n+4\right)=\left(n-7\right)\left[n\left(n+1\right)+4\right]\)

\(=\left(n-7\right).n.\left(n+1\right)+4\left(n-7\right)\)

Ta có \(n\left(n+1\right)\) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2  , \(4\left(n-7\right)\) cũng chia hết cho 2

=> A chia hết cho 2 => A là hợp số. (*)

Kết luận : A là hợp số với mọi số tự nhiên \(n>7\) và A không tồn tại giá trị là số nguyên tố.

Chú ý : (*) Trường hợp A = 2 (số nguyên tố chẵn duy nhất chia hết cho 2) ta không tìm được giá trị tự nhiên của n nên loại

CVT làm dài dòng quá lớp 6 không đến nối vậy chứ có khi sai cũng lên để xem

mà đề bảo tìm n chứ có bắt chứng minh đâu

A=n^3-7n^2+4n-28

=n^2(n-7)+4(n-7)

n^2(n-7)+4(n-7) =(n-7)(n^2+4)

Vậy A luôn chia hết cho n-7 & (n^2+4)

*. tìm n để A là nguyên tố

đk cần (n-7) =1=> n=8  (duy nhất có thể nhưng chưa đủ)

với n=8 có A=64+4=68 ko phải nguyên tố

vậy không có n cho A là nguyên tố

  * tìm n đê A là hợp số 

A>0 vậy n>7 

với mọi n>7 A là hợp số 

Áp dụng BĐT Cauchy ta có : \(2\ge a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab\Rightarrow ab\le1\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki : 

\(\left(a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}+b\sqrt{3b\left(b+2a\right)}\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left[3\left(a^2+b^2\right)+12ab\right]\)

\(\le2\left(3.2+12.1\right)=36\)

\(\Rightarrow a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}+b\sqrt{3b\left(b+2a\right)}\le6\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = 1

ÁP DỤNG BĐT CÔ SI ,TA CÓ:

\(\sqrt{3a\left(a+2b\right)}\le\frac{3a+\left(a+2b\right)}{2}=2a+b\)\(\Leftrightarrow a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}\le a\left(2a+b\right)=2a^2+ab\left(1\right)\) 

(VÌ a,b khong âm). C/M TƯƠNG TỰ TA CÓ \(b\sqrt{3b\left(b+2a\right)}\le2b^2+ab\left(2\right)\) 

TA CÓ  :\(2ab\le a^2+b^2\le2\left(3\right)\).TỪ (1),(2),(3)  TA CÓ;

\(a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}+b\sqrt{3b\left(b+2a\right)}\le2a^2+2b^2+ab+ab\le\)\(2\left(a^2+b^2\right)+2ab\le4+2=6\) 

DẤU ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI a=b=1

a/

Ta có : \(\frac{HD}{AD}=\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}\) ; \(\frac{HE}{BE}=\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}\) ; \(\frac{HF}{FC}=\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}\)

\(\Rightarrow\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{FC}=\frac{S_{BHC}+S_{AHC}+S_{AHB}}{S_{ABC}}=\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\)

Ta có : \(1-\frac{HA}{AD}=\frac{HD}{AD}\) ; \(1-\frac{HB}{BE}=\frac{HE}{BE}\) ; \(1-\frac{HC}{CF}=\frac{HF}{CF}\)

Suy ra \(1-\frac{HA}{AD}+1-\frac{HB}{BE}+1-\frac{HC}{CF}=1\)

\(\Rightarrow\frac{HA}{AD}+\frac{BH}{BE}+\frac{CH}{CF}=2\)

b) cm: cos²A + cos²B + cos²C <1

xet tg BFC va tg BDA co:

 BFC=BDA=90^O (GT)

BCF=BAD(cung phu voi FBD)

=> tg BFC dong dang tg BDA(g.g)

=>BF/BD=BC/BA

xet tg BDF va tg BAC co :

ABC: goc chung

BF/BD=BC/BA(cmt)

=>tg BDF dong dang tg BAC(c.g.c)

=> S_BDF/S_BAC=(DB/AB)²

ma tg ABD vuong tai D => cosB=DB/AB(ti so luong giac cua goc nhon)

=> S_BDF/S_ABC=cos²A

tuong tu S_CDE/S_CAB=cos²C

=>cos²A+cos²B+cos²C =(S_BDF+S_AEF+S_CDE)/S_ABC

ma S_BDF+S_AEF+S_CDE=S_ABC-S_DEF<S_ABC

=>cos²A+cos²B+cos²C<1

a) Giả sử ước của M là số chẵn thì \(M=2.k\Leftrightarrow a^2+3a+1=2k\)

Ta thấy \(a^2+3a+1=a\left(a+1\right)+2a+1\)

a(a + 1) là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2. Vậy thì a(a + 1) + 2a chia hết cho 2.

Vì 2k chia hết cho 2, a(a + 1) + 2a cũng chia hết cho 2 nên 1 chia hết 2 (vô lý)

Vậy nên mọi ước của M đều là số lẻ.

b) Đặt \(a=5u+v\left(u\in N;0\le v\le4\right)\)

Khi đó \(M=\left(5u+v\right)^2+3\left(5u+v\right)+1\)

\(=25u^2+10uv+v^2+15u+3v+1\)

\(=\left(25u^2+10uv+15u\right)+v^2+3v+1\)

Để M chia hết 5 thì \(v^2+3v+1⋮5\)

Với \(0\le v\le4\), ta thấy chỉ có v = 4 là thỏa mãn.

Vậy \(a=5u+4\left(u\in N\right)\) 

c) Để M là lũy thừa của 5 thì \(a=5u+4\left(u\in N\right)\)

\(\Rightarrow M=\left(5u+4\right)^2+3\left(5u+4\right)+1\)

Với n chẵn, a có tận cùng là chữ số 4. Vậy thì M có tận cùng  là chữ số 9

Vậy không thể là lũy thừa của 5.

Với n lẻ, a có tận cùng là chữ số 9. Vậy thì M có tận cùng là chữ số 9

Vậy không thể là lũy thừa của 5.

Vậy không tồn tại số a để M là lũy thừa của 5.

đây là đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên trường PTNK-ĐHQG-TP.Hồ Chí Minh(vòng 2) năm 2013-2014 ak

\(\hept{\begin{cases}x+y+z=0\left(1\right)\\x^2+y^2+z^2=50\left(2\right)\\x^7+y^7+z^7=350\left(3\right)\end{cases}}\)

Bình phương (1), kết hợp với (2) ta được:

\(xy+yz+zx=-25\left(4\right)\)

Từ \(\left(1\right)\Rightarrow z=-\left(x+y\right)\)thay vào (3) ta được:

\(x^7+y^7-\left(x+y\right)^7=350\)

\(\Rightarrow-xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)=50\left(5\right)\)

Lại thay \(z=-\left(x+y\right)\)vào (4) ta được:

\(x^2+xy+y^2=25\left(6\right)\) 

Kết hợp (5) và (6) ta được: \(xyz=2\)

Vậy cần tìm x,y,z thỏa mãn \(\hept{\begin{cases}x+y+z=0\\xy+yz+zx=-5\\xyz=2\end{cases}}\)

Vậy x,y,z là 3 nghiệm của pt \(t^3-5t-2=0\)

Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là:

\(\left(x;y;z\right)=\left(-2;1-\sqrt{2};1+\sqrt{2}\right)\) và các hoán vị của nó

\(\hept{\begin{cases}x^2+xy+x=1\left(1\right)\\y^2+xy+x+y=1\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\left(x+y+1\right)=1\\y\left(x+y+1\right)+x=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow y=x-x^2\).Thay vào (1) ta được pt

\(-x^3+2x^2+x-1=0\)

.....

Ta có tập xác định của hàm số : \(D=\text{[}0;+\infty\text{)}\)

Gọi \(x_1,x_2\) là các giá trị thuộc tập xác định của hàm số và \(0\le x_1< x_2\)

\(\Rightarrow x_1-x_2< 0\Leftrightarrow\left(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}\right)\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)< 0\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}< 0\\\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}>0\end{cases}}\)

Xét : \(g\left(x_1\right)-g\left(x_2\right)=\left(3\sqrt{x_1}-2\right)-\left(3\sqrt{x_2}-2\right)=3\left(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}\right)< 0\)

\(\Rightarrow g\left(x_1\right)< g\left(x_2\right)\)

Vậy ta có \(\hept{\begin{cases}0\le x_1< x_2\\g\left(x_1\right)< g\left(x_2\right)\end{cases}}\) => Hàm số đồng biến với mọi \(x\ge0\)(đpcm)

+) Với \(x< 0\)chọn \(x_1< x_2< 0\), ta có : 

\(f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=\left(x_1^4-x_2^4\right)+2\left(x_1^2-x_2^2\right)=\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2+x_2^2+2\right)\)

Vì \(x_1< x_2< 0\) nên \(\hept{\begin{cases}x_1-x_2< 0\\x_1+x_2< 0\end{cases}}\) và \(x_1^2+x_2^2+2>0\)

Suy ra \(\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2+x_2^2+2\right)>0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x_1< x_2< 0\\f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)\end{cases}}\) => Hàm số nghịch biến.

+) Tương tự, với \(x\ge0\)ta chọn \(x_2>x_1\ge0\) thì ta có \(\hept{\begin{cases}x_1-x_2< 0\\x_1+x_2\ge0\end{cases}}\) và \(x_1^2+x_2^2+2>0\)

Suy ra \(\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2+x_2^2+2\right)< 0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x_2>x_1\ge0\\f\left(x_2\right)>f\left(x_1\right)\end{cases}}\) => Hàm số đồng biến.

Gọi \(A=\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{5}+\sqrt{7}}+...+\frac{1}{\sqrt{97}+\sqrt{99}}\)

\(\Rightarrow2A=\frac{2}{\sqrt{1}+\sqrt{3}}+\frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{7}}+...+\frac{2}{\sqrt{97}+\sqrt{99}}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{3}\right)^2-\left(\sqrt{1}\right)^2}{\sqrt{3}+\sqrt{1}}+...+\frac{\left(\sqrt{99}\right)^2-\left(\sqrt{97}\right)^2}{\sqrt{99}+\sqrt{97}}\)

\(=\sqrt{3}-\sqrt{1}+\sqrt{5}-\sqrt{3}+...+\sqrt{99}-\sqrt{97}\)

\(=\sqrt{99}-1\)

Vậy \(A=\frac{\sqrt{99}-1}{2}=\frac{2\sqrt{99}-2}{4}>\frac{9}{4}\)