Ôn tập cuối năm phần số học

VC câu hỏi hay: Cauchy-Schwarz: \(N=\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)Dấu "=" khi \(a=b=c\)

Thế đã học bất đẳng thức cosi với bunhia chưa.

Gọi x là quãng đường AB (x>0)(km)

-ta có: t1 \(+\) t2 =7 (1)

\(\dfrac{2}{3}\)quãng đường AB là \(\dfrac{2}{3}x\)

\(\Rightarrow t1=\dfrac{2}{3}x\div40=\dfrac{2x}{3}\times\dfrac{1}{40}=\dfrac{2x}{120}=\dfrac{x}{60}\)(2)

\(\dfrac{1}{3}\)quãng đường AB là \(\dfrac{1}{3}x\)

\(\Rightarrow t2=\dfrac{1}{3}x\div50=\dfrac{x}{3}\times\dfrac{1}{50}=\dfrac{x}{150}\)(3)

-thay (2)và(3) vào (1) ta có PT:

\(\dfrac{x}{60}+\dfrac{x}{150}=7\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{5x}{300}+\dfrac{2x}{300}=\dfrac{2100}{300}\)

\(\Leftrightarrow5x+2x=2100\)

\(\Leftrightarrow7x=2100\)

\(\Leftrightarrow x=300\)

Vậy quãng đường AB là 300km

chúc bạn học tốt!

Gọi quãng đường AB là x(km) (x>0)

⇒\(\dfrac{2}{3}\) quãng đường AB là \(\dfrac{2}{3}x\left(km\right)\)

⇒ \(\dfrac{1}{3}\)quãng đường còn lại là \(\dfrac{1}{3}x\left(km\right)\)

Thời gian xe máy đi \(\dfrac{2}{3}\) quãng đường AB với vận tốc 40 km/h là : \(\dfrac{2}{3}x:40=\dfrac{x}{60}\left(h\right)\)

Thời gian xe máy đi \(\dfrac{1}{3}\) quãng đường còn lại với vận tốc 50 km/h là :

\(\dfrac{1}{3}x:50=\dfrac{x}{150}\left(h\right)\)

Vì thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là 7 h

\(\dfrac{x}{60}+\dfrac{x}{150}=7\)

\(\Leftrightarrow x\left(\dfrac{1}{60}+\dfrac{1}{150}\right)=7\)

\(\Leftrightarrow x.\dfrac{7}{300}=7\)

\(\Leftrightarrow x=300\) ( t/m )

Vậy độ dài quãng đường AB là 300 km

a) kẻ đường cao AH.Dễ thấy \(\dfrac{OA'}{AA'}=\dfrac{S_{BOC}}{S_{ABC}}\).Tương tự ta có:

\(\dfrac{OB'}{BB'}=\dfrac{S_{AOC}}{S_{ABC}};\dfrac{OC'}{CC'}=\dfrac{S_{AOB}}{S_{ABC}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{OA'}{AA'}+\dfrac{OB'}{BB'}+\dfrac{OC'}{CC'}=\dfrac{S_{BOC}+S_{AOC}+S_{AOB}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\left(QED\right)\)

b)Theo câu a:

\(\left(1-\dfrac{OA'}{AA'}\right)+\left(1-\dfrac{OB'}{BB'}\right)+\left(1-\dfrac{OC'}{CC'}\right)=3-1\)

\(\Rightarrow\dfrac{OA}{AA'}+\dfrac{OB}{BB'}+\dfrac{OC}{CC'}=2\)

c)Chứng minh \(\dfrac{OA}{OA'}+\dfrac{OB}{OB'}+\dfrac{OC}{OC'}\ge6\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{AA'}{OA'}+\dfrac{BB'}{OB'}+\dfrac{CC'}{OC'}\ge9\)

có:\(\dfrac{AA'}{OA'}=\dfrac{S_{ABC}}{S_{BOC}}\)( theo câu a)

tương tự và cộng lại:\(M=\dfrac{AA'}{OA'}+\dfrac{BB'}{OB'}+\dfrac{CC'}{OC'}=S_{ABC}\left(\dfrac{1}{S_{BOC}}+\dfrac{1}{S_{AOC}}+\dfrac{1}{S_{AOB}}\right)\ge\dfrac{9S_{ABC}}{S_{BOC}+S_{AOB}+S_{AOC}}=\dfrac{9S_{ABC}}{S_{ABC}}=9\)

( BĐT AM-GM)

Dấu = xảy ra hay M nhỏ nhất khi O là trọng tâm của tam giác ABC

d) có: \(\dfrac{AA'}{OA'}=\dfrac{S_{ABC}}{S_{BOC}}\Rightarrow\dfrac{AA'-OA'}{OA'}=\dfrac{S_{ABC}-S_{BOC}}{S_{BOC}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{OA}{OA'}=\dfrac{S_{AOC}+S_{AOB}}{S_{BOC}}\)

Tương tự và nhân lại:

\(N=\dfrac{OA}{OA'}.\dfrac{OB}{OB'}.\dfrac{OC}{OC'}=\dfrac{\left(S_{AOC}+S_{AOB}\right)\left(S_{BOC}+S_{AOB}\right)\left(S_{BOC}+S_{AOC}\right)}{S_{AOB}.S_{AOC}.S_{BOC}}\)

Đặt \(\left(S_{BOC};S_{AOB};S_{AOC}\right)\rightarrow\left(a,b,c\right)\)

Thì \(N=\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}\)

Theo AM-GM:\(N\ge\dfrac{2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}}{abc}=\dfrac{8abc}{abc}=8\)

Dấu = xảy ra khi O là trọng tâm của tam giác ABC

Nhầm sang phần số học mất r -"-

\(B=\dfrac{2x^3-7x^2-12x+45}{3x^3-19x^2+33x-9}\)

\(=\dfrac{2x^3+5x^2-12x^2-30x+18x+45}{3x^3-x^2-18x^2+6x+27x-9}\)

\(=\dfrac{\left(2x^3+5x^2\right)-\left(12x^2+30x\right)+\left(18x+45\right)}{\left(3x^3-x^2\right)-\left(18x^2-6x\right)+\left(27x-9\right)}\)

\(=\dfrac{x^2\left(2x+5\right)-6x\left(2x+5\right)+9\left(2x+5\right)}{x^2\left(3x-1\right)-6x\left(3x-1\right)+9\left(3x-1\right)}\)

\(=\dfrac{\left(2x+5\right)\left(x^2-6x+9\right)}{\left(3x-1\right)\left(x^2-6x+9\right)}\)

\(=\dfrac{\left(2x+5\right)\left(x-3\right)^2}{\left(3x-1\right)\left(x-3\right)^2}\)

ĐKXĐ : \(\left\{{}\begin{matrix}3x-1\ne0\\x-3\ne0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ne\dfrac{1}{3}\\x\ne3\end{matrix}\right.\)

\(a,B=\dfrac{\left(2x+5\right)\left(x-3\right)^2}{\left(3x-1\right)\left(x-3\right)^2}=\dfrac{2x+5}{3x-1}\)

b,Để \(B>0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x+5}{3x-1}>0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}2x+5>0\\3x-1>0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}2x+5< 0\\3x-1< 0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x>-\dfrac{5}{2}\\x>\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x< -\dfrac{5}{2}\\x< \dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\left[{}\begin{matrix}x>\dfrac{1}{3}\\x< -\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\) thì B > 0

a) ĐKXĐ:\(x\ne\dfrac{1}{3};x\ne3\)

\(B=\dfrac{2x^3-7x^2-12x+45}{3x^3-19x^2+33x-9}\)

\(B=\dfrac{\left(2x^3-12x^2+18x\right)+\left(5x^2-30x+45\right)}{\left(3x^3-18x^2+27x\right)-\left(x^2-6x+9\right)}\)

\(B=\dfrac{2x\left(x^2-6x+9\right)+5\left(x^2-6x+9\right)}{3x\left(x^2-6x+9\right)-\left(x^2-6x+9\right)}\)

\(B=\dfrac{\left(2x+5\right)\left(x^2-6x+9\right)}{\left(3x-1\right)\left(x^2-6x+9\right)}\)

\(B=\dfrac{2x+5}{3x-1}\)

b) Để \(B>0\Leftrightarrow\dfrac{2x+5}{3x-1}>0\Leftrightarrow2x+5\)và \(3x-1\) cùng dấu

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}2x+5>0\\3x-1>0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}2x+5< 0\\3x-1< 0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x>\dfrac{-5}{2}\\x>\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x< \dfrac{-5}{2}\\x< \dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x>\dfrac{1}{3}\\x< -\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)

Đa thức \(x^3+ax+b\) có bậc 3 chia cho đa thức \(x^2-x-2\) có bậc 2 nên sẽ đợc thương có bậc 1

Thương của phép chia có dạng : cx + d

\(\Rightarrow\left(x^2-x-2\right)\left(cx+d\right)=x^3+ax+b\)

\(\Leftrightarrow cx^3+dx^2-cx^2-dx+2cx+2d=x^3+ax+b\)

\(\Leftrightarrow cx^3+\left(d-c\right)x^2-\left(d-2c\right)x+2d=x^3+ax+b\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}cx^3=x^3\\\left(d-c\right)x^2=0\\-\left(d-2c\right)x=ax\\2d=b\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=1\\d-c=0\\-d+2c=a\\2d=b\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=1\\d=1\\a=-1+2.1=1\\b=2.1=2\end{matrix}\right.\)

Vậy a = 1 , b = 2

VP = \(\dfrac{\left(a-b\right)^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{\left(b-c\right)^2}{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{\left(c-a\right)^2}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}\)

\(=\left(a-b\right).\dfrac{\left(a+c\right)-\left(b+c\right)}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\left(b-c\right).\dfrac{\left(b+a\right)-\left(c+a\right)}{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}+\left(c-b\right).\dfrac{\left(c+b\right)-\left(a+b\right)}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}\)

\(=\left(a-b\right).\left(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{a+c}\right)+\left(b-c\right)\left(\dfrac{1}{c+a}-\dfrac{1}{b+a}\right)+\left(c-a\right).\left(\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{c+b}\right)\)

\(=\left(a-b\right).\dfrac{1}{b+c}-\left(a-b\right).\dfrac{1}{a+c}+\left(b-c\right).\dfrac{1}{c+a}-\left(b-c\right).\dfrac{1}{b+a}+\left(c-a\right).\dfrac{1}{a+b}-\left(c-a\right).\dfrac{1}{c+b}\)

\(=\left(2a-b-c\right).\dfrac{1}{b+c}+\left(2b-c-a\right).\dfrac{1}{c+a}+\left(2c-a-b\right).\dfrac{1}{a+b}\)

\(=\dfrac{2a}{b+c}-\left(b+c\right).\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{2b}{c+a}-\left(c+a\right).\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{2c}{a+b}-\left(a+b\right).\dfrac{1}{a+b}\)

\(=2\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)-3\left(đpcm\right)\)

\(VT=\dfrac{2a^3-a^2b-a^2c-ab^2-ac^2+2b^3-b^2c-bc^2+2c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)} \)

\(\\=\dfrac{a^3+a^2b-2a^2b-2ab^2+ab^2+b^3+b^3+b^2c-2b^2c-2bc^2+bc^2+c^3+c^3+c^2a-2c^a+2ca^2-ca^2+a^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)

\(\\=\dfrac{(a-b)^2(a+b)+(b-c)^2(b+c)+(c-a)^2(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+px+pr=0\left(1\right)\\x^2+qx+qr=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Giả sử phương trình (1) có 2 nghiệm là a, b. Phương trình (2) có 2 nghiệm là b, c.

Theo vi-et ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=-p\left(3\right)\\ab=pr\left(4\right)\\c+b=-q\left(5\right)\\cb=qr\left(6\right)\end{matrix}\right.\)

Rồi biến đổi tiếp đi b

a)ĐK: a>0 b>0 nhé bạn đề thiếu

(a-b)²\(\ge\)0

<=>a²+b²\(\ge\)2ab

<=>a²+2ab+b²\(\ge\)4ab

<=>(a+b)²\(\ge\)4ab

<=>\(\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\)

<=>\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)

Dấu "=" xảy ra <=> (a-b)²=0<=>a=b

=>A\(\ge\)\(\left(a+b\right)\dfrac{4}{a+b}=4\)(đpcm)

b)\(B=\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}=\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức cosi x+y\(\ge\)2\(\sqrt{xy}\)cho 2 số dương x;y ta có:

\(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{ac}{ca}}=2\)

\(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{cb}}=2\)

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{ab}{ba}}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a}{c}=\dfrac{c}{a}\\\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{b}\\\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{a}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\)a=b=c

=>B\(\ge2+2+2=6\)(đpcm)

Xuân Tuấn Trịnh

nếu không cần a>0; b>0

thì sao bạn

Lời giải:

Nếu $p^2+pq+q^2$ là lũy thừa cơ số $3$, ta viết dưới dạng phương trình:

\(p^2+pq+q^2=3^t\) với $t$ là số tự nhiên. Vì \(p,q\in\mathbb{P}\Rightarrow t>2\)

Ta có:

\(3^t=p^2+pq+q^2=(p-q)^2+3pq\)

\(\Rightarrow (p-q)^2=3^t-3pq\vdots 3\) \(\Rightarrow p-q\vdots 3\). Do đó $p,q$ có cùng số dư khi chia cho $3$

TH1: \(p\equiv q\equiv 0\pmod 3\Rightarrow p,q\vdots 3\Rightarrow p=q=3\)

Thử lại có: \(3^t=27\Leftrightarrow t=3\) (thỏa mãn)

TH2: \(p\equiv q\equiv 1\pmod 3\). Đặt \(p=3k+1, q=3m+1\)

\(3^t=p^2+pq+q^2=(3k+1)^2+(3k+1)(3m+1)+(3m+1)^2\)

\(\Leftrightarrow 3^t=9(k^2+m^2+m+k+km)+3\) chia hết cho $3$ mà không chia hết cho $9$ , điều này vô lý vì \(t>2\Rightarrow 3^t\vdots 9\)

TH3: \(p\equiv q\equiv 2\pmod 3\Rightarrow p=3k+2, q=3m+2\)

\(3^t=p^2+pq+q^2=(3k+2)^2+(3k+2)(3m+2)+(3m+2)^2\)

\(\Leftrightarrow 3^t=9(k^2+m^2+2m+2k+km+1)+3\) chia hết cho $3$ mà không chia hết cho $9$, điều này vô lý vì với $t>2$ thì $3^t$ chia hết cho $9$

Do đó \(p=q=3\)