Cho (P): y = 2x² ; (d): y = 4x + m Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt x1² + x2² = 3
Cho (P): y = 2x² ; (d): y = 4x + m Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt x1² + x2² = 3
Lời giải:
PT hoành độ giao điểm:
$2x^2-4x-m=0(*)$
Để 2 đths cắt nhau tại 2 điểm pb thì pt $(*)$ có 2 nghiệm $x_1,x_2$.
Điều này xảy ra khi $\Delta'=(-2)^2+2m>0\Leftrightarrow m> -2$
Áp dụng định lý Viet:
$x_1+x_2=2$
$x_1x_2=\frac{-m}{2}$
Khi đó: $x_1^2+x_2^2=3$
$\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-2x_1x_2=3$
$\Leftrightarrow 2^2-2.\frac{-m}{2}=3$
$\Leftrightarrow 4+m=3$
$\Leftrightarrow m=-1$ (tm)
(6-15GP/1 câu) Chứng mịnh định lí Fermat đơn giản, theo hiểu biết của kiến thức Toán học phổ thông:
1. Chứng minh rằng có vô số nghiệm nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn \(x^2+y^2=z^2\).
2. Chứng minh rằng có vô số nghiệm nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn \(x^2+y^2=z^3\).
3. Chứng minh rằng không có nghiệm nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn \(x^3+y^3=z^3\).
4. Nếu ta thay \(z^3\) thành \(z^5\), bài toán số 2 có còn đúng không? Vì sao?
1. Ta chọn $x=3k;y=4k;z=5k$ với $k$ là số nguyên dương.
Khi này $x^2+y^2=25k^2 =z^2$. Tức có vô hạn nghiệm $(x;y;z)=(3k;4k;5k)$ với $k$ là số nguyên dương thỏa mãn
Câu 2:
Chọn $x=y=2k^3; z=2k^2$ với $k$ nguyên dương.
Khi này $x^2+y^2 =8k^6 = z^3$.
Tức tồn tại vô hạn $(x;y;z)=(2k^3;2k^3;2k^2) $ với $k$ nguyên dương là nghiệm phương trình.
Câu 2:
Chọn x=y=2k3;z=2k2 với knguyên dương.
Khi này x2+y2=8k6=z3.
Tức tồn tại vô hạn (x;y;z)=(2k3;2k3;2k2) với k nguyên dương là nghiệm phương trình.
Cho nửa (O) đường kính AB=2R,C lad điểm bất kì nằm trên nửa đường tròn sao cho C khác A và AC
cho đường tròn (O;R) và dây cung BC cố định (BC<2R) . Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho ABC là tam giác có 3 góc nhọn. Các đường cao AD,BE,CF của tam giác cắt nhau tại H . a) CM:tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn; xác định tâm I của đường tròn đó.b)CMR:khi điểm A di động thì tiếp tuyến tại E của đường tròn tâm (I) luôn đi qua 1 điểm cố định.c)Xác định vị trí của điểm A để tam giác AEF có diện tích lớn nhất ?
a: góc AEH+góc AFH=180 độ
=>AEHF nội tiếp
Tâm I là trung điểm của AH
Để cảm ơn bạn Bình và Minh đã tới tham dự bữa tiệc sinh nhật của mình, bạn Anh lấy ra một cái hộp bí ẩn bị khóa bởi một khóa số có bốn chữ số và đưa cho hai bạn Bình và Minh. Sau đó, bạn Anh đưa ra một số khả năng về những con số có thể là mật khẩu của cái khóa đó:
1119; 1134; 1138; 1106; 1124; 1107; 1126; 1118; 1105; 1135
Bạn Anh sau đó nói cho bạn Bình và bạn Minh biết được chính xác hai con số bất kì và vị trí của chúng trong mật khẩu, biết rằng vị trí hai con số đó của hai bạn trong mật khẩu là khác nhau. Sau đó, hai bạn Bình và Minh có cuộc hội thoại ngắn sau:
- Bình: ban đầu mình không biết mật khẩu hòm là gì, nhưng mình đảm bảo bạn Minh cũng không thể biết được mật khẩu là gì.
- Minh: Ban đầu mình không biết thật, nhưng giờ mình biết mật khẩu là gì rồi đó.
- Bình: Ồ thế thì mình cũng biết được mật khẩu hòm là gì rồi.
Sau đó, bạn Bình và Minh đã mở thành công khóa số trong sự ngỡ ngàng của bạn Anh. Vậy, hai bạn Bình và Minh đã làm như thế nào? Mật khẩu của hòm đó là gì?
Mình xin được trao 10GP tới bạn giải được câu hỏi này chính xác, chi tiết và nhanh nhất nhé!
Nếu bạn Minh biết chữ số hàng đơn vị và bạn Bình không biết chữ số hàng đơn vị thì bạn Bình không thể đảm bảo bạn Minh không biết với trường hợp hàng đơn vị là 7 hoặc 9
=> Bạn Bình biết chữ số hàng đơn vị
Mà bạn Bình chưa xác định được mật khẩu
=> Hàng đơn vị không phải 7 hoặc 9
=> Loại 1119 và 1107
Nếu bạn Bình biết cả hàng chục và hàng đơn vị mà hàng chục và hàng đơn vị của các số không trùng nhau thì bạn Bình sẽ xác định được mật khẩu trước khi bạn Minh nói
=> Bạn Bình không biết hàng chục
=> Bạn Minh biết hàng chục
Hàng chục có 4 TH: 0; 1; 2; 3
Có 3 số có hàng chục là 3 (1134; 1135; 1138); 2 số có hàng chục là 2 (1124; 1126); 2 số có hàng chục là 0 (1105; 1106)
Nếu hàng chục là 0; 2 hoặc 3 thì Minh chưa thể xác định được mật khẩu
=> Hàng chục là 1
Chỉ có 2 số có hàng chục là 1 là 1119 và 1118 mà 1119 đã bị loại
=> Mật khẩu là 1118
cho các số thực x,y,z thoả mãn x+y+z≥6.
Tìm minP=\(\dfrac{x^2}{yz+\sqrt{1+x^3}}+\dfrac{y^2}{xz+\sqrt{1+y^3}}+\dfrac{z^2}{xy+\sqrt{1+z^3}}\)
Cho mng tham khảo ạ
Với a,b,c dưog thì \(\dfrac{x^2}{a}+\dfrac{y^2}{b}+\dfrac{z^2}{c}>=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\)
\(P>=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{xy+yz+xz+\sqrt{1+x^3}+\sqrt{1+y^3}+\sqrt{1+z^3}}\)
\(\sqrt{1+x^3}=\sqrt{\left(1+x\right)\left(1-x+x^2\right)}< =\dfrac{2+x^2}{2}\)
Dấu = xảy ra khi x=2
=>\(P>=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)+x^2+y^2+z^2+6}=\dfrac{2\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+6}\)
Đặt t=(x+y+z)^2(t>=36)
=>P>=2t/t-6
Xét hàm số \(f\left(t\right)=\dfrac{t}{t+6}\left(t>=36\right)\)
\(f'\left(t\right)=\dfrac{6}{\left(t+6\right)^2}>=0,\forall t>=36\)
=>f(t) đồng biến
=>f(t)>=f(36)=6/7
=>P>=12/7
Dấu = xảy ra khi x=y=z=2
tìm x;y nguyên dương thoả mãn x\(^2\)y\(^2\)(y-x)=5xy\(^2\)-27
=>xy^2(xy-x^2-5)=-27
x,y là số nguyên dương thì \(x,y^2\inƯ\left(-27\right)\)
=>\(x,y^2\in\left\{1;3;9;27\right\}\)
y^2=1 thì y=1
y^2=9 thì y=3
Khi y=1 thì x*(x-x^2-5)=-27
=>Loại
Khi y=3 thì 9x(3x-x^2-5)=-27
=>x=1
Câu 3b)
Ta luôn có : \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) (*)
Thật vây, (*) \(\Leftrightarrow\dfrac{x+y}{xy}\ge\dfrac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
Đặt A = \(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}=\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\)
Áp dụng (*) ta có : \(A\ge\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{1}{2ab}\ge\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{2}{\left(a+b\right)^2}=4+2=6\left(đpcm\right)\)
Vậy \(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\ge6\), đạt được \(\Leftrightarrow a=b=\dfrac{1}{2}\)
Câu 2c :
\(\left(x^2+x\right)^2+4\left(x^2+x\right)=12\). Đặt \(t=x^2+x\left(t\ge0\right)\)
Pt trở thành : \(t^2+4t-12=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=2\left(n\right)\\t=-6\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
+) với t = 2 , có : \(x^2+x-2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-2\end{matrix}\right.\)
Vậy...
Câu 4.2:
(Phản chứng) Giả sử không tồn tại tam giác nào có các cạnh cùng màu.
- Xét điểm A trong 17 điểm đó trên mặt phẳng. Có 16 đoạn thẳng nối từ A đến các điểm còn lại, gọi X là tập hợp 16 đoạn thẳng đó.
- Vì các đoạn thẳng được tô 3 màu: xanh, đỏ hoặc vàng, do đó theo nguyên lí Dirichlet sẽ có ít nhất 6 đoạn thẳng trong X cùng tô một màu.
-Gọi B,C,D,E,F,G là các điểm trong X sao cho các đoạn BC,BD,BE,BF,BG được tô màu xanh, gọi Y là tập hợp các đoạn đó. Theo giả sử ta chỉ có thể tô các đoạn thẳng ấy bảng màu đỏ hoặc vàng. Do đó theo nguyên lí Dirichlet thì có ít nhất 3 đoạn trong Y cùng màu. Giả sử ba đoạn BC,BD,BE được tô màu đỏ. Khi đó các đoạn CD,DE,CE phải tô màu vàng (theo giả sử) => Tam giác CDE được tô màu vàng, mâu thuẫn.
Vậy điều giả sử sai. Do đó ta có đpcm.
cho a b là các số thực dương thỏa mãn 2b≥ ab+4
Tìm min P \(\dfrac{ab}{a^2+2b^2}\)
Thầy Lâm giúp em với
Đề có lẽ là "Tìm maxP" chứ nhỉ?
Vì a,b là các số thực dương nên:
\(P=\dfrac{ab}{a^2+2b^2}=\dfrac{1}{\dfrac{a}{b}+\dfrac{2b}{a}}\)
Ta có \(2b\ge ab+4\Rightarrow\dfrac{2b}{a}\ge b+\dfrac{4}{a}\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có \(b+\dfrac{4}{a}\ge4\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{2b}{a}\ge4\sqrt{\dfrac{b}{a}}\Leftrightarrow\left(\dfrac{b}{a}-2\sqrt{\dfrac{b}{a}}+1\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{\dfrac{b}{a}}-1\right)^2\ge1\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}-1\ge1\Leftrightarrow\dfrac{b}{a}\ge4\).
Đặt \(x=\dfrac{b}{a}\Rightarrow x\ge4\). Ta có: \(\dfrac{1}{P}=2x+\dfrac{1}{x}=\left(\dfrac{x}{16}+\dfrac{1}{x}\right)+\dfrac{31x}{16}\ge2\sqrt{\dfrac{x}{16}.\dfrac{1}{x}}+\dfrac{15.4}{16}=\dfrac{33}{4}\)
\(\Leftrightarrow P\le\dfrac{4}{33}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b}{a}=4\\2b=ab+4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=4\\a=1\end{matrix}\right.\)
Vậy \(MaxP=\dfrac{4}{33}\).
cho a , b là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2b ≤ ab+4
Tìm max P = \(\dfrac{ab}{a^2+b^2}\)
Thầy lâm giúp em bài này với
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$P\leq \frac{ab}{2\sqrt{a^2b^2}}=\frac{ab}{2ab}=\frac{1}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b$ (thay vào điều kiện $2b\leq ab+4\Leftrightarrow a^2+4\geq 2a$- cũng luôn đúng)