\(y=x+p+\dfrac{q}{x+1}\) đạt cực tiểu

\(\Rightarrow y'=1-\dfrac{q}{\left(x+1\right)^2}=0\) tại \(x=-2\)

Suy ra: \(q=1\). Thay tọa độ \(A\left(-2;-2\right)\) và \(q=1\) vào hàm số ban đầu, tìm được \(p=1\)

Do đó: \(pq=1\cdot1=1\)

(a) Viết lại được:

\(B=\left[\dfrac{15-\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}+\dfrac{2}{\sqrt{x}+5}\right]\cdot\dfrac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+1}\)

\(=\dfrac{15-\sqrt{x}+2\left(\sqrt{x}-5\right)}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+1}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}+5}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+1}\)

\(=\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}.\)

(b) \(P=AB=\dfrac{4\left(\sqrt{x}+1\right)}{25-x}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{4}{25-x}\)

\(P\in Z\Rightarrow\left(25-x\right)\inƯ\left(4\right)=\left\{\pm1;\pm2\right\}\)

Để \(P\) đạt GTLN thì \(\left\{{}\begin{matrix}\left(25-x\right)_{min}\\25-x>0\end{matrix}\right.\Rightarrow25-x=1\Leftrightarrow x=24\) (thỏa mãn).

Vậy: \(x=24.\)

Theo định lí Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=4\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=1\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(C=\dfrac{x_1^4x_2-x_1x_2^4}{\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}}=-\dfrac{x_1x_2\left(x_1^3-x_2^3\right)}{\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}}\)

\(=-\dfrac{x_1x_2\left(x_1-x_2\right)\left(x_1^2+x_1x_2+x_2^2\right)}{\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}}\)

Do phương trình có hai nghiệm phân biệt, hay \(x_1\ne x_2\) nên:

\(C=-x_1x_2\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-x_1x_2\right]\)

\(=-x_1x_2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-x_1x_2\right]\sqrt{\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2}\)

\(=-x_1x_2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-x_1x_2\right]\sqrt{\left(x_1+x_2\right)+2\sqrt{x_1x_2}}\)

\(\Rightarrow C=-1\left(4^2-1\right)\sqrt{4+2\sqrt{1}}=-15\sqrt{6}\)

Vậy: \(C=-15\sqrt{6}.\)

Có \(k\) môi trường trong suốt và đồng tính, chiết suất \(n_1,n_2,...,n_k\), ngăn cách nhau bằng \(k-1\) mặt phẳng song song \(\Sigma_1,\Sigma_2,...,\Sigma_k\). Một tia sáng \(AI\) đi từ một điểm \(A\), trong môi trường \(1\), khúc xạ qua mặt \(\Sigma_1'\), dưới góc \(i_1\), lần lượt qua các môi trường, rồi khúc xạ theo \(I_{k-1}A'\), dưới góc \(i_k\), trong môi trường \(k.\)

1. Chứng minh rằng ta vẫn có \(n_1\sin i_1=n_k\sin i_k\) không phụ thuộc các môi trường trung gian.

2. Nếu môi trường \(k\) đồng chất với môi trường \(1\) thì có kết luận gì về phương truyền của hai tia sáng \(AI\) và \(I_{k-1}A'?\)

(a) \(\Delta=m^2-4\left(2m-7\right)=\left(m-4\right)^2+12>0\).

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)

Theo định lí Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-m\left(1\right)\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=2m-7\left(2\right)\end{matrix}\right.\).

\(x_2\) là nghiệm của phương trình nên:

\(x_2^2+mx_2+2m-7=0\Leftrightarrow x_2^2=7-2m-mx_2\).

Thay vào đề: \(9x_1=7-2m-mx_2\Leftrightarrow9x_1+mx_2=7-2m\left(3\right)\).

Từ \(\left(1\right),\left(3\right)\Rightarrow x_2=\dfrac{7m+7}{m-9}\underrightarrow{\left(1\right)}x_1=\dfrac{-m^2+2m-7}{m-9}\)

Thay vào \(\left(2\right)\Rightarrow7\left(m+1\right)\left(-m^2+2m-7\right)=\left(2m-7\right)\left(m-9\right)^2\)

\(\Leftrightarrow-9m^3+50m^2-323m+518=0\).

Giải phương trình, tìm được: \(m=2\).

(b) Phương trình có nghiệm hữu tỉ khi: \(\Delta=\left(m-4\right)^2+12=u^2\left(u\in Z\right)\)

Do \(m\) là số nguyên lẻ, suy ra \(u\) sẽ là số nguyên lẻ và \(\left(m-4+u\right)\left(m-4-u\right)=-12\)

Dễ thấy được vế trái là tích của các số nguyên chẵn. Trường hợp xảy ra duy nhất là tích của hai bộ số \(\left(-2\right),6\) và \(2,\left(-6\right)\).

Xét cặp \(\left(-2\right),6\): \(\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}m-4+u=-2\\m-4-u=6\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}m-4+u=6\\m-4-u=-2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\).

Trường hợp đầu thu được \(m=2,u=4\) (loại), trường hợp 2 thu được: \(m=6,u=4\) (loại). Tương tự với cặp \(2,\left(-6\right)\) cũng không tìm được cặp số \(\left(m;u\right)\) thỏa mãn điều kiện là số nguyên lẻ.

Vậy: Phương trình không có nghiệm hữu tỉ khi \(m\) là số nguyên lẻ (đpcm).

1. Gọi \(x,y\) lần lượt là số giờ mỗi vòi cần chảy nếu chảy một mình \(\left(x,y>0\right).\) \(V\) là thể tích của bể nước.

Công suất chảy (nước chảy được trong 1 giờ) của vòi 1 là \(\dfrac{V}{x}\), vòi 2 là \(\dfrac{V}{y}\).

Nếu cả 2 cùng chảy: \(\dfrac{V}{x}+\dfrac{V}{y}=\dfrac{V}{12}\Leftrightarrow\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{12}\left(1\right)\).

Sau khi chảy được 8 giờ, lượng nước trong bồn là: \(8\left(\dfrac{V}{x}+\dfrac{V}{y}\right)\), suy ra lượng nước còn lại là: \(V-8\left(\dfrac{V}{x}+\dfrac{V}{y}\right)\).

Công suất vòi 2 tăng gấp đôi và thời gian chảy phần còn lại là 3 giờ rưỡi nên:

\(V-8\left(\dfrac{V}{x}+\dfrac{V}{y}\right)=3,5\cdot\dfrac{2V}{y}\Leftrightarrow1-8\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)=\dfrac{7}{y}\left(2\right)\).

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=28\\y=21\end{matrix}\right.\) (thỏa mãn).

2. Phương trình có nghiệm khi: \(\Delta'=\left[-\left(m+2\right)\right]^2-\left(2m+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(m+1\right)^2+2\ge0\) (luôn đúng).

Do đó, phương trình có nghiệm với mọi \(m\).

Theo định lí Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\left(m+2\right)\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=2m+1\end{matrix}\right.\)

Theo đề: \(A=x_1x_2-\dfrac{x_1^2+x_2^2}{4}=x_1x_2-\dfrac{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2}{4}\)

\(\Rightarrow A=2m+1-\dfrac{4\left(m+2\right)^2-2\left(2m+1\right)}{4}\)

\(=-m^2-m-\dfrac{5}{2}=-\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{9}{4}\le-\dfrac{9}{4}\)

Vậy: \(A_{max}=-\dfrac{9}{4}\Leftrightarrow m=-\dfrac{1}{2}.\)

Theo định lí Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=5\\x_1x_2=3\end{matrix}\right.\Rightarrow x_1,x_2>0\)

Do đó, ta có được: \(x_1=P-1-\sqrt{9x_2-1}\)

Thay vào định lí Vi-ét: \(P-1-\sqrt{9x_2-1}+x_2=5\).

\(\Leftrightarrow x_2^2+\left(2P-21\right)x_2+P^2-12P+35=0\)

Đồng nhất hệ số phương trình với \(x^2-5x+3=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2P-21=-5\\P^2-12P+35=3\end{matrix}\right.\).

Tìm được: \(P=8.\)

1. \(\left\{{}\begin{matrix}2x+3y=1\\x-4y=6\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+3y=1\\2x-8y=12\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}11y=-11\\x-4y=6\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=-1\\x=2\end{matrix}\right.\).

Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left(x;y\right)=\left(2;-1\right)\).

2. (a) Viết lại được \(Q\) thành:

\(Q=\left[\dfrac{\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}-\dfrac{\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\right]\cdot\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)-\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2\left(\sqrt{x}-1\right)}\cdot\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}\)

\(=\dfrac{x+\sqrt{x}-2-x+\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)\sqrt{x}}\)

\(=\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(x-1\right)}=\dfrac{2}{x-1}\)

(b) \(Q\in Z\Rightarrow\left(x-1\right)\inƯ\left(2\right)=\left\{\pm1;\pm2\right\}\).

Để \(Q_{max}\) thì \(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-1\right)_{min}\\x-1>0\end{matrix}\right.\Rightarrow x-1=1\Leftrightarrow x=2\) (thỏa mãn).

Vậy: \(x=2.\)

Bài 3. Gọi độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt là \(x,y\left(x,y>0\right)\).

Theo đề: Diện tích tam giác là: \(S=\dfrac{1}{2}xy=30\Leftrightarrow xy=60\left(1\right)\) .

Mặt khác, cạnh huyền: \(13^2=x^2+y^2\Rightarrow x^2+y^2=169\left(2\right)\).

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow\left(x;y\right)=\left\{\left(12;5\right);\left(5;12\right)\right\}\) (thỏa mãn).