HOC24
Lớp học
Môn học
Chủ đề / Chương
Bài học
Gọi d là ước chung lớn nhất của a và ab + 4. Suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}a⋮d\\ab+4⋮d\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab⋮d\\ab+4⋮d\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow4⋮d\). Vậy d = 1 hoặc d = 2. Nếu d = 1 thì a và ab + 4 là hai số nguyên tố cùng nhau. Nếu d = 2 thì a chia hết cho 2 nên a là một số tự nhiên chẵn (vô lý). Ta hoàn thành chứng minh.
\(10^{2006}\equiv1^{2006}\left(mod9\right)\equiv1\left(mod1\right)\). Suy ra \(10^{2006}+53\equiv1+53\left(mod9\right)\equiv54\left(mod9\right)\equiv0\left(mod9\right)\). Vì vậy \(\dfrac{10^{2006}+53}{9}\) là một số tự nhiên.
Ta có \(y^3=z^4-x^2=\left(z^2+x\right)\left(z^2-x\right)\). Suy ra \(y^3\) có ước \(z^2+x\). Do y là số nguyên tố nên \(z^2+x\) có dạng \(y^0,y^1,y^2,y^3\). Th1: \(z^2+z=y^0=1\) (mâu thuẫn). Th2: \(z^2+z=y^1=y\), khi đó do \(\left(z^2+x\right)\left(z^2-x\right)=y^3\) nên: \(\left\{{}\begin{matrix}z^2+x=y\\z^2-x=y^2\end{matrix}\right.\) , suy ra \(z^2-x>z^2+x\) ( vô lỹ do x, y, z là các số nguyên tố). Th3: \(z^2+z=y^2\), ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}z^2+x=y^2\\z^2-x=y\end{matrix}\right.\) suy ra \(x=\dfrac{y^2-y}{2}=\dfrac{y\left(y-1\right)}{2}\). Nếu y = 2 thì \(x=\dfrac{2\left(2-1\right)}{2}=1\). Nếu y = 3 thì \(x=\dfrac{3\left(3-1\right)}{2}=3\) , khi đó: \(x^2+y^3=3^2+3^3=36=z^4\) (không có z thỏa mãn). Nếu \(y>3\) thì y là một số nguyên tố lẻ lớn hơn hoặc bằng 5. Khi đó \(\dfrac{y-1}{2}\) là một số dương lớn hơn 2 và vì vậy \(x=\dfrac{y\left(y-1\right)}{2}\) có hai ước là \(y,\dfrac{y-1}{2}\) - mâu thuẫn do x là một số nguyên tố. vậy không có x, y, z thỏa mãn.
\(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{CO}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{OB}\) \(\Leftrightarrow\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{CO}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{0}\) \(\Leftrightarrow\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{0}\) \(\Leftrightarrow\left(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}\right)+\left(\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}\right)=\overrightarrow{0}\) \(\Leftrightarrow\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{0}=\overrightarrow{0}\) Ban xem lai de nhe.
Ta có \(42=3\left|y-3\right|+4\left(2012-x\right)^4\). Do 42 chia hết cho 3 và 3|y -3| chia hết cho 3 nên \(4\left(2012-x\right)^4\) chia hết cho 3 \(\Rightarrow\left(2012-x\right)^4⋮3\) . Do 3 là số nguyên tố nên \(2012-x⋮3\) . Đặt \(2012-x=3k\left(k\in Z\right)\). Ta có \(42=3\left|y-3\right|+4\left(3k\right)^4=3\left|y-3\right|+324k^4\). Nếu k = 0 hay 2012 - x = 0 \(\Leftrightarrow x=2012\), khi đó: \(42=3\left|y-3\right|\)\(\Leftrightarrow\left|y-3\right|=14\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=17\\y=-11\end{matrix}\right.\). Nếu \(k\ne0\) khi đó \(3\left|y-3\right|+324k^4\ge324>42\) (vô lý). Vây phương trình có hai cặp nghiệm \(\left(3;17\right),\left(3;-11\right)\).
\(P=\dfrac{2bc-2016}{3c-2bc+2016}-\dfrac{2b}{3-2b+ab}+\dfrac{4032-3ac}{3ac-4032+2016c}\) \(=\dfrac{2bc-abc}{3c-2bc+abc}-\dfrac{2b}{3-2b+ab}+\dfrac{2abc-3ac}{3ac-2abc+a^2bc}\) \(=\dfrac{2b-ab}{3-2b+ab}-\dfrac{2b}{3-2b+ab}+\dfrac{2b-3}{3-2b+ab}\) \(=\dfrac{2b-ab-2b+2b-3}{3-2b+ab}\) \(=\dfrac{-3+2b-ab}{3-2b+ab}=-1\).
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{9}{a+b+c}\ge4\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\) \(\Leftrightarrow\dfrac{a+b+c}{a}+\dfrac{a+b+c}{b}+\dfrac{a+b+c}{c}+9\) \(\ge4\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\) \(\Leftrightarrow\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{a+b}{c}+12\ge4\left(3+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}\right)\) \(\Leftrightarrow\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{a+b}{c}\ge4\left(\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}\right)\). Áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\) ta có: \(\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{b}{c}\right)\) \(=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{a+b}{c}\right)\). Suy ra \(4\left(\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}\right)\le\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{a+b}{c}\) 9 (đpcm).
\(pt\Leftrightarrow2sinx.cosx+\left(sinx+cosx\right)-2=m\) đặt \(sinx+cosx=t\) , do \(x\in\left(0;\dfrac{3\pi}{4}\right)\) thì \(x+\dfrac{\pi}{4}\in\left(\dfrac{\pi}{4};\pi\right)\). Vì vậy \(t=sinx+cosx=\sqrt{2}sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\) có tập giá trị là \(\left(0;\sqrt{2}\right)\). Suy ra \(2sinxcosx=t^2-1\), ta có phương trình: \(t^2-1+t-2=m\Leftrightarrow t^2+t-3=m\) với \(t\in\left(0;\sqrt{2}\right)\). Xét hàm số \(f\left(t\right)=t^2+t-3\) có \(f'\left(t\right)=2t+1\ge0\) với mọi \(t\in\left(0;\sqrt{2}\right)\). Suy ra hàm số \(f\left(t\right)=t^2+t-3\) đồng biến trên khoảng \(\left(0;\sqrt{2}\right)\). \(f\left(0\right)=-3;f\left(\sqrt{2}\right)=\sqrt{2}-1\). Vậy với \(-3< m< \sqrt{2}-1\) thì \(t^2+t-3=m\) có nghiệm duy nhất. Quay trở lại phép đặt t ta có: \(t=\sqrt{2}sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\) . Để phương trình \(t=\sqrt{2}sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\) có hai nghiệm thuộc khoảng \(\left(0;\dfrac{3\pi}{4}\right)\) thì \(t\) nhận các giá trị tương ứng với \(x+\dfrac{\pi}{4}\in\left(\dfrac{\pi}{4};\dfrac{3\pi}{4}\right)\) hay \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}< t< 1\). Suy ra \(\dfrac{-5+\sqrt{2}}{2}< m< 0\),
\(pt\Leftrightarrow sin2x-sinx-m\left(2cosx-1\right)=0\) \(\Leftrightarrow\left(2cosx-1\right)\left(sinx-m\right)=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2cosx-1=0\\sinx-m=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}cosx=\dfrac{1}{2}\\sinx=m\end{matrix}\right.\) \(cosx=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\\x=\dfrac{2\pi}{3}+k2\pi\end{matrix}\right.\). Trong đoạn \(\left[0;\dfrac{3\pi}{4}\right]\) có hai nghiệm là \(\dfrac{\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}\). Nên để hai phương trình \(sin2x-2mcosx=sinx-m\) có hai nghiệm thuộc đoạn \(\left[0;\dfrac{3\pi}{4}\right]\) thì phương trình \(sinx=m\) phải vô nghiệm trên đoạn \(\left[0;\dfrac{3\pi}{4}\right]\). Trên đoạn \(\left[0;\dfrac{3\pi}{4}\right]\) hàm số \(y=sinx\) nhận giá trị trong đoạn \(\left[0;1\right]\) nên phương trình \(sinx=m\)vô nghiệm thì \(m\notin\left[0;1\right]\) hay \(\left[{}\begin{matrix}m< 0\\m>1\end{matrix}\right.\).