19 replies to this topic

[Celia]

Thời gian làm bài : 150 phút




Câu I(2 điểm)
1, Phân tích đa thức sau thành nhân tử $a^2(b-2c)+b^2(c-a)+2c^2(a-b)+abc$
2, cho $x,y$ thỏa mãn $x=\sqrt[3]{y-\sqrt{y^2+1}}+\sqrt[3]{y+\sqrt{y^2+1}}$
Tính giá trị $A=x^4+x^3y+3x^2+xy-2y^2+1$
Câu II(2 điểm)
1, Giải phương trình $(x^2-4x+11)(x^4-8x^2+21)=35$
2, Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}
(x+\sqrt{x^2+2012})(y+\sqrt{y^2+2012})=2012 & \\ x^2+z^2-4(y+z)+8=0
&
\end{matrix}\right.$

Câu III(2 điểm)
1,Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì $(n^2+n+1)$ không chia hết cho 9
2. Xét phương trình $x^2-m^2x+2m+2=0$ (1)
Tìm các giá trị nguyên dương của m để (1) có nghiệm nguyên
Câu IV(3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB<AC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB,AC,BC; BO cắt EF tại I, M là điểm di chuyển trên CE

1, tính góc BIF
2, Gọi H là giao điểm của BM và EF.Chứng minh rằng nếu AM=AB thì tứ giác ABHI nội tiếp
3,Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O), P và Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE,DF. Xác định vị trí của điểm M để PQ max

Câu V(1 điểm)

Cho 3 số a,c,b thỏa mãn $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$. Tìm max của biểu thức

$B=(a+b+c+3)(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1})$

Edited by Celia, 20-06-2012 - 12:31.

[Ispectorgadget]

2, Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}
(x+\sqrt{x^2+2012})(y+\sqrt{y^2+2012})=2012 & \\ x^2+z^2-4(y+z)+8=0
&
\end{matrix}\right.$

Bài này em gõ nhầm rồi kìa phải là y chứ
Nhân 2 vế phương trình đầu với $\sqrt{x^2+1}-x$ được $y+\sqrt{y^2+1}=\sqrt{x^2+1}-x$
Tương tự $x+\sqrt{x^2+1}=\sqrt{y^2+1}-y$
Trừ theo vế $\Rightarrow x=-y$
Thay vào 2 ta tìm được nghiệm $x=\pm 2$ từ đây tìm được $y=\mp 2$
Vậy hệ có nghiệm $\boxed{(x;y)=(2;-2);(-2;2)}$

Câu III(2 điểm)
1,Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì $(n^2+n+1)$ không chia hết cho 9

Giả sử tồn tại số tự nhiên $n$ để $n^2+n+1$ không chia hết cho 9
Đặt $A=n^2+n+1$. $A\vdots 9\Rightarrow 4A\vdots 9 \,\,\,\,(1)$
Ta có: $4A=4(b^2+n+1)=4n^2+4n+1+3=(2n+1)^2+3$
$A\vdots 9\Rightarrow 4A \vdots 3\Rightarrow (2n+1)^2 \vdots 3\Rightarrow 2n+1\vdots 3$
Nên $(2n+1)^2\vdots9\Rightarrow (2n+1)^2+3\not\vdots 9\Rightarrow 4A\not\vdots 9(2)$
(1) và (2) mâu thuẫn. Nên giả trử trên là sai. Vậy với mọi số nguyên n thì $(n^2+n+1)$ không chia hết cho 9
Câu Câu III ý 2 có sai đề không nhỉ :-?

Edited by Ispectorgadget, 20-06-2012 - 12:52.

[hoangtrong2305]

Câu III(2 điểm)
1,Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì $(n^2+n+1)$ không chia hết cho 9

Giả sử $n^{2}+n+1\vdots 9$

$\Rightarrow n^{2}+n+1=9k;(k \in \mathbb{N}^{*}$ do $n^{2}+n+1> 0\forall n \in \mathbb{R})$

Theo giả thiết, ta có $n;k$ là $2$ giá trị nguyên dương nên ta cần giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$n^{2}+n+1=9k$

$\Leftrightarrow n^{2}+n+1-9k=0$

$\Delta =1-4(1-9k)=36k-3$

Để phương trình $n^{2}+n+1=9k$ có nghiệm nguyên dương thì giá trị $\Delta$ phải là số chính phương nên ta đặt $36k-3=a^{2}$

$36k-3=a^{2}$

$\Leftrightarrow 36k-a^{2}=3$

$\Leftrightarrow 3(12k-1)=a^{2}$

Nhận thấy rằng $(12k-1)$ không thể chia hết cho $3$

$\Rightarrow 3(12k-1)$ không thể là số chính phương

$\Rightarrow$ phương trình $n^{2}+n+1=9k$ không có giá trị nguyên dương

$\Rightarrow$ phương trình $n^{2}+n+1$ không chia hết cho $9$




------------------------------------------------------------

special thanks to nguyenta98

Edited by hoangtrong2305, 20-06-2012 - 15:07.

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Thời gian làm bài : 150 phút


Câu I(2 điểm)
1, Phân tích đa thức sau thành nhân tử $a^2(b-2c)+b^2(c-a)+2c^2(a-b)+abc$
2, cho $x,y$ thỏa mãn $x=\sqrt[3]{y-\sqrt{y^2+1}}+\sqrt[3]{y+\sqrt{y^2+1}}$
Tính giá trị $A=x^4+x^3y+3x^2+xy-2y^2+1$

câu I.2:

mũ 3 cả 2 vế của GT và chú ý đẳng thức $ (y+\sqrt{y^2+1})(y-\sqrt{y^2+1})=-1$ ta có:

$ x^3=2y-3(\sqrt[3]{y+\sqrt{y^2+1}}+\sqrt[3]{y-\sqrt{y^2+1}} =2y-3x $

$ \Rightarrow y=\frac{x^3+3x}{2} $

thay vào A ta dễ tính được $ A=1 $

Edited by NGOCTIEN_A1_DQH, 20-06-2012 - 15:35.

[ninhxa]

1, Giải phương trình $(x^2-4x+11)(x^4-8x^2+21)=35$

-Chém câu dễ
-Có $(x^2-4x+11)(x^4-8x^2+21)=\left [ \left ( x-2 \right )^2+7 \right ]\left [ \left ( x^2-4 \right )^2+5 \right ]\geq 35$
Dấu bằng xảy ra khi x=2
-Do đó pt có nghiệm x=2

[lordsky216]

Câu V(1 điểm)

Cho 3 số a,c,b thỏa mãn $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$. Tìm max của biểu thức

$B=(a+b+c+3)(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1})$

Đặt x=a+1 ; y=b+1 ; z=c+1
Vậy $1\leq x\leq y\leq z\leq 2$
$B=(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$
Ta có: do $1\leq x\leq y\leq z\leq 2$
$\Rightarrow \left ( 1-\frac{x}{y} \right )\left ( 1-\frac{y}{z} \right ) + \left ( 1-\frac{y}{x} \right )\left ( 1-\frac{z}{y} \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{y}{x} + \frac{z}{y} \leq 2 + \frac{x}{z} + \frac{z}{x}$
Lại có: do $1\leq x\leq z\leq 2$ nên $\frac{1}{2}\leq \frac{x}{z}\leq 2$
$\Leftrightarrow \left ( 2-\frac{x}{z} \right )\left ( 2-\frac{z}{x} \right )\geq 0\Leftrightarrow \frac{x}{z}+\frac{z}{x}\leq \frac{5}{2}$
Vậy:
$B=(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$=$3+\left ( \frac{x}{y} +\frac{y}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\right )+\left ( \frac{x}{z}+\frac{z}{x} \right )\leq 3+2+2\left ( \frac{x}{z}+\frac{z}{x} \right )\leq 10$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$ b=c=1; a=0

Edited by lordsky216, 20-06-2012 - 20:18.

[triethuynhmath]

Hihi, chém nào:
bài 1: $a^2(b-2c)+b^2(c-a)+2c^2(a-b)+abc$
$=a^2(b-2c)-b^2(b-2c)-b^2(a-b)-b^2c+2c^2(a-b)+abc$
$=(a-b)(ab-2ac-bc+2c^2)$
$(a-b)(a-c)(b-2c)$
Bài 2b:
Mình không nghĩ bài này sai đề, vì có thể tìm được cả x,y,z
$(x+\sqrt{x^2+2012})(y+\sqrt{2012})=2012$
.....
$<=> x+y=0$
$<=> x=-y$
thay vào phương trình 2, ta được $(y-2)^2+(z-2)^2=0$
vậy y=2,z=2,x=-2

[triethuynhmath]

câu III ý 2 cũng không sai đề đâu:
$x^2-m^2x+2m+2=0$
giả sử phương trình có nghiệm nguyên x₁,x₂
Lúc đó, theo hệ thức Viet, ta có:
x₁+x₂=$m^2$=S
x₁x₂=2m+2=P
nếu m=0, phương trình vô nghiệm
nếu $m \geq 1$
=> x₁,x₂ >0.=> x₁,x₂ $\geq 1$
=> $(x_{1}-1)(x_{2}-1)\geq 0$
...
=> $-m^2+2m+3 \geq 0$
=> $(m+1)(m-3) \leq 0$
$=> 1\leq m\leq 3$
=> m =1 hay m= 2 hay m=3, đến đây, thử từng giá trị vào => m

[Celia]

câu III ý 2 cũng không sai đề đâu:
$x^2-m^2x+2m+2=0$
giả sử phương trình có nghiệm nguyên x₁,x₂
Lúc đó, theo hệ thức Viet, ta có:
x₁+x₂=$m^2$=S
x₁x₂=2m+2=P
nếu m=0, phương trình vô nghiệm
nếu $m \geq 1$
=> x₁,x₂ >0.=> x₁,x₂ $\geq 1$
=> $(x_{1}-1)(x_{2}-1)\geq 0$
...
=> $-m^2+2m+3 \geq 0$
=> $(m+1)(m-3) \leq 0$
$=> 1\leq m\leq 3$
=> m =1 hay m= 2 hay m=3, đến đây, thử từng giá trị vào => m

mình lại làm ra là m=-1 cơ!, hơn nữa đâu có dữ kiện nào cho thấy m phải nguyên mà bạn làm vậy?

Edited by Celia, 20-06-2012 - 21:52.

[triethuynhmath]

mình lại làm ra là m=-1 cơ!, hơn nữa đâu có dữ kiện nào cho thấy m phải nguyên mà bạn làm vậy?

Bạn ơi đọc kĩ lại đề nhé tìm m nguyên dương đấy

[Katyusha]

Mọi người giúp mình câu c bài hình với

[phatthemkem]

Thời gian làm bài: $150$ phút

Bài 1: ($2$ điểm)

  $1)$ Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

       $a^2(b-2c)+b^2(c-a)+2c^2(a-b)+abc$

  $2)$ Cho $x,y$ thỏa

       $x=\sqrt[3]{y-\sqrt{y^2+1}}+\sqrt[3]{y+\sqrt{y^2+1}}$

       Tính giá trị biểu thức sau

       $A=x^4+x^3y+3x^2+xy-2y^2+1$

Bài 2: ($2$ điểm)

  $1)$ Giải phương trình:

        $(x^2-4x+11)(x^4-8x^2+21)=35$

  $2)$ Giải hệ phương trình sau

        $\left\{\begin{matrix} (x+\sqrt{x^2+2012})(y+\sqrt{y^2+2012})=2012\\ \\ x^2+z^2-4(y+z)+8=0 \end{matrix}\right.$

Bài 3: ($2$ điểm)

  $1)$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $n$ thì $n^2+n+1$ không chia hết cho $9$

  $2)$ Xét phương trình ẩn $x$: $x^2-m^2x+2m+2=0(1)$. Tìm $m$ nguyên dương để $(1)$ có nghiệm nguyên.

Bài 4: ($3$ điểm)

  Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB< AC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của $(O)$ với các cạnh $AB,AC,BC$. $BO$ cắt $EF$ tại $I$. $M$ là điểm di chuyển trên đoạn $CE$.

  $1)$ Tính số đo góc $BIF$

  $2)$ Gọi $H$ là giao điểm của $BM$ và $EF$. Chứng minh rằng nếu $AM=AB$ thì tứ giác $ABHI$ nội tiếp.

  $3)$ Gọi $N$ là giao điểm của $BM$ với cung nhỏ $EF$ của đường tròn $(O), P$ và $Q$ lần lượt là hình chiếu của $N$ trên các đường thẳng $DE,DF$. Xác định vị trí của $M$ để độ dài đoạn $PQ$ lớn nhất.

Câu 5: ($1$ điểm)

  Cho ba số a,b,c thỏa mãn $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$

  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

  $B=(a+b+c+3)(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1})$.

Edited by phatthemkem, 19-06-2013 - 14:23.

[Zaraki]

Bài 2: ($2$ điểm)
$1)$ Giải phương trình:
$(x^2-4x+11)(x^4-8x^2+21)=35$

Phương trình tương đương $[(x-2)^2+7] \cdot [(x^2-4)^2+5]=35$.
Dễ nhận thấy $VT \ge 35$. Dấu đẳng thức xảy ra khi $x=2$.

$2)$ Cho $x,y$ thỏa
$x=\sqrt[3]{y-\sqrt{y^2+1}}+\sqrt[3]{y+\sqrt{y^2+1}}$
Tính giá trị biểu thức sau
$A=x^4+x^3y+3x^2+xy-2y^2+1$

Áp dụng tính chất: Nếu $a+b+c=0$ thì $a^3+b^3+c^3=3abc$.
Vì $x- \sqrt[3]{y- \sqrt{y^2+1}}- \sqrt[3]{y+ \sqrt{y^2+1}}=0$ nên $$x^3-(y- \sqrt{y^2+1})-(y+ \sqrt{y^2+1})=3x \sqrt[3]{ \left( y- \sqrt{y^2+1} \right) \left( y+ \sqrt{y^2+1} \right)} \Leftrightarrow x^3+3x-2y=0$$
Viết lại $A=(y+x)(x^3+3x-2y)+1=1$.

Edited by nguyentrunghieua, 19-06-2013 - 15:23.

[Yagami Raito]

 

Thời gian làm bài: $150$ phút

Bài 1: ($2$ điểm)

  $1)$ Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

       $a^2(b-2c)+b^2(c-a)+2c^2(a-b)+abc$

 

 

 

Không biết dúng hay sai nữa, nhưng mà cứ giải phát :

$a^2(b-2c)+b^2(c-a)+2c^2(a-b)+abc$

$=a^2b-2a^2c+b^2c-b^2a+2c^2a-2c^2b+abc$

$=ab(a-b)+2c^2(a-b)+bc(a-b)-2c(a-b)(a+b)$

$=(a-b)(ab+2c^2+bc-2c(a+b))$

$=(a-b)(c-a)(2c-b)$

[lequanghung98]

$2)$ Giải hệ phương trình sau

        $\left\{\begin{matrix} (x+\sqrt{x^2+2012})(y+\sqrt{y^2+2012})=2012\\ \\ x^2+z^2-4(y+z)+8=0 \end{matrix}\right.$

 

Từ phương trình đầu, ta có: $(x+\sqrt{x^{2}+2012})(y+\sqrt{y^{2}+2012})=2012\Leftrightarrow (x-\sqrt{x^{2}+2012})(y+\sqrt{y^{2}+2012})=2012(x-\sqrt{x^{2}+2012}) (1)$

$(x+\sqrt{x^{2}+2012})(y+\sqrt{y^{2}+2012})=2012\Leftrightarrow (x+\sqrt{x^{2}+2012})(y+\sqrt{y^{2}+2012})(y-\sqrt{y^{2}+2012})=2012(y-\sqrt{y^{2}+2012}) (2)$

Khai triển $(1), (2)$, thu gọn, ta được mối liên hệ $x=-y$ sau đó thay vào phương trình phía dưới.

Edited by lequanghung98, 19-06-2013 - 18:08.

[Ha Manh Huu]

 

Câu 5: ($1$ điểm)

  Cho ba số a,b,c thỏa mãn $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$

  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

  $B=(a+b+c+3)(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1})$.

 

bài cuối có thể đưa về bài toán cho $\ 1\leq x\leq y\leq z\leq2$(bằng cách x=a+1 ;y=b+1;z=c+1) .tìm max của         $ (x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{z})$ (=10)

chắc bạn nào hay làm bđt thì đã quen vói bài này

 

do $\ 1\leq x\leq y\leq z\leq2$ nên ta có $\frac{1}{2}\leq \frac{x}{z} <2$ 

nên $ (\frac{x}{z}-\frac{1}{2})(\frac{x}{z}-2)\leq 0\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{z^{2}}+1\leq \frac{5x}{2z}\Leftrightarrow \frac{x}{z}+\frac{z}{x}\leq \frac{5}{2}$  $(1)$

ta lại có $ (\frac{y}{z}-1)(\frac{x}{y}-1)\geq 0\Rightarrow \frac{x}{z}+1\geq \frac{y}{z}+\frac{x}{y}$

tương tự ta có$\large (\frac{z}{y}-1)(\frac{y}{x}-1)\geq 0\Rightarrow \frac{z}{x}+1\geq \frac{z}{y}+\frac{y}{x}$

cộng vế suy ra $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\leq \frac{x}{z}+\frac{z}{x}+2\leq \frac{5}{2}+2=\frac{9}{2}$ $(2)$

nhân cáu biết tức đó ra từ $(1)$ và $(2)$ ta có điều phải chứng minh

Edited by Ha Manh Huu, 19-06-2013 - 17:43.

[Strygwyr]

 

Bài 4: ($3$ điểm)

  Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB< AC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của $(O)$ với các cạnh $AB,AC,BC$. $BO$ cắt $EF$ tại $I$. $M$ là điểm di chuyển trên đoạn $CE$.

  $1)$ Tính số đo góc $BIF$

  $2)$ Gọi $H$ là giao điểm của $BM$ và $EF$. Chứng minh rằng nếu $AM=AB$ thì tứ giác $ABHI$ nội tiếp.

  $3)$ Gọi $N$ là giao điểm của $BM$ với cung nhỏ $EF$ của đường tròn $(O), P$ và $Q$ lần lượt là hình chiếu của $N$ trên các đường thẳng $DE,DF$. Xác định vị trí của $M$ để độ dài đoạn $PQ$ lớn nhất.

Câu 5: ($1$ điểm)

  Cho ba số a,b,c thỏa mãn $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$

  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

  $B=(a+b+c+3)(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1})$.

 

 

Chém vài bài

 

Câu 4 : (tạm thời chưa có hình vì Geo nhà mình hỏng rồi   )

1. Ta có : $\widehat{BIF}=180^{0}-\widehat{IBF}-\widehat{IFB}=90^{0}-\widehat{IBF}-\widehat{OEF}=90^{0}-\widehat{OBC}-\widehat{OCB}=90^{0}-\frac{1}{2}(\widehat{B}+\widehat{C})=45^{0}$

2. Ta có : $\triangle{ABM}$ vuông cân tại $A$ nên $\widehat{ABM}=45^{0}$

$\Rightarrow \widehat{OBH}=45^{0}-\widehat{ABO}=45^{0}-\frac{\widehat{B}}{2}=\widehat{OCF}=\widehat{OFH}$

Do đó : $OBFH$ nội tiếp

Suy ra $\widehat{OHB}=\widehat{OFB}=90^{0}\Rightarrow OH\perp BM$

Mà $AO\perp BM$ nên $A$,$O$,$H$ thẳng hàng $\Rightarrow \widehat{BAH}=45^{0}$

Xét tứ giác $ABHI$ có $\widehat{BAH}=\widehat{BIH}=45^{0}$ nên $ABHI$ nội tiếp.

3. Kẻ $NK\perp EF$. Ta có $P$,$K$,$Q$ thẳng hàng (đường thẳng Sim-sơn)

Vì $PQ$ là đường thẳng Sim-sơn ứng với điểm $N$ của tam giác $DEF$ nên $PQ\leq EF$

dấu = xảy ra $\Leftrightarrow$ DN là đường kính của ($O$) hay $M$ là giao điểm của $BN$ với $AC$.

Câu 5 :

Đặt $a+1=x$, $b+1=y$, $c+1=z$. Do $0\leq a\leq b\leq c\leq 1\Rightarrow 1\leq x\leq y\leq z\leq 2$

Biểu thức $B=(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=3+\sum (\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$

Vì $1\leq x\leq y\leq z\leq 2$ nên

$(\frac{x}{y}-1)(\frac{y}{z}-1)\geq 0\Leftrightarrow \frac{x}{y}+\frac{y}{z}\leq \frac{x}{z}+1$

$(\frac{y}{x}-1)(\frac{z}{y}-1)\geq 0\Leftrightarrow \frac{y}{x}+\frac{z}{y}\leq \frac{z}{x}+1$

Vậy $B\leq 5+2(\frac{x}{z}+\frac{z}{x})$

Lại có : $(\frac{x}{z}-1)(\frac{z}{x}-2)\geq 0\Leftrightarrow 3\geq \frac{2x}{z}+\frac{z}{x}\Leftrightarrow \frac{x}{z}+\frac{z}{x}\leq 3-\frac{x}{z}\leq 3-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$

Vậy : $B\leq 10$

 

 

 

Bài 3: ($2$ điểm)

  $1)$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $n$ thì $n^2+n+1$ không chia hết cho $9$

  $2)$ Xét phương trình ẩn $x$: $x^2-m^2x+2m+2=0(1)$. Tìm $m$ nguyên dương để $(1)$ có nghiệm nguyên.

Câu 3 :

1. Xét các trường hợp sau :

- Nếu $n=3k$ thì $n^2+n+1=9k^{2}+3k+1$ không chia hết cho $3$

- Nếu $n=3k+1$ thì $n^2+n+1=9k^{2}+9k+3$ không chia hết cho $9$

- Nếu $n=3k+2$ thì $n^2+n+1=9k^{2}+15k+7$ không chia hết cho $3$

Vậy $n^{2}+n+1$ không chia hết cho $9$ với mọi số tự nhiên $n$

2. Phương trình ($1$) có nghiệm nguyên khi $\Delta'=m^{2}-2m-2=(m-1)^{2}-3$ là số chính phương.

Đặt : $(m-1)^{2}-3=k^{2}\Leftrightarrow (m-k-1)(m+k-1)=3\Leftrightarrow ...$

P/S : mod nào rảnh rảnh ngồi vẽ cho mình cái hình với 

Edited by namsub, 20-06-2013 - 10:38.

[NguyenThuAn98]

Chém vài bài

 

Câu 3 :

1. Xét các trường hợp sau :

- Nếu $n=3k$ thì $n^2+n+1=9k^{2}+3k+1$ không chia hết cho $3$

- Nếu $n=3k+1$ thì $n^2+n+1=9k^{2}+9k+3$ không chia hết cho $9$

- Nếu $n=3k+2$ thì $n^2+n+1=9k^{2}+15k+7$ không chia hết cho $3$

Vậy $n^{2}+n+1$ không chia hết cho $9$ với mọi số tự nhiên $n$

2. Phương trình ($1$) có nghiệm nguyên khi $\Delta'=m^{2}-2m-2=(m-1)^{2}-3$ là số chính phương.

Đặt : $(m-1)^{2}-3=k^{2}\Leftrightarrow (m-k-1)(m+k-1)=3\Leftrightarrow ...$

P/S : mod nào rảnh rảnh ngồi vẽ cho mình cái hình với 

bạn xem lại phần delta giúp mình với 

[Strygwyr]

xin lỗi các bạn, câu $3b$ mình nhìn nhầm, thực ra nó không dễ như vậy 

 

Bài 3: ($2$ điểm)

  $2)$ Xét phương trình ẩn $x$: $x^2-m^2x+2m+2=0(1)$. Tìm $m$ nguyên dương để $(1)$ có nghiệm nguyên.

Để phương trình ($1$) có nghiệm nguyên thì $\Delta=m^{4}-8m-8$ phải là số chính phương.

Đặt $m^{4}-8m-8=n^{2}$

Ta có : Vì $m$ là số nguyên dương nên $m^{4}-8m-8<m^{4}$

Xét hiệu $n^{2}-(m^{2}-1)^{2}=m^{4}-8m-8-m^{4}+2m^{2}-1=2m^{2}-8m-9=2(m-2)^{2}-17$

- Nếu $2(m-2)^{2}-17\leq 0$ thì $2-\sqrt{\frac{17}{2}}\leq m\leq2+\sqrt{\frac{17}{2}}$ nên $m\in${$1$;$2$;$3$;$4$}

Thay vào ta thấy $m=3$ thoả mãn

- Nếu $2(m-2)^{2}-17>0$ thì $(m^{2}-1)^{2}<n^{2}<m^{4}$ (vô nghiệm)

Vậy $\boxed{m=3}$

Edited by namsub, 20-06-2013 - 10:50.

[laiducthang98]

Bài 3.1 Giả sử tồn tại số nguyên n sao cho $n^2+n+1 \vdots 9 <=> n^2+n+1=9k <=>4n^2+4n+4=36k <=>(2n+1)^2=36k-3 <=>(2n+1)^2=3(12k-1) =>12k-1\vdots 3$(vô lý). Điều vô lý đó cho ta đ.p.c.m