1. Giải hệ phương trinh \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x(x + y) + {y^2} - 4y + 1 = 0}\\{y{{(x + y)}^2} - 2{x^2} - 7y - 2 = 0}\end{array}} \right.\).
2. Cho \(a,b,c\)là các số nguyên. Đặt \(S = {(a + 2021)^5} + {(2b - 2022)^5} + {(3c + 2023)^5}\); \(P = a + 2b + 3c + 2022\). Chứng minh rằng \({\rm{S}}\) chia hết cho 30 khi và chi khi \({\rm{P}}\) chia hết cho 30 .
1. Giải hệ phương trinh \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x(x + y) + {y^2} - 4y + 1 = 0}\\{y{{(x + y)}^2} - 2{x^2} - 7y - 2 = 0}\end{array}} \right.\).
2. Cho \(a,b,c\)là các số nguyên. Đặt \(S = {(a + 2021)^5} + {(2b - 2022)^5} + {(3c + 2023)^5}\); \(P = a + 2b + 3c + 2022\). Chứng minh rằng \({\rm{S}}\) chia hết cho 30 khi và chi khi \({\rm{P}}\) chia hết cho 30 .
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
1. Xét hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x(x + y) + {y^2} - 4y + 1 = 0\left( 1 \right)}\\{y{{(x + y)}^2} - 2{x^2} - 7y - 2 = 0\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)
Nhân hai vố phương trình (1) với 2 , ta được
\(2{x^2} + 2xy + 2{y^2} - 8y + 2 = 0\left( 3 \right)\)
Cộng theo vế phương trình (2) và (3) ta được
\(\begin{array}{l}y{(x + y)^2} + 2xy + 2{y^2} - 15y = 0\\ \Leftrightarrow y\left[ {{{(x + y)}^2} + 2(x + y) - 15} \right] = 0\\ \Leftrightarrow y(x + y - 3)(x + y + 5) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 0}\\{x = 3 - y}\\{x = - 5 - y}\end{array}} \right.\end{array}\)
- Nếu \({\rm{y}} = 0\) thay vào phương trình (1) ta được \({x^2} + 1 = 0\), không có nghiệm thực.
- Nếu \(x = 3 - y\), thay vào phương trình (1) ta được \((3 - y) \cdot 3 + {y^2} - 4y + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {y^2} - 7y + 10 = 0 \Leftrightarrow (y - 2)(y - 5) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2}\\{y = 5}\end{array}} \right.\)
Với \(y = 2\) thì \(x = 1\); với \(y = 5\) thì \(x = - 2\).
- Nếu \(x = - 5 - y\), thay vào phương trình \((1)\) ta được \(( - 5 - y) \cdot ( - 5) + {y^2} - 4y + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {y^2} + y + 26 = 0\), không có nghiệm thực vì \({y^2} + y + 26 = {\left( {y + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{103}}{4} > 0\).
Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm là \((x;y) = (1;2)\) và \((x;y) = ( - 2;5)\).
2. Đặt \(x = a + 2021;y = 2b - 2022;z = 3c + 2023\) thì \(S = {x^5} + {y^5} + {z^5}\) và \(P = x + y + z\).
Ta có \(S - P = \left( {{x^5} - x} \right) + \left( {{y^5} - y} \right) + \left( {{z^5} - z} \right)\).
Xét \(A = {x^5} - x = x(x - 1)(x + 1)\left( {{x^2} + 1} \right).\)
Ta thấy \((x - 1)x(x + 1)\) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên có tích chia hết cho 6 , do vậy \(A\) chia hết cho 6. Theo định lý Fermat, ta cũng có \({x^5} = x(\,\bmod \,5)\) nên \(A\) chia hết cho 5. Mà ƯCLN \((5,6) = 1\) nên \(A = {x^5} - x\) chia hết cho 30 .
Hoàn toàn tương tự \(\left( {{y^5} - y} \right)\) và \(\left( {{z^5} - z} \right)\) cùng chia hết cho 30 . Do vậy \((S - P)\) chia hết cho 30 . Điều này cho biết \(S\) chia hết cho 30 khi và chi khi \(P\) chia hết cho 30 .
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Ta thấy các tứ giác BCEF, ACDF nội tiếp đường tròn đường kinhh BC, AC. Khi đó
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\widehat {MEF}}&{ = {{180}^0} - \widehat {AEF} - \widehat {MEC} = {{180}^0} - \widehat {ABC} - \widehat {MCE}}\\{}&{ = {{180}^0} - \widehat {FBD} - \widehat {BFD} = \widehat {BDF}.}\end{array}\)
Do vậy tứ giác DMEF nội tiếp.
b) Theo giả thiết \(KB \bot AB\) và \(HC \bot AB\) nên \(KB//HC\). Tương tư \(KC \bot AC\) và \(HB \bot AC\) nên \(KC//HB\). Tứ giác KBHC có hai cặp cạnh đối diện song song nhau nên là hình bình hành. Lại vì \(M\) là trung điểm của BC nên H, M, K thẳng hàng.
Mặt khác, \(\widehat {APH} = \widehat {AFH} = {90^^\circ } = \widehat {APK}\) nên P, H, K thẳng hàng.
Như vậy H, M, K, P thẳng hàng.
c) Gọi R là giao điểm của AD và EF. Vì các tứ giác AFDC, AEDB nội tiếp nên
\(\widehat {EDF} = {180^0} - \widehat {FDB} - \widehat {EDC} = {180^0} - 2\widehat {BAC} = {180^0} - \widehat {FIE}.\)
Do vậy IEDF là tứ giác nội tiếp, suy ra \(RE.RF = RI.RD\).
Mặt khác tứ giác AEHF nội tiếp nên \(RE \cdot RF = RH \cdot RA\). Vậy nên
\(\begin{array}{l}RI \cdot RD = RH \cdot RA \Rightarrow \frac{{RA}}{{RI}} = \frac{{RD}}{{RH}}\\ \Rightarrow \frac{{IA}}{{RI}} = \frac{{HD}}{{RH}} \Rightarrow \frac{{IA}}{{HD}} = \frac{{RI}}{{RH}} = \frac{{RA}}{{RD}}\left( 1 \right)\end{array}\)
Từ chứng minh ở câu \({\rm{b)}}\) ta có \(HM \bot AP\), lại vì \(NI \bot AP\) (do NI là đường trung trực của đoạn AP) nên HM\(//\)NI, kết hợp \(NA//DM\) suy ra \(\widehat {DMH} = \widehat {INA}\) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng song song). Từ đây (tam giác vuông có hai góc nhọn bằng nhau)
\( \Rightarrow \frac{{IA}}{{HD}} = \frac{{AN}}{{DM}}{\rm{. }}\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{RA}}{{RD}} = \frac{{AN}}{{DM}}\). Vậy nên (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {ARN} = \widehat {DRM}\).
Vì \(\widehat {NRM} = \widehat {NRA} + \widehat {ARM} = \widehat {MRD} + \widehat {ARM} = \widehat {ARD} = {180^0}\) nên M, N, R thẳng hàng, tức là MN cũng đi qua điểm \(R\). Vậy MN, AD, EF đồng quy.
Lời giải
Ta có bất đẳng thức \({(x - y)^2} \ge 0 \Leftrightarrow xy \le \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4}\). Bởi vậy từ giả thiết,
\({(x + y)^2} = 3 + xy \le 3 + \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4} \Rightarrow 0 \le {(x + y)^2} \le 4.\)
Lại để ý đẳng thức \(3\left( {{x^2} + {y^2} + xy} \right) - \left( {{x^2} + {y^2} - xy} \right) = 2{(x + y)^2}\) hay \(0 \le 9 - T = 2{(x + y)^2} \le 8\), vậy \(1 \le T \le 9.\)
Khi \((x;y) = (1;1)\) (thoả mãn giả thiết) thì \(T = 1\).
Khi \((x;y) = (\sqrt 3 ; - \sqrt 3 )\) (thoả mãn giả thiết) thì \(T = 9\).
Kết luận: Giá trị lớn nhất của \(T\) là 9 ; giá trị nhỏ nhất của \(T\) là 1 .
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập