a) Xác định các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) của đa thức \(P\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + c.\) Biết \(P\left( { - 2} \right) = - 29,\,\,P\left( 1 \right) = - 5\) và\(\,P\left( 3 \right) = 1.\)
b) Cho \(n\) là số nguyên dương sao cho \(4n + 13\) và \(5n + 16\) là các số chính phương. Chứng minh rằng \(2023n + 45\) chia hết cho \(24.\)
a) Xác định các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) của đa thức \(P\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + c.\) Biết \(P\left( { - 2} \right) = - 29,\,\,P\left( 1 \right) = - 5\) và\(\,P\left( 3 \right) = 1.\)
b) Cho \(n\) là số nguyên dương sao cho \(4n + 13\) và \(5n + 16\) là các số chính phương. Chứng minh rằng \(2023n + 45\) chia hết cho \(24.\)
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Xác định các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) của đa thức \(P\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + c\) biết \(P\left( { - 2} \right) = - 29,\,\,P\left( 1 \right) = - 5,\,\,P\left( 3 \right) = 1.\)
Vì \(P\left( { - 2} \right) = - 29\) nên ta có \( - 8 + 4a - 2b + c = - 29 \Leftrightarrow 4a - 2b + c = - 21.\)
Vì \(P\left( 1 \right) = - 5\) nên ta có \(1 + a + b + c = - 5 \Leftrightarrow a + b + c = - 6.\)
Vì \(P\left( 3 \right) = 1\) nên ta có \(27 + 9a + 3b + c = 1 \Leftrightarrow 9a + 3b + c = - 26.\)
Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}4a - 2b + c = - 21\\a + b + c = - 6\\9a + 3b + c = - 26\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = 2\\c = - 5\end{array} \right..\)
Vậy \(a = - 3;{\rm{ }}b = 2;{\rm{ }}c = - 5.\)
b) Cho \(n\) là số nguyên dương sao cho \(4n + 13\) và \(5n + 16\) là các số chính phương. Chứng minh rằng \(2023n + 45\) chia hết cho \(24.\)
Giả sử \(4n + 13 = {a^2}\) và \(5n + 16 = {b^2}\) \(\left( {a,{\rm{ }}b \in \,{\mathbb{N}^*}} \right).\)
Từ \(4n + 13 = {a^2} \Rightarrow a\) là số lẻ.
Ta có \(4n + 13 = {a^2} \Leftrightarrow 4\left( {n + 3} \right) = {a^2} - 1 \Leftrightarrow 4\left( {n + 3} \right) = \left( {a - 1} \right)\left( {a + 1} \right).\)
Vì \(a\) là số lẻ nên \(a - 1\) và \(a + 1\) là hai số chẵn liên tiếp, do đó \(\left( {a - 1} \right)\left( {a + 1} \right) \vdots 8 \Rightarrow \left( {n + 3} \right) \vdots 2 \Rightarrow n\) là số lẻ.
Suy ra \({b^2} = 5n + 16\) là số lẻ.
Lại có \(5n + 16 = {b^2} \Leftrightarrow 5\left( {n + 3} \right) = \left( {b - 1} \right)\left( {b + 1} \right)\,\, \vdots \,\,8.\)
Mà \(\left( {5;8} \right) = 1 \Rightarrow \left( {n + 3} \right) \vdots \,\,8\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Ta có \({a^2} + {b^2} = 9n + 29 \equiv 2\left( {\bmod 3} \right)\)
mà \({a^2} \equiv \left\{ {0;1} \right\}\left( {\bmod 3} \right);{\rm{ }}{b^2} \equiv \left\{ {0;1} \right\}\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow {a^2} \equiv {b^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\,\,\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}4n + 13 \equiv 1\left( {{\rm{mod }}3} \right)\\5n + 16 \equiv 1\left( {{\rm{mod }}3} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {n + 3} \right) \equiv 0\left( {{\rm{mod }}3} \right)\,{\rm{ }}\,\left( 2 \right).\)
Vì \(\left( {3;8} \right) = 1\) nên từ (1) và (2) suy ra \(\left( {n + 3} \right)\,\, \vdots \,\,24\).
Từ đó \(2023n + 45 = 2016n + 7\left( {n + 3} \right) + 24\,\, \vdots \,\,24\) (đpcm).
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Các sản phẩm khác của Vietjack:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Ta có \(P = \frac{1}{{{{\left( {\frac{y}{x} + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{z}{y} + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{x}{z} + 1} \right)}^4}}}.\)
Đặt \(a = \frac{y}{x},\,b = \frac{z}{y},\,c = \frac{x}{z} \Rightarrow a,b,c > 0\) và \(abc = 1.\)
\( \Rightarrow P = \frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^4}}}.\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có \[\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{16}} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{16}}.\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}}} = \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}.\]
Tương tự có \[\frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{16}} \ge \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}},{\rm{ }}\frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{16}} \ge \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}.\]
\( \Rightarrow P + \frac{3}{{16}} \ge \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}} \right).\)
Ta chứng minh \(\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + ab}}\) với \(a,{\rm{ }}b > 0.\)
Thật vậy: \[\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + ab}}\]
\[ \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {{\left( {b + 1} \right)}^2}} \right]\left( {1 + ab} \right) \ge {\left( {a + 1} \right)^2}.{\left( {b + 1} \right)^2}\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} + 2a + 2b + 2} \right)\left( {1 + ab} \right) \ge {\left( {ab + a + b + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} + 2a + 2b + 2} \right)\left( {1 + ab} \right) \ge {\left( {ab + a + b} \right)^2} + 2\left( {ab + a + b} \right) + 1\\ \Leftrightarrow 1 + ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge 2ab + {a^2}{b^2}\end{array}\]
\[ \Leftrightarrow ab{\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {ab - 1} \right)^2} \ge 0\] (luôn đúng). Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = 1.\)
Tương tự có \(\frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + c}} = \frac{1}{{1 + \frac{1}{{ab}}}} = \frac{{ab}}{{ab + 1}}.\)
Khi đó \(P \ge \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}} \right) - \frac{3}{{16}}\)
\( \ge \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{1 + ab}} + \frac{{ab}}{{ab + 1}} - \frac{1}{4}} \right) - \frac{3}{{16}} = \frac{3}{8} - \frac{3}{{16}} = \frac{3}{{16}}.\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) bằng \(\frac{3}{{16}}.\) Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = 1 \Rightarrow x = y = z.\)
Lời giải
a)
Ta có \(\widehat {ANC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)) \( \Rightarrow AD \bot CH.\)
\(\widehat {CMD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( {O'} \right)\))\( \Rightarrow AC \bot DH.\)
Suy ra \(A\) là trực tâm tam giác \(HCD \Rightarrow HA \bot CD \Rightarrow H,\,A,\,B\) thẳng hàng.
Dễ có tứ giác \(CDMN\) nội tiếp đường tròn tâm \(K \Rightarrow \widehat {MKN} = 2\widehat {MCN}\)(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn ) và \(\widehat {HCM} = \widehat {HDN}\,\,\left( 1 \right).\)
Ta có tứ giác \(ABCN\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {ACN} = \widehat {ABN}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung ).
Tứ giác \(ABDM\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {ADM} = \widehat {ABM}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung ).
Kết hợp với \(\left( 1 \right)\) suy ra
\(\widehat {ABN} = \widehat {ABM} = \widehat {ACN} \Rightarrow \widehat {MKN} = \widehat {MBN} = 2\widehat {ACN}{\rm{ }}\left( 2 \right).\)
Ta có \(\widehat {MON} = 2\widehat {ACN} = \widehat {MBN}{\rm{ }}\left( 3 \right).\)
Từ \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) suy ra 5 điểm \(M,\,\,N,\,\,O,\,\,K,\,\,B\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi \(\left( I \right)\) là đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HCD;\)\(E\) là điểm đối xứng của \(C\) qua \(B;\) \(P\) là giao điểm của \(AE\) và \[HD;{\rm{ }}F\] là giao điểm của \(BH\) với \(\left( I \right)\,\)(\(F\) khác \(H\)); \(Q\) là giao điểm của \(CF\) với \(BP.\) Chứng minh rằng \(BP = BQ.\)
Xét tứ giác \(ACFE\) có hai đường chéo \(CE \bot AF\) tại trung điểm \(B\) của \(CE{\rm{ }}\left( 1 \right).\)
Ta có \(\widehat {DCM} = \widehat {BHD}\) (cùng phụ với \(\widehat {CDH}\)). Mà \(\widehat {BHD} = \widehat {DCF}\) (góc nội tiếp cùng chắn )\( \Rightarrow \widehat {DCM} = \widehat {DCF}\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(ACFE\) là hình thoi.
Xét hai \(\Delta BPE\) và \(\Delta BQC\) có \(\widehat {BEP} = \widehat {BCQ}\) (so le trong), \(BE = BC,{\rm{ }}\widehat {EBP} = \widehat {CBQ}\) (đối đỉnh). Suy ra
\(\Delta BPE = \Delta BQC{\rm{ (g - c - g)}} \Rightarrow BP = BQ\) (đpcm).
c) Chứng minh rằng \(\widehat {IBP} = 90^\circ .\)
Gọi \(S,{\rm{ }}T\) là giao điểm của \(BQ\) và \(\left( I \right)\) (như hình vẽ).
Xét tứ giác \(ADEH\) có \(\widehat {AED} = \widehat {AHD}\,\,\)(cùng bằng \(\widehat {ACE}\)), suy ra tứ giác \(ADEH\) nội tiếp \( \Rightarrow PD.PH = PA.PE = PT.PS.\)
Từ \(\Delta BPE = \Delta BQC \Rightarrow PE = QC \Rightarrow PA = QF \Rightarrow PA.PE = QF.QC = QS.QT.\)
Vậy \[QS.QT = PT.PS \Leftrightarrow QS.\left( {PQ + PT} \right) = PT.\left( {PQ + QS} \right)\]
\[ \Leftrightarrow QS.PQ + QS.PT = PT.PQ + PT.QS \Leftrightarrow QS.PQ = PT.PQ \Leftrightarrow QS = PT \Rightarrow B\] là trung điểm của \(ST\)\( \Rightarrow IB \bot ST \Rightarrow \widehat {IBP} = 90^\circ \) (đpcm).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) 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 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập