Xét: \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{3\left( {n + 1} \right) - 1}}{{3n - 1}} = \frac{{3n + 2}}{{3n - 1}}\)

Ta thấy giá trị của \(\frac{{3n + 2}}{{3n - 1}}\) phụ thuộc vào n.

Suy ra: u_n không phải là cấp số nhân.

Gọi số lượng người xem trước khi khuyến mãi là: a (người) (a > 0)

Doanh thu khi đó là: 60000.a (đồng)

Khi có đợt khuyến mãi số lượng người xem là: a.145% = 1,45a (người)

Lúc đó doanh thu là:

60000a.108,75% = 62250a (đồng)

Khi đó giá vé là:

62250a : 1,45a = 45000 (đồng )

Số phần trăm rạp phim đã giảm giá mỗi vé so với giá ban đầu là:

(60000 – 45000) : 60000 . 100 = 25%.

a) P = (x – 10)² – x(x + 80)

= x² ‒ 2.x.10 + 10² ‒ x² ‒ 80x

= x² ‒ 20x + 100 ‒ x² ‒ 80x

= (x² ‒ x²)+ (‒20x ‒ 80x) + 100

= ‒ 100x + 100 = 100(1 ‒ x).

Với x = 0,87 ta có:

P = 100(1 ‒ 0,87) = 100.0,13 = 13.

100 – 99 + 98 – 97 + … + 4 – 3 + 2

= (100 – 99) + (98 – 97) + … + (4 – 3) + 2

= 1 + 1 + ....... + 1 + 2

Số số trong dãy tính từ 2 đến 100 là: (100 − 2) : 1 + 1 = 99 số

Trừ số 2 ở cuối, còn 98 số hạng

Số cặp số hạng là: 98 : 2 = 49 cặp

Vậy 100 – 99 + 98 – 97 + … + 4 – 3 + 2

= 1 . 49 + 2

= 49 + 2

= 51.

Ta có: a + 34b = (12a + 36b) – (11a + 2b)

Mà 12a + 36b chia hết cho 12

Và 11a + 2b chia hết cho 12

⇒ (12a + 36b) – (11a + 2b) chia hết cho 12

Hay a + 34 chia hết cho 12 (đpcm).

\(\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cos 2x\)

⇔ \[\left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{3} = 2x + k2\pi \\x + \frac{\pi }{3} = - 2x + k2\pi \end{array} \right.\]

⇔ \[\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = - \frac{\pi }{9} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \[\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = - \frac{\pi }{9} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Đặt a = x + y, b = y + z, c = x + z

Suy ra: x + y + z = \(\frac{{a + b + c}}{2}\)

8(x + y + z)³ – (x + y)³ – (y + z)³ – (z + x)³

= \(8{\left( {\frac{{a + b + c}}{2}} \right)^3} - {a^3} - {b^3} - {c^3}\)

= (a + b + c)³ – a³ – b³ – c³

= (a + b)³ + c³ + 3(a + b)c(a + b + c) – (a + b)³ + 3ab(a + b) – c³

= 3(a + b)(ac + bc + c² + ab)

= 3(x + y + y + z)(y + z + z + x)(z + x + x + y)

= 3(x + 2y + z)(y + 2z + x)(z + 2x + y).

d₁ cắt d₂ tại 1 điểm trên trục tung khi thỏa mãn: \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne a'\\b = b'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 3\\5 - m = m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 3\\m = 3\end{array} \right.\)

Vậy không có m thỏa mãn để d₁ cắt d₂ tại 1 điểm trên trục tung.

Để 2 đường thẳng (d) và (d') cắt nhau trên trục tung thì x = 0

Ta có : (d): y = 2m² + 1

(d'): y = 3.0 + 3 = 3

Vì (d) ∩ (d') nên 2m² + 1 = 3

Do đó m = 1 hoặc m = − 1.

Vậy m = 1 hoặc m = − 1.

 x² – (3m – 1)x + 2m² – m = 0 (*)

∆ = [–(3m – 1)]² – 4(2m² – m) = m² – 2m + 1 = (m – 1)²

Để (*) có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ > 0 hay (m – 1)² > 0

⇒ m ≠ 1.

Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm là:

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{3m - 1 - \left( {m - 1} \right)}}{2} = m\\{x_2} = \frac{{3m - 1 + \left( {m - 1} \right)}}{2} = 2m - 1\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}{x_2} = m\\{x_1} = 2m - 1\end{array} \right.\]

Theo giả thiết ta có: x₁ = x₂²

⇔ \(\left[ \begin{array}{l}m = {\left( {2m - 1} \right)^2}\\2m - 1 = {m^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4{m^2} - 5m + 1 = 0\\{m^2} - 2m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \frac{1}{4}\end{array} \right.\)

Kết hợp với điều kiện m ≠ 1.

Vậy m = \(\frac{1}{4}\).

\( - \frac{5}{{12}} + 1 + \frac{5}{{18}} - 2,25\)

\( = \frac{5}{{18}} - \frac{5}{{12}} - 1,25\)

\( = \frac{5}{{18}} - \frac{5}{{12}} - \frac{5}{4}\)

\( = \frac{5}{{18}} - \frac{5}{{12}} - \frac{5}{4}\)

\( = \frac{{5.2}}{{18.2}} - \frac{{5.3}}{{12.3}} - \frac{{5.9}}{{4.9}}\)

\( = \frac{{10}}{{36}} - \frac{{15}}{{36}} - \frac{{45}}{{36}}\)

\( = \frac{{10 - 15 - 45}}{{36}} = \frac{{ - 50}}{{36}} = \frac{{ - 25}}{{18}}\).

\(\frac{{{x^2}}}{{5x + 25}} + \frac{{2x - 10}}{x} + \frac{{50 + 5x}}{{{x^2} + 5x}}\)

\( = \frac{{{x^3}}}{{5x\left( {x + 5} \right)}} + \frac{{5\left( {2x - 10} \right)\left( {x + 5} \right)}}{{5x\left( {x + 5} \right)}} + \frac{{5\left( {50 + 5x} \right)}}{{5x\left( {x + 5} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^3} + 10\left( {x - 5} \right)\left( {x + 5} \right) + 250 + 25x}}{{5x\left( {x + 5} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^3} + 10\left( {{x^2} - 25} \right) + 250 + 25x}}{{5x\left( {x + 5} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^3} + 10{x^2} + 25x}}{{5x\left( {x + 5} \right)}}\)

\( = \frac{{x\left( {{x^2} + 10x + 25} \right)}}{{5x\left( {x + 5} \right)}}\)

\( = \frac{{x{{\left( {x + 5} \right)}^2}}}{{5x\left( {x + 5} \right)}}\)

\( = \frac{{x + 5}}{5}\).

30% của 70 là:

30% . 70 = 70.\(\frac{{30}}{{100}}\) = 21.

Vậy 30% của 70 là 21.

(d) có dạng y = ax + b

Để d // d₁ thì a = 2, khi đó d có dạng y = 2x + b

Mà d đi qua M(1; –2) nên: –2 = 2.1 + b

Suy ra: b = –4

Vậy d có phương trình: y = 2x – 4.

Vì 7a + b chia hết cho m nên ta có: 8.(7a + b) ⁝ m, giả sử 8(7a + b) = m.q

Vì 8a + b chia hết cho m nên ta có: 7.(8a + b) ⁝  m, giả sử 7(8a + b) = m.p

Xét: 8(7a + b) – 7(8a + b) = mq – mp = m(q – p) ⁝ m

Hay (56a + 8b) – 56a – 7b = b ⁝ m

Vậy b cũng chia hết cho m.

Xét \(\frac{1}{A}\), mẫu A không chứa thừa số nguyên tố 2 và 5 nên \(\frac{1}{A}\) viết được dưới dạng số thập phân vô hạn tuần hoàn đơn

\[\frac{1}{A} = \frac{{\overline {{a_1}{a_2}...{a_n}} }}{{\underbrace {99...9}_n}}\] ⇒ \[\underbrace {99...9}_n = A.\overline {{a_1}{a_2}...{a_n}} \] ⇒ \[\underbrace {99...9}_n \vdots A\]

Ta có: 10⁹ + 10⁸ + 10⁷ = 10⁷(10² + 10 + 1) = 10⁷ . 111

= 10⁶.10.111

= 10⁶.5.2.111

= 10⁶.5.222

Ta thấy 5 chia hết cho 5 nên 10⁶.5.222 chia hết cho 5.

Vậy 10⁹ + 10⁸ + 10⁷ chia hết cho 5.

F = 1² + 2² + 3² + … + n²

F = 1 + (1 + 1).2 + (1 + 2).3 + (1 + 3).4 + … + (1 + n – 1)n

F = 1 + (2 + 1.2) + (3 + 2.3) + (4+ 3.4) + … + [n + (n – 1)n]

F = (1 + 2 + 3 + 4 + … + n) + [1.2 + 2.3 + 3.4 + …. + (n – 1)n]

Đặt A = 1 + 2 + 3 + 4 + … + n thì A = \(\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\left( 1 \right)\)

Đặt B = [1.2 + 2.3 + 3.4 + …. + (n – 1)n]

Xét 3B = 1.2.3 + 2.3.3 + 3.4.3 + … + (n – 1).n.3

3B = [1.2.3 + 2.3.4 + … + (n – 1).n.(n + 1)] – (1.2.3 + 2.3.4 + … + (n – 2)(n – 1)n)

3B = (n – 1)n(n + 1)

B = \(\frac{{\left( {n--1} \right)n\left( {n + 1} \right)}}{3}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra:

F = \(\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} + \frac{{\left( {n--1} \right)n\left( {n + 1} \right)}}{3} = \frac{{3{n^2} + 3n + 2n\left( {{n^2} - 1} \right)}}{6} = \frac{{2{n^3} + 3{n^2} + n}}{6}\)

\( = \frac{{n\left( {2{n^2} + 3n + 1} \right)}}{6} = \frac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{6}\)

Vậy F = 1² + 2² + 3² + … + n² \( = \frac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{6}\).

Giả sử q không phải là số chính phương

Xét tập S(q) = \(\left\{ {\left. {\left( {a;b} \right) \subset {{\left( {{\mathbb{N}^*}} \right)}^2}} \right|q = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{ab + 1}}} \right\}\). Theo giả thiết S(q) ≠ ∅ nên theo nguyên lý cực hạn tồn tại cặp số (A; B) thuộc S(q) sao cho A + B nhỏ nhất.

Giả sử A ≥ B.

Xét phương trình q = \(\frac{{{x^2} + {B^2}}}{{Bx + 1}} \Leftrightarrow {x^2} - Bqx + {B^2} - q = 0\)

Rõ ràng A là một nghiệm của phương trình. Giả sử nghiệm còn lại là a.

Theo định lý Vi–ét ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}A + a = Bq\\Aa = {B^2} - q\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = Bq - A\left( 3 \right)\\a = \frac{{{B^2} - q}}{A}\left( 4 \right)\end{array} \right.\)

Đến đây ta có thể đi đến kết luận A ≤ a.

Theo phương trình trên thì A² ≤ Aa = B² + 6 ⇔ (A – B)(A + B) ≤ 6.

Từ đó suy ra (A – B)(A + B) ∈ {0;1;2;3;4;5;6} với A ≥ B.

Từ đây kiểm tra được chỉ có cặp A = B = 1 thỏa mãn p là số nguyên dương

Khi đó: p = 8 là số lập phương

Như vậy với mọi số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán thì p = 8 (A = B = 1 chỉ là các số nhỏ nhất thỏa mãn tính chất này)

Vậy giả sử ban đầu là sai.

Vậy p là số chính phương.

Gọi x là số học sinh giỏi cả 3 môn Toán, Văn, Ngoại ngữ (x > 0)

Ta có: Số học sinh chỉ giỏi Toán là: 70 – 49 − (32 − x)

Số học sinh chỉ giỏi Văn là: 65 – 49 − (34 − x)

Số học sinh chỉ giỏi Ngoại ngữ là: 62 – 34 − (32 − x)

Do có 6 học sinh không đạt yêu cầu nên:

111 – 6 = 70 – 49 − (32 − x) + 65 – 49 − (34 − x) + 62 – 34 − (32 − x) + 49 + (32 − x) + (34 − x)

⇔82 + x = 105

⇔ x = 23

Vậy có 23 học sinh giỏi cả 3 môn.

Giải một tam giác vuông là tìm ra các yếu tố còn lại của tam giác khi đã biết trước hai yếu tố. Trong quá trình giải, phải có ít nhất một yếu tố về độ dài cạnh, và không cần biết đến góc vuông của tam giác. Các phương pháp giải tam giác vuông có thể sử dụng định lý Pytago, các tỉ lệ cơ bản của tam giác vuông, hay các công thức khác để tìm ra các yếu tố còn lại, bao gồm cạnh, đường cao, chu vi và diện tích của tam giác. 

abc(1 + a²)(1 + b²)(1 + c²) ≤ 8

⇔ a(1 + a²).b(1 + b²).c(1 + c²) ≤ 8

Ta có: 2a(1 + a²) ≤ \(\frac{{{{\left[ {2a + \left( {1 + {a^2}} \right)} \right]}^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}}{4}\) ⇔ a(1 + a²) ≤ \(\frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}}{8}\)

2b(1 + b²) ≤ \(\frac{{{{\left[ {2b + \left( {1 + {b^2}} \right)} \right]}^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {b + 1} \right)}^4}}}{4}\)⇔ b(1 + b²) ≤ \(\frac{{{{\left( {b + 1} \right)}^4}}}{8}\)

2c(1 + c²) ≤ \(\frac{{{{\left[ {2c + \left( {1 + {c^2}} \right)} \right]}^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {c + 1} \right)}^4}}}{4}\)⇔ c(1 + c²) ≤ \(\frac{{{{\left( {c + 1} \right)}^4}}}{8}\)

Suy ra: a(1 + a²).b(1 + b²).c(1 + c²) ≤ \(\frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}}{8}.\frac{{{{\left( {b + 1} \right)}^4}}}{8}.\frac{{{{\left( {c + 1} \right)}^4}}}{8}\)

Mà (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≤ \(\frac{{{{\left( {a + 1 + b + 1 + c + 1} \right)}^3}}}{{27}} = \frac{{{{\left( {a + b + c + 3} \right)}^3}}}{{27}} = 8\)

Suy ra: a(1 + a²).b(1 + b²).c(1 + c²) ≤ \(\frac{{{8^4}}}{{8.8.8}} = 8\)

Dấu “=” xảy ra khi: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 1} \right)^2} = 0\\a = b = c\\a + b + c = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).

Đặt AB = c; AC = b; BC = a

S_ABC = \(\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat A = \frac{1}{2}.c.b.\sin 150^\circ = \frac{1}{4}bc\).

Điều kiện: x ≥ 1

x – \(\sqrt {x - 1} \) – 3 = 0

⇔ (x – 1) – \(\sqrt {x - 1} \) – 2 = 0

Đặt \(\sqrt {x - 1} = t\left( {t \ge 0} \right)\)

Ta có: t² – t – 2 = 0

⇔ \(\left[ \begin{array}{l}t = - 1\left( L \right)\\t = 2\end{array} \right.\)

Xét t = 2 thì \(\sqrt {x - 1} = 2\)

Suy ra: x – 1 = 4

⇔ x = 5.

Vậy x = 5.

a) Vẽ đồ thị hàm số

+ (d₁) cắt Oy tại điểm có tọa độ (0; a)

Thay vào phương trình d₁ có: 3.0 – 2 = y

Suy ra: (d₁) cắt Oy tại điểm (0; –2)

+ (d₂) cắt Oy tại điểm (0; 6)

Xét phương trình hoành độ giao điểm d₁ và d₂ có:

3x – 2 = –x + 6

4x = 8

x = 2

⇒ y = 3.2 – 2 = 4

Nên d₁ cắt d₂ tại A(2; 4)

Vẽ được đồ thị hàm số d₁ qua 2 điểm là A(2; 4) và (0; –2)

Vẽ được đồ thị hàm số d₂ qua 2 điểm là A(2; 4) và (0; 6).

b) d₁ cắt Ox tại điểm \(\left( {\frac{2}{3};0} \right)\)

d₂ cắt Ox tại điểm (6; 0)

Suy ra: A(2; 4), B\(\left( {\frac{2}{3};0} \right)\); C(6; 0)

AB = \(\sqrt {{{\left( {\frac{2}{3} - 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 4} \right)}^2}} = \frac{{4\sqrt {10} }}{3}\)

AC = \(\sqrt {{{\left( {6 - 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 4} \right)}^2}} = 4\sqrt 2 \)

BC = \(\sqrt {{{\left( {6 - \frac{2}{3}} \right)}^2} + {0^2}} = \frac{{16}}{3}\)

Chu vi tam giác ABC = AB + AC + BC = \(\frac{{4\sqrt {10} }}{3} + 4\sqrt 2 + \frac{{16}}{3}\)

Đường cao hạ từ A xuống BC = y_A = 4 (đơn vị độ dài)

S_ABC = \(\frac{1}{2}.4.\frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}\)(đvdt).

Gọi 5 số nguyên dương đã cho là K₁, K₂, K₃, K₄, K₅ (phân biệt từng đôi một). Ta có:

K₁ = \({2^{{a_1}}}{.3^{{b_1}}}\)

K₂ = \({2^{{a_2}}}{.3^{{b_2}}}\)

K₃ = \({2^{{a_3}}}{.3^{{b_3}}}\)

K₄ = \({2^{{a_4}}}{.3^{{b_4}}}\)

K₅ = \({2^{{a_5}}}{.3^{{b_5}}}\)

(a₁,a₂,a₃,... và b₁,b₂,b₃,... đều là số tự nhiên)

Xét 4 tập hợp sau:

+ A là tập hợp các số có dạng 2^m.3ⁿ (với m lẻ, n lẻ)

+ B là tập hợp các số có dạng 2^m.3ⁿ (với m lẻ, n chẵn)

+ C là tập hợp các số có dạng 2^m.3ⁿ (với m chẵn, n lẻ)

+ D là tập hợp các số có dạng 2^m.3ⁿ (với m chẵn, n chẵn)

Rõ ràng trong 5 số K₁, K₂, K₃, K₄, K₅ chắc chắn có ít nhất 2 số thuộc cùng 1 tập hợp ví dụ K_i và K_j

K_i = \({2^{{a_i}}}{.3^{{b_i}}}\); K_j = \({2^{{a_j}}}{.3^{{b_j}}}\)

⇒ K_i.K_j = \({2^{{a_i} + {a_j}}}{.3^{{b_i} + {b_j}}}\)

Vì K_i và K_j thuộc cùng 1 tập hợp

Suy ra: a_i và a_j cùng tính chẵn lẻ, b_i và b_j cùng tính chẵn lẻ

a_i + a_j và b_i + b_j đều chẵn

K_i.K_j = \({2^{{a_i} + {a_j}}}{.3^{{b_i} + {b_j}}}\)là số chính phương.

Vậy trong năm số đó tồn tại hai số mà tích của chúng là một số chính phương.

\(\sqrt {{x^2} - 2x + 1} + \sqrt {{x^2} - 4x + 4} = 3\)

⇔ \(\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2}} = 3\)

⇔ \(\left| {x - 1} \right| + \left| {x - 2} \right| = 3\) (*)

TH1: x < 1 (*) ⇔ 3 – 2x = 3 ⇔ x = 0

TH2: 1 ≤ x < 2 (*) ⇔ x – 1 + 2 – x = 3 ⇔ 1 = 3 (vô lí)

TH3: x ≥ 2 (*) ⇔ x – 1 + x – 2 = 0 ⇔ 2x – 3 = 3 ⇔ x = 3

Vậy x = 0; x = 3.

Giả sử tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (O; R)

Ta đi chứng minh AB + AC + CA ≤ \(3\sqrt 3 R\)

Ta có: \({\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right)^2} \ge 0\)

⇔ OA² + OB² + OC² + \(2\left( {\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OB} .\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OA} } \right) \ge 0\)

⇔ 3R² \( \ge - 2\left( {\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OB} .\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OA} } \right)\)

⇔ 9R² \( \ge 6{R^2} - 2\left( {\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OB} .\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OA} } \right)\)

⇔ \(9{R^2} \ge \left( {O{A^2} - 2\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} + O{B^2}} \right) + \left( {O{B^2} - 2\overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OB} + O{C^2}} \right) + \left( {O{C^2} - 2\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OC} + O{A^2}} \right)\)

⇔ \[9{R^2} \ge {\left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OC} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OA} } \right)^2}\]

⇔ \[9{R^2} \ge {\left( {\overrightarrow {BA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {CB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {AC} } \right)^2}\]

⇔ 9R² ≥ AB² + AC² + BC²

⇔ 9R² ≥ AB² + AC² + BC² ≥ \(\frac{{{{\left( {AB + BC + CA} \right)}^2}}}{{{1^2} + {1^2} + {1^2}}}\)(Bunhiacopxki)

⇔ 9R² ≥\(\frac{{{{\left( {AB + BC + CA} \right)}^2}}}{3}\)

⇔ 27R² ≥ (AB + BC + CA)²

⇔ AB + AC + CA ≤ \(3\sqrt 3 R\)

⇔ \(\frac{{AB}}{{2R}} + \frac{{BC}}{{2R}} + \frac{{CA}}{{2R}} \le \frac{{3\sqrt 3 R}}{{2R}}\)

Hay sinC + sinA + sinB ≤ \(\frac{{3\sqrt 3 }}{2}\)(dpcm).

S = 1² + 2² +… + 50²

S = 1.1 + 2.2 + … + 50.50

S = 1.(2 – 1) + 2(3 – 1) + … + 50.(51 – 1)

S = 1.2 – 1 + 2.3 – 2 + 3.4 – 3 + … + 50.51 – 50

S = (1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 50.51) – (1 + 2 + 3 + … + 50)

S = 44 200 – \(\frac{{50.\left( {1 + 50} \right)}}{2}\)

S = 44 200 – 1 275

S = 42 925.

Vậy S = 42 925.

Vì AB // CD nên \(\widehat {ACx} = 110^\circ \)(2 góc ở vị trí đồng vị)

Suy ra: \(\widehat {ACD} = 180^\circ - \widehat {ACx} = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ \)

Lại có: \(\widehat {CEy} = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ \)

Mà \(\widehat {CEy} = \widehat {DCE}\) (2 góc so le trong vì DC // EF)

Nên: \(\widehat {DCE} = 30^\circ \)

Suy ra: \(\widehat {ACE} = \widehat {ACD} + \widehat {DCE} = 70^\circ + 30^\circ = 100^\circ \).

\(\frac{1}{6} - 0,4.\frac{5}{8} + \frac{1}{2}\)

\( = \frac{1}{6} - \frac{2}{5}.\frac{5}{8} + \frac{1}{2}\)

\( = \frac{1}{6} - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}\)

\( = \frac{2}{{12}} - \frac{3}{{12}} + \frac{6}{{12}}\)

\( = \frac{{2 - 3 + 6}}{{12}}\)

\( = \frac{5}{{12}}\).

a) Khi m = 1, ta có: x² – 2x – 3 = 0

⇔ \(\left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\)

Vậy khi m = 1 thì x = 3 hoặc x = –1.

b) x² + 2(m – 2)x + m² – 4m = 0

∆' = (m – 2)² – m² + 4m = m² – 4m + 4 – m² + 4m = 4 > 0, ∀m

Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

Theo bài ra ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}X \equiv 3\left( {\bmod \,13} \right)\\X \equiv 4\left( {\bmod \,29} \right)\\X \equiv 3\left( {\bmod \,37} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra: X ≡ 5 775 (mod 13949)

⇒ X = 5 775 + 13949.t

Vì X là số nhỏ nhất có 11 chữ số nên X ≥ 10¹⁰

⇒ 5775 + 13949.t ≥ 10¹⁰

⇒ t ≥ \(\frac{{{{10}^{10}} - 5775}}{{13949}} \approx 716896,8546\)

Để X nhỏ nhất thì t cũng nhỏ nhất

Do đó ta chọn t = 716 897

Vậy số nhỏ nhất X thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

 X = 5 775 + 13 949 . 716 897 = 10 000 002 028.

TH1: (tính thùng rỗng)

Đổi: 1 yến = 10 kg

Nửa thùng đó nặng là

10 : 2 = 5 (kg)

Đáp số: 5 kg

TH2: (tính cả thùng cả nước)

Đổi: 1 yến = 10 kg

Nửa thùng nước đó nặng là

120 : 2 = 60 (kg)

Đáp số: 60 kg

TH3: (tính nguyên nước)

Đổi: 1 yến = 10 kg

Số nước trong thùng đó nặng là

120 – 10 = 110 (kg)

Nửa số nước nặng là

110 : 2 = 55 (kg)

Đáp số: 55 kg.

Tính được: 270° = \(\frac{{270}}{{180}}\pi = \frac{3}{2}\pi = \frac{3}{4}.2\pi \)

Vậy đu quay được góc 270° khi nó quay được \(\frac{3}{4}\) vòng

Ta có: đu quay quay được 1 vòng trong \(\frac{1}{3}\) phút

Vậy đu quay đu được \(\frac{3}{4}\) vòng trong: \(\frac{3}{4}.\frac{1}{3} = \frac{1}{4}\) phút.

(3x + 1)² – 2(3x + 1)(3x + 5) + (3x + 5)² 

= [(3x + 1) – (3x + 5)]²

= (3x + 1 – 3x – 5)²

= (–4)²

= 16.

(x – 3)(x² + 3x + 9) + x(x + 2)(2 – x) = 1

⇔ (x – 3)(x² + 3x + 3²) + x(2 + x)(2 – x) = 1

⇔ x³ – 3³ + x(2² – x²) = 1

⇔ x³ – 27 + 4x – x³ – 1 = 0

⇔ 4x – 28 = 0

⇔ x = 7.

Vậy x = 7.

\(\frac{b}{{\cos B}} + \frac{c}{{\cos C}} = \frac{a}{{\sin B.\sin C}}\)

⇔ \(\frac{b}{{\frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}}}} + \frac{c}{{\frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}}} = \frac{{abc}}{{\sin B.\sin C.bc}}\)

⇔ \(\frac{{2abc}}{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}} + \frac{{2abc}}{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}} = \frac{a}{{bc}}.\frac{b}{{\sin B}}.\frac{c}{{\sin C}}\)

⇔ \[\frac{{2abc}}{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}} + \frac{{2abc}}{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}} = \frac{{4a{R^2}}}{{bc}}\]

⇔ \[\frac{{4{a^3}bc}}{{\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)}} = \frac{{4a{R^2}}}{{bc}}\]

⇔ \[\frac{{{a^2}bc}}{{\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)}} = \frac{{{R^2}}}{{bc}}\]

⇔ R²(a² + c² – b²)(a² + b² – c²) = (abc)²

⇔ \(\frac{{\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right).R}}{{abc}}.\frac{{\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right).R}}{{abc}} = 1\)

⇔\(\frac{{\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)}}{{2ac}}.\frac{{2R}}{b}.\frac{{\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)}}{{2ab}}.\frac{{2R}}{c} = 1\)

Mà \(\frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\)

Suy ra: \(\frac{{\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)}}{{2ac}}.\frac{{2R}}{b}.\frac{{\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)}}{{2ab}}.\frac{{2R}}{c} = 1\)

⇔ \(\frac{{\cos B}}{{\sin B}}.\frac{{\cos C}}{{\sin C}} = 1\)

⇔ cotB.cotC = 1

⇔ cotB = \(\frac{1}{{\cot C}} = \tan C\)

Suy ra: tam giác ABC vuông vì khi góc \[\widehat B,\widehat C\]phụ nhau thì tan góc này bằng cotan góc kia.

Vậy tam giác ABC vuông khi \(\frac{b}{{\cos B}} + \frac{c}{{\cos C}} = \frac{a}{{\sin B.\sin C}}\).

Quy đồng mẫu số các phân số ta được:

\(1 < \frac{x}{5} < \frac{8}{5}\) ⇔ \(\frac{5}{5} < \frac{x}{5} < \frac{8}{5}\)

Suy ra: 5 < x < 8

⇒ x = 6 hoặc x = 7.

Vậy x = 6 hoặc x = 7.

Từ định lý hàm số cosin: b² + c² – 2bc.cosA = a²

⇔(b – c)² + 2bc – 2bc.cosA = a²

⇔ (b – c)² + 2bc(1 – cosA) = a²

⇔ 2bc(1 – cosA) = a² – (b – c)²

⇔ 4bc.\({\sin ^2}\frac{A}{2}\)= (a – b + c)(a + b – c)

⇔ 4bc.\({\sin ^2}\frac{A}{2}\)= 4(p – b)(p – c)

⇔ bc.\({\sin ^2}\frac{A}{2}\)= (p – b)(p – c)

⇔ \(\sin \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}}{{bc}}} \).

A = 2 + 2² + 2³ + … + 2²⁰²⁴

A = (2 + 2² + 2³ + 2⁴) + (2⁵ + 2⁶ + 2⁷ + 2⁸) + … + (2²⁰²¹ + 2²⁰²² + 2²⁰²³ + 2²⁰²⁴)

A = (2 + 2² + 2³ + 2⁴) + 2⁴(2 + 2² + 2³ + 2⁴) + … + 2²⁰²¹(2 + 2² + 2³ + 2⁴)

A = (2 + 2² + 2³ + 2⁴)(1 + 2⁴ + … + 2²⁰²¹)

A = 30.(1 + 2⁴ + … + 2²⁰²¹)

Vì 30 ⋮ 10 nên 30.(1 + 2⁴ + … + 2²⁰²¹) ⋮ 10

Suy ra A chia hết cho 10.

Mà chỉ số có tận cùng bằng 0 mới chia hết cho 10.

Vậy chữ số tận cùng của A là 0.

1 + 2 + 3 + … + \(\overline {bc} = \overline {abc} \)

⇔ \[\frac{{\overline {bc} .\left( {\overline {bc} + 1} \right)}}{2} = \overline {abc} \]

⇔ \(\overline {bc} \left( {\overline {bc} + 1} \right) = 2\overline {abc} \)

⇔ \(\overline {bc} \left( {\overline {bc} + 1} \right) = 2\left( {\overline {bc} + 100a} \right)\)

⇔ \(\overline {bc} \left( {\overline {bc} + 1} \right) - 2\overline {bc} = 200a\)

⇔ \(\overline {bc} \left( {\overline {bc} - 1} \right) = 200a\)

Vì \(\overline {bc} \left( {\overline {bc} - 1} \right)\) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên một thừa số là chẵn, một thừa số là lẻ.

Mà 200a = 2.100.a = 4.50.a = 8.25.a = 10.20.a = 20.10.a

Trong các tích trên, thì chỉ có thừa số 25 là thừa số lẻ, suy ra chỉ có a.8.25 là đáp ứng được điều kiện tích của 2 số tự nhiên liên tiếp với a.8 = 24, suy ra a = 3

Thay vào ta có: \(\overline {bc} \left( {\overline {bc} - 1} \right) = 600\)

Mà 600 = 25.24 nên \(\overline {bc} = 25\)

Vậy số cần tìm là 325.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} = \frac{1}{{2 - 1}} = 1\), do đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 1.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} = 0\), do đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 0.

Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số g(x) = \(\frac{1}{{f\left( x \right) - 1}}\)là số nghiệm của phương trình f(x) = 1.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình f(x) = 1 có 4 nghiệm phân biệt. Suy ra đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có tổng cộng 6 đường tiệm cận.

a) 9x² – 6x + 2 = (3x – 1)² + 1

Vì (3x – 1)² ≥ 0 với mọi x nên (3x – 1)² + 1 ≥ 1 > 0 với mọi x

Vậy   9x² – 6x + 2 > 0 với mọi x.

b) x² + x + 1 = \({\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4}\)

Vì \({\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0,\forall x\) nên \({\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4} > 0,\forall x\)

Vậy x² + x + 1 > 0 với mọi x.

c) 2x² + 2x + 1 = \(2\left( {{x^2} + x + \frac{1}{2}} \right) = 2{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{1}{2}\)

Vì \(2{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0,\forall x\) nên \(2{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{1}{2} \ge \frac{1}{2} > 0,\forall x\)

Vậy 2x² + 2x + 1 > 0 với mọi x.

Xét p = 2, thì p + 2 = 2 + 2 = 4 (loại)

Xét p = 3, thì p + 2 = 5; p + 6 = 9; p + 8 = 11 (loại)

Xét p = 5, thì p + 2 = 7; p + 6 = 11; p + 8 = 13 (thỏa mãn)

Xét p > 5, p là số nguyên tố nên p có dạng 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3, 5k + 4 (k ∈ ℕ)

Nếu p = 5k + 2 thì p + 8 = 5k + 10 = 5(k + 2) ⋮ 5 (loại)

Nếu p = 5k + 3 thì p + 2 = 5k + 5 = 5(k + 1) ⋮ 5 (loại)

Nếu p = 5k + 4 thì p + 6 = 5k + 10 = 5(k + 2) ⋮ 5 (loại)

Vậy p = 5.

a⁴ + b⁴

= (a²)² + (b²)²

= (a² + b²)² – 2a²b²

= (a² + b²)² – \({\left( {\sqrt 2 ab} \right)^2}\)

\( = \left( {{a^2} + {b^2} + \sqrt 2 ab} \right)\left( {{a^2} + {b^2} - \sqrt 2 ab} \right)\).

(2y − 1)² = (2y − x)(6y + x).

Gọi ƯCLN((2y − x); (6y + x)) = d  (d ∈ ℕ^*)

⇔ (2y − x) ⋮ d

Và (6y + x) ⋮ d

⇔ (2y − x)(6y + x) ⋮ d²

Mà (2y − 1)² = (2y − x)(6y + x).

⇔ (2y − 1)² ⋮ d²

⇔ (2y – 1) ⋮ d

⇔ (6y – 3) ⋮ d

Suy ra: (6y – 3 − 6y – x) ⋮ d (vì 6y + x ⋮ d)

⇔ (x + 3) ⋮ d

Mà 2y – x ⋮ d

Nên (2y – x + x + 3) ⋮ d hay 2y + 3 ⋮ d

Suy ra: (2y – 1 + 4) ⋮ d

Lại có: (2y – 1) ⋮ d

Nên: 4 ⋮ d

⇒ d ∈ Ư(4)

⇒ d ∈ 4;2;1}

Mà 2y − 1 là số lẻ ⇒ 1 ⋮ d

⇔ 2y − x và 6y + x là số chính phương (đpcm).

9x² – y² + 4y – 4

= 9x² – (y² – 4y + 4)

= 9x² – (y – 2)²

= (3x)² – (y – 2)²

= (3x – y + 2)(3x + y – 2).

a) Để d // d₁ thì m² – 2 = 2

⇔ m² = 4

⇔ m = ±2

Vậy đường thẳng d có phương trình: \(\left[ \begin{array}{l}y = 2x + 1\\y = 2x - 3\end{array} \right.\).

b) Để d ≡ d' thì \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2 = - 1\\m + 1 = - 2\end{array} \right.\) ⇔ m = –1.

Vậy m = –1 thì d ≡ d'.

\(\tan \left( {\alpha - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\tan \alpha - \tan \frac{\pi }{4}}}{{1 + \tan \alpha .\tan \frac{\pi }{4}}} = \frac{{2 - 1}}{{2 + 1}} = \frac{1}{3}\).

y = 3 – 4sin²xcos²x

y = 3 – sin²2x

y = \(3 - \frac{{1 - \cos 4x}}{2} = \frac{{5 + \cos 4x}}{2}\)

Do –1 ≤ cos4x ≤ 1 với mọi x

Suy ra: 5 – 1 ≤ 5 + cos4x ≤ 5 + 1

Hay 4 ≤ 5 + cos4x ≤ 6

⇒ \(2 \le \frac{{5 + \cos 4x}}{2} \le 3\)

Hay 2 ≤ y ≤ 3

Vậy GTNN của y = 2 khi cos4x = – 1 ⇔ \(x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

GTLN của y = 3 khi cos4x = 1 ⇔ \(x = \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Do π < a < 2π nên \(\frac{\pi }{2} < \frac{a}{2} < \pi \), suy ra: \(\sin \frac{a}{2} > 0,\cos \frac{a}{2} < 0\)

Ta có: \({\sin ^2}\frac{a}{2} = \frac{{1 - \cos a}}{2} = \frac{{1 - 0,2}}{2} = 0,4 \Rightarrow \sin \frac{a}{2} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\)

Do đó: \(\cos \frac{a}{2} = - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\frac{a}{2}} = - \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{\sqrt {10} }}{5}} \right)}^2}} = - \frac{{\sqrt {15} }}{5}\).

a) * ∈ {1; 3; 9}.

b) * ∈ {∅}.

c) * ∈ {0; 1; 3; 4; 6; 9}.

d) * ∈ {0; 1; 3; 6; 7; 9}.

\(\sin \left( {3x + \frac{{2\pi }}{3}} \right) + \sin \left( {x - \frac{{7\pi }}{5}} \right) = 0\)

⇔ \(\sin \left( {3x + \frac{{2\pi }}{3}} \right) - \sin \left( {x - \frac{{7\pi }}{5}} \right) = 0\)

⇔ \(\sin \left( {3x + \frac{{2\pi }}{3}} \right) = \sin \left( {x - \frac{{7\pi }}{5}} \right)\)

⇔ \(\left[ \begin{array}{l}3x + \frac{{2\pi }}{3} = x - \frac{{7\pi }}{5} + k2\pi \\3x + \frac{{2\pi }}{3} = x - \left( {x - \frac{{7\pi }}{5}} \right) + k2\pi \end{array} \right.\)

⇔ \(\left[ \begin{array}{l}x = - \frac{{8\pi }}{{15}} + k\pi \\x = \frac{{11\pi }}{{60}} + \frac{{k\pi }}{2}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(\left[ \begin{array}{l}x = - \frac{{8\pi }}{{15}} + k\pi \\x = \frac{{11\pi }}{{60}} + \frac{{k\pi }}{2}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta có: x² – (2m + 1)x + m² + 2 = 0

∆ = (2m + 1)² – 4(m² + 2) = 4m² + 4m + 1 – 4m² – 8 = 4m – 7

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ > 0 hay 4m – 7 > 0 ⇒ m > \(\frac{7}{4}\)

Áp dụng hệ thức Vi–ét, ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 1\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 2\end{array} \right.\]

Khi đó: 3x₁x₂ – 5(x₁ + x₂) + 7 = 0 trở thành:

3(m² + 2) – 5(2m + 1) + 7 = 0

⇔ 3m² + 6 – 10m – 5 + 7 = 0

⇔ 3m² – 10m + 8 = 0

⇔ \(\left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = \frac{4}{3}\end{array} \right.\)

Kết hợp điều kiện m > \(\frac{7}{4}\), ta có m = 2.

Vậy m = 2.

20 – 2(x – 1)² = 2

⇔ 2(x – 1)² = 20 – 2 = 18

⇔ (x – 1)² = 18 : 2

⇔ (x – 1)² = 9

⇔ (x – 1)² = 3²

⇔ \(\left[ \begin{array}{l}x - 1 = 3\\x - 1 = - 3\end{array} \right.\)

⇔ \(\left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = - 2\end{array} \right.\)

Vậy x = 4 hoặc x = –2.

2²⁰²⁰ + 2²⁰²¹ + 2²⁰²² + 7²⁰²³ + 7²⁰²⁴

= 2²⁰²⁰(1 + 2 + 2²) + 7.(7²⁰²² + 7²⁰²³)

= 2²⁰²⁰.7 + 7.(7²⁰²² + 7²⁰²³)

= 7.(2²⁰²⁰ + 7²⁰²² + 7²⁰²³)

Vì 7 ⋮ 7 nên 7.(2²⁰²⁰ + 7²⁰²² + 7²⁰²³) ⋮ 7

Vậy 2²⁰²⁰ + 2²⁰²¹ + 2²⁰²² + 7²⁰²³ + 7²⁰²⁴ chia hết cho 7.

Ta có: 32805 = 3^9–1 . 5

Suy ra số hạng chính giữa 32805 là số hạng thứ 9

Vậy cấp số nhân đã cho có số số hạng là:

9.2 – 1 = 17 (số hạng).

Đáp số: 17 số hạng.

a) A chia hết cho 18 tức A chia hết cho 2 và 9.

Để A chia hết cho 2 thì b ⋮ 2

⇒ b ∈ {0; 2; 4; 6; 8}

Để A chia hết cho 9 thì 5 + 6 + a + 3 + b chia hết cho 9 hay 14 + a + b chia hết cho 9.

* Nếu b = 0 thì (14 + a) ⋮ 9 ⇒ a = 4

* Nếu b = 2 thì (16 + a) ⋮ 9 ⇒ a = 2

* Nếu b = 4 thì (18 + a) ⋮ 9 ⇒ a = 0

* Nếu b = 6 thì (20 + a) ⋮ 9 ⇒ a = 7

* Nếu b = 8 thì (22 + a) ⋮ 9 ⇒ a = 5

Vậy (a;b) ∈ {(4;0), (2;2), (0;4), (7;6), (5;8)}.

b) B chia hết cho 45 thì B chia hết cho 5 và 9.

Để B ⋮ 5 thì b ⋮ 5

Suy ra: b = 0 hoặc b = 5

* Nếu b = 0 ta có số \(\overline {71a10} \), để \(\overline {71a10} \) ⋮ 9 thì (7 + 1 + a + 1 + 0) ⋮ 9 hay (9 + a) ⋮ 9

⇒ a = 0; 9

* Nếu b = 5, ta có số \(\overline {71a15} \) để \(\overline {71a15} \) ⋮ 9 thì (7 + 1 + a + 1 + 5) ⋮ 9 hay (14 + a) ⋮ 9

⇒ a = 4.

Vậy (a; b) ∈ {(4;5), (0;0), (9;0)}

c) C vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 5 nên b = 0

Khi đó ta có số \(\overline {6a140} \)

Để \(\overline {6a140} \) ⋮ 9 thì (6 + a + 1 + 4 + 0) ⋮ 9 hay (11 + a) ⋮ 9

Suy ra: a = 7.

Vậy số cần tìm là 67140.

d) Vì \(\overline {25a1b} \) chia hết cho 15 nên \(\overline {25a1b} \) chia hết cho 5 và 3.

Để \(\overline {25a1b} \) chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 2 thì b = 5

Khi đó ta có số \(\overline {25a15} \)

Để \(\overline {25a15} \) chia hết cho 3 thì (2 + 5 + a + 1 + 5) ⋮ 3 hay (16 + a) ⋮ 3

Suy ra: a = 2; 5; 8.

Trong 1 giờ, người thứ nhất làm được \(\frac{1}{5}\) công việc; người thứ hai làm được \(\frac{1}{4}\) công việc và người thứ ba làm được \(\frac{1}{6}\) công việc.

Nếu cả ba người cùng làm thì trong 1 giờ, số phần công việc được hoàn thành là:

\(\frac{1}{5} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} = \frac{{37}}{{60}}\)(công việc).

Số có 2 chữ số nên hàng chục phải lớn hơn 0 và hàng đơn vị ≤ 9

Hàng chục nhỏ nhất là 1, lớn nhất là 9 – 4 = 5

Vậy hàng chục có thể là các số từ 1 đến 5.

Còn hàng đơn vị là các số hàng chục cộng thêm 4

Suy ra các số cần tìm là các số 15, 26, 37, 48, 59.

Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số không âm, ta có:

a² + b² ≥ 2ab

b² + c² ≥ 2bc

a² + c² ≥ 2ac

Cộng vế ta được:

2(a² + b² + c²) ≥ 2(ab + bc + ca)

⇒ 3(a² + b² + c²) ≥ 2(ab + bc + ca) + a² + b² + c²

⇒ 3(a² + b² + c²) ≥ (a + b + c)²

Mà a² + b² + c² = 1 nên (a + b + c)² ≤ 3, hay a + b + c ≤ \(\sqrt 3 \)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia, có:

\({\left( {\sqrt {a + b} + \sqrt {b + c} + \sqrt {c + a} } \right)^2} \le \left( {a + b + b + c + c + a} \right).3\)

⇒ Q² ≤ 2(a + b + c).3

⇒ Q² ≤ 6\(\sqrt 3 \)

Suy ra: Q ≤ \(\sqrt[4]{{108}}\)

Vậy GTLN của Q là \(\sqrt[4]{{108}}\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = b = c\\{a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).

Ta có: \(\frac{P}{3} = \frac{{{x^2} + 2xy - {y^2}}}{{4{x^2} + 2xy + {y^2}}}\) (*)

Xét y = 0 thì x² = \(\frac{3}{4} \Rightarrow x = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Suy ra: \[\left[ \begin{array}{l}P = {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + 2.\frac{{\sqrt 3 }}{2}.0 - {0^2} = \frac{3}{4}\\P = {\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + 2.\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}.} \right)0 - {0^2} = \frac{3}{4}\end{array} \right.\]

Xét y khác 0, chia cả (*) cho y² ta được: \(\frac{P}{3} = \frac{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} + 2\frac{x}{y} - 1}}{{4{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} + 2\frac{x}{y} + 1}}\)

Đặt \(\frac{x}{y} = a \Rightarrow \frac{P}{3} = \frac{{{a^2} + 2a - 1}}{{4{a^2} + 2a + 1}}\)

* Xét \(\frac{P}{3} - \left( { - 2} \right) = \frac{{{a^2} + 2a - 1}}{{4{a^2} + 2a + 1}} + 2 = \frac{{{{\left( {3a + 1} \right)}^2}}}{{4{a^2} + 2a + 1}}\)

Vì (3a + 1)² ≥ 0 với mọi a nên \(\frac{{{{\left( {3a + 1} \right)}^2}}}{{4{a^2} + 2a + 1}} \ge 0\)

Suy ra: \(\frac{P}{3} - \left( { - 2} \right) \ge 0 \Rightarrow P \ge - 6\)

Vậy GTNN của P là –6 khi 3a + 1 = 0 hay a = \(\frac{{ - 1}}{3} \Leftrightarrow \frac{x}{y} = \frac{{ - 1}}{3} \Leftrightarrow - 3x = y\)

Thay vào 4x² + 2xy + y² = 3, ta được: 7x² = 3

⇔ \[\left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\\x = - \frac{{\sqrt {21} }}{7}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y = \frac{{ - 3\sqrt {21} }}{7}\\y = \frac{{3\sqrt {21} }}{7}\end{array} \right.\]

Vậy GTNN của P là –6 khi (x; y) = \(\left( {\frac{{\sqrt {21} }}{7};\frac{{ - 3\sqrt {21} }}{7}} \right);\left( { - \frac{{\sqrt {21} }}{7};\frac{{3\sqrt {21} }}{7}} \right)\)

* Xét \(\frac{P}{3} - \frac{1}{3} = \frac{{{a^2} + 2a - 1}}{{4{a^2} + 2a + 1}} - \frac{1}{3} = \frac{{ - {{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{{4{a^2} + 2a + 1}}\)

Vì –(a – 2)² ≤ 0 với mọi a nên: \(\frac{{ - {{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{{4{a^2} + 2a + 1}} \le 0,\forall a\)

Suy ra: \(\frac{P}{3} - \frac{1}{3} \le 0 \Rightarrow P \le 1\)

Vậy GTLN của P là 1 khi a – 2 = 0 hay a = 2.

Khi đó x = 2y

Thay vào 4x² + 2xy + y² = 3, ta được: 21y² = 3

⇔ \[\left[ \begin{array}{l}y = \frac{1}{{\sqrt 7 }}\\y = - \frac{1}{{\sqrt 7 }}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{2}{{\sqrt 7 }}\\x = - \frac{2}{{\sqrt 7 }}\end{array} \right.\]

Vậy GTLN của P là 1 khi (x; y) = \(\left( {\frac{2}{{\sqrt 7 }};\frac{1}{{\sqrt 7 }}} \right);\left( { - \frac{2}{{\sqrt 7 }}; - \frac{1}{{\sqrt 7 }}} \right)\).

Ta có: n² – n = n(n – 1)

Mà n và n – 1 là 2 số nguyên liên tiếp

Mà tích của 2 số nguyên liên tiếp chia hết cho 2. Hay n(n – 1) ⋮ 2

Vậy n² – n chia hết cho 2 với mọi n ∈ ℤ.

Số bút và vở trong các phần thưởng là như nhau nên số phần thưởng là ước chung của 90, 150.

Ta có: 90 = 2.3².5; 150 = 2.3.5²

⇒ ƯCLN(90; 150) = 2.3.5 = 30

Suy ra: số phần thưởng là Ư(30) ∈{1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30}

Mà số phần thưởng trong khoảng từ 5 đến 30 phần thưởng nên số phần thưởng có thể là 5, 6, 10, 15, 30.

Vậy số phần thưởng có thể là 5, 6, 10, 15, 30.