|
|
giải đáp
|
Câu 19: tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng khi chia số này cho 29 thì dư 5 và chia cho 31 dư 28
|
|
|
|
Câu 19: Gọi số tự nhiên cần tìm là A
Chia cho 29 dư 5 nghĩa là: A = 29p + 5 ( p ∈ N )
Tương tự: A = 31q + 28 ( q ∈ N )
Nên: 29p + 5 = 31q + 28 => 29(p - q) = 2q + 23
Ta thấy: 2q + 23 là số lẻ => 29(p – q) cũng là số lẻ =>p – q
>=1
Theo giả thiết A nhỏ nhất => q nhỏ nhất (A = 31q + 28)
=>2q = 29(p – q) – 23 nhỏ nhất
=> p – q nhỏ
nhất
Do đó p – q = 1 => 2q = 29 – 23 = 6
=> q = 3
Vậy số cần tìm là: A = 31q + 28 = 31. 3 + 28 = 121 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Câu 3: Ba số nguyên tố có tổng là 106. Trong các số hạng đó, số nguyên tố lớn nhất thỏa mãn có thể là…
|
|
|
|
Câu 3: Ba số nguyên tố có tổng là 106 nên trong ba số này phải có 1 số chẵn => Trong ba số nguyên tố cần tìm có 1 số hạng là số 2. Tổng hai số còn lại là 106 - 2 = 104. Gọi 2 số nguyên tố còn lại là a và b (a > b). Ta có a + b = 104 => Để số a là số nguyên tố lớn nhất nhỏ nhất thì b phải là số nguyên tố nhỏ nhất. Số nguyên tố b nhỏ nhất là 3 => a = 104 - 3 = 101 cũng là 1 số nguyên tố (thỏa mãn yêu cầu đề bài). Vậy số nguyên tố lớn nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài là 101. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Câu 1: Số vừa là bội của 3 vừa là ước của 54 là?
|
|
|
|
Câu 1: Các số là bội của 3 là: 0; 3; 6; 9; 12; 15; 18; 21; 24; 27; 30; 33; 36; 39; 42; 45; 48; 51; 54; 57;....
Các số là ước của 54 là: 1; 2; 3; 6; 9; 18; 27; 54. Các số vừa là bội của 3 vừa là ước của 54 là: 3; 6; 9; 18; 27; 54 Vậy có 6 số vừa là bội của 3 vừa là ước của 54 |
|
|
|
giải đáp
|
$\color{red}{\begin{cases}y^{3}+3y^{2}+y+4x^{2}-22x+21=(2x+1)\sqrt{2x-1} \\ 2x^{2}-11x+9=2y \end{cases}}$
|
|
|
|
Cách 1: Từ PT thứ hai ⇒4x2−22x+21=4y+3, thay và PT thứ nhất ta đượcy3+3y2+5y+3=(2x+1)2x−1−−−−−√⇔(y+1)(y2+2y+3)=(2x+1)2x−1−−−−−√Đặt f(t)=t(t2+2) thì PT trên ⇔f(y+1)=f(2x−1−−−−−√)Ta có f′(t)=3t2+2>0∀t nên f là hàm đồng biến, suy ra y+1=2x−1−−−−−√⇒2x2−11x+11=2y+2=22x−1−−−−−√⇒2x2−11x+11=22x−1−−−−−√⇒(2x2−11x+11)2=4(2x−1)⇒(x−1)(x−5)(2x−5)2=0Từ đấy thu được: (x,y)∈{(1,0),(5,2),(5/2,1)}Thử lại chỉ có (x,y)∈{(1,0),(5,2)} Cách 2: Điều kiện của hệ phương trình là x≥12.Biến đổi tương đương hệ phương trình này, ta được {y3+3y2+y+2(2x2−11x+9)+3=(2x+1)2x−1−−−−−√2x2−11x+9=2y ⇔{y3+3y2+y+4y+3=(2x+1)2x−1−−−−−√2x2−11x+9=2y
⇔{(y+1)3+2(y+1)=(2x−1−−−−−√)3+22x−1−−−−−√2x2−11x+9=2y (∗).
Xét hàm số f(t)=t3+2t,∀t∈R. Khi đó ta có f′(t)=3t2+2,∀t∈R. Suy ra f′(t)>0,∀t∈R. Điều này cho thấy hàm số f đồng biến trên R. Từ đó ta có (∗)⇔{y+1=2x−1−−−−−√2x2−11x+9=2y
⇔⎧⎩⎨⎪⎪y≥−1x=y2+2y+222x2−11x+9=2y ⇔⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪y≥−1x=y2+2y+222.(y2+2y+22)2−11.(y2+2y+22)+9=2y ⇔⎧⎩⎨⎪⎪y≥−1x=y2+2y+22y4+4y3−3y2−18y=0
⇔⎧⎩⎨⎪⎪y≥−1x=y2+2y+22y=0∨y=2∨y=−3
⇔{x=1y=0∨{x=5y=2. Vậy, hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt, đó là (x;y)=(1;0), hoặc (x;y)=(5;2).$
|
|
|
|
giải đáp
|
Toán 12 (VDC) Series
|
|
|
|
Biến đổi giả thiết của bài toán ta được:(ey)2−11ey−x2−5x+24=0⇔[ey=3−xey=x+8 Ta dễ dàng loại được nghiệm ey=x+8 vì x,y∈(0;2). Suy ra: lnx−−−√+1+lny−−−−−−√=lnx−−−√+ln(3−x)−−−−−−−√≤(1+1)(lnx+ln(3−x))−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√ =2lnx(3−x)−−−−−−−−−−√=2ln(94−(x−32)2)−−−−−−−−−−−−−−−−−−⎷≤2ln3−ln2−−−−−−−−√. Dấu "=" xảy ra ⇔{x=32y=32e. Vậy max(lnx−−−√+1+lny−−−−−−√)=2ln3−ln2−−−−−−−−√.
|
|