*Áp dụng BĐT Svarxơ, ta có:

P\(=\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{1}+\frac{z^2}{1}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=3\)

Vậy P_min=3\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{1}=\frac{y^2}{1}=\frac{z^2}{1}\Rightarrow x=y=z=1\)

Gọi mặt phẳng (Q) có pt \(x+y+z-3=0\)

Gọi \(M\left(a;b;c\right)\in\left(Q\right)\) sao cho \(0\le a;b;c\le2\)

\(\Rightarrow P=OM^2=a^2+b^2+c^2\)

Bài toán trở thành tìm \(M\in\left(Q\right)\) sao cho \(OM\) đạt GTLN và GTNN

- Phần GTNN thì đơn giản rồi, gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (Q) \(\Rightarrow OH\perp HM\Rightarrow\) tam giác OHM vuông tại H \(\Rightarrow OH\le OM\) (trong tam giác vuông cạnh huyền luôn lớn hơn hoặc bằng cạnh góc vuông)

\(\Rightarrow OM_{min}=OH\) khi \(M\) trùng H (dễ dàng tìm ra \(H\left(1;1;1\right)\) có tọa độ thỏa mãn \(0\le a;b;c\le2\))

\(\Rightarrow OM_{min}=OH=d\left(O;\left(Q\right)\right)=\frac{\left|1.0+1.0+1.0-3\right|}{\sqrt{1+1+1}}=\sqrt{3}\Rightarrow P_{min}=OM_{min}^2=3\)

- Phần GTLN hơi phức tạp chút, có lẽ do mình ko tìm ra cách giải tốt nhất

Ta thấy M luôn nằm trong hình lập phương giới hạn bởi các mặt phẳng \(x=2;y=2;z=2\) và \(xOy;yOz;xOz\)

\(\Rightarrow M\) thuộc hình phẳng là tiết diện của \(\left(Q\right)\) với hình lập phương nói trên

\(\Rightarrow M\) thuộc hình lục giác đều có tọa độ lần lượt A(1;0;2); B(0;1;2); C(0;2;1); D(1;2;0); E(2;1;0); F(2;0;1) với tâm là \(H\left(1;1;1\right)\)

\(OM^2=OH^2+HM^2\Rightarrow OM_{max}\) khi \(HM_{max}\)

Mà \(HM\le HA=HB=HC=HD=HE=HF\)

\(\Rightarrow OM_{max}\) khi \(M\) trùng A (hoặc B, C, D, E, F)

\(\Rightarrow OM_{max}^2=OH^2+HA^2=3+\left(1-1\right)^2+\left(0-1\right)^2+\left(2-1\right)^2=5\)

\(\Rightarrow P_{max}=OM_{max}^2=5\)

Khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;0;2\right)\) và các hoán vị

a. Đề bài em ghi sai thì phải

Vì:

\(x+y=2\left(\sqrt{x-3}+\sqrt{y-3}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3-2\sqrt{x-3}+1\right)+\left(y-3-2\sqrt{y-3}+1\right)+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-3}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-3}-1\right)^2+4=0\) (vô lý)

b.

Xét hàm \(f\left(x\right)=x^3+ax^2+bx+c\)

Hàm đã cho là hàm đa thức nên liên tục trên mọi khoảng trên R

Hàm bậc 3 nên có tối đa 3 nghiệm

\(f\left(-2\right)=-8+4a-2b+c>0\)

\(f\left(2\right)=8+4a+2b+c< 0\)

\(\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(2\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc (-2;2)

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=x^3\left(1+\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{x^2}+\dfrac{c}{x^3}\right)=+\infty.\left(1+0+0+0\right)=+\infty\)

\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại 1 số thực dương n đủ lớn sao cho \(f\left(n\right)>0\)

\(\Rightarrow f\left(2\right).f\left(n\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(2;n\right)\) hay \(\left(2;+\infty\right)\)

Tương tự \(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=-\infty\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(m\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn  có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-\infty;-2\right)\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) có đúng 3 nghiệm pb \(\Rightarrow\) hàm cắt Ox tại 3 điểm pb

10.

\(\left(2x-3yi\right)+\left(1-3i\right)=x+6i\)

\(\Leftrightarrow\left(2x+1\right)+\left(-3y-3\right)i=x+6i\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+1=x\\-3y-3=6\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=-3\end{matrix}\right.\)

6.

\(\left(x+1\right)^2+\left(y-2\right)^2\le25\)

\(\Rightarrow\left|\left(x+1\right)-\left(y-2\right)i\right|\le5\)

\(\Rightarrow z\) là số phức: \(\left\{{}\begin{matrix}z=\left(x+1\right)-\left(y-2\right)i\\\left|z\right|\le5\end{matrix}\right.\)

Lưu ý: hình tròn khác đường tròn. Phương trình đường tròn là \(\left(x-a\right)^2+\left(y-b\right)^2=R^2\)

Pt hình tròn là: \(\left(x-a\right)^2+\left(y-b\right)^2\le R^2\)

3.

\(z=x+yi\Rightarrow\left|x-2+\left(y-4\right)i\right|=\left|x+\left(y-2\right)i\right|\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2+\left(y-4\right)^2=x^2+\left(y-2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow-4x-8y+20=-4y+4\)

\(\Leftrightarrow x=-y+4\)

\(\left|z\right|=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{\left(-y+4\right)^2+y^2}=\sqrt{2y^2-8y+16}\)

\(\left|z\right|=\sqrt{2\left(x-2\right)^2+8}\ge\sqrt{8}=2\sqrt{2}\)

17.

\(z^2+4z+4=-1\Leftrightarrow\left(z+2\right)^2=i^2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}z_1=-2+i\\z_2=-2-i\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow w=\left(-1+i\right)^{100}+\left(-1-i\right)^{100}=\left(1-i\right)^{100}+\left(1+i\right)^{100}\)

Ta có: \(\left(1-i\right)^2=1+i^2-2i=-2i\)

\(\Rightarrow\left(1-i\right)^{100}=\left(1-i\right)^2.\left(1-i\right)^2...\left(1-i\right)^2\) (50 nhân tử)

\(=\left(-2i\right).\left(-2i\right)...\left(-2i\right)=\left(-2\right)^{50}.i^{50}=2^{50}.\left(i^2\right)^{25}=-2^{50}\)

Tượng tự: \(\left(1+i\right)^2=1+i^2+2i=2i\)

\(\Rightarrow\left(1+i\right)^{100}=2i.2i...2i=2^{50}.i^{50}=-2^{50}\)

\(\Rightarrow w=-2^{50}-2^{50}=-2^{51}\)

18.

\(z'=\left(\frac{1+i}{2}\right)\left(3-4i\right)=\frac{7}{2}-\frac{1}{2}i\)

\(\Rightarrow M\left(3;-4\right)\) ; \(M'\left(\frac{7}{2};-\frac{1}{2}\right)\)

\(S_{OMM'}=\frac{1}{2}\left|\left(x_M-x_O\right)\left(y_{M'}-y_O\right)-\left(x_{M'}-x_O\right)\left(y_M-y_O\right)\right|\)

\(=\frac{1}{2}\left|3.\left(-\frac{1}{2}\right)-\frac{7}{2}.\left(-4\right)\right|=\frac{25}{4}\)

a) Đường thẳng d đi qua M₁( -3 ; -2 ; 6) và có vectơ chỉ phương (2 ; 3 ; 4).

Đường thẳng d' đi qua M₂( 5 ; -1 ; 20) và có vectơ chỉ phương (1 ; -4 ; 1).

Ta có = (19 ; 2 ; -11) ; = (8 ; 1 ; 14)

và = (19.8 + 2 - 11.4) = 0

nên d và d' cắt nhau.

Nhận xét : Ta nhận thấy , không cùng phương nên d và d' chỉ có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.

Xét hệ phương trình:

Từ (1) với (3), trừ vế với vế ta có 2t = 6 => t = -3, thay vào (1) có t' = -2, từ đó d và d' có điểm chung duy nhất M(3 ; 7 ; 18). Do đó d và d' cắt nhau.

b) Ta có : (1 ; 1 ; -1) là vectơ chỉ phương của d và (2 ; 2 ; -2) là vectơ chỉ phương của d' .

Ta thấy và cùng phương nên d và d' chỉ có thể song song hoặc trùng nhau.

Lấy điểm M(1 ; 2 ; 3) ∈ d ta thấy M d' nên d và d' song song.

a) Thay các tọa độ x ; y ; z trong phương trình tham số của d vào phương trình (α) ta có:

3(12 + 4t) +5(9 + 3t) - (1 + t) = 0

⇔ 26t + 78 = 0 ⇔ t = -3.

Tức là d ∩ (α) = M(0 ; 0 ; -2).

Trong trường hợp này d cắt (α) tại điểm M.

b) Thay các tọa độ x ; y ; z trong phương trình tham số của d vào phương trình (α) ta có:

(1 + t) + 3.(2 - t) + (1 + 2t) + 1 = 0

⇔ 0.t + t = 9, phương trình vô nghiệm.

Chứng tỏ d và (α) không cắt nhau., ta có d // (α).

c) Thay các tọa độ x ; y ; z trong phương trình tham số của d vào phương trình (α) ta có:

(1 + 1) + (1+ 2t) + (2 - 3t) - 4 = 0

⇔ 0t + 0 = 0,phương trình này có vô số nghiệm, chứng tỏ d ⊂ (α) .

Nguyễn An: xin lỗi em chị trả lời hơi muộn.

Hướng đi của em hoàn toàn ổn và tự nhiên rồi, nhưng có 1 vài cái lưu ý là:

1. Điều kiện để PT(2) có 2 nghiệm pb là $m^2>0\Leftrightarrow m\neq 0$ chứ không phải $m>0$

2.

Đến đoạn $2\sqrt{m^2+m^8}+\sqrt{4m^2}=2(1+\sqrt{2})$

$\Leftrightarrow \sqrt{m^2+m^8}+|m|=1+\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow \sqrt{t^2+t^8}-\sqrt{2}+t-1=0$ (đặt $|m|=t\geq 0$)

$\Leftrightarrow \frac{t^2+t^8-2}{\sqrt{t^2+t^8}+\sqrt{2}}+(t-1)=0$

$\Leftrightarrow (t-1)\left(\frac{t+1+t^7+t^6+...+1}{\sqrt{t^2+t^8}+\sqrt{2}}+1\right)=0$

Dễ thấy biểu thức trong ngoặc lớn luôn lớn hơn 0 với mọi $t\geq 0$

Do đó $t-1=0\Leftrightarrow |m|=t=1\Rightarrow m=\pm 1$ (thỏa mãn)

Thông thường những pt của mấy bài toán dạng này kiểu gì cũng ra nghiệm đẹp, nên dù thấy số ban đầu hơi xấu cũng đừng nản chí :v

@Akai Haruma chị ơi giúp em với

- Với \(x< 3\Rightarrow f'\left(x\right)=6x^2-6\left(m+1\right)x+6m=6\left(x-1\right)\left(x-m\right)\)

\(f'\left(x\right)=0\Rightarrow6\left(x-1\right)\left(x-m\right)=0\left(1\right)\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=m\end{matrix}\right.\) có tối đa 2 cực trị khi \(x< 3\)

- Với \(x>3\Rightarrow f'\left(x\right)=n\) là hằng số \(\Rightarrow f\left(x\right)\) ko có cực trị khi \(x>3\)

\(\Rightarrow\) Hàm có đúng 3 điểm cực trị khi và chỉ khi nó đồng thời thỏa mãn:

ĐK1: \(f'\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm pb khi \(x< 3\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 3\\m\ne1\end{matrix}\right.\)

ĐK2: \(x=3\) là 1 cực trị của hàm số

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) liên tục tại \(x=3\) đồng thời đạo hàm đổi dấu khi đi qua \(x=3\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow3^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow3^-}f\left(x\right)\Leftrightarrow3n+46=25-9m\Rightarrow n=-3m-7\) (2)

Mặt khác do 2 nghiệm của (1) đều nhỏ hơn 3 \(\Rightarrow\) tại lân cận trái của \(x=3\) đạo hàm luôn có dấu dương

\(\Rightarrow\) Để đạo hàm đổi dấu khi đi qua \(x=3\) thì \(f'\left(3^+\right)=n< 0\)

Thế vào (2) \(\Rightarrow-3m-7< 0\Rightarrow m>-\dfrac{7}{3}\)

\(\Rightarrow-\dfrac{7}{3}< m< 3\Rightarrow\sum m=0\)