Dễ thấy A, B nằm cùng phía đối với mp (Oxy)

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên mp (Oxy) 

\(\Rightarrow H\left(1;2;0\right),K\left(7;10;0\right)\) \(\Rightarrow\overrightarrow{HK}=\left(6;8;0\right)\)

Để \(P=AM+BN\) nhỏ nhất, dễ thấy M, N phải nằm trên đường thẳng HK

\(\Rightarrow\exists k\inℝ:\overrightarrow{MN}=k\overrightarrow{HK}=\left(6k;8k;0\right)\)

Mà \(MN=\left|\overrightarrow{MN}\right|=\sqrt{\left(6k\right)^2+\left(8k\right)^2}=10k=4\) \(\Rightarrow k=\dfrac{2}{5}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{MN}=\left(\dfrac{12}{5};\dfrac{16}{5};0\right)=\overrightarrow{u}\)

Gọi C là điểm đối xứng với A qua (Oxy) \(\Rightarrow C\left(1;2;-3\right)\)

Gọi \(A'=T_{\overrightarrow{u}}\left(C\right)\Rightarrow A'\left(\dfrac{17}{5};\dfrac{26}{5};-3\right)\) 

Khi đó dễ thấy tứ giác MNA'C là hình bình hành (vì A' là ảnh của C qua \(\overrightarrow{MN}\)) nên \(MC=NA'\)

Hơn nữa, vì C đối xứng với A qua (Oxy) \(\Rightarrow MA=MC\Rightarrow MA=NA'\)

\(\Rightarrow T=AM+BN=A'N+BN\ge A'B\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\) N là giao điểm của A'B và (Oxy)

Khi đó \(\overrightarrow{A'B}=\left(\dfrac{18}{5};\dfrac{24}{5};9\right)\). Chọn \(\overrightarrow{n_{AB}}=\left(6;8;15\right)\)

\(\Rightarrow A'B:\dfrac{x-7}{6}=\dfrac{y-10}{8}=\dfrac{z-6}{15}\)

Cho A'B cắt (Oxy) \(\Rightarrow z=0\)  \(\Rightarrow\dfrac{x-7}{6}=\dfrac{y-10}{8}=-\dfrac{2}{5}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{23}{5}\\y=\dfrac{34}{5}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow N\left(\dfrac{23}{5};\dfrac{34}{5};0\right)\)

Lại có \(\overrightarrow{MN}=\left(\dfrac{12}{5};\dfrac{16}{5};0\right)\) \(\Rightarrow M\left(\dfrac{11}{5};\dfrac{18}{5};0\right)\)

\(\Rightarrow x_M+y_N=\dfrac{11}{5}+\dfrac{34}{5}=9\)

Vậy \(x_M+y_N=9\)

\(P=x^7+x^2+1\)

\(=x^7+x^6+x^5-x^6-x^5-x^4+x^4+x^3+x^2-x^3+1\)

\(=x^5\left(x^2+x+1\right)-x^4\left(x^2+x+1\right)+x^2\left(x^2+x+1\right)-\left(x^3-1\right)\)

\(=\left(x^2+x+1\right)\left(x^5-x^4+x^2\right)-\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\)

\(=\left(x^2+x+1\right)\left(x^5-x^4+x^2-x+1\right)\)

Xét \(f\left(x\right)=x^5-x^4+x^2-x+1\), đa thức này nếu phân tích được thành nhân tử (với hệ số nguyên) thì nghiệm hữu tỉ của nó (nếu có) phải có dạng \(x=\dfrac{p}{q}\) với \(p,q\) là ước của 1 \(\Rightarrow\) \(x=\pm1\). Thử lại, ta thấy cả 2 nghiệm này đều không thỏa mãn.

Vậy không thể phân tích P thành nhân tử được nữa \(\Rightarrow P=\left(x^2+x+1\right)\left(x^5-x^4+x^2-x+1\right)\)

Gọi \(x\) (nghìn đồng) là số tiền tăng thêm \(\left(x>0\right)\)

Số tiền mỗi đôi giày là \(65+x\) (nghìn đồng)

Số đôi giày bán được là \(5000-100x\) (đôi) \(\left(x< 50\right)\)

Chi phí cho \(\left(5000-100x\right)\) đôi giày là \(\left(5000-100x\right).50\) (nghìn đồng)

\(\Rightarrow\) Doanh thu \(R\left(x\right)=\left(5000-100x\right)\left(65+x\right)\) (nghìn đồng)

\(\Rightarrow\) Lợi nhuận \(P\left(x\right)=R\left(x\right)-E\left(x\right)=\left(5000-100x\right)\left(x+65-50\right)\) (nghìn đồng)

\(P\left(x\right)=\left(5000-100x\right)\left(x+15\right)\)

\(P\left(x\right)=100\left(50-x\right)\left(x+15\right)\)

\(P\left(x\right)\le100.\left(\dfrac{50-x+x+15}{2}\right)^2=105625\) (nghìn đồng)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow50-x=x+15\Leftrightarrow x=17,5\) (nhận)

Vậy để mỗi tháng đạt lợi nhuận lớn nhất thì cần bán mỗi đôi giày giá \(65+17,5=82,5\) (nghìn đồng)

a) \(v_x=v_0cos\alpha\)

\(v_y=v_0sin\alpha\)

\(x=v_xt=v_0cos\alpha.t\Rightarrow t=\dfrac{x}{v_0cos\alpha}\)

\(\Rightarrow y=v_yt-\dfrac{1}{2}gt^2\)

\(y=v_0sin\alpha.\dfrac{x}{v_0\cos\alpha}-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_0cos\alpha}\right)^2\)

\(y=xtan\alpha-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^2}{v_0^2cos^2\alpha}\)

\(y=xtan30^o-\dfrac{1}{2}.10.\dfrac{x^2}{30^2cos^230^o}\)

\(y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}x-\dfrac{1}{135}x^2\)

Có \(y'=\dfrac{\sqrt{3}}{3}-\dfrac{2}{135}x\)

Cho \(y'=0\Leftrightarrow x=\dfrac{45\sqrt{3}}{2}\left(m\right)\) 

Khi đó lập bảng biến thiên, dễ thấy rằng \(maxy=\)\(y\left(\dfrac{45\sqrt{3}}{2}\right)=\dfrac{45}{4}=11,25\left(m\right)\)

Thời gian vật đạt được tầm cao đó là \(t=\dfrac{x}{v_0cos\alpha}=\dfrac{\dfrac{45\sqrt{3}}{2}}{30cos30^o}=\dfrac{3}{2}=1,5\left(s\right)\)

b) \(y=v_yt-\dfrac{1}{2}gt^2=v_0sin30^ot-\dfrac{1}{2}.10t^2=15t-5t^2\)

Cho \(y=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=0\\t=3\end{matrix}\right.\)

Vậy thời gian chuyển động của vật là 3 giây

c) Tầm xa \(L=v_xt=30cos30^o.3=45\sqrt{3}\approx77,94\left(m\right)\)

d) Vật chạm đất \(v_x'=v_0cos30^o=15\sqrt{3}\left(m/s\right)\)

\(v_y'=v_y-gt=15-10.3=-15\left(m/s\right)\)

\(\Rightarrow\) Độ lớn vận tốc khi vật chạm đất là \(v=\sqrt{v_x'^2+v_y'^2}=30\left(m/s\right)\)

Giả sử \(\sqrt{2}\) là số hữu tỉ \(\Rightarrow\sqrt{2}=\dfrac{m}{n}\) với \(m,n\inℕ^∗,ƯCLN\left(m,n\right)=1\)

\(\Rightarrow m=n\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow m^2=2n^2\) (*)

\(\Rightarrow m⋮2\)

\(\Rightarrow m=2k\left(k\inℕ^∗\right)\)

Thế lại vào (*), ta có:

\(\left(2k\right)^2=2n^2\)

\(\Rightarrow4k^2=2n^2\)

\(\Rightarrow2k^2=n^2\)

\(\Rightarrow n⋮2\)

Ta thấy \(m,n⋮2\), trái với giả thiết \(ƯCLN\left(m,n\right)=1\) (mâu thuẫn)

Vậy giả sử sai \(\Rightarrow\) \(\sqrt{2}\) là số vô tỉ.

a) Ảnh là ảnh thật và ngược chiều với vật.

b) Ta có \(\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{d'}\) 

\(\Rightarrow\dfrac{1}{d'}=\dfrac{1}{f}-\dfrac{1}{d}=\dfrac{d-f}{fd}\)

\(\Rightarrow d'=OA'=\dfrac{fd}{d-f}=\dfrac{4.10}{10-4}=\dfrac{20}{3}\left(cm\right)\)

Lại có \(\Delta OAB\sim\Delta OA'B'\) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{A'B'}=\dfrac{OA}{OA'}\)

\(\Rightarrow A'B'=\dfrac{AB.OA'}{OA}=\dfrac{h.d'}{d}=\dfrac{2.\dfrac{20}{3}}{10}=\dfrac{4}{3}\approx1,33\left(cm\right)\)

Vậy chiều cao A'B' của ảnh là khoảng 1,33cm.

Bài toán tổng quát: Tính tổng \(S=1.2+2.3+3.4+...+n\left(n+1\right)\)

Giải:

\(3S=1.2.3+2.3.3+3.4.3+...+n\left(n+1\right).3\)

\(3S=1.2.\left(3-0\right)+2.3.\left(4-1\right)+3.4.\left(5-2\right)+...+n\left(n+1\right)\left[\left(n+2\right)-\left(n-1\right)\right]\)

\(3S=-0.1.2+1.2.3-1.2.3+2.3.4-2.3.4+3.4.5-...-\left(n-1\right)n\left(n+1\right)+n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\)

\(3S=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\)

\(S=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{3}\)

Vậy \(S=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{3}\)

\(m\left(x-1\right)\left(x-2\right)+2x+1=0\)

\(\Leftrightarrow mx^2-3mx+2m+2x+1=0\)

\(\Leftrightarrow mx^2-\left(3m-2\right)x+2m+1=0\)

Xét \(m=0\) thì pt thành \(2x+1=0\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{2}\) (nhận)

Xét \(m\ne0\). Khi đó để pt đã cho có nghiệm thì 

\(\Delta=\left[-\left(3m-2\right)\right]^2-4m\left(2m+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow9m^2-12m+4-8m^2-4m\ge0\)

\(\Leftrightarrow m^2-16m+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge8+2\sqrt{15}\\m\le8-2\sqrt{15}\end{matrix}\right.\)

Kết hợp tất cả các điều kiện, ta có \(m\ge8+2\sqrt{15}\) hoặc \(m\le8-2\sqrt{15}\)

ycbt \(\Leftrightarrow\left(m+1\right)x^2-2\left(m-1\right)x+3m-3\ge0,\forall x\inℝ\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+1>0\\\Delta'\le0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left[-\left(m-1\right)\right]^2-\left(m+1\right)\left(3m-3\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left(m-1\right)^2-3\left(m-1\right)\left(m+1\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left(m-1\right)\left[m-1-3\left(m+1\right)\right]\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left(m-1\right)\left(-2m-4\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left[{}\begin{matrix}m\ge1\\m\le-2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow m\ge1\)

Vậy \(1\le m< 10\)

Sửa đề một chút là "Có bao nhiêu số nguyên..." chứ không phải "Có bao nhiêu số thực..." nhé, vì nếu là số thực thì sẽ có vô hạn số thỏa mãn rồi.

Khi đó \(m\in\left\{1;2;3;...;9\right\}\)

\(\Rightarrow\) Có 9 giá trị m thỏa ycbt.