Đánh lại đi bạn, mình không nhìn được

Giả sử tồn tại n thoả mãn đề bài

Vì $n\geq 2 = > p\geq 5$ 

Mặt khác: Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, ta có:

$3^n \equiv 2^{n} \left ( mod p \right )$

Tồn tại số nguyên a sao cho $\left ( 3a \right )^{n} \equiv \left ( 2a \right )^{n} \equiv 1 \left ( mod p\right )$

Gọi h là số tự nhiên nhỏ nhất để $\left ( 3a \right )^{h} \equiv 1 \left ( mod p \right )$

nên theo tính chất cấp số nguyên ta có

$n \vdots h$

Lại có: Áp dụng định lí Fermat nhỏ thì $\left ( 3a \right )^{p-1}\equiv 1\left ( mod p\right )$ (vì $p\geq 5$) nên theo tính chất cấp số nguyên ta cũng có 

$p-1 \vdots h = > h \leq p-1< p$ mà $n\vdots h$ và p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n $= > h= 1$ $= > \left ( 3a \right ) \equiv 1 \left ( mod p\right  )$ và $\left ( 2a \right )\equiv 1\left ( mod p\right )$ $= > a\vdots p = >$ Vô lí

Với $n=p-1$ luôn đúng bạn

Giả sử $x\geq y = > x^{2} < x^{2} + y \leqslant x^{2}+x < x^{2} +2x+1= \left ( x+1 \right )^{2}$ 

$= > x^{2} + y$ không thể là số chính phương $= >$ Không tồn tại x, y thỏa mãn đề bài

ĐK: $x> 0$

Ta có: Đặt A =  $= \frac{81x^{2} + 18225x + 1}{9x} - \frac{6\sqrt{x}+8}{x+1}$ 

$= >$ A $= 9x +2025 +\frac{1}{9x} -\frac{6\sqrt{x}+8}{x+1}$

Áp dụng Bất Đẳng Thức Cô-si cho hai số dương $9x$ và $\frac{1}{9x}$ ta có:

$9x+\frac{1}{9x}\geq 2\sqrt{9x.\frac{1}{9x}}= 2$

Mặt khác: $\frac{6\sqrt{x}+8}{x+1}\leq 9< = > 6\sqrt{x}+8\leq 9x+9< = > \left ( 3\sqrt{x} -1\right )^{2}\geq 0$ (Đúng)

$= >$ A $\geq 2+2025-9=2018$

Dấu "=" xảy ra $< = > x=\frac{1}{9}$

2018 mà bn

$\frac{AI}{IA'}=\frac{AB}{BA'}$ mà $\frac{BA'}{A'C}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}= > \frac{BA'}{BC}=\frac{c}{c+b}= > BA' = \frac{ac}{c+b}$$= > \frac{AI}{IA'} = \frac{c}{\frac{ac}{c+b}}=\frac{b+c}{a}= > \frac{AI}{AA'}=\frac{b+c}{a+b+c}$ 

Ta cần chứng minh: $\frac{b+c}{a+b+c}.\frac{a+c}{a+b+c}.\frac{b+a}{a+b+c} \leq \frac{8}{27}< = > 27\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\leq 8\left ( a+b+c \right )^{3}< = > 27\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right ) \leq \left ( \left ( a+b \right )+\left ( b+c \right )+ \left ( c+a \right )\right )^{3}< = > 3\sqrt[3]{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\leq \left ( a+b \right )+\left ( b+c \right ) +\left ( c+a \right )$ ( BĐT Cô-si) $= >$ đpcm

ĐK $< = > \frac{1}{ab} +\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$

Ta cần c/m: $\sum \frac{\frac{1}{a}}{\frac{1}{bc}+1} \geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Đặt $\frac{1}{a}=x, \frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z$ . Khi đó ta có: $xy+yz+zx=1$ và cần chứng minh: 

$\sum \frac{x}{yz+1}\geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Thật vậy; $\frac{x}{yz+1} + \frac{9}{16}x\left ( yz+1 \right )\geq 2\sqrt{\frac{x}{yz+1}.\frac{9}{16}x\left ( yz+1 \right )}=\frac{3}{2}x=>\frac{x}{yz+1} \geq \frac{15}{16}x -\frac{9}{16}xyz=>\sum \frac{x}{yz+1}\geq \frac{15}{16}\left ( x+y+z \right )-\frac{27}{16}xyz$

Mà $\left ( x+y+z \right )^{2}\geq 3\left ( xy+yz+zx \right )=3 =>x+y+z\geq \sqrt{3}$

Và $xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=>xyz\leq \frac{\sqrt{3}}{9}$

Vậy$\sum \frac{x}{yz+1}\geq \frac{15}{16}\sqrt{3}-\frac{27}{16}\frac{\sqrt{3}}{9}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$=>đpcm

Ta có: $a^{3}+b^{3}+3ab=1 <=> \left ( a+b \right )^{3}-1-3ab(a+b-1)=0 <=> a+b =1$ (vì $a, b>0$)

Khi đó: $(a+\frac{1}{a})^{3}+(b+\frac{1}{b})^{3}\geq \frac{1}{4}(a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b})^{3}=\frac{1}{4}(a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^{3}=\frac{1}{4}(1+\frac{1}{ab})^{3}\geq \frac{1}{4}(1+\frac{4}{(a+b)^{2}})^{3}=\frac{125}{4}$

Chứng minh tương tự với c, d. Ta có đpcm

Ta có: BĐT cần chứng minh $<=> (1+\frac{1}{a})^{4} +(1+\frac{1}{b})^{4}+(1+\frac{1}{c})^{4}\geq 3(1+\frac{2}{abc+1})^{4}$

Áp dụng BĐT B.C.S ta có: $((1+\frac{1}{a})^{4} +(1+\frac{1}{b})^{4}+(1+\frac{1}{c})^{4})(1+1+1)\geq ((1+\frac{1}{a})^{2} +(1+\frac{1}{b})^{2}+(1+\frac{1}{c})^{2})^{2}<=>(1+\frac{1}{a})^{4} +(1+\frac{1}{b})^{4}+(1+\frac{1}{c})^{4}\geq \frac{1}{3}((1+\frac{1}{a})^{2} +(1+\frac{1}{b})^{2}+(1+\frac{1}{c})^{2})^{2}$ 

Vì thế BĐT cần chứng minh $\frac{1}{3}((1+\frac{1}{a})^{2} +(1+\frac{1}{b})^{2}+(1+\frac{1}{c})^{2})^{2} \geq 3(1+\frac{2}{abc+1})^{4} <=> (1+\frac{1}{a})^{2} +(1+\frac{1}{b})^{2}+(1+\frac{1}{c})^{2}\geq 3(1+\frac{2}{abc+1})^{2}$

Tiếp tục áp dụng BĐT B.C.S như trên ta thu được: $3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3+\frac{6}{abc+1}<=>\frac{ab+bc+ca}{abc}\geq \frac{6}{abc+1}<=>(ab+bc+ca)(abc+1)\geq 6abc<=>\left ( ab+bc+ca \right )^{2}(abc+1)^{2}\geq 36a^{2}b^{2}c^{2}$

Mặt khác: $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)= 9abc$ và $(abc+1)^2\geq 4abc$ 

Nhân vế theo vế 2 bất đẳng thức trên ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra $<=> a=b=c=1$

Ta có :$x_nx_{n+2}-x_{n+1}^2=x_n(3x_{n+1}-x_n)-x_{n+1}^2=-x_{n}^2+x_{n+1}(3x_n-x_{n+1})=x_{n-1}x_{n+1}-x_{n}^2=...=x_1x_3-x_{2}^2=500$

Mặt khác:$(x_{n}+x_{n+1})^2=x_{n}^2+2x_nx_{n+1}+x_{n+1}^2=x_{n}^2+2x_nx_{n+1}+x_{n+1}(3x_n-x_{n-1})=x_n^2+5x_nx_{n+1}-x_{n+1}x_{n}=x_n^2+5x_nx_{n+1}-x_n^2-500=5x_nx_{n+1}-500< 5x_nx_{n+1}+1<=>(x_{n}+x_{n+1})^2< 5x_nx_{n+1}+1$

Lại có $ (x_n+x_{n+1}+1)^2=(x_n+x_{n})^2+2(x_n+x_{n+1})+1=5x_nx_{n+1}-499+2(x_n+x_{n+1})$

mà $(x_n)$ là dãy số tăng nên 

Với $n\geq 4$ thì $x_n+x_{n+1}> x_4+x_5=650$ nên $(x_n+x_{n+1}+1)^2=5x_nx_{n+1}-499+2(x_n+x_{n+1})> 5x_nx_{n+1}+801> 5x_nx_{n+1}+1$

Vì vậy $(x_{n}+x_{n+1})^2< 5x_nx_{n+1}+1< (x_{n}+x_{n+1}+1)^2$ $=>5x_nx_{n+1}+1$ không thể là số chình phương

Với $n< 4$, thử chọn ta có $n=3$ t/m

Vậy $n=3$ là số cần tìm

Là sao vậy bạn???

Mình nghĩ bạn ấy chưa hiểu đc dấu $\sum$ 

Mình cũng có 1 cách giải khá là hay

Ta có: Vì $x, y, z>0$ nên chia cả 2 vế của điều kiện cho $xyz$ ta có $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=3$

Và điều cần chứng minh trở thành $\frac{1}{x^3(\frac{1}{y}+\frac{2}{z})}+\frac{1}{y^3(\frac{1}{z}+\frac{2}{x})}+\frac{1}{z^3(\frac{1}{x}+\frac{2}{y})}\geq 1$

Khi đó: Đặt $\frac{1}{x}=a$, $\frac{1}{y}=b$, $\frac{1}{z}=c$

ĐK $<=> ab+bc+ca=3$

Điều cần chứng minh <=> $\frac{a^3}{b+2c}+\frac{b^3}{c+2a}+\frac{c^3}{a+2b}\geq 1 <=>\frac{a^4}{ab+2ac}+\frac{b^4}{bc+2ab}+\frac{c^4}{ac+2bc}\geq 1$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có  $\frac{a^4}{ab+2ac}+\frac{b^4}{bc+2ab}+\frac{c^4}{ac+2bc}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3(ab+bc+ca)}=1$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra $<=>a=b=c=1<=>x=y=z=1$

Bài 2:

Ta có: ĐK: $x, y\geq 0$

$x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=x^2+y^2<=>x(\sqrt{1-y^2}-x)+y(\sqrt{1-x^2}-y)=0<=>x\frac{1-y^2-x^2}{\sqrt{1-y^2}+x}+y\frac{1-y^2-x^2}{\sqrt{1-x^2}+y}=0<=>(1-x^2-y^2)(\frac{x}{\sqrt{1-y^2}+x}+\frac{y}{\sqrt{1-x^2}+y})=0$ 

mà $x, y\geq 0$ $<=>x^2+y^2=1$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

$x^{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 4\sqrt[4]{\frac{x^2}{8}}=\frac{4}{\sqrt[4]{8}}\sqrt{x}<=>x^2+\frac{3}{2}\geq \frac{4}{\sqrt[4]{8}}\sqrt{x}$

$y^2+\frac{3}{2}\geq \frac{4}{\sqrt[4]{8}}\sqrt{y}$

$<=> x^2+y^2+3\geq \frac{4}{\sqrt[4]{8}}A<=>4\geq\frac{4}{\sqrt[4]{8}}A<=>\sqrt[4]{8}\geq A<=>maxA=\sqrt[4]{8}$

Dấu "=" xảy ra $<=>x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Mặt khác: Vì $x^2+y^2=1<=>0<x,y<1<=> \sqrt{x} \geq x^2, \sqrt{y} \ geq y^2$

nên $A \ geq x^2+y^2=1<=> minA =1$

Dấu "=' xảy ra $<=> x=1, y=0$ hoặc $x=0, y=1$

Bài 7:

Ta có: ĐK : $x,y \geq -2$

 $\sqrt{x+2}-y^3=\sqrt{y+2}-x^3<=>\sqrt{x+2}-\sqrt{y+2}+x^3-y^3=0<=>\frac{x-y}{\sqrt{x+2}+\sqrt{y+2}}+(x-y)(x^2+xy+y^2)=0<=>(x-y)(\frac{1}{\sqrt{x+2}+\sqrt{y+2}}+x^2+xy+y^2)=0$

mà $\frac{1}{\sqrt{x+2}+\sqrt{y+2}}+x^2+xy+y^2 > 0$ nên $x=y$

Khi đó:$A=x^2+2x+2106=(x+1)^2+2105 \geq 2105$

nên $minA = 2105$

Dấu "=" xảy ra $<=>x=y=-1$ (THỎA MÃN ĐKXĐ)

$a)$Ta có: Xét $x_{n+1}-4=\frac{3}{4}x_n^2-\frac{1}{8}x_n^3-4=-\frac{1}{8}(x_n+2)(x_n-4)^2 (1)$

và $x_{n+1}-2=\frac{3}{4}x_n^2-\frac{1}{8}x_n^3-2=-\frac{1}{8}(x_n-2)(x_n-2-2 \sqrt{3})(x_n-2+2 \sqrt{3}) (2)$

Theo bài ra ta có: $x_1=3$ nên từ $(2)=> x_2>2$ nên từ $(1)=> x_2<4=>2<x_2<4$

Quy nạp tương tự như trên ta có $2 \leq x_n \leq 4 \forall n\in \mathbb{N}, n>1 (*) $

Mặt khác: Xét $x_{n+1}-x_{n}=\frac{3}{4}x_n^2-\frac{1}{8}x_n^3-x_n=\frac{1}{8}x_n(4-x_n)(x_n-2) (**)$

Từ $(*)$ và $(**)$ ta có $x_{n+1} \geq x_n \forall n\in \mathbb{N}, n>1$

$=> (x_n)$ tăng và $(x_n)$ bị chặn$=>(x_n)$ hội tụ

Đặt $\lim x_n=L $ ta có: $L=\frac{3}{4}L^2-\frac{1}{8}L^3$ mà $(x_n)$ tăng, $x_n \leq 4$ nên $L=4$

Vậy $\lim x_n=4$

$b)$Ta có: $x_{n+1}=\frac{3}{4}x_n^2-\frac{1}{8}x_n^3=\frac{1}{8}x_n^2(6-x_n)(3)$

Ta thấy: 

TH1: $a\in [-2,2-2 \sqrt{3}]$ thì $\left\{\begin{matrix} (3)=>x_2>0 \\(2)=>x_2>2\\(1)=>x_2<4 \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix} (3)=>x_3>0 \\ (2)=>x_3>2\\(1)=>x_2<4 \end{matrix}\right.$

Quy nạp tương tự ta có: $2<x_n<4 \forall n \in \mathbb{N}, n>1$. Kết hợp với $(**)$ ta có $(x_n)$ tăng và bị chặn $=> (x_n) $ hội tụ

TH2: $a\in [2-2 \sqrt{3},2]$ thì $\left\{\begin{matrix} (3)=>x_2>0 \\(2)=>x_2<2(1) \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix} (3)=>x_3>0 \\ (2)=>x_3<2 \end{matrix}\right.$

Quy nạp tương tự ta có :$0<x_n<2 \forall n \in \mathbb{N}, n>1$. Kết hợp với $(**)$ ta có $(x_n)$ giảm và bị chặn $=> (x_n) $ hội tụ

TH3: $a\in [2,6]$ thì $\left\{\begin{matrix} (3)=>x_2>0 \\ (1)=>x_2<4 \\(2)=>x_2>2 \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix} (3)=>x_3>0 \\(1)=>x_3<4\\(2)=>x_3>2 \end{matrix}\right.$

Quy nạp tương tự ta có: $2<x_n<4 \forall n \in \mathbb{N}, n>1$. Kết hợp với $(**)$ ta có $(x_n)$ tăng và bị chặn $=> (x_n) $ hội tụ

Ta có đpcm

Ý a) quy nạp ta có $2\leq x_{n}\leq 4$

Cho mỗi $u_1$ với $v_1$ làm sao tính được $u_2$ với $v_2$ hả bạn 

Bài 1:

Ta có: $u_{n+1}=u_n^2-u_n<=> u_{n+1}+\frac{1}{4}=(u_n-\frac{1}{2})^2\geq 0 <=> u_{n+1} \geq -\frac{1}{4}<=> u_{n} \geq -\frac{1}{4} \forall n\in \mathbb{N}$

Mặt khác: $u_{n+1}-\frac{3}{4}=u_n^2-u_n-\frac{3}{4}=(u_n-\frac{3}{2})(u_n+\frac{1}{2})$ mà $u_n \geq -\frac{1}{4} \forall n\in\mathbb{N}$ và $u_1=\frac{1}{2}<\frac{3}{2}$ nên $u_n< \frac{3}{2} \forall n \in \mathbb{N} <=> -\frac{1}{4} \leq u_n< \frac{3}{2} \forall n \in \mathbb{N}(1)$

Lại có: $u_{n+1}=u_n^2-u_n=(u_{n-1}^2-u_{n-1})^2- u_{n-1}^2+ u_{n-1}=u_{n-1}(u_{n-1}-\frac{1+\sqrt{5}}{2})(u_{n-1}-\frac{1-\sqrt{5}}{2})(2)$

Và $u_{n+1}-u_{n-1}=u_{n-1}^3(u_{n-1}-2)(3)$

Ta sẽ xét hai dãy con của dãy $u_n$ đó là: $u_n$ với n lẻ và $u_n$ với n chẵn

Xét dãy $u_n$ với $n$ lẻ thì $u_1=\frac{1}{2}$ và từ $(1), (2)$ ta có $u_n>0 \forall n $ lẻ $(*)$

Từ $(*),(1),(3) => u_n$ giảm mà $u_n$ bị chặn $=> u_n$ hội tụ $\forall n$ lẻ

Đặt $\lim u_n  = L_1 $ với $n$ lẻ $=> L_1=0$

Xét dãy $u_n$ với $n$ chẵn

Chứng minh tương tự ta cũng có $u_n$ tăng và $u_n$ bị chặn $=>u_n$ hội tụ

Tương tự thì $ \ lim u_n=0$ với $n$ chẵn

Vậy $\lim u_n =0 \forall n \in \mathbb{N}$

Lớp 10 làm gì đã học xác suất bạn ??? Mình học trường chuyên cũng chưa ????

Bạn còn bài nào nữa ???   

Bài 3: Ta có: Gọi đường thẳng đi qua M thỏa mãn đề bài là $(\Delta )$

Để $(\Delta )$ cắt $(d_1);(d_2)$ thì $a \neq b$ và $2a \neq -b$

Khi đó: Đặt $\vec{n_\Delta}=(a,b)$ $=> (\Delta): a(x-1)+by=0$ (Vì $(\Delta)$ đi qua $M(1,0)$)

Đặt $A(x_A,y_A); B(x_B,y_B)$

Vì $A \in (d_1)$ nên $A(-y_A-1,y_A)$

Vì $B \in (d_2)$ nên $B(2y_B-2;y_B)$

Do $A \in (\Delta)$ nên $a(-y_A-1-1)+by_A=0<=>y_A=\frac{2a}{b-a}$

Do $B \in (\Delta)$ nên $a(2y_B-2-1)+by_B=0<=>y_B=\frac{3a}{2a+b}$

Thay tọa độ của $A,B$ vào pt $MA^2=MB^2$. Giả ra $a, b$

Câu 4:Đặt $M(x,y)$. Vì $M \in (Delta)$ nên $ M(2y+2,y)$

Ta có: $2MA^2+MB^2= 2(2y+3)^2+2(y-2)^2+(2y-1)^2+(y-4)^2=15y^2+4y+43=(\sqrt{15}y+\frac{2}{\sqrt{15}})^2+\frac{641}{15} \geq \frac{641}{15}=>$ Bài toán đã được giải quyết xong

Thanks=)))

Kcc )

Bài 2 Một hộp đựng 8 quả cầu giống nhau đc đánh số từ 1 đến 8.Hỏi phải lấy ít nhất bao nhiêu quả cầu để xác suất có ít nhất 1 quả ghi số chia hết cho 3 và lớn hơn $\frac{3}{4}$?

 Lớn hơn $\frac{3}{4}$ là sao bn ???

Ta có: Đặt $A=n^n+1$

Vì $20^{20}=2^{20}.10^{20}>10^{19}$ mà $n<10^{19}$ nên $n<20$
Với $n=1=>A=2$ thỏa mãn.

Với $n=2=>A=5$ thỏa mãn 

Với $n>2$ ta có: $A=n^n+1>5$ mà $A$ nguyên tố $=>A$ lẻ $=>n$ chẵn 

Đặt $n=2^k.q(k \in \mathbb{N}, k>0, q$ lẻ $)$

Khi đó $A=n^n+1=n^{2^k.q}+1=(n^{2^k})^q+1 \vdots (n^{2^k}+1 )$ mà $n^{2^k}+1>1=>$ Vô lí do $A $nguyên tố

Vậy $n=2^t (t \in \mathbb{N}, t>0)$ mà $n<20$$=> n \in\left \{ 4,8,16 \right \}$

Thử chọn ta thấy $n=4$ thỏa mãn 

Vậy $n \in \left \{ 1,2,4 \right \}$