VT $\le 4 \le$VP. Phương trình có nghiệm duy nhất $x = 4$

a, Do P và Q là các số Pytago nên ta có: $P=a^{2}+b^{2}$; $Q=c^{2}+d^{2}$

Với a, b, c, d là các số tự nhiên ta có:

       $PQ=(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})=(a^{2}c^{2}+2abcd+b^{2}d^{2})+(a^{2}d^{2}-2abcd+b^{2}c^{2})=(ac+bd)^{2}+(\left | ad-bc \right |)^{2}$

là tổng hai số chính phương=> ĐPCM

Nếu n chẵn thì: $2^{n}.P=2^{n}.(a^{2}+b^{2})=(2^{\frac{n}{2}}.a)^{2}+(2^{\frac{n}{2}}.b)^{2}$ ta có đpcm

Nếu n lẻ thì sử dụng hai kết quả cm trên ta có: $2^{n}.P=2.(2^{n-1}.P)=(1^{2}+2^{2})(2^{n-1}.P)(đpcm)$

b, $M=5=1^{2}+2^{2}$ và $N=2=1^{2}+1^{2}$

Câu b có cách nào để tìm tất cả các số ko bạn?

Ở trên tiêu đề là x+y+z $\geq $ $\frac{3}{4}$mà ở dưới bài viết là x+y+z $\leq $ $\frac{3}{4}$

Chắc là $x + y + z \le \frac{3}{4}$ rồi, chứ x, y, z tiến đến vô cực thì P tiến tới 0 rồi, chả có min đâu

$P = \sum\left(\frac{1}{\sqrt{(x + 3y).1}}\right) \ge \sum\left(\frac{2}{x + 3y + 1}\right) \ge \frac{2.9}{4x + 4y + 4z + 3} \ge 3$

$\sum\left(\frac{x^3}{\sqrt{y^2 + 3}} + \frac{x^3}{\sqrt{y^2 + 3}} + \frac{y^2 + 3}{8}\right) \ge \sum\left(\frac{3x^2}{2}\right)$

$\Leftrightarrow2P \ge \sum\left(\frac{11x^2}{8}\right) - \frac{9}{8} \ge  \frac{11}{8}(xy + xz + yz) - \frac{9}{8} \ge 3$

$\Leftrightarrow P \ge \frac{3}{2}$

Bạn ơi, hình như đề bị sai, ví dụ như a = -2018, b = 2, c = 4034. Còn nếu $a, b, c > 0$ thì BĐT trên hiển nhiên rồi 

Theo Cauchy:

$a^3 + 1 + 1 \ge 3a^2$

$b^3 + 1 + 1 \ge 3b^2 $

$c^3 + 1 + 1 \ge 3b^2$

$\Rightarrow A = a^3 + b^3 + c^3 + ab + ac + bc \ge 3a^2 + 3b^2 + 3c^2  + ab + ac + bc - 6$

$\Rightarrow A \ge \frac{1}{2}(a + b + c)^2 + \frac{5}{2} (a^2 + b^2 + c^2) - 6$

$\Rightarrow A \ge \frac{9}{2} + \frac{5}{6}(a + b + c)^2 - 6$

$\Rightarrow A \ge 6$

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$

Hà hà, đâu có dễ dàng vậy em trai. Chặt $9$ cái đầu thì nó lại mọc ra ngay lập tức $2018$ cái đầu khác. Chẳng lẽ nó lặng nhìn kẻ dám chặt đầu nó dẫn "chiến lợi phẩm" của nó đi một cách bình an à !

 

Lời giải đúng là thế này :

Gọi số đầu rắn ở một thời điểm bất kỳ là $x$.

Mỗi lần sử dụng kiếm số 1 thì $x$ giảm đi $21$

Mỗi lần sử dụng kiếm số 2 thì $x$ tăng thêm $2018-9=2009$

Vì $21$ và $2009$ đều chia hết cho $7$ nên suy ra số dư của $x$ khi chia cho $7$ không bao giờ thay đổi.

Lúc đầu, số dư đó là $2$ ($100$ chia $7$ dư $2$) thì nó mãi mãi vẫn là $2$, không bao giờ trở thành $0$ được.

Vậy thì giấc mộng "anh hùng cứu mỹ nhân" coi như tan thành mây khói. Cách tốt nhất là "tẩu vi thượng sách", cứ bỏ mặc công chúa ở đó đi, nàng không chết đâu mà lo (chẳng có chuyện cổ tích nào mà công chúa bị rắn ăn thịt cả )

Mình cứ tưởng chặt hết đầu thì coi như là chết luôn chứ     

Câu 1:
Lần 1: dùng kiếm 2 -> rắn còn 100 - 9 + 2018 = 2109 cái đầu

Lần 2, 3, ..., 101: dùng kiếm 1 -> rắn còn 2109 - 21 * 100 = 9 cái đầu

Lần 102: dùng kiếm 2 chặt nốt 9 cái còn lại -> cứu được công chúa       

Từ giả thiết ban đầu có $1 \ge a^2 + b^2 + c^2 \ge 3(ab + ac + bc) \Rightarrow ab + ac + bc \le \frac{1}{3}$

Theo Cauchy: $\frac{1}{ab(a + b)} + \frac{1}{bc(b + c)} + \frac{1}{ac(a + c)} \ge \frac{3}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2(a + b)(a + c)(b + c)}}$

Mà: $\sqrt[3]{(a + b)(b + c)(c + a)} \le \frac{2(a + b + c)}{3} \le \frac{2}{3}$

$\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \le \frac{ab + ac + bc}{3}$

Do đó: $\frac{1}{ab(a + b)} + \frac{1}{bc(b + c)} + \frac{1}{ac(a + c)} \ge \frac{27}{2(ab + ac + bc)}$

Vậy $A  = \frac{1}{a^2 + b^2 + c^2} + \frac{1}{ab(a + b)} + \frac{1}{bc(b + c)} + \frac{1}{ac(a + c)} \ge \frac{1}{a^2 + b^2 + c^2} + \frac{27}{2(ab + ac + bc)}$

$A \ge \frac{1}{a^2 + b^2 + c^2} + \frac{1}{ab + ac + bc}  + \frac{1}{ab + ac + bc} + \frac{23}{2(ab + ac + bc)}$

$A \ge \frac{9}{a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2ac + 2bc} + \frac{23}{2(ab + ac + bc)} $(sử dụng BĐT $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{9}{ a + b + c}$)

$A \ge \frac{9}{(a + b + c)^2} + \frac{23}{2(ab + ac + bc)}$

$A \ge 9 + 23\frac{3}{2}$

$A \ge \frac{87}{2}$

$minA = \frac{87}{2}$ khi $a = b = c = \frac{1}{3}$

Giả sử pt theo $t$ có 2 nghiệm $0 < t_1 < t_2$, thế thì pt theo $x$ sẽ có 4 nghiệm $ -\sqrt{t_2}  < -\sqrt{t_1} < \sqrt{t_1} < \sqrt{t_2}$

4 nghiệm này lập thành 1 cấp số cộng $\Leftrightarrow x_1 + x_3 = 2x_2$ hay $3\sqrt{t_1} = \sqrt{t_2} \Leftrightarrow t_2 = 9t_1$

$sin(A + B) = sin(\Pi - C) = sinC$

$cos(A + B) = cos(\Pi - C) = -cosC$

Công thức này có trong SGK mà bạn. 

Ta chứng minh $u_n \neq 2 \forall n \in \mathbb{N}$

Thật vậy, chứng minh bằng phản chứng, giả sử $\exists n \in \mathbb{N}$ thoả $u_n = 2$.

Khi đó $u_n = \frac{u_{n - 1}^2 - 2}{2u_{n - 1} - 3} = 2$

$\Leftrightarrow u_{n-1}^2 - 4u_{n-1} + 4 = 0$ hay $u_{n-1} = 2$

Tiếp tục như vậy có $u_{n-1} = u_{n-2} = ... = u_2 = u_1 = 2$ trái với giả thiết $u_1 = 3$

Vậy $u_n \neq 2 \forall n \in \mathbb{N}$

Từ công thức $u_{n + 1} = \frac{u_n^2 - 2}{2u_n - 3}$ ta có:

$u_{n + 1} - 1 = \frac{(u_n - 1)^2}{2u_n - 3}$

$u_{n+ 1} - 2 = \frac{(u_n - 2)^2}{2u_n - 3} $

Chia vế theo vế có:

$\frac{u_{n + 1} - 1}{u_{n + 1} - 2} = \frac{(u_n - 1)^2}{(u_n - 2)^2}$

Đặt $v_n = \frac{u_n - 1}{u_n - 2}$ thì $v_1 = 2$ và $v_n = v_{n - 1}^2 = v_{n - 2}^4 =...=v_1^{2^{n-1}} = 2^{2^{n-1}}$

$\Leftrightarrow \frac{u_n - 1}{u_n - 2} =  2^{2^{n-1}}$. Từ đó suy ra $u_n = 2 + \frac{1}{2^{2^{n-1}} - 1}$

Ta chứng minh $S \not \vdots 5$.

Giả sử $S  \vdots  5 \Rightarrow S = 1 + 2 + 3 + ... + n - 9 = 5k, k \in \mathbb{N}$

$\Leftrightarrow \frac{n(n+1)}{2} - 9 = 5k$

$\Leftrightarrow n^2 + n - 10k - 18 = 0$

Phương trình ẩn $n$ có $\Delta = 73 + 40k$ không thể là số chính phương (xét đồng dư modulo $5$)

Do đó phương trình không có nghiệm nguyên $n$, trái với giả thiết.

Vậy $S \not \vdots 5$ hay $S \not \vdots 2010$.

Pt đã cho có 2 nghiệm $x_1 = m, x_2= m + 1$. Từ điều kiện ban đầu suy ra $-2 < m < m + 1 < 4$ hay $-2 < m < 3$. Tổng $S = -1 + 0 + 1 + 2 = 2$

Đặt $x + y = u$, $xy = v$ (ĐK: $u^2 \ge 4v$). Đẳng thức ban đầu trở thành:

$2u^3 - 3uv + 30v = 2000$

$\Leftrightarrow 3v(10 - u) = 2(10 - u) (100 + 10u + u^2)$

$\Leftrightarrow u = 10$ or $3v = 2(u^2 + 10u + 100)$

Xét trường hợp $3v = 2(u^2 + 10u + 100)$, từ điều kiện ban đầu ta có:

$\frac{3u^2}{4} \ge 2(u^2 + 10u + 100)$ hay $5u^2 + 80u + 800 \le 0$ (vô lý)

Vậy $x + y = u = 10$

Mọi người giúp em giải bài toán này ạ (trích từ đề thi vào lớp 10 trường Phổ Thông Năng Khiếu 1993-1994). Đề bài như sau:

Ta nói số tự nhiên $A$ là một số "Pytago" nếu $A$ là tổng bình phương của hai số tự nhiên nào đó.

a) Cho $P$ và $Q$ là hai số Pytago, chứng minh $PQ$  và $2^nP$ cũng là các số "Pitago".

b) Tìm các số "Pitago" $M$ và $N$ sao cho tổng và hiệu của chúng không phải là các số "Pitago".