Baoriven

Bài này tương đối dễ nhìn Đặt $x-1$ hiện ra ngay.

$x=1$ là một nghiệm ngay. Chia 2 vế PT cho $x-1\neq 0$.

Khi đó $(x-1)^2-1=\sqrt{7(x-1)^2-19}\Leftrightarrow (t-1)^2-7t+19=0$. (Đặt $t=(x-1)^2$)

Suy ra $(x-1)^2=t=4\text{ hoặc }5$.

Không biết ở PT(2) thì nên là $2x^3+16$ hay $2x^2+16$.

Tại $x+2$ và $x^2-2x+4$ gợi liên tưởng tới $x^3+8$ hơn. 

Bài này xét đủ case thoi.

Từ PT(1) ta có: $x+y=z-1$.

PT(2) cho ta: $(x-y)(x+y)=-(z+1)(z-1)$, suy ra $x+y=0$ hoặc $x-y=-(z+1)$.

a) Với $x+y=0$ thì $z=1$, suy ra  từ PT(3) ta có: $2x^3=2$ nên $y=-1$.

b) Với $x-y=-z-1$ và $x+y=z-1$ nên $2x=-2$ hay $x=-1$.

Suy ra $y=z$, nên PT(3) ta có: $2y^3=-2$ hay $y=z=-1$.

Vậy có $2$ bộ: $(x,y,z)=(-1,-1,-1);(1,-1,1)$.

P/S: Bài này giải trên tập phức vui hơn Khi đó các điểm $x,y,z$ đều nằm trên đường tròn bán kính $1$.

Có ngay $u_2$ nguyên.

Ta có: $u_{n+1}^2-4u_nu_{n+1}+u_n^2+2=0$ và $u_{n}^2-4u_nu_{n-1}+u_{n-1}^2+2=0$.

Trừ theo vế, ta được: $(u_{n+1}-u_{n-1})(u_{n+1}+u_{n-1}-4u_n)=0$.

Hiển nhiên $u_{n+1}+u_{n-1}-4u_n=0$.

Tới đây xong

Tìm các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả:

\[ f(x)f(x+y)\geq f(x)^2+xy,\]

với mọi $x,y\in\mathbb{R}$.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. CMR:

\[ \dfrac{a^3}{1+ab^2}+\dfrac{b^3}{1+bc^2}+\dfrac{c^3}{1+ca^2}\geq \dfrac{3abc}{1+abc} \]

- Ý tưởng số phức lượng giác đến vì sao?

Thực tế, nếu đặt $z=a+bi$ và $w=c+di$, chắc là cũng ra, tuy nhiên khi đó nhiều biến và mối quan hệ giữa $z$ và $w$ phụ thuộc vào $(a,b,c,d)$ (rườm rà).

Chưa kể việc tìm gtnn của $|z^2-w^2|$ cũng cần tới cách đặt $z$ và $w$ nên áp dụng lượng giác vào đây là tương đối hợp lí.

- Tại sao $z^2$ lại quay một góc $x$ theo chiều dương với $z=\cos{x}+i\sin{x}$?

Số phức thông qua công thức Euler, ta có $e^{ix}=\cos{x}+i\sin{x}$, chính vì vậy $z^2=e^{i.2x}=\cos{2x}+i\sin{2x}$. (Nên nó thành $2x$ thoi)

Hoặc là bình phương lên thẳng, cũng sẽ $z^2=\cos^2{x}-\sin^2{x}+i.2\cos{x}\sin{x}=\cos{2x}+i\sin{2x}$.

P/S: Bài $2$ anh cũng không rõ cách làm lắm. (Nam nhá Tại để giới tính vui thoi)

Chứng minh $\gcd(a-b,2a+2b+1)=1$. 

Biểu thức ban đầu tương đương với $(a-b)(2a+2b+1)=b^2$.

Đặt $q=\gcd(a-b,2a+2b+1)$, $q$ là số nguyên tố.

Suy ra $q$ là ước của $b$ và $q$ cũng ước của $a-b$ nên $q$ là ước của $a$.

Mà $q$ là ước của $2(a+b)+1$ nên $q$ là ước của $1$.

Vậy $\gcd(a-b,2a+2b+1)=1$.

Cũng có thể làm như sau:

Chọn ra trước $2$ trong $4$ phòng $C_4^2$.

Chọn tiếp $3$ người trong $10$ để vô $1$ phòng: $C_{10}^3$.

Chọn tiếp $3$ người trong $7$ để vô phòng còn lại: $C_7^3$.

Còn lại $4$ người $2$ phòng thì như trên có $8$ cách nữa.

Vậy có $C_4^2.C_{10}^3.C_7^3.8=201600$ cách.

Đặt $z=2\cos{t}+2i\sin{t}$ và $u=2\cos{u}+2i\sin{u}$.

Do $z+iw$ cũng thuộc đường tròn tâm $(O,2)$ nên $(\cos{t}-\sin{u})^2+(\sin{t}+\cos{u})^2=1$. $(1)$

Chỗ này biến đổi không khó lắm, làm quen kiểu lượng giác số phức thì ok.

$(1)$ tương đương $\cos{t}\sin{u}-\sin{t}\cos{u}=\dfrac{1}{2}$ hay $\sin{(u-t)}=\dfrac{1}{2}$.

Vậy $u-t=\dfrac{\pi}{6}$.

P/S: Có thể kết luận là $z$ và $iw$ tạo thành $2$ vector có góc $\dfrac{2\pi}{3}$.

Cái biểu thức tính gtnn hơi lạ, vì nó sẽ ra const

Ở đây $z^2$ sẽ quay một góc là $2t$, còn $w^2$ sẽ quay một góc là $2u$. (So với trục $Ox$)

Nhưng khi đó vector $z^2$ cách vector $w^2$ là $\dfrac{2\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}$, mà $-w^2$ ngược chiều với $w^2$.

Nên $z^2$ cách $-w^2$ một góc là $\dfrac{2\pi}{3}$.

Tới đây thì ra $2$ vector cùng độ dài $z^2$ và $-w^2$ cũng tạo thành góc $\dfrac{2\pi}{3}$.

Suy ra $|z^2-w^2|=|z^2|=|w^2|=4$.

Bài này do mình chế nên mình có hướng đi hơn.

Viết lại BĐT như sau: $\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+2abc+\dfrac{27}{(ab+bc+ca)^3}\geq 2(ab+bc+ca).\dfrac{3}{ab+bc+ca}.$

Đặt $t=\dfrac{3}{ab+bc+ca}$.

Khi đó, ta có: $t(a^2+b^2+c^2)+2abc+t^3\geq 2(ab+bc+ca)t$.

Đặt $(x,y,z)=(\dfrac{a}{t},\dfrac{b}{t},\dfrac{c}{t})$ thì ta được $x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$ (BĐT quen thuộc).

Câu $3$ code hơi khoai luôn.

Mấy bài kiểm tra này ôn trong cuốn của Rosen nhiều sẽ qua

Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ thoả mãn:

\[ P(a+b)=6(P(a)+P(b))+15a^2b^2(a+b) \]

với mọi số phức $a,b$ thoả $a^2+b^2=ab$.

(Titu Andresscu)

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thoả $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

\[ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)+11abc\leq 12 \]

a. Với $u_n>1$ thì dễ dàng có $u_{n+1}>1$.

CM dãy tăng, nghĩa là $u_{n+1}>u_n\Leftrightarrow \dfrac{u_n^{2020}+u_n+1}{u_n^{2019}-u_n+3}>u_n\Leftrightarrow (u_n-1)^2>0$. (đúng)

b. Ta có: $u_{n+1}-1=\dfrac{(u_n-1)(u_n^{2019}+2)}{u_n^{2019}-u_n+3}$.

Nghịch đảo lại được: $\dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n^{2019}+2}$.

Suy ra $\lim$ của biểu thức trên là $1$.