2) công thức tính khoảng cách của 2 điểm A(x₁;y₁) và B(x₂;y₂) trên mặt phẳng toạ độ: \(AB=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(y_2-y_1\right)^2}\)

Áp dụng vào bài toán ta đc: \(\hept{\begin{cases}AB=\sqrt{\left(2+1\right)^2+\left(1-5\right)^2}=5\\AC=\sqrt{\left(2-4\right)^2+\left(1-2\right)^2}=\sqrt{5}\\BC=\sqrt{\left(-1-4\right)^2+\left(5-2\right)^2}=\sqrt{34}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(P_{ABC}=5+\sqrt{5}+\sqrt{34}\)

1) chắc chưa học đến vector đâu nhỉ ? 

Giả sử 3 điểm A, B, C thẳng hàng, gọi \(\left(d\right):y=ax+b\) là đường thẳng đi qua A, và B 

Do đó: \(\hept{\begin{cases}1=2a+b\\5=-a+b\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{1-b}{2}\\a=b-5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b-5=\frac{1-b}{2}\\a=b-5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=\frac{11}{3}\\a=\frac{-4}{3}\end{cases}}\)

=> \(\left(d\right):y=\frac{-4}{3}x+\frac{11}{3}\)

Do (d) cũng đi qua C nên: \(2=\frac{-4}{3}.4+\frac{11}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(2=\frac{-5}{3}\) ( vô lí ) 

=> điều giả sử sai => 3 điểm A, B, C không thẳng hàng => A, B, C là 3 đỉnh 1 tam giác 

\(1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}=\frac{k^2.\left(k+1\right)^2+\left(k+1\right)^2+k^2}{k^2\left(k+1\right)^2}\)

\(=\frac{k^2\left(k+1\right)^2+2k\left(k+1\right)+1}{k^2\left(k+1\right)^2}=\frac{\left(k\left(k+1\right)+1\right)^2}{k^2\left(k+1\right)^2}\)

=> \(\sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}}=\frac{k\left(k+1\right)+1}{k\left(k+1\right)}=1+\frac{1}{k\left(k+1\right)}=1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)

=> \(\sqrt{1+\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+....+\sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}}\)

\(=1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)

\(=k+1-\frac{1}{k+1}\)

=> \(\sqrt{1+\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+....+\sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}}=\frac{2017^2-1}{2017}\)

<=> \(k+1-\frac{1}{k+1}=2017-\frac{1}{2017}\)

\(\Leftrightarrow\left(k+1-2017\right)-\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{2017}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(k-2016\right)\left(1+\frac{1}{2017.\left(k+1\right)}\right)=0\)

<=> k=2016

ĐKXĐ: \(\forall x\in R\)

Đặt \(\sqrt{x^2+1}=a\left(a>0\right)\). Khi đó phương trình cho trở thành:

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

\(\Leftrightarrow2a^2+2x-1-4ax+a=0\)

\(\Leftrightarrow2x\left(1-2a\right)+2a^2+a-1=0\)

\(\Leftrightarrow2x\left(1-2a\right)-\left(a+1\right)\left(1-2a\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(1-2a\right)\left(2x-a-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2a=1\\a=2x-1\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}2\sqrt{x^2+1}=1\left(1\right)\\\sqrt{x^2+1}=2x-1\left(2\right)\end{cases}}\)

Phương trình (1) \(\Leftrightarrow x^2+1=\frac{1}{4}\Leftrightarrow x^2=-\frac{3}{4}\left(l\right)\)

Phương trình (2) \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2x-1\ge0\\3x^2-4x=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\x\left(3x-4\right)=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\x=0\end{cases}\left(l\right)}\) hoặc \(\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\x=\frac{4}{3}\end{cases}\left(c\right)}\)

Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất \(x=\frac{4}{3}\).

\(T=\frac{\left(3+\sqrt{5}\right)^{2019}+\left(3-\sqrt{5}\right)^{2019}}{2^{2019}}\)

Ta có \(3+\sqrt{5}=\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}{2}\)

          \(3-\sqrt{5}=\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}{2}\)

\(\Rightarrow T=\frac{\left[\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}{2}\right]^{2019}+\left[\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)}{2}\right]^{2019}}{2^{2019}}\)

           \(=\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)^{4038}+\left(\sqrt{5}-1\right)^{4038}}{2^{4038}}\)

        Lại có \(\left(\sqrt{5}+1\right)^{4038}=\left[\left(\sqrt{5}+1\right)^3\right]^{1346}⋮\left(\sqrt{5}+1\right)^3\)

Tương tự \(\left(\sqrt{5}-1\right)^{4038}⋮\left(\sqrt{5}-1\right)^3\)

\(\Rightarrow T⋮\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)^3+\left(\sqrt{5}-1\right)^3}{2^{4038}}=\frac{\left(2\sqrt{5}\right)\left[\left(\sqrt{5}+1\right)^2-\left(\sqrt{5}+1\right)\left(\sqrt{5}-1\right)+\left(\sqrt{5}-1\right)^2\right]}{2^{2038}}\)

\(\Rightarrow T⋮2\sqrt{5}\Rightarrow T⋮5\)

Vậy T chia cho 5 dư 0

P/s : Không biết làm đúng không nữa :)

Giải bài toán tổng quát luôn nha.

Chứng minh: 

\(T=\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n+1}+\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n+1}\equiv3\left(mod5\right)\) với n không âm

Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{3+\sqrt{5}}{2}=a\\\frac{3-\sqrt{5}}{2}=b\end{cases}}\)

\(\Rightarrow T=a^{2n+1}+b^{2n+1};a+b=3;ab=1;a^2+b^2=7\)

Dùng phương pháp quy nạp chứng minh:

Ta thấy với \(\hept{\begin{cases}n=0\Rightarrow T=3\equiv3\left(mod5\right)\\n=1\Rightarrow T=18\equiv3\left(mod5\right)\end{cases}}\)

Giả sử nó đúng đến \(n=k\)hay

\(\hept{\begin{cases}a^{2k-1}+b^{2k-1}\equiv3\left(mod5\right)\\a^{2k+1}+b^{2k+1}\equiv3\left(mod5\right)\end{cases}}\)

Ta cần chứng minh nó đúng với \(n=k+1\)

Ta có:

\(T_{k+1}=a^{2k+3}+b^{2k+3}\)

\(=\left(a^2+b^2\right)\left(a^{2k+1}+b^{2k+1}\right)-a^2b^2\left(a^{2k-1}+b^{2k-1}\right)\equiv7.3-1.3\equiv3\left(mod5\right)\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Áp dụng vào bài toán ta thấy \(2019\)có đạng \(2n+1\)

Vậy nên bài toán ban đầu sẽ có số dư là 3 khi chia cho 5

ĐK: x-y>0

pt (2) <=> \(x^2+y^2-\frac{8xy}{x-y}=16\)

<=> \(x^2+y^2-2xy-\frac{8xy}{x-y}-16+2xy=0\)

<=> \(\left(x-y\right)^2-\frac{8xy}{x-y}-16+2xy=0\)

<=> \(\left(x-y\right)^3-16\left(x-y\right)+2xy\left(x-y\right)-8xy=0\)

<=> \(\left(x-y\right)\left(x-y-4\right)\left(x-y+4\right)+2xy\left(x-y-4\right)=0\)

<=> \(\left(x-y-4\right)\left[\left(x-y\right)\left(x-y+4\right)+2xy\right]=0\)(a)

Vì \(\left(x-y\right)\left(x-y+4\right)+2xy=\left(x-y\right)^2+4\left(x-y\right)+2xy=x^2+y^2+4\left(x-y\right)>0\)

Nên (a) <=> \(x-y-4=0\Leftrightarrow x=y+4\)thế vào pt (1) ta có:

\(\sqrt{4}+9=2y^2-\left(y+4\right)\Leftrightarrow2y^2-y-15=0\)

Em làm tiếp nhé! giải đen ta ra nghiệm đẹp.

Vì \(0\le a,b,c,d\le1\Rightarrow abc+1\ge abcd+1\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{a+b+c+c}{abcd+1}\)

Do \(\hept{\begin{cases}\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\\\left(1-c\right)\left(1-d\right)\ge0\\\left(1-ab\right)\left(1-cd\right)\ge0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b\le1+ab\\c+d\le1+cd\\ab+cd\le1+abcd\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a+b+c+d\le2+ab+cd\le2+1+abcd=3+abcd\)

Vậy \(VT\le\frac{3+abcd}{1+abcd}\le\frac{3\left(1+abcd\right)}{1+abcd}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi a=0,b=c=d=1

ĐK \(k\left(k-p\right)\ge0\)

Để \(\sqrt{k^2-pk}\)là số nguyên

=> \(k\left(k-p\right)\)là số chính phương

Gọi UCLN của k và k-p là d

=> \(\hept{\begin{cases}k⋮d\\k-p⋮d\end{cases}}\)

=> \(p⋮d\)

Mà p là số nguyên tố

=> \(\orbr{\begin{cases}p=d\\d=1\end{cases}}\)

+ \(p=d\)=> \(k⋮p\)=> \(k=xp\left(x\in Z\right)\)

=> \(xp\left(xp-p\right)=p^2x\left(x-1\right)\)là số chính phương

=> \(x\left(x-1\right)\)là số chính phương 

Mà \(x\left(x-1\right)\)là tích của 2 số nguyên liên tiếp

=> \(\orbr{\begin{cases}x=0\\x=1\end{cases}\Rightarrow}\orbr{\begin{cases}k=0\\k=p\end{cases}}\)

+\(d=1\)

=>\(\hept{\begin{cases}k=a^2\\k-p=b^2\end{cases}\left(a>b\right)}\)

=> \(p=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\)

=> \(\hept{\begin{cases}a+b=p\\a-b=1\end{cases}}\)=> \(\hept{\begin{cases}a=\frac{p+1}{2}\\b=\frac{p-1}{2}\end{cases}}\)

=> \(k=\frac{\left(p+1\right)^2}{4}\)với p lẻ

Vậy \(k=0\)hoặc k=p hoặc \(k=\frac{\left(p+1\right)^2}{4}\forall plẻ\)

\(\sqrt{k^2-pk}\) là số nguyên dương => \(k^2-pk>0\Rightarrow k>p\)

Khang chú ý là sẽ không xảy ra k=0 hoặc k=p  nhé!

Ta có \(\Delta=m^4-8m-8\)

Để pT có nghiệm nguyên

=> \(\Delta\)là số chính phương, \(\Delta\ge0\)

+ \(m=1\)=> \(\Delta=-15\)loại

+ \(m=2\)=> \(\Delta=-8\)loại

+ \(m=3\)=> \(\Delta=49\)

=> \(x=8;x=1\)nhận

+ m=4 => \(\Delta=216\)loại

+ \(m\ge5\)

=> \(2m^2-8m-9>0\)

=> \(\left(m^2-1\right)^2< m^4-8m-8\)

Mà \(-8m-8< 0\)với \(m\inℤ^+\)

=> \(\left(m^2-1\right)^2< m^4-8m-8< \left(m^2\right)^2\)

Lại có \(m^4-8m-8\)là số chính phương

=> không có giá trị nào của m thỏa mãn

Vậy m=3

Cần các cao nhân giải khác phương pháp SS

Không làm theo cách đánh giá 3(a²b+b²c+c²a)\(\le\)(a+b+c)(a²+b²+c²)=3(a²+b²+c²)

Ai làm được xin cảm ơn trước

#)Giải :

Ta có : \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(=a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2\)

Áp dụng BĐT Cauchy :

\(\hept{\begin{cases}a^3+ab^2\ge2a^2b\\b^3+bc^2\ge2b^2c\\c^3+ca^2\ge2c^2a\end{cases}}\)

\(\Rightarrow P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\)

\(\Rightarrow P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{9-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Đặt \(t=a^2+b^2+c^2\Rightarrow t\ge3\)

\(\Rightarrow P\ge t+\frac{9-t}{2t}=\frac{t}{2}+\frac{9}{2t}+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}\ge3+\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=4\)

\(\Rightarrow P\ge4\Rightarrow P_{min}=4\)

Dấu ''='' xảy ra khi a = b = c = 1