Câu 1:
\(B=\frac{x^2+y^2+3}{x^2+y^2+2}=1+\frac{1}{x^2+y^2+2}\)
Vì \(x^2+y^2+2\ge0\) nên để \(\frac{1}{x^2+y^2+2}\) lớn nhất thì \(x^2+y^2+2\) nhỏ nhất.
Ta có: \(x^2+y^2\ge0\) ( mỗi số hạng \(\ge0\) )
\(\Rightarrow x^2+y^2+2\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x^2+y^2+2}\le\frac{1}{2}=0,5\)
\(\Rightarrow B=1+\frac{1}{x^2+y^2+2}\le1+0,5=1,5\)
\(\Rightarrow B=\frac{x^2+y^2+3}{x^2+y^2+2}\le1,5\)
Vậy \(MAX_B=1,5\) khi x = y = 0
Câu 2)
Giả sử tồn tại \(n\) thỏa mãn điều kiện trên, tức là tồn tại \(m\in\mathbb{N}\) sao cho
\(n^2+2002=m^2\Leftrightarrow (m-n)(m+n)=2002\)
Vì \(m-n-(m+n)=-2n\) chẵn nên \(m+n\) và \(m-n\) có cùng tính chẵn lẻ. \((1)\)
Mà \((m-n)(m+n)=2002\) là chẵn , do đó luôn tồn tại thừa số chẵn. Kết hợp với \((1)\) suy ra \(m+n,m-n\) đều chẵn. Do đó mà \(2002\) phải chia hết cho $4$ ( điều này vô lý)
Do đó điều giả sử là sai, tức là không tồn tại \(n\) thỏa mãn đkđb.
Câu 3)
Xét PT \(\overline {1980ab}=198000+10a+b=m^2\) . Vì \(m^2\)là số chính phương nên \(b\in\left\{0;1;4;5;6;9\right\}\)
TH1 : Xét \(b\) chẵn thì \(m^2\vdots 2\rightarrow m\vdots 2\rightarrow m^2 \vdots4\) kéo theo \(\overline{ab}\vdots 4\) \((1)\)
+) \(b=0\Rightarrow m^2\vdots 5\rightarrow m\vdots 5\rightarrow m^2\vdots 25\rightarrow 10a\vdots 25\). Do đó \(a\vdots 5\)
Kết hợp \((1)\rightarrow a=b=0\). Thử \(198000\) thấy không đúng.
+) \(b=4\) \(\rightarrow \overline{ab}=(04,24,44,64,84)\). Thử không thu được kết quả nào.
+) \(b=6\rightarrow \overline{ab}=(16,36,56,76,96)\). Thử không thu được kết quả nào.
TH2: Xét \(b\) lẻ khi đó \(m^2\) là số chính phương lẻ. Do đó \(m^2\equiv 1\pmod 8\) \(\Leftrightarrow 198000+10a+b\equiv 1\pmod 8\)
\(\Rightarrow 2a+b\equiv 1\pmod 8\).
+) \(b=1\Rightarrow a=0,4,8\) . Thử lại không thu được kết quả
+) \(b=5\Rightarrow 2a+4\equiv 0\pmod 8\) \(\rightarrow a=2,6\). Thử lại thu được \(198025\)
+) \(b=9\Rightarrow 2a\equiv 0\pmod 8\Rightarrow a=0,4,8\). Thử lại không thu được kết quả
Vậy \((a,b)=(2,5)\)
