\(\frac{\sqrt{x-2002}}{x-2002}-\frac{1}{x-2002}+\frac{\sqrt{y-2003}}{y-2003}-\frac{1}{y-2003}+\frac{\sqrt{z-2004}}{z-2004}-\frac{1}{z-2004}=\frac{3}{4}\)

\(1-\frac{1}{x-2002}+1-\frac{1}{y-2003}+1-\frac{1}{z-2004}=\frac{3}{4}\)

\(3-\frac{1}{x-2002}-\frac{1}{y-2003}-\frac{1}{z-2004}=\frac{3}{4}\)

\(\frac{1}{x-2002}+\frac{1}{y-2003}+\frac{1}{z-2004}=3-\frac{3}{4}=\frac{9}{4}\)

=> không có giá trị x,y,z thỏa mãn đề

\(\Leftrightarrow x+y+z=2\sqrt{x-2}+2\sqrt{y+2003}+2\sqrt{z-2004}\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2-2\sqrt{x-2}+1\right)+\left(y+2003-2\sqrt{y+2003}+1\right)\)

\(+\left(z-2004-2\sqrt{z-2004}+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-2}-1\right)^2+\left(\sqrt{y+2003}-1\right)^2+\left(\sqrt{z-2004}-1\right)^2=0\)

Vì biểu thức trên là tổng của các số hạng không âm nên nó bằng 0 khi và chỉ khi các số hạng phải bằng 0

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{x-2}=1\\\sqrt{y-2003}=1\\\sqrt{z-2004}=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\y=2004\\z=2005\end{cases}}}\)

\(ĐK:x\ge2,y\ge-2003,z\ge2004\)

Pt đã cho tương đương :

\(x+y+z-2\sqrt{x-2}-2\sqrt{y+2003}-2\sqrt{z-2004}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2-2\sqrt{x-2}+1\right)+\left(y+2003-2\sqrt{y+2003}+1\right)+\left(z-2004-2\sqrt{z-2004}+1\right)\)\(=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-2}-1\right)^2+\left(\sqrt{y+2003}-1\right)^2+\left(\sqrt{z-2004}-1\right)^2=0\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-2=1\\y+2003=1\\z-2004=1\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x=3\\y=-2002\\z=2005\end{cases}}\)(Thỏa mãn)

2139,356218

đề này sai rồi

kết quả = 2044

làm ra chưa chỉ với bạn

`x=(\sqrt{x}+2004)(1-\sqrt{1-\sqrt{x}})^2(1>=x>=0)`

`<=>x=((\sqrt{x}+2004)(1-\sqrt{1-\sqrt{x}})^2(1+\sqrt{1-\sqrt{x}}))/(1+\sqrt{1-\sqrt{x}})`

`<=>x=(\sqrt{x}+2004)(1-\sqrt{1-\sqrt{x})(1-1+\sqrt{x}))/(1+\sqrt{1-\sqrt{x}})`

`<=>x=\sqrt{x}.(\sqrt{x}+2004)(1-\sqrt{1-\sqrt{x}))/(1+\sqrt{1-\sqrt{x}})`

`<=>\sqrt{x}((\sqrt{x}+2004)(1-\sqrt{1-\sqrt{x}))/(1+\sqrt{1-\sqrt{x}})-1)=0`

Có `x>=0`

`=>1-\sqrt{x}<=1`

`=>1+\sqrt{1-\sqrt{x}}<=2`

`=>1/(1+\sqrt{1-\sqrt{x}})>=1/2`

Mà `(\sqrt{x}+2004)>=2004`

`=>(\sqrt{x}+2004)(1-\sqrt{1-\sqrt{x})>=2004`

`=>(\sqrt{x}+2004)(1-\sqrt{1-\sqrt{x}))/(1+\sqrt{1-\sqrt{x}})>=1002>0`

`=>\sqrt{x}=0`

`=>x=0`

Vậy `S={0}`

ĐKXĐ: \(x\ge0\)

\(\Leftrightarrow x=\left(2004+\sqrt{x}\right)\left(\dfrac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{1-\sqrt{x}}}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{x\left(2004+\sqrt{x}\right)}{2-\sqrt{x}+2\sqrt{1-\sqrt{x}}}\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\\dfrac{2004+\sqrt{x}}{2-\sqrt{x}+2\sqrt{1-\sqrt{x}}}=1\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow2004+\sqrt{x}=2-\sqrt{x}+2\sqrt{1-\sqrt{x}}\)

\(\Leftrightarrow1001+\sqrt{x}=\sqrt{1-\sqrt{x}}\)

\(VT\ge1001\) ; \(VP\le1\) nên (1) vô nghiệm

Lời giải:

Đặt \(\sqrt{2}+\sqrt{3}=a; \sqrt{3}-\sqrt{2}=b\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^2+b^2=10\\ ab=1\end{matrix}\right.\)

\(A=a^{2004}+b^{2004}=(a^{1002}+b^{1002})^2-2(ab)^{1002}\)

\(=[(a^2)^{501}+(b^2)^{501}]^2-2\)

Theo hằng đẳng thức: \((a^2)^{501}+(b^2)^{501}\vdots a^2+b^2\Leftrightarrow (a^2)^{501}+(b^2)^{501}\vdots 10\)

Do đó: \(=[(a^2)^{501}+(b^2)^{501}]^2\) có tận cùng là 0

\(\Rightarrow A=[(a^2)^{501}+(b^2)^{501}]^2-2\) có tận cùng là 8.

\(A=\left(5+2\sqrt{6}\right)^{1002}+\left(5-2\sqrt{6}\right)^{1002}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=5+2\sqrt{6}\\b=5-2\sqrt{6}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=10\\ab=1\end{matrix}\right.\)

Theo Viet đảo, a và b là nghiệm của \(x^2-10x+1=0\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=10a-1\\b^2=10b-1\end{matrix}\right.\)

Đặt \(S\left(n\right)=a^n+b^n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}S\left(0\right)=1+1=2\\S\left(1\right)=a+b=10\end{matrix}\right.\)

\(S\left(n+2\right)=a^{n+2}+b^{n+2}=a^n.a^2+b^n.b^2\)

\(=a^n\left(10a-1\right)+b^n\left(10b-1\right)=10a^{n+1}+10b^{n+1}-\left(a^n+b^n\right)\)

\(=10S\left(n+1\right)-S_n\)

Do \(S\left(0\right);S\left(1\right)\) nguyên \(\Rightarrow S\left(2\right)\) nguyên \(\Rightarrow S\left(3\right)\) nguyên... \(\Rightarrow S\left(n\right)\) nguyên với mọi n

\(\Rightarrow S\left(n+2\right)+S\left(n\right)=10.S\left(n+1\right)\Rightarrow S\left(n+2\right)+S\left(n\right)⋮10\)

\(\Rightarrow\) Nếu \(S\left(k\right)\) có tận cùng là \(x\) thì \(S\left(k+2\right)\) có tận cùng là \(10-x\)

\(\Rightarrow S\left(k+4a\right)\) có tận cùng giống \(S\left(k\right)\)

Do \(S\left(0\right)=2\Rightarrow S\left(4k\right)\) có tận cùng bằng \(2\) với mọi k nguyên

\(\Rightarrow S\left(1000\right)\) có tận cùng bằng 2 \(\Rightarrow S\left(1002\right)\) có tận cùng bằng 8