"Một dãy số liên tiếp" là sao vậy bạn, mình không hiểu lắm :) ,nhưng mình nghĩ câu hỏi như thế này: CMR ta có thể lấy được một số số nguyên dương trong 30 số trên sao cho tổng của chúng bằng 14.

Gọi \(a_1,a_2,...,a_{30}\) là 30 số nguyên dương theo đề bài.

Đặt \(S_1=a_1;S_2=a_1+a_2;...;S_k=\sum\limits^k_{i=1}a_i;...;S_{30}=\sum\limits^{30}_{i=1}a_{30}\) , với \(1\le k\le30\).

Theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại hai số \(S_m,S_n\) sao cho \(S_m\equiv S_n\left(mod14\right)\) và \(m\ne n\). Không mất tính tổng quát, giả sử \(m>n\). Khi đó \(\left(S_m-S_n\right)⋮14\Rightarrow\sum\limits^m_{i=n+1}a_i⋮14\). Vậy ta đã tìm được một số số nguyên dương trong 30 số trên thoả yêu cầu bài toán.

\(\left\{{}\begin{matrix}ab=c+d\\a+b=cd\end{matrix}\right.\Rightarrow ab-\left(a+b\right)=c+d-cd\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)=-\left(c-1\right)\left(d-1\right)+2\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\left(c-1\right)\left(d-1\right)=2\)

Do \(\left(a,b,c,d\right)\in\left(Z^+\right)^4\) nên \(a,b,c,d\ge1\).

*Xét \(a,b,c,d>1\). Khi đó \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\left(c-1\right)\left(d-1\right)\ge2\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d=2\).

Vậy \(\left(a,b,c,d\right)=\left(2,2,2,2\right)\).

*Xét một trong bốn số a,b,c,d bằng 1. Không mất tính tổng quát, giả sử \(a=1\). Khi đó \(\left(c-1\right)\left(d-1\right)=2\Rightarrow\left(c,d\right)=\left(2,3\right);\left(3,2\right)\).

Vậy \(\left(a,b,c,d\right)=\left(1,k,2,3\right);\left(1,k,3,2\right);\left(k,1,2,3\right)\left(k,1,3,2\right);\left(2,3,k,1\right);\left(3,2,k,1\right);\left(2,3,1,k\right);\left(3,2,k,1\right)\), với k là số nguyên dương tuỳ ý.

Cho mình góp ý chút xíu nhé:

Chỗ \(\left(x-\sqrt{2x+3}\right)^2+\left(\sqrt{12-x}-3\right)^2=0\), thật ra khi tương đương tiếp phải để ngoặc nhọn á, vì 2 cái phải đều đồng thời bằng 0 mà :)

Nếu 2 phương trình ra 2 nghiệm khác nhau thì kết luận phương trình vô nghiệm, nhưng may ở đây 2 phương trình ra 2 nghiệm giống nhau ;)

Bài 7:

Do \(ab-bc-ca⋮3\), nên \(ab-bc-ca\equiv0\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow ab+c^2\equiv c\left(c+a+b\right)\left(mod3\right)\).

Mà \(a+b+c⋮3\), nên \(ab+c^2\equiv0\left(mod3\right)\), hay \(c^2\equiv-ab\left(mod3\right)\)

Mặt khác: \(a+b+c\equiv0\left(mod3\right)\Leftrightarrow c\equiv-\left(a+b\right)\left(mod3\right)\Rightarrow c^2\equiv\left(a+b\right)^2\left(mod3\right)\), nên:

\(\left(a+b\right)^2\equiv-ab\left(mod3\right)\Rightarrow a^2+b^2+3ab\equiv0\left(mod3\right)\Rightarrow a^2+b^2\equiv0\left(mod3\right)\).

Như vậy, \(a^2+b^2⋮3\), điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi \(a,b⋮3\). Khi đó \(c⋮3\). Từ đây suy ra điều cần chứng minh.

a) Dùng trục căn thức ở mẫu (dự đoán nghiệm là \(x=\dfrac{1}{2}\)).

Điều kiện: \(x\ge0\)

Phương trình tương đương: \(4x^2-1+\sqrt{3x}-\sqrt{x+1}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-1\right)\left(2x+1\right)+\dfrac{2x-1}{\sqrt{3x}+\sqrt{x+1}}=0\)

Do \(2x+1+\dfrac{1}{\sqrt{3x}+\sqrt{x+1}}>0\) nên 2x-1=0, hay x=1/2.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=1/2.

b) Có 2 cách: 

Cách 1: Bình phương 2 vế, rút gọn, rồi bấm MTCT tìm nghiệm, sau đó phân tích thành nhân tử là xong (cách này đòi hỏi kĩ thuật bấm MTCT).

Cách 2: Đặt ẩn phụ (cách này tuỳ bài dùng,nhưng bài này dùng được).

Điều kiện: \(x\ge-2\). Ta có: \(\sqrt{x^3+8}=\sqrt{\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=\sqrt{x+2}\left(u\ge0\right)\\v=\sqrt{x^2-2x+4}\left(v>0\right)\end{matrix}\right.\). Khi đó phương trình trở thành:

\(2\left(v^2-u^2\right)=3uv\). Đến đây phân tích thành nhân tử, rồi xét từng trường hợp để giải nhé.

\(a=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2};b=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=1\\ab=\dfrac{\left(1+\sqrt{5}\right)\left(1-\sqrt{5}\right)}{4}=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2=\left(a+b\right)^2-2ab=1^2+2=3\\a^3+b^3=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)=1+3=4\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^5+b^5=\left(a^3+b^3\right)\left(a^2+b^2\right)-a^2b^2\left(a+b\right)=4.3-1.1=11\)

Lời giải ở dưới chỉ chứng minh điều kiện cần (mà cái này ai chả biết chứng minh :), mình sẽ chứng minh điều kiện đủ.

Giả sử tồn tại △ABC có 3 đường phân giác trong AD,BE,CF thoả \(S_{DEF}=\dfrac{1}{4}S_{ABC}\).

Dễ thấy D,E,F lần lượt nằm trên 3 cạnh của tam giác. Đặt \(\left(a,b,c\right)=\left(BC,CA,AB\right)\)

Theo định lí về đường phân giác, ta có: \(\dfrac{FA}{FB}=\dfrac{b}{a}\Rightarrow\dfrac{FA}{b}=\dfrac{FB}{a}=\dfrac{c}{a+b}\Rightarrow\dfrac{AF}{c}=\dfrac{b}{a+b}\). Tương tự \(\dfrac{AE}{b}=\dfrac{c}{a+c}\)

Ta có: \(S_{AEF}=\dfrac{AF}{c}.\dfrac{AE}{b}.S_{ABC}=\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}S_{ABC}\)

Tương tự: \(\left\{{}\begin{matrix}S_{BFD}=\dfrac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}S_{ABC}\\S_{CDE}=\dfrac{ac}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}S_{ABC}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow S_{AEF}+S_{BFD}+S_{CDE}=\sum\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}S_{ABC}=\dfrac{3}{4}S_{ABC}\Rightarrow\sum\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}=\dfrac{3}{4}\)

Ta chứng minh rằng, \(\sum\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\dfrac{3}{4}\left(1\right)\), để suy ra \(a=b=c\).

Thật vậy, ta có: \(\left(1\right)\Leftrightarrow4\sum bc\left(b+c\right)\ge3\prod\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow4\sum bc\left(b+c\right)\ge3\sum bc\left(b+c\right)+6abc\)

\(\Leftrightarrow\sum bc\left(b+c\right)\ge6abc\). Đến đây dùng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số là xong.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c, hay △ABC đều.

Giả sử \(f\left(x\right)=x^3+a_1x^2+a_2x+a_3\) và \(g\left(x\right)=2x^2+a_4x+a_5\).

Khi đó \(g'\left(x\right)=4x+a_4\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a+a_4=-16\\4b+a_4=16\end{matrix}\right.\Rightarrow b-a=8\)

Xét đa thức \(h\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)=x^3+c_1x^2+c_2x+c_3\). Khi đó đa thức \(h'\left(x\right)\) có bậc là 2 và có 2 nghiệm phân biệt là a và b. Mặt khác hệ số cao nhất của \(h'\left(x\right)\) là 3, nên \(h'\left(x\right)=3\left(x-a\right)\left(x-b\right)\).

Do h(x) và h'(x) có nghiệm chung là a, và a là nghiệm bội 1 (nghiệm đơn) của h'(x), nên a phải là nghiệm bội 2 của h(x). Như vậy \(h\left(x\right)=\left(x-a\right)^2\left(x-c\right)\).

\(\Rightarrow h'\left(x\right)=2\left(x-a\right)\left(x-c\right)+\left(x-a\right)^2=3\left(x-a\right)\left(x-\dfrac{2c+a}{3}\right)\).

Đồng nhất hệ số ta được \(b=\dfrac{2c+a}{3}\Rightarrow c=\dfrac{3b-a}{2}=b+4\).

Vậy \(h\left(x\right)=\left(x-a\right)^2\left(x-b-4\right)\) \(\Rightarrow h\left(b+1\right)=\left(b+1-a\right)^2\left(b+1-b-4\right)=-3^5\)

\(\Rightarrow g\left(b+1\right)-f\left(b+1\right)=-3^5\)