Có vô hạn số nguyên tố nhé bạn. Nhưng mình không thể chỉ nói mà không có căn cứ được. Mình sẽ chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố.

 Thật vậy, giả sử phản chứng có hữu hạn các số nguyên tố là \(p_1,p_2,...,p_n\) với \(n\inℕ^∗\). Khi đó gọi \(p_i\left(1\le i\le n\right)\) là số nguyên tố lớn nhất trong \(n\) số nguyên tố này.

 Khi đó xét số \(P=p_1p_2...p_n+1\). Ta nhận thấy \(P>p_i\) và \(P\) không chia hết cho bất kì số \(p_j\left(1\le j\le n\right)\) nào. Do vậy \(P\) là một số nguyên tố mới lớn hơn \(p_i\), mâu thuẫn với khẳng định \(p_i\) là số nguyên tố lớn nhất.

 Vậy điều giả sử là sai. Ta có đpcm.

 Tóm lại là có vô hạn SNT nhé.

a)

b)

Một cách tiếp cận là ta sẽ lập công thức tổng quát của dãy \(U_n\):

Ta có \(U_{n+2}=3U_{n+1}-2U_n\)

\(\Leftrightarrow\) \(U_{n+2}-2U_{n+1}=U_{n+1}-2U_n\)

\(\Rightarrow U_{n+2}-2U_{n+1}=U_{n+1}-2U_n=U_n-2U_{n-1}=...=U_1-2U_0=-1\)

Vậy \(U_{n+2}-2U_{n+1}=-1\) hay \(U_{n+1}=2U_n-1\)

\(\Leftrightarrow U_{n+1}-1=2\left(U_n-1\right)\) 

\(\Rightarrow U_n-1=2\left(U_{n-1}-1\right)=4\left(U_{n-2}-1\right)=...=2^n\left(U_0-1\right)=2^n\)

\(\Rightarrow U_n=2^n+1\)

Do đó \(U_{2n}+U_{n+1}-1\)

 \(=2^{2n}+1+2^{n+1}+1-1\)

 \(=\left(2^n\right)^2+2.2^n+1\)

 \(=\left(2^n+1\right)^2\) là số chính phương với mọi \(n\)

Ta có đpcm.

pt đã cho \(\Leftrightarrow\dfrac{2x-50}{50}-1+\dfrac{2x-51}{49}-1+\dfrac{2x-52}{48}-1+\dfrac{2x-53}{47}-1+\dfrac{2x-200}{25}+4=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x-50-50}{50}+\dfrac{2x-51-49}{49}+\dfrac{2x-52-48}{48}+\dfrac{2x-53-47}{47}+\dfrac{2x-200+100}{25}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x-100}{50}+\dfrac{2x-100}{49}+\dfrac{2x-100}{48}+\dfrac{2x-100}{47}+\dfrac{2x-100}{25}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-100\right)\left(\dfrac{1}{50}+\dfrac{1}{49}+\dfrac{1}{48}+\dfrac{1}{47}+\dfrac{1}{25}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2x-100=0\) (vì \(\dfrac{1}{50}+\dfrac{1}{49}+\dfrac{1}{48}+\dfrac{1}{47}+\dfrac{1}{25}>0\))

\(\Leftrightarrow x=50\)

Vậy pt đã cho có tập nghiệm \(S=\left\{50\right\}\)

 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD tại M.

 Khi đó \(\widehat{DCA}=\widehat{DBM}\) (2 góc so le trong)

 Xét 2 tam giác DAC và DMB, ta có:

\(\widehat{DCA}=\widehat{DBM}\left(cmt\right);\) \(DC=DB\) (do AD là trung tuyến của tam giác ABC) và \(\widehat{ADC}=\widehat{BDM}\) (2 góc đối đỉnh)

 Do đó \(\Delta DAC=\Delta DMB\left(g.c.g\right)\)

\(\Rightarrow MB=AC\) và \(DA=DM\Rightarrow\) D là trung điểm AM \(\Rightarrow DM=2DA\)

 Trong tam giác ABM, ta có \(AM< AB+BM\)

 Lại có \(DM=2DA;MB=AC\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow2AD< AB+AC\)

\(\Rightarrow AD< \dfrac{AB+AC}{2}\)

\(\Rightarrow AD< \dfrac{AB}{2}+\dfrac{AC}{2}\)

\(\Rightarrow AD< BF+CE\)  (1)

 Trong tam giác GBF, có \(BF< GB+GF\), trong tam giác GCE có \(CE< GC+GE\)

 Cộng theo vế 2 bất đẳng thức trên, thu được \(BF+CE< GF+GB+GE+GC\)

 hay \(BF+CE< \left(GB+GE\right)+\left(GC+GF\right)\)

 hay \(BF+CE< BE+CF\) (2)

 Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AD< BE+CF\)

 Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được \(BE< AD+CF\) và \(CF< AD+BE\). Do đó AD, BE, CF là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác (đpcm)

 Ở chỗ cuối mình xét thiếu. Từ pt \(aq^2=3p^2\), nếu \(a=3t\) mà \(t\) không phải là SCP thì có \(tq^2=p^2\) \(\Rightarrow p⋮t\) \(\Rightarrow p=tu\) \(\Rightarrow tq^2=t^2u^2\) \(\Rightarrow q^2=tu^2\) \(\Rightarrow q⋮t\) \(\Rightarrow p,q⋮t\), mâu thuẫn.

 Còn nếu \(a=3c^2\left(c\ge2\right)\) thì \(p^2=c^2q^2\) \(\Leftrightarrow p=\pm cq\) \(\Leftrightarrow\dfrac{p}{q}=\pm c\) 

 Lại có \(r=\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}=-c\sqrt{3}\pm c\)

 Nếu \(r=-c\sqrt{3}+c\) thì \(r^3-2ar+1=\left(-c\sqrt{3}+c\right)^3-6\left(-c\sqrt{3}+c\right)+1\) \(=4c^3+1>0\) với \(c\ge2\), vô lí.

 Nếu \(r=-c\sqrt{3}-c\) thì

\(r^3-2ar+1=-4c^3+1< 0\) với \(c\ge2\), vô lí.

 Giờ ta mới xét đủ trường hợp để chứng minh giả sử sai.

 Giả sử \(r+\sqrt{a}\) là một số hữu tỉ. Đặt \(r+\sqrt{a}=\dfrac{p}{q}\) với \(p,q\inℤ\), \(q\ne0\) và \(\left(p,q\right)=1\). 

 \(\Leftrightarrow r=\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}\)

 Vì \(r^3-2ar+1=0\)

 \(\Leftrightarrow\left(\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}\right)^3-2a.\left(\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}\right)+1=0\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{p^3}{q^3}-\dfrac{3p^2\sqrt{a}}{q^2}+\dfrac{3ap}{q}-a\sqrt{a}-\dfrac{2ap}{q}+2a\sqrt{a}+1=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{p^3}{q^3}-\dfrac{3p^2\sqrt{a}}{q^2}+\dfrac{ap}{q}+a\sqrt{a}+1=0\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{p^3+apq^2+q^3}{q^3}+\left(\dfrac{aq^2-3p^2}{q^2}\right)\sqrt{a}=0\)

 Vì \(p,q,a\inℤ\) nên \(\dfrac{p^3+apq^2+q^3}{q^3}\) và \(\dfrac{aq^2-3p^2}{q^2}\) là các số hữu tỉ. Hơn thế nữa, 0 cũng là một số hữu tỉ, trong khi đó \(\sqrt{a}\) lại là số vô tỉ (vì \(a\) là số nguyên dương không chính phương) nên \(\dfrac{aq^2-3p^2}{q^2}=0\)

 \(\Leftrightarrow aq^2=3p^2\) 

 Nếu \(3⋮a\Rightarrow a\in\left\{1,3\right\}\). Với \(a=1\) thì \(q^2=3p^2\) \(\Rightarrow q⋮3\) \(\Rightarrow q=3k\left(k\inℤ\right)\) 

 \(\Rightarrow9k^2=3p^2\) \(\Rightarrow p^2=3k^2\) \(\Rightarrow p⋮3\). Từ đây ta có \(p,q⋮3\) , mẫu thuẫn với điều kiện \(\left(p,q\right)=1\)

  Với \(a=3\) thì \(q^2=p^2\) \(\Leftrightarrow q=\pm p\) \(\Leftrightarrow r+\sqrt{3}=\pm1\) hay \(r=-\sqrt{3}\pm1\)

 Trong trường hợp này, ta thấy \(r^3-2ar+1=\left(-\sqrt{3}\pm1\right)^3-6\left(-\sqrt{3}\pm1\right)+1\ne0\) nên \(a=3\) không thỏa mãn.

 Vậy \(3⋮̸a\) \(\Rightarrow p⋮a\) \(\Rightarrow p=al\left(l\inℤ\right)\)

  \(\Rightarrow aq^2=3\left(al\right)^2\) 

  \(\Leftrightarrow q^2=3al^2\) 

 \(\Rightarrow q⋮a\)

 Vậy \(p,q⋮a\). Do \(a>1\) nên từ đây, ta thấy mâu thuẫn với điều kiện \(\left(p,q\right)=1\). 

 Do đó, điều giả sử là sai \(\Rightarrow r+\sqrt{a}\in I\)

Đặt \(p^n+8=k^3\left(k\inℕ,k\ge3\right)\)

\(\Leftrightarrow k^3-8=p^n\)

\(\Leftrightarrow\left(k-2\right)\left(k^2+2k+4\right)=p^n\)

\(\Leftrightarrow k-2=p^i\left(i\inℕ,i\le n\right)\)

\(\Leftrightarrow k=p^i+2\)

Ta có \(p^n+8=k^3\)

\(\Leftrightarrow p^n+8=\left(p^i+2\right)^3\)

\(\Leftrightarrow p^n=p^{3i}+6p^{2i}+12p^i\) (*)

Đặt \(p^j=\dfrac{p^n}{p^i}\left(j\inℕ,j\le n\right)\), khi đó (*) thành 

\(p^j=p^{2i}+6p^{2i}+12\) (**)

Xét \(i=0\Leftrightarrow p^j=19\Leftrightarrow\left(p,j\right)=\left(19,1\right)\) \(\Rightarrow n=1\)

Ta tìm được một bộ \(\left(p,n\right)=\left(17,1\right)\)

Nếu \(j=0\) thì vô lí. Xét \(i,j\ge1\) . Khi đó ta có \(12⋮p\) \(\Rightarrow p\in\left\{2,3\right\}\)

Với \(p=2\), ta có \(2^n+8=k^3\) \(\Rightarrow k⋮2\Rightarrow k=2l\left(l\inℕ\right)\)

\(\Rightarrow2^n+8=8l^3\Leftrightarrow2^{n-3}+1=l^3\) \(\left(n\ge3\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(l-1\right)\left(l^2+l+1\right)=2^{n-3}\)

\(\Leftrightarrow l-1=2^m\left(m\le n-3\right)\)

\(\Leftrightarrow l=2^m+1\)

Do đó \(2^{n-3}+1=\left(2^m+1\right)^3\) 

\(\Leftrightarrow2^{n-3}=2^{3m}+3.2^{2m}+3.2^m\)

\(\Leftrightarrow2^{n-3-m}=2^{2m}+3.2^m+3\)

\(\Rightarrow3⋮2^{n-3-m}\) \(\Leftrightarrow n-3-m=0\) \(\Leftrightarrow m=n-3\)

\(\Leftrightarrow l^2+l+1=1\) \(\Leftrightarrow l=0\) \(\Leftrightarrow k=0\), vô lí.

Với \(p=3\), ta có \(3^n+8=k^3\) \(\Rightarrow k\) chia 3 dư 2 \(\Rightarrow k=3q+2\left(q\inℕ^∗\right)\)

\(\Rightarrow3^n+8=\left(3q+2\right)^3\)

\(\Leftrightarrow3^n=27q^3+54q^2+36q\)

\(\Leftrightarrow3^{n-2}=q\left(3q^2+6q+4\right)\) \(\left(n\ge2\right)\)

 Dễ thấy nếu \(n=2\) thì vô lí. Xét \(n\ge3\). Khi đó vì \(3q^2+6q+4⋮̸3\) nên \(3q^2+6q+4=1\), vô lí.

Vậy \(\left(p,n\right)=\left(19,1\right)\) là cặp số duy nhất thỏa mãn ycbt.

a) BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow\dfrac{a^2y+b^2x}{xy}\ge\dfrac{a^2+2ab+b^2}{x+y}\)

\(\Leftrightarrow a^2xy+a^2y^2+b^2x^2+b^2xy\ge xya^2+2abxy+xyb^2\)

\(\Leftrightarrow a^2y^2-2abxy+b^2x^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra khi \(ay=bx\)

b) Ta có \(VT=\dfrac{a^2}{4b^2a+a}+\dfrac{b^2}{4a^2b+b}\)

\(\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4ab\left(a+b\right)+\left(a+b\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)^2+a+b}\) (vì \(4ab=a+b\))

\(=\dfrac{a+b}{a+b+1}\)

Đặt \(t=a+b\left(t>0\right)\) thì suy ra \(VT\ge\dfrac{t}{t+1}\)

Do \(4ab=a+b\ge2\sqrt{ab}\Leftrightarrow ab\ge\dfrac{1}{4}\)

Nên \(a+b\ge1\) \(\Rightarrow t\ge1\)

Ta cần tìm GTNN của \(T=\dfrac{t}{t+1}\) với \(t\ge1\)

\(T=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{t}}\)

Ta có \(t\ge1\Leftrightarrow\dfrac{1}{t}\le1\Leftrightarrow1+\dfrac{1}{t}\le2\Leftrightarrow\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{t}}\ge\dfrac{1}{2}\)

Vậy \(T\ge\dfrac{1}{2}\) \(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\dfrac{a}{4b^2a+a}=\dfrac{b}{4a^2b+b}\) và \(t=1\)

\(\Leftrightarrow4a^3b+ab=4b^3a+ab\) và \(a+b=1\)

\(\Leftrightarrow a=b\) và \(a+b=1\)

\(\Leftrightarrow a=b=\dfrac{1}{2}\)

Vậy ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=\dfrac{1}{2}\)

 Do \(x,y,z\) là số chính phương nên chỉ có thể chia 3 và 4 dư 0 hoặc dư 1.

 Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 3 và 4. Không mất tính tổng quát, giả sử là \(x,y\) 

 \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-y⋮3\\x-y⋮4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}B⋮3\\B⋮4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow B⋮12\), đpcm

\(VT=\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}+...+\dfrac{1}{100^2}\)

\(=\dfrac{1}{2.2}+\dfrac{1}{3.3}+\dfrac{1}{4.4}+...+\dfrac{1}{100.100}\)

\(< \dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{2.3}+\dfrac{1}{3.4}+...+\dfrac{1}{99.100}\)

\(=\dfrac{2-1}{1.2}+\dfrac{3-2}{2.3}+\dfrac{4-3}{3.4}+...+\dfrac{100-99}{99.100}\)

\(=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+...+\dfrac{1}{99}-\dfrac{1}{100}\)

\(=1-\dfrac{1}{100}< 1\)

Ta có đpcm.