Đặt \(2002=C\). Khi đó \(P=\dfrac{x}{x^2+2Cx+C^2}\)

\(\Leftrightarrow Px^2+2CPx+PC^2=x\)

\(\Leftrightarrow Px^2+\left(2CP-1\right)x+PC^2=0\) (*)

Để (*) có nghiệm thì \(\Delta\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2CP-1\right)^2-4P^2C^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2PC-1-2PC\right)\left(2PC-1+2PC\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{4C}=\dfrac{1}{8008}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=\dfrac{1-2CP}{P}=\dfrac{1-2C.\dfrac{1}{4C}}{\dfrac{1}{4C}}=2C=4004\)

Vậy GTLN của P là \(\dfrac{1}{8008}\) khi \(x=4004\)

Ta thấy \(a=1000^{1001}\) 

\(=1000.1000^{1000}\) 

\(=1000^{1000}+1000^{1000}+...+1000^{1000}\) (1000 lần)

\(>1^1+2^2+...+1000^{1000}\)

 Nên \(a>c\)

 Lại có \(2^{2^{64}}=2^{2^4.2^{60}}=\left(2^{2^4}\right)^{2^{60}}\) \(>\left(2^{10}\right)^{2^{10}}=1024^{1024}>1000^{1001}\) nên \(b>a\)

 Vậy \(b>a>c\)

a) Trong (O) có đường kính AB và \(D\in\left(O\right)\) nên \(\widehat{ADB}=90^o\) hay \(DB\perp AM\) tại D.

 Tam giác ABM vuông tại B có đường cao BD nên \(AD.AM=AB^2=\left(2r\right)^2=4r^2\)

 Mặt khác, đường thẳng OE đi qua trung điểm E của dây cung AD của (O) nên \(OE\perp AD\) tại E hay \(\widehat{OEM}=90^o\). Lại có \(\widehat{OBM}=90^o\), suy ra 4 điểm O, B, M, E cùng thuộc đường tròn (OM).

 b) Tam giác OBC cân tại O có đường cao OH nên OH cũng là phân giác của \(\widehat{BOC}\) \(\Rightarrow\widehat{BOM}=\widehat{COM}\)

 Xét tam giác BOM và COM có cạnh chung OM, \(\widehat{BOM}=\widehat{COM}\) và \(OB=OC\) nên \(\Delta BOM=\Delta COM\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{OBM}=\widehat{OCM}\)

 Mà \(\widehat{OBM}=90^o\) \(\Rightarrow\widehat{OCM}=90^o\) hay \(MC\perp OC\) tại C. Mà \(C\in\left(O\right)\) nên MC là tiếp tuyến của (O).

 c) Gọi N là giao điểm của BQ và MO.

Nhận thấy \(\widehat{MDB}=\widehat{MHB}=90^o\) nên tứ giác BHDM nội tiếp đường tròn (BM).

 Mặt khác, \(\widehat{CQH}=\widehat{CQA}=\widehat{CBA}=\widehat{CMO}=\widehat{CMH}\) nên tứ giác CMQH nội tiếp 

 Do đó 3 trục đẳng phương MH, CQ, BD ứng với 3 đường tròn (O), (BM), (CMQH) đồng quy tại 1 điểm T. 

 Lại có \(TQ.TC=TB.TD\) và \(TB=TC\) nên \(TQ=TD\). Mà \(\widehat{MDT}=\widehat{MQT}=\widehat{MHC}=90^o\) nên \(\Delta MDT=\Delta MQT\) (ch-cgv) \(\Rightarrow MD=MQ\) \(\Rightarrow\) D, Q đối xứng với nhau qua MO

 \(\Rightarrow\widehat{NQM}=\widehat{NDM}=\widehat{CDA}=\widehat{CBA}=\widehat{OMB}=\widehat{NMB}\)

 Suy ra \(\Delta NMQ~\Delta NBM\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{NM}{NB}=\dfrac{NQ}{NM}\) \(\Rightarrow NM^2=NB.NQ\)

 Lại có tam giác NBH vuông tại H có đường cao HQ nên \(NH^2=NB.NQ\) \(\Rightarrow NM=NH\). 

Với \(x=0\) thì pt thành \(y^2=66\), vô lí.

Với \(x\ge1\) thì ta thấy \(y\) lẻ.

pt \(\Leftrightarrow2^x+64=y^2-1\) 

\(\Leftrightarrow2^x+64=\left(y-1\right)\left(y+1\right)\) (*)

Đặt \(y=2z+1\left(z\inℕ\right)\). Khi đó 

(*) \(\Leftrightarrow2^x+64=2z\left(2z+2\right)\)

\(\Leftrightarrow2^{x-2}+16=z\left(z+1\right)\)    (1)

Nếu \(x=2\) thì VT lẻ, VP chẵn, vô lý.

Nếu \(x=6\) thì (1) thành \(32=z\left(z+1\right)\), vô lý.

Nếu \(x\ge7\) thì (1) thành \(2^4\left(2^{x-6}+1\right)=z\left(z+1\right)\) 

Bởi \(gcd\left(2^4,2^{x-6}+1\right)=gcd\left(z,z+1\right)=1\) nên từ đây

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}z⋮16\\z\equiv-1\left[16\right]\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}16⋮z\\2^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}z=16\\\left\{{}\begin{matrix}z+1⋮16\\z^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

TH1: \(z=16\Rightarrow2^{x-6}=2^4\Leftrightarrow x=10\Leftrightarrow y=33\)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}z+1⋮16\\2^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}z\equiv-1\left[16\right]\\2^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\). Lại có \(16\left(2^{x-6}+1\right)⋮z+1\)

và \(\left(2^{x-6}+1\right)< z\left(z+1\right)\), đồng thời để ý rằng \(gcd\left(z,z+1\right)=1\) nên từ đó suy ra \(16⋮z+1\) (vì nếu không thì \(2^{x-6}+1⋮x\left(x+1\right)\), vô lí vì \(2^{x-6}+1< x\left(x+1\right)\))

 \(z+1=16\Rightarrow z=15\) \(\Rightarrow2^{x-6}+1=15\), vô lý.

 Nếu \(x\le5\) thì \(x\in\left\{3,4,5\right\}\). Thử lại, ta thấy \(x=4\) thỏa mãn \(\Rightarrow y=9\)

 Do đó pt đã cho có các nghiệm tự nhiên là \(\left(4,9\right),\left(10,33\right)\)

Ta có \(A=\left(1+2\right)+\left(2^2+2^3\right)+...+\left(2^{2018}+2^{2019}\right)\)

\(A=\left(1+2\right)+2^2\left(1+2\right)+...+2^{2018}\left(1+2\right)\)

\(A=\left(1+2\right)\left(1+2^2+...+2^{2018}\right)\)\(⋮3\)

Hiển nhiên \(A>3\). Do đó A là hợp số.

 Một người có thể bắt tay tối đa với \(0,1,2,...,19\) người khác.  Nhưng nếu có người bắt tay với 0 người thì sẽ không thể có người bắt tay với 19 người. Ngược lại, nếu có người bắt tay với 19 người thì sẽ không có ai bắt tay với 0 người. 

 Do đó, số các số cái bắt tay khác nhau có thể xảy ra là 19. Nhưng do có 20 người nên theo nguyên lí Dirichlet, chắc chắn sẽ tồn tại 2 người có số cái bắt tay là như nhau. 

Đặt \(x^2=t\left(t\ge0\right)\)

Khi đó pt đã cho trở thành \(t^2-2mt-\left(2m-3\right)=0\) (*)

a) Để pt có 4 nghiệm thì (*) có 2 nghiệm dương phân biệt

 \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta'>0\\S>0\\P>0\end{matrix}\right.\) 

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(-m\right)^2-\left[-\left(2m-3\right)\right]>0\\2m>0\\3-2m>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2+2m-3>0\\m>0\\m< \dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(m-1\right)\left(m+3\right)>0\\m>0\\m< \dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}m>1\\m< -3\end{matrix}\right.\\m>0\\m< \dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow1< m< \dfrac{3}{2}\)

Vậy \(1< m< \dfrac{3}{2}\)

b) Để pt vô nghiệm thì pt (*) vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm âm phân biệt.

 TH1: (*) vô nghiệm \(\Leftrightarrow\Delta'< 0\)  \(\Leftrightarrow-3< m< 1\)

 TH2: (*) có 2 nghiệm âm phân biệt \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta'>0\\S< 0\\P>0\end{matrix}\right.\) 

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}m< -3\\m>1\end{matrix}\right.\\m< 0\\m< \dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow m< -3\)

Vậy \(m< -1\) và \(m\ne-3\)
 

Ta thấy \(7n^2+n-9=7n^2+n-8-1\) \(=\left(n-1\right)\left(7n+8\right)-1\)

Do đó theo thuật toán Euclid, ta có:

\(gcd\left(n-1,7n^2+n-9\right)\) 

\(=gcd\left(n-1,\left(n-1\right)\left(7n+8\right)-1\right)\) 

\(=gcd\left(7n^2+n-9,-1\right)\)

\(=1\)

(Thuật toán Euclid: Nếu \(a>b\) và \(a=bq+r\left(0\le r< b\right)\) thì \(gcd\left(a,b\right)=gcd\left(a,r\right)\))

Như vậy \(\dfrac{n-1}{7n^2+n-9}\) luôn là phân số tối giản với mọi số tự nhiên \(n\)

Đó là kí hiệu tích nhé bạn.

VD1: Cho n số thực \(a_1,a_2,...,a_n\) thì kí hiệu: 

\(\prod\limits^n_{i=1}a_i=a_1.a_2...a_n\)

VD2: Cho n số thực dương \(a_1,a_2,...,a_n\). Khi đó ta có bất đẳng thức Cô-si nổi tiếng:

 \(\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}\)

 Sử dụng kí hiệu, ta có thể viết lại BĐT này như sau:

 \(\dfrac{\sum\limits^n_{i=1}a_i}{n}\ge\sqrt[n]{\prod\limits^n_{i=1}a_i}\). Ta thấy kí hiệu \(\prod\) xuất hiện ở vế phải làm cho BĐT trở nên gọn gàng hơn rất nhiều.

Gọi số cạnh của đa giác đều ít cạnh hơn là \(n\left(n\ge3\right)\)

Khi đó số đo của mỗi góc trong đa giác đều này là \(\dfrac{180^o\left(n-2\right)}{n}\)

Đa giác đều còn lại sẽ có số cạnh là \(2n\) và số đo của mỗi góc trong đa giác đều này là \(\dfrac{180^o\left(2n-2\right)}{2n}\)

Theo đề bài, ta có \(\dfrac{\dfrac{180^o\left(n-2\right)}{n}}{\dfrac{180^o\left(2n-2\right)}{2n}}=\dfrac{3}{4}\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{n-2}{n-1}=\dfrac{3}{4}\)

 \(\Leftrightarrow4n-8=3n-3\)

 \(\Leftrightarrow n=5\)

Vậy trong 2 đa giác đều có 1 đa giác có 5 cạnh và đa giác đều còn lại có 10 cạnh.