a) Xét hàm \(f\left(x\right)=\dfrac{x^{2021}-x+16}{x^{2020}-x+7}\)

\(f\left(x\right)-4=\dfrac{x^{2021}-x+16-4x^{2020}+4x-28}{x^{2020}-x+7}\)

\(=\dfrac{x^{2021}-4x^{2020}+3x-12}{x^{2020}-x+7}\)

\(=\dfrac{\left(x^{2020}+3\right)\left(x-4\right)}{\left(x^{2020}+3\right)-\left(x-4\right)}\)

 Vậy nếu \(x>4\) thì \(f\left(x\right)-4>0\Leftrightarrow f\left(x\right)>4\).

 Ta có \(u_1>4\) \(\Rightarrow u_2=f\left(u_1\right)>4\) \(\Rightarrow u_3=f\left(u_2\right)>4\) và cứ như thế, ta thu được \(u_n>4,\forall n\)

 Mặt khác, xét hiệu \(f\left(x\right)-x\), ta có \(f\left(x\right)-x\) 

\(=\dfrac{x^{2021}-x+16}{x^{2020}-x+7}-x\)

\(=\dfrac{x^{2021}-x+16-x^{2021}+x^2-7x}{x^{2020}-x+7}\)

\(=\dfrac{x^2-8x+16}{x^{2020}-x+7}\)

\(=\dfrac{\left(x-4\right)^2}{x^{2020}-x+7}>0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)>x\)

\(\Rightarrow u_{n+1}=f\left(u_n\right)>u_n,\forall n\)

\(\Rightarrow\left(u_n\right)\) là dãy tăng.

Giả sử \(\left(u_n\right)\) bị chặn trên. Khi đó đặt \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=L>2021\). Khi đó:

\(L=\dfrac{L^{2021}-L+16}{L^{2020}-L+7}\)

\(\Leftrightarrow L^{2021}-L^2+7L=L^{2021}-L+16\)

\(\Leftrightarrow L^2-8L+16=0\)

\(\Leftrightarrow L=4\), vô lý.

 Vậy \(\left(u_n\right)\) không bị chặn trên \(\Rightarrow\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=+\infty\) hay \(\left(u_n\right)\) không có ghhh.

 b) Ta có \(\dfrac{1}{f\left(x\right)-4}=\dfrac{\left(x^{2020}+3\right)-\left(x-4\right)}{\left(x^{2020}+3\right)\left(x-4\right)}\)

\(=\dfrac{1}{x-4}-\dfrac{1}{x^{2020}+3}\)

Từ đó ta có \(\dfrac{1}{u_{n+1}-4}=\dfrac{1}{u_n-4}-\dfrac{1}{u_n^{2020}+3}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_n^{2020}+3}=\dfrac{1}{u_n-4}-\dfrac{1}{u_{n+1}-4}\)

\(\Rightarrow S_n=\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{1}{u_i^{2020}+3}=\dfrac{1}{u_1-4}-\dfrac{1}{u_{n+1}-4}\)

\(=\dfrac{1}{2017}-\dfrac{1}{u_{n+1}-4}\)

\(\Rightarrow\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}S_n=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{1}{2017}-\dfrac{1}{u_{n+1}-4}\right)=\dfrac{1}{2017}\)

(vì \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=+\infty\))

Vậy \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}S_n=\dfrac{1}{2017}\)

 Viết lại đề: \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=\dfrac{1}{7}\\u_{n+1}=\dfrac{u_n\left(1-u_n^8\right)}{1+u_n}\end{matrix}\right.\)

 *Tính \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n\):

 Bằng quy nạp, dễ chứng minh được \(0< u_n< 1,\forall n=1,2,...\)

 Ta có \(u_{n+1}-u_n=\dfrac{-u_n^9-u_n^2}{1+u_n}< 0\) nên \(\left(u_n\right)\) là dãy giảm. Mà \(\left(u_n\right)\) bị chặn nên \(\left(u_n\right)\) có giới hạn hữu hạn.

 Đặt \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=L\left(0\le L< 1\right)\) thì \(L=\dfrac{L\left(1-L^8\right)}{1+L}\)

 \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}L=0\\\dfrac{1-L^8}{1+L}=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}L=0\\1-L^8=1+L\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}L=0\\L=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow L=0\) \(\Rightarrow\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=0\)

a) đkxđ \(x\ge-1\)

pt đã cho tương đương với

\(x^2-x=2\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x^3+1}\right)\)

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\left(nhận\right)\\x=1\left(nhận\right)\\1+\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x^3+1}}=0\left(vôlí\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy pt đã cho có tâp nghiệm \(S=\left\{0;-1\right\}\)

1. I wish you gave me a new typewriter instead of having it repaired.

2. The blind are unable to see anything.

3. The secretary opened the mail which had been delivered that morning.

đkxđ: \(x\ge-\dfrac{1}{3}\)

pt đã cho tương đương với

\(\left(x-1\right)^2=\sqrt{3x+1}-\sqrt{x^2+x+2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{3x+1}\ge\sqrt{x^2+x+2}\)

\(\Rightarrow3x+1\ge x^2+x+2\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x+1\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\le0\)

\(\Leftrightarrow x-1=0\)

\(\Leftrightarrow x=1\) (nhận)

Vậy, pt đã cho có nghiệm duy nhất \(x=1\)

 Lúc mình đọc lời giải kia của bạn thì mình thấy cũng hợp lí nhưng mà Cô-si hơi nhầm tí ở chỗ \(\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{z+y}\ge\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\) ấy.

 Nên là mình cũng dựa trên ý tưởng của bạn nhưng sửa \(\dfrac{1}{2}\) thành 2 thì mới đúng được

 Không thì bạn cứ kiểm tra bằng cách thay điểm rơi \(a=b=c=1\) vào T thì nó ra \(\dfrac{3}{2}\) ngay chứ không ra 6 đâu.

a) Ta dễ chứng minh \(\widehat{BIC}=90^o+\dfrac{\widehat{A}}{2}\). 

Ta thấy \(\widehat{BFK}=\widehat{A}+\widehat{AEF}=\dfrac{\widehat{A}}{2}+\widehat{IAE}+\widehat{AEF}\)  \(=90^o+\dfrac{\widehat{A}}{2}\)

Nên \(\widehat{BIC}=\widehat{BFK}\)

Xét 2 tam giác BIC và BFK, ta có: 

\(\widehat{FBK}=\widehat{IBC}\) (do BI là tia phân giác của \(\widehat{FBC}\)) và \(\widehat{BIC}=\widehat{BFK}\left(cmt\right)\) 

\(\Rightarrow\Delta BIC~\Delta BFK\left(g.g\right)\) (đpcm)

b) Từ \(\Delta BIC~\Delta BFK\Rightarrow\dfrac{BI}{BF}=\dfrac{BC}{BK}\) \(\Rightarrow\dfrac{BI}{BC}=\dfrac{BF}{BK}\)

Xét 2 tam giác BIF và BCK, ta có

\(\dfrac{BI}{BC}=\dfrac{BF}{BK}\) và \(\widehat{IBF}=\widehat{CBK}\)

\(\Rightarrow\Delta BIF~\Delta BCK\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BKC}=\widehat{BFI}\)

Mà \(\widehat{BFI}=90^o\) nên \(\widehat{BKC}=90^o\) (đpcm)

Ta có \(ab+bc+ca=3abc\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\)

Đặt \(x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c}\) thì ta có \(x,y,z>0;x+y+z=3\) và 

\(\sqrt{\dfrac{a}{3b^2c^2+abc}}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{1}{x}}{3.\dfrac{1}{y^2z^2}+\dfrac{1}{xyz}}}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{1}{x}}{\dfrac{3x+yz}{xy^2z^2}}}=\sqrt{\dfrac{y^2z^2}{3x+yz}}\) \(=\dfrac{yz}{\sqrt{3x+yz}}\) \(=\dfrac{yz}{\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}}\) \(=\dfrac{yz}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\)

Do đó \(T=\dfrac{yz}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}+\dfrac{zx}{\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}}+\dfrac{xy}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\)

Lại có \(\dfrac{yz}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\le\dfrac{yz}{2\left(x+y\right)}+\dfrac{yz}{2\left(x+z\right)}\)

Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng theo vế, ta được \(T\le\dfrac{yz}{2\left(x+y\right)}+\dfrac{yz}{2\left(x+z\right)}+\dfrac{zx}{2\left(y+z\right)}+\dfrac{zx}{2\left(y+x\right)}\) \(+\dfrac{xy}{2\left(z+x\right)}+\dfrac{xy}{2\left(z+y\right)}\)

\(T\le\dfrac{yz+zx}{2\left(x+y\right)}+\dfrac{xy+zx}{2\left(y+z\right)}+\dfrac{xy+yz}{2\left(z+x\right)}\)

\(T\le\dfrac{x+y+z}{2}\) (do \(x+y+z=3\))

\(T\le\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\) \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Vậy \(maxT=\dfrac{3}{2}\), xảy ra khi \(a=b=c=1\)

 (Mình muốn gửi lời cảm ơn tới bạn Nguyễn Đức Trí vì ý tưởng của bài này chính là bài mình vừa hỏi lúc nãy trên diễn đàn. Cảm ơn bạn Trí rất nhiều vì đã giúp mình có được lời giải này.)

Ta thấy:

Có 5 cách chọn ra chữ số hàng trăm, 6 cách chọn ra chữ số hàng chục và 6 cách chọn ra chữ số hàng đơn vị.

\(\Rightarrow\) Có tất cả \(5.6.6=180\) số.

Ta có \(A=\overset{2n}{11...1}+\overset{n}{44...4}+1\)

\(A=\dfrac{1}{9}.\overset{2n}{99...9}+\dfrac{4}{9}.\overset{n}{99...9}+1\)

\(A=\dfrac{1}{9}\left(10^{2n}-1\right)+\dfrac{4}{9}\left(10^n-1\right)+1\)

\(A=\dfrac{10^{2n}-1+4.10^n-4+9}{9}\)

\(A=\dfrac{\left(10^n\right)^2+4.10^n+4}{9}\)

\(A=\left(\dfrac{10^n+2}{3}\right)^2\) 

 Dễ thấy \(10^n+2⋮3\) vì có tổng các chữ số là 3 nên \(\dfrac{10^n+2}{3}\inℕ^∗\). Vậy A là số chính phương (đpcm)