3) Ta có \(P\left(n\right)=n^{1800}\left(n^{80}+n^{40}+1\right)\). Đặt \(n^{10}=a\) với \(a\inℕ\), khi đó \(P\left(a\right)=a^{180}\left(a^8+a^4+1\right)\) còn \(Q\left(a\right)=a^2+a+1\). Ta sẽ chứng minh \(a^8+a^4+1⋮a^2+a+1,\forall a\inℕ\). Thật vậy, xét hiệu:

\(D=\left(a^8+a^4+1\right)-\left(a^2+a+1\right)=a^8+a^4-a^2-a\). Phân tích D thành nhân tử, ta được:

\(D=a\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)\left(a^4+a+1\right)\)\(⋮a^2+a+1\)

Từ đây suy ra được \(a^8+a^4+1⋮a^2+a+1,\forall a\inℤ\). Vậy ta có đpcm

1) Bằng phương pháp quy nạp, dễ dàng chứng minh \(1^2+2^2+...+n^2=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\). Do đó, để \(1^2+2^2+...+n^2⋮̸5\) thì \(n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)⋮̸5\). Điều này có nghĩa là \(n\equiv3\left(mod5\right)\) hoặc \(n\equiv1\left(mod5\right)\). Tóm lại, để \(1^2+2^2+...+n^2⋮̸5\) thì \(n\equiv3\left(mod5\right)\) hoặc \(n\equiv1\left(mod5\right)\).

2) Ta so sánh \(a^3-7a^2+4a-14\) với \(a^3+3\). Ta thấy \(\left(a^3-7a^2+4a-14\right)-\left(a^3+3\right)\) \(=-7a^2+4a-17=D\). dễ thấy với mọi \(a\inℤ\) thì \(D< 0\) (thực ra với mọi \(a\inℝ\) thì vẫn có \(D< 0\)) nên \(a^3-7a^2+4a-14< a^3+3\), vì vậy \(a^3-7a^2+4a-14⋮̸a^3+3\). Vậy, không tồn tại \(a\inℤ\) thỏa mãn ycbt.

Mình làm 2 bài này trước nhé.

The question is not quite clear, so I am going to fill in each blank the most natural word that is possible.

1. Nice (or you can use "Good" or "Glad")

2. knitting kit

3. interested in

4. free time

5. hang out

6. time

7. fantastic movie

8. go with

9. go to (if you want, you can also use "head to")

10. You can put in this blank any proper time you want.

Ta phân tích \(10+6\sqrt{3}=3\sqrt{3}+9+3\sqrt{3}+1\) \(=\left(\sqrt{3}\right)^3+3.\left(\sqrt{3}\right)^2.1+3\sqrt{3}.1^2+1^3\) \(=\left(\sqrt{3}+1\right)^3\). 

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

Vậy \(P=\left(x^3-4x+1\right)^{2009}\)\(=\left(2^3-4.2+1\right)^{2009}\) \(=1\)

 Vì ^{\(a^2,b^2,c^2\ge0\) nên \(a^2+b^2+c^2\ge0\)}. ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=c=0\), thỏa mãn đk đề bài. Vậy GTNN của \(a^2+b^2+c^2\) là 0, xảy ra khi \(a=b=c=0\)

Cặp \(m=2\) , \(n=1\) vẫn thỏa \(m^2-2020n^2+2022⋮mn\)

 Ta có BDT luôn đúng \(\left(a-b\right)^2\ge0\) \(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\) \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\). Do \(a^2+b^2\le2\) nên \(2\left(a^2+b^2\right)\le4\).

 Do đó \(\left(a+b\right)^2\le4\) \(\Leftrightarrow-2\le a+b\le2\), suy ra đpcm. ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=1\)

 Kí hiệu A, B, C lần lượt là tập hợp các viên sỏi trong cùng một đống sỏi và \(f\left(A\right),f\left(B\right),f\left(C\right)\) lần lượt là số dư của số viên sỏi trong đống đó khi chia cho 3. Khi đó \(f\left(A\right)=1;f\left(B\right)=2;f\left(C\right)=0\)

 Nghĩa là \(f\left(A\right),f\left(B\right),f\left(C\right)\) đôi một khác nhau. Ta sẽ xét trường hợp tổng quát, là số sỏi trong mỗi đống thỏa mãn \(f\left(A\right),f\left(B\right),f\left(C\right)\) đôi một khác nhau (chứ không chỉ riêng TH 10, 11, 12). Giả sử \(f\left(A\right)=1;f\left(B\right)=2;f\left(C\right)=0\). Có tất cả 3 trường hợp xảy ra của phép biến đổi:

TH1: Lấy 2 viên sỏi, mỗi viên từ đống A và B, sau đó thêm vào đống C viên. Khi đó sau phép biến đổi, \(f\left(A\right)=0,f\left(B\right)=1,f\left(C\right)=2\).

TH2: Lấy 2 viên sỏi, mỗi viên từ đống B và C, sau đó thêm vào đống A. Khi đó sau phép biến đổi thì \(f\left(A\right)=0;f\left(B\right)=1;f\left(C\right)=2\)

TH3: Lấy 2 viên sỏi, mỗi viên từ đống A và C, sau đó thêm vào đống B. Khi đó sau phép biến đổi thì \(f\left(A\right)=0;f\left(B\right)=1;f\left(C\right)=2\)

 Như vậy, từ vị trí ban đầu, cho dù ta thực hiện phép biến đổi như thế nào thì \(f\left(A\right),f\left(B\right),f\left(C\right)\) vẫn luôn đôi một khác nhau. Chính vì vậy, không thể xảy ra trường hợp 3 đống sỏi có số sỏi bằng nhau vì khi đó \(f\left(A\right)=f\left(B\right)=f\left(C\right)\) 

À mình nhầm 1 chút. Tích \(P=\left(1+1\right)\left(2+1\right)\left(3+1\right)...\left(2023+1\right)\) và do đó nếu \(a_0\) là số cuối cùng trên bảng thì\(\dfrac{1}{a_0}+1=\left(1+1\right)\left(2+1\right)\left(3+1\right)...\left(2023+1\right)\) hay \(a_0=\dfrac{1}{2.3.4...2024-1}\). Vậy số cuối cùng là \(\dfrac{1}{2.3.4...2024-1}\)

 Nếu trên bảng có các số \(a_1,a_2,...,a_n\) thì ta xét tích \(P=\left(\dfrac{1}{a_1}+1\right)\left(\dfrac{1}{a_2}+1\right)...\left(\dfrac{1}{a_n}+1\right)\). Sau mỗi bước, ta thay 2 số \(a_i,a_j\) bằng số \(a_k=\dfrac{a_ia_j}{a_i+a_j+1}\). Khi đó \(\dfrac{1}{a_k}+1=\dfrac{a_i+a_j+1}{a_ia_j}+1=\dfrac{1}{a_i}+\dfrac{1}{a_j}+\dfrac{1}{a_ia_j}+1\) \(=\dfrac{1}{a_j}\left(\dfrac{1}{a_i}+1\right)+\left(\dfrac{1}{a_i}+1\right)\) \(=\left(\dfrac{1}{a_i}+1\right)\left(\dfrac{1}{a_j}+1\right)\)

 Như vậy, sau phép biến đổi ban đầu, tích\(P=\left(\dfrac{1}{a_1}+1\right)\left(\dfrac{1}{a_2}+1\right)...\left(\dfrac{1}{a_k}+1\right)...\left(\dfrac{1}{a_n}+1\right)\)

\(P=\left(\dfrac{1}{a_1}+1\right)\left(\dfrac{1}{a_2}+1\right)...\left(\dfrac{1}{a_i}+1\right)\left(\dfrac{1}{a_j}+1\right)...\left(\dfrac{1}{a_n}+1\right)\)

 Là không thay đổi. Vì vậy, số cuối cùng còn lại trên bảng chính là giá trị của tích P. Lại có 

\(P=\left(1+1\right)\left(\dfrac{1}{2}+1\right)\left(\dfrac{1}{3}+1\right)...\left(\dfrac{1}{2023}+1\right)\)

\(P=2.\dfrac{3}{2}.\dfrac{4}{3}...\dfrac{2024}{2023}=2024\)

Như vậy, số cuối cùng trên bảng sẽ bằng 2024.