Ta có: $P_n=\prod_{k=1}^n{\sqrt[2^k]{2}}=\prod_{k=1}^n{2^{\frac{1}{2^k}}}=2^{\sum_{k=1}^n{\frac{1}{2^k}}}=2^{1-\frac{1}{2^n}}$
Do đó: $\lim_{n\to \infty}{P_n}=2.$

KMTTQ, giả sử $a=\min \{ a,b,c\} $. Ta có:
$T=\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}-\frac{1}{a(b+c)}-\frac{1}{b(c+a)}-\frac{1}{c(a+b)}$
$=\frac{1}{a+b}\left( \frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right) +\frac{1}{b+c}\left( \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right) +\frac{1}{c+a}\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)$
Nếu $b\leq c$ thì $T\geq \frac{1}{c+a}\left( \frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{c+a}\left( \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right)+\frac{1}{c+a}\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)=0$.
Nếu $b>c$ thì $T>\frac{1}{a+b}\left( \frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right) +\frac{1}{a+b}\left( \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right) +\frac{1}{a+b}\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)=0$.
Tóm lại: $\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geq \frac{1}{a(b+c)}+\frac{1}{b(c+a)}+\frac{1}{c(a+b)}\geq \frac{9}{2(ab+bc+ca)}$.

Ta có: $X_{n+1}=\frac{2X_n}{\sqrt{X_n^2+X_n+1}+\sqrt{X_n^2-X_n+1}} (*)$
Áp dụng BĐT $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\geq \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$ với $a=c=\frac{\sqrt{3}}{2},b=\frac{1}{2}+X_n,d=\frac{1}{2}-X_n$ ta được: $\sqrt{X_n^2+X_n+1}+\sqrt{X_n^2-X_n+1}\geq 2.$
Do đó $X_{n+1}\leq X_n,\forall n$ hay dãy $(X_n)$ là dãy giảm.
Vì $X_n>0,\forall n$ nên tồn tại $\lim_{n\to \infty}X_n=L\geq 0$.
Từ $(*)$ cho $n\to \infty$ ta được: $L=\frac{2L}{\sqrt{L^2+L+1}+\sqrt{L^2-L+1}}$ suy ra $L=0$.

Ta có:
$3-(a+b+c)=\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)=\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+(a+b+c)}\leq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2(a+b+c)}$
$\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}-(a+b+c)$
$=\sum_{a,b,c}{\left( \frac{a^2+b^2}{a+b}-\frac{a+b}{2}\right)}=\sum_{a,b,c}{\frac{(a-b)^2}{2(a+b)}}\geq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2(a+b+c)}$.
Từ đó suy ra đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Trong 18 điểm đã cho tồn tại 2 điểm $A$ và $B_1$ sao cho 16 điểm còn lại cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ $AB$.
Kí hiệu 16 điểm còn lại là $B_2,B_3,...,B_{17}$.
KMTTQ, giả sử $\widehat{B_1AB_2}<\widehat{_1BAB_3}<...<\widehat{B_1AB_{17}}$.
Vì $B_i$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ $AB_1$ nên $\widehat{B_1AB_2}+\widehat{B_2AB_3}+...+\widehat{B_{16}AB_{17}}<180^0$.
Do đó tồn tại $i$ sao cho $\widehat{B_iAB_{i+1}}<\frac{180^0}{16}<12^0$.

a) $A_k$ là số tự nhiên có $k$ chữ số gồm toàn chữ số 2.
Trong các số $A_1,A_2,...,A_{2004}$ có ít nhất 2 số có cùng số dư khi chia cho 2003, giả sử là $A_i<A_j$.
Khi đó $22...200...0$, là số tự nhiên có $j$ chữ số gồm $j-i$ chữ số 2 và $i$ chữ số 0, chia hết cho 2003.
Mà $(10^k,2003)=1,\forall k$ nên $A_{j-i}$ chia hết cho 2003.

b) Tương tự, ta biết rằng tồn tại số có dạng $B=20022002...2002$ chia hết cho 2003. Khi đó số tự nhiên $B_k$, được tạo thành bằng cách viết $k$ số $B$ liên tiếp nhau, chia hết cho 2003.

Ta có:
$4\sqrt{3abc(a+b+c)}-4(ab+bc+ca)=-2.\frac{(ab-bc)^2+(bc-ca)^2+(ca-ab)^2}{\sqrt{3abc(a+b+c)}+ab+bc+ca}\leq 0$
Đặt $\sqrt{a}=x,\sqrt{b}=y,\sqrt{c}=z$ ta có:
$T=2\left[ \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2-4(ab+bc+ca)\right]$
$=2[xyz(x+y+z)+x^4+y^4+z^4-2x^2y^2-2y^2z^2-2z^2x^2]$
$=[(y+z)^2-x^2](y-z)^2+[(z+x)^2-y^2](z-x)^2+[(x+y)^2-z^2](x-y)^2$
KMTTQ, giả sử $x$ nằm giữa $y$ và $z$ thì $(y-z)^2\geq (z-x)^2+(x-y)^2$. Khi đó:
$T\geq 2(x+y+z)\left[ z(z-x)^2+y(x-y)^2\right]\geq 0.$
Từ đó suy ra đpcm.

ĐK: $xy\geq 0$ và $x,y\geq 1.$
Từ hệ đã cho ta có:
$2(x+y-\sqrt{xy})-4(\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1})=-10.$
$\Leftrightarrow (\sqrt{|x|}-\sqrt{|y|})^2+(\sqrt{x+1}-2)^2+(\sqrt{y+1}-2)^2=0$
$\Leftrightarrow x=y=3$.

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Hai đa giác đều $H_1$ và $H_2$ có cùng số cạnh.
Giả sử $H_1$ nội tiếp $(O_1)$ và $H_2$ nội tiếp $(O_2)$.
Tồn tại phép vị tự $V$ biến $(O_1)$ thành $(O_2)$. Khi đó $V$ biến $H_1$ thành $H_3$ nội tiếp $(O_2)$.
Tồn tại phép quay $Q$ biến $H_3$ thành $H_2$.
Vậy tồn tại phép đồng dạng biến $H_1$ thành $H_2$ nên $H_1$ đồng dạng với $H_2$.

Với $D$ thuộc đoạn $AB$ thì có thể chứng minh $\Delta ADE$ có chu vi không đổi và bằng $2R$.
Do đó $\Delta ADE$ có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi $\Delta ADE$ cân tại $A$.
Chứng minh cho điều này bạn có thể tìm thấy tại:
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114238/mot-bai-kha-hay

Giả sử số tự nhiên $\overline{abc}$ thỏa mãn bài toán.
+) Nếu $a>b>c$ thì $a\geq 2$. Với $a=i\geq 2$ thì có $C_i^2=\frac{i(i-1)}{2}$ cách chọn $b>c$ từ các chữ số $0,1,...,i-1$. Vậy số các số $\overline{abc}$ trong TH này là:
$\sum_{i=2}^9{\frac{i(i-1)}{2}}=\frac{1}{2}(1.2+2.3+...+8.9)=\frac{8.9.10}{6}=120$.
+) Nếu $a<b<c$ thì $c\geq 3$. Với $c=i\geq 3$ thì có $C_{i-1}^2=\frac{(i-1)(i-2)}{2}$ cách chọn $b>a$ từ các chữ số $1,2,...,i-1$. Vậy số các số $\overline{abc}$ trong TH này là:
$\sum_{i=3}^9{\frac{(i-1)(i-2)}{2}}=\frac{1}{2}(1.2+2.3+...+7.8)=\frac{7.8.9}{6}=84$.
Tóm lại, có tất cả 204 số thỏa mãn bài toán.

Ta có: $n^2=n!+n \Leftrightarrow n(n-1)=n! \Leftrightarrow \begin{cases} n\geq 2 \\ 1=(n-2)!\end{cases} \Leftrightarrow n=2\vee n=3$.

Có $102\equiv 3(\text{mod }99)$ nên $102^{10}\equiv 3^{10}(\text{mod }99)$.
Có $3^{10}\equiv 0(\text{mod }9)$ và $3^{10}=243^2\equiv 1(\text{mod }11)$ nên $3^{10}\equiv 45(\text{mod }99)$.

ĐK bài toán tương đương với:
$\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{a+b-c}+\sqrt{c}.$
$\Leftrightarrow ab=c(a+b-c)$
Đặt $\sqrt{\frac{a}{a+b-c}}=u,\sqrt{\frac{b}{a+b-c}}=v$ thì $\sqrt{\frac{c}{a+b-c}}=uv$. Từ đó suy ra:
$u+v=1+uv\Leftrightarrow u=1\vee v=1\Leftrightarrow a=c\vee b=c\Rightarrow \sqrt[2012]{a}+\sqrt[2012]{b}-\sqrt[2012]{c}=\sqrt[2012]{a+b-c}$.