bài 2 

Cộng 2 vế của -4038.(1) + (2) ta được

\(a_1^2+a_2^2+...+a_{2019}^2-4038\left(a_1+a_2+...+a_{2019}\right)\le2019^3+1-4028.2019^2\)

\(\Leftrightarrow a_1^2+a_2^2+...+a_{2019}^2-4038a_1-4038a_2-...-4038a_{2019}\)

                                                                       \(\le2019^3+1-2019.2019^2-2019.2019^2\)

\(\Leftrightarrow a_1^2+a_2^2+...+a_{2019}^2-4038a_1-4038a_2-...-4038a_{2019}+2019.2019^2\le1\)

\(\Leftrightarrow\left(a_1^2-4038a_1+2019^2\right)+...+\left(a_{2019}^2-4038a_{2019}+2019^2\right)\le1\)

\(\Leftrightarrow A=\left(a_1-2019\right)^2+\left(a_2-2019\right)^2+...+\left(a_{2019}-2019\right)^2\le1\)

Do \(a_1;a_2;...;a_{2019}\in N\)nên \(A\in N\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}A=0\\A=1\end{cases}}\)

*Nếu A = 0 

Dễ thấy \(A=\left(a_1-2019\right)^2+\left(a_2-2019\right)^2+...+\left(a_{2019}-2019\right)^2\ge0\forall a_1;a_2;...;a_{2019}\)

Nên dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a_1=a_2=a_3=...=a_{2019}=2019\)

*Nếu A = 1 

\(\Leftrightarrow\left(a_1-2019\right)^2+\left(a_2-2019\right)^2+...+\left(a_{2019}-2019\right)^2=1\)(*)

Từ đó dễ dàng nhận ra trong 2019 số \(\left(a_1-2019\right)^2;\left(a_2-2019\right)^2;...;\left(a_{2019}-2019\right)^2\)phải tồn tại 2018 số bằng 0

Hay nói cách khác trong 2019 số \(a_1;a_2;a_3;...;a_{2019}\)phải tồn tại 2018 số có giá trị bằng 2019

Giả sử \(a_1=a_2=...=a_{2018}=2019\)

Khi đó (*)\(\Leftrightarrow\left(a_{2019}-2019\right)^2=1\)

               \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a_{2019}=2020\\a_{2019}=2018\end{cases}}\)

Thử lại...(tự thử nhé)

Vậy...

Bài 1 : Vì \(4^{2019}\)có cơ số là 4 , số mũ 2019 là lẻ nên có tận cùng là 4

Để \(4^{2019}+3^n\)có tận cùng là 7 thì \(3^n\)có tận cùng là 3

Mà n là số tự nhiên nên n = 1

2. Chứng minh : Với n là số tự nhiên: 

Ta chứng minh: \( a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2\geq \dfrac{(a_1+2_2+a_3+...+a_n)^2}{n}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \(a_1=a_2=...=a_n\)

\(\text{Chứng minh quy nạp}\):

+) Với n=1, n=2 thỏa mãn 

+)Giả sử đúng với n=k  \( a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_k^2\geq \dfrac{(a_1+a_2+a_3+...+a_k)^2}{k}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \(a_1=a_2=...=a_k\)

+) Ta chứng minh đúng vs : \(n=k+1\)

Thật vậy: \(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_{k+1}^2=(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_k^2)+a_{k+1}^2\geq \dfrac{(a_1+a_2+a_3+...+a_k)^2}{k}+a_{k+1}^2\)

Mặt khác ta có: \(\dfrac {A^2}{k}+a_{k+1}^2\geq \dfrac {(A+a_{k+1})^2}{k+1} \)

\(\Leftrightarrow \left(k+1\right)A^2+k\left(k+1\right)a^2_{k+1}=k\left(A^2+2Aa_{k+1}+a^2_{k+1}\right)\)

\(\Leftrightarrow A^2+k^2a^2_{k+1}-2kAa_{k+1}\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (A-ka_{k+1})^2\geq 0\)  ( luôn đúng)

Do đó: \(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_{k+1}^2\geq \dfrac{(a_1+a_2+a_3+...+a_k)^2}{k}+a_{k+1}^2\geq \dfrac{(a_1+a_2+a_3+...+a_{k+1})^2}{k+1}\)

Dấu bằng xảy ra  khi và chỉ khi: \(a_1=a_2=...=a_{k+1}\)

Vậy: \( a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2\geq \dfrac{(a_1+2_2+a_3+...+a_n)^2}{n}\)với mọi n là số tự nhiên 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \(a_1=a_2=...=a_n\)

\(\text {Quay lại bài Toán của chúng ta}\):

Vậy \(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_{2019}^2\geq \dfrac{(a_1+a_2+a_3+...+a_{2019})^2}{2019}\geq \dfrac {2019^4}{2019}\)

=> \(2019^3+1\geq \dfrac{(a_1+a_2+a_3+...+a_{2019})^2}{2019}\geq \dfrac {2019^4}{2019}\)

Hay \(2019^4\leq (a_1+a_2+a_3+...+a_{2019})^2\leq 2019^4+2019<(2019^2+1)^2\)

Suy ra \(a_1+a_2+a_3+...+a_n=2019^2\)

Dấu bằng xảy ra  khi và chỉ khi: \(a_1=a_2=a_3=...=a_n=2019\)

1, Từ gt suy ra \(4^{2019}+3^n\equiv7\left(mod10\right)\)

Lại có: \(4^{2019}=\left(4^4\right)^{504}.4^3\equiv6^{504}.4^3\equiv6.4^3\equiv4\left(mod10\right)\)

Suy ra \(3^n\equiv3\left(mod10\right)\)=> \(3^n-3\equiv0\left(mod10\right)\) hay \(3\left(3^{n-1}-1\right)⋮10\Rightarrow3^{n-1}-1⋮10\) (vì (3,10)=1)

Gọi r là số dư của n cho 4, khi đó tồn tại số tự nhiên q sao cho n=4q+r

Ta có: \(3^{n-1}-1\equiv\left(3^4\right)^q.3^{r-1}-1\equiv3^{r-1}-1\left(mod10\right)\)

Lần lượt thay các giá trị r=0,1,2,3 ta thấy r=1 thỏa mãn \(3^{n-1}-1⋮10\)

Do đó n có dạng 4q+1 với q thuộc N*

cảm ơn cac ban

ST q thuộc N thôi nha , không cần N* đâu , q = 0 vẫn được mà