Bài 1: 

ĐK: \(x,y\ge-2\)

Ta có: \(\sqrt{x+2}-y^3=\sqrt{y+2}-x^3\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+\frac{x-y}{\sqrt{x+2}+\sqrt{y+2}}=0\)

=> x-y=0=>x=y

Thay y=x vào B ta được:  B=x²+2x+10\(=\left(x+1\right)^2+9\ge9\forall x\ge-2\)

Dấu '=' xảy ra <=> x+1=0=>x=-1 (tmđk)

Vậy Min B =9 khi x=y=-1

10x100=

Cách 1:

\(A=\frac{3x^4+16}{x^3}=\frac{x^4+x^4+x^4+16}{x^3}\)

\(\ge\frac{4\sqrt[4]{16.x^{12}}}{x^3}=4.2=8\)

Vậy GTNN là 8 đạt được tại x = 2

Cách 2: 

\(A=\frac{3x^4+16}{x^3}=8+\frac{3x^4-8x^3+16}{x^3}\)

\(=8+\frac{\left(x-2\right)^2\left(3x^2+4x+4\right)}{x^3}\ge8\)

Dấu = xảy ra khi x = 2

Ta xét:

\(\left(x-2010\right)\left(y-2010\right)\left(z-201\right)\)

\(=2010^2\left(x+y+z\right)-2010\left(xy+yz+zx\right)+xyz-2010^3\)

\(=2010\left[2010\left(x+y+z\right)-\left(xy+yz+zx\right)\right]>0\)

Vậy trong 3 số x, y, z có 1 số lớn hơn 2010 hoặc cả 3 số đều lớn hơn 2010.

Mà \(xyz=2010^3\)nên chỉ có trường hợp trong ba số đó có đúng 1 số lơn hơn 2010.

Ta xét:

(x−2010)(y−2010)(z−201)

=2010²(x+y+z)−2010(xy+yz+zx)+xyz−2010³

=2010[2010(x+y+z)−(xy+yz+zx)]>0

Vậy trong 3 số x, y, z có 1 số lớn hơn 2010 hoặc cả 3 số đều lớn hơn 2010.

Mà xyz=2010³nên chỉ có trường hợp trong ba số đó có đúng 1 số lơn hơn 2010.

Ai trên 10 điểm hỏi đáp thì mình nha mình đang cần gấp chỉ còn 59 điểm là tròn rồi mong các bạn hỗ trợ mình sẽ đền bù xứng đáng

Trước tiên ta chứng minh với A, B, C là ba góc của 1 tam giác thì:

\(cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)+cos\left(2C\right)>-1\)

Ta có:

\(cos^2A+cos^2B+cos^2C=\frac{1+cos\left(2A\right)}{2}+\frac{1+cos\left(2B\right)}{2}+cos^2C\)

\(=1+\frac{cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)}{2}+cos^2C\)

\(=1+cos\left(A+B\right).cos\left(A-B\right)+cos^2C\)

\(=1-cos\left(C\right).cos\left(A-B\right)+cos^2C\)

\(=1-cos\left(C\right)\left(cos\left(A-B\right)-cosC\right)\)

\(=1-cos\left(C\right)\left(cos\left(A-B\right)-cos\left(A+B\right)\right)\)

\(=1-2cos\left(A\right).cos\left(B\right).cos\left(C\right)\)

Ta lại có:

\(-1\le cosA\le1;-1\le cosB\le1;-1\le cosC\le1\)

\(\Rightarrow cosA.cosB.cosC< 1\)

\(\Rightarrow cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)+cos\left(2C\right)=1-2cosA.cosB.cosC>1-2=-1\)

Quay lại bài toán ta có:

TH 1: Trong \(\overrightarrow{OA};\overrightarrow{OB};\overrightarrow{OC}\) có 2 vecto cùng phương ngược chiều giả sử là \(\overrightarrow{OA};\overrightarrow{OB}\) thì

\(\Rightarrow|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|=|\overrightarrow{OC}|=OC=1\)

TH 2: Cả 3 vecto không cùng phương với nhau ta có  ABC tạo thành tam giác.

\(|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|^2=OA^2+OB^2+OC^2+2\left(\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OA}\right)\)

\(=3+2\left(cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)+cos\left(2C\right)\right)>3-2=1\)

Đâu = xảy ra khi trong ba vecto có 2 vecto cùng phương ngược chiều. Hay khi khi tam giác ABC là tam giác vuông.

Trước tiên ta chứng minh với A, B, C là ba góc của 1 tam giác thì:

cos(2A)+cos(2B)+cos(2C)>−1

Ta có:

cos2A+cos2B+cos2C=1+cos(2A)2 +1+cos(2B)2 +cos2C

=1+cos(2A)+cos(2B)2 +cos2C

=1+cos(A+B).cos(A−B)+cos2C

=1−cos(C).cos(A−B)+cos2C

=1−cos(C)(cos(A−B)−cosC)

=1−cos(C)(cos(A−B)−cos(A+B))

=1−2cos(A).cos(B).cos(C)

Ta lại có:

−1≤cosA≤1;−1≤cosB≤1;−1≤cosC≤1

⇒cosA.cosB.cosC<1

⇒cos(2A)+cos(2B)+cos(2C)=1−2cosA.cosB.cosC>1−2=−1

Quay lại bài toán ta có:

TH 1: Trong →OA;→OB;→OC có 2 vecto cùng phương ngược chiều giả sử là →OA;→OB thì

⇒|→OA+→OB+→OC|=|→OC|=OC=1

TH 2: Cả 3 vecto không cùng phương với nhau ta có  ABC tạo thành tam giác.

|→OA+→OB+→OC|2=OA2+OB2+OC2+2(→OA.→OB+→OB.→OC+→OC.→OA)

=3+2(cos(2A)+cos(2B)+cos(2C))>3−2=1

Đâu = xảy ra khi trong ba vecto có 2 vecto cùng phương ngược chiều. Hay khi khi tam giác ABC là tam giác vuông.

đk: \(x\ge4\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}+\sqrt{x+9}=\sqrt{x-1}+\sqrt{x-4}\)

\(\Leftrightarrow2x+9+2\sqrt{x^2+9x}=2x-5+2\sqrt{x^2-5x+4}\)

\(\Leftrightarrow14+2\sqrt{x^2+9x}=2\sqrt{x^2-5x+4}\)

\(\Leftrightarrow7+\sqrt{x^2+9x}=\sqrt{x^2-5x+4}\)

\(\Leftrightarrow49+14\sqrt{x^2+9x}+x^2+9x=x^2-5x+4\)

\(\Leftrightarrow14\sqrt{x^2+9x}=-14x-45\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}196\left(x^2+9x\right)=196x^2+1260x+2025\\-14x-45\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}504x=2025\\x\le\frac{-45}{14}\end{cases}}\Leftrightarrow x=\frac{225}{56}\) (loại)

=> pt vô nhiệm

ĐK: \(x\ge4\)

PT \(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x-1}}+\frac{13}{\sqrt{x+9}+\sqrt{x+4}}=0\)

Đến đây thấy ngay pt vô nghiệm.

True?

1 điểm bằng mấy k bạn ơi

dương lý khánh hạ là sao bạn ???

mình giải nhé:

Ta có các số trong ngoặc có dạng: \(\sqrt{x\left(x+1\right)+\frac{1}{x+2}}< \sqrt{x\left(x+1\right)+\frac{1}{4}}\)chỗ này nếu bạn chưa hiểu mình sẽ nói nhé với \(x\ge3\)

Vậy đặt cả cái đề bài cần chứng minh là A. Ta có:

\(A< \sqrt{3.4+\frac{1}{4}}+\sqrt{4.5+\frac{1}{4}}+...+\sqrt{102.103+\frac{1}{4}}=3,5+4,5+...+102,5=5300\)

đấy là điều phải chứng minh nhé

dùng xích ma giải đi v~~

bài này thật ra không khó chỉ cần tách đúng là được à bạn thử ngồi tách xem đi 

rồi được rồi nhưng hơi dài nên mình sẽ viết 2 lần nhé

Vì \(\overline{abc}⋮10\)nên\(c=0\). Suy ra:\(\overline{ab0}=10\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow\overline{ab}=a^2+b^2\Rightarrow10a+b=a^2+b^2\Rightarrow10a-a^2=b\left(b-1\right)\)

Vì b(b-1) chẵn, 10a chẵn nên a chẵn. Suy ra: a=2;4;6;8. Lần lượt thủ các trường hợp ta ko tìm được số nào thỏa mãn

fedef

a) đặt \(A=\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{4+\sqrt{7}}\)

nhân cả hai vế với \(\sqrt{2}\), ta được:

\(\sqrt{2}A=\sqrt{2}\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{2}\sqrt{4+\sqrt{7}}\)

\(=\sqrt{8-2\sqrt{7}}-\sqrt{8+2\sqrt{7}}\)

\(=\sqrt{\left(1-\sqrt{7}\right)^2}-\sqrt{\left(1+ \sqrt{7}\right)^2}\)

\(=\left|1-\sqrt{7}\right|-\left|1+\sqrt{7}\right|\)

\(=\sqrt{7}-1-\sqrt{7}-1\)

\(=-2\)

\(\Rightarrow A=-\frac{2}{\sqrt{2}}=-\sqrt{2}\)

a) \(\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{4+\sqrt{7}}\)

\(=\frac{\sqrt{8-2\sqrt{7}}-\sqrt{8+2\sqrt{7}}}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{7}-1\right)^2}-\sqrt{\left(\sqrt{7}+1\right)^2}}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{7}-1-\sqrt{7}-1}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{-2}{\sqrt{2}}=-\sqrt{2}\)