\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2}+1\right)^n+\left(\sqrt{2}-1\right)^n=6\)

Đặt \(\left(\sqrt{2}+1\right)^n=t>0\Rightarrow\left(\sqrt{2}-1\right)^n=\frac{1}{t}\)

\(t+\frac{1}{t}=6\Leftrightarrow t^2-6t+1=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=\left(\sqrt{2}+1\right)^2\\t=\left(\sqrt{2}-1\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(\sqrt{2}+1\right)^n=\left(\sqrt{2}+1\right)^2\\\left(\sqrt{2}+1\right)^n=\left(\sqrt{2}-1\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}n=2\\n=-2\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}1\sqrt{\left(3+2\sqrt{2}\right)^n}=a\:\left(a\ge\sqrt{3+2\sqrt{2}}\right)\\\sqrt{\left(3-2\sqrt{2}\right)^n}=b\:\left(b\ge\sqrt{3-2\sqrt{2}}\right)\end{cases}}\)

Ta có hệ 

\(\hept{\begin{cases}a+b=6\\ab=1\end{cases}}\)

<=> \(\hept{\begin{cases}a=3+2\sqrt{2}\\b=3-2\sqrt{2}\end{cases}}\)

<=> n = 2

a) Bất đẳng thức đúng khi a = b = 2c

do đó \(\sqrt{c\left(2c-c\right)}+\sqrt{c\left(2c-c\right)}\le n\sqrt{2c.2c}\Leftrightarrow n\ge1\)

xảy ra khi n = 1

Thật vậy, ta có :

\(\sqrt{\frac{c}{b}.\frac{a-c}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{b-c}{b}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{b}+\frac{a-c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{b-c}{b}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}\le\sqrt{ab}\)

Vậy n nhỏ nhất là 1

b) Ta có : a + b = \(\sqrt{\left(a+b\right)^2}\le\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}=\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)

Áp dụng, ta được : \(\sqrt{1}+\sqrt{n}\le\sqrt{2\left(n+1\right)},\sqrt{2}+\sqrt{n-1}\le\sqrt{2\left(1+n\right)},...\)

\(\sqrt{n}+\sqrt{1}\le\sqrt{2\left(1+n\right)};\sqrt{n-1}+\sqrt{2}\le\sqrt{2\left(1+n\right)},...\)

\(\sqrt{1}+\sqrt{n}\le\sqrt{2\left(1+n\right)}\)

do đó : \(4\left(\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\right)\le2n\sqrt{2\left(1+n\right)}\)

\(\Rightarrow\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\le n\sqrt{\frac{n+1}{2}}\)

Ta có \(1\sqrt{\left(6-2\sqrt{5}\right)^n}=\left(\sqrt{5}-1\right)^n\)

\(1\sqrt{\left(6+2\sqrt{5}\right)^n}=\left(\sqrt{5}+1\right)^n\)

Với n = 1 thì VT = \(2\sqrt{5}\ne6\)

Vố n \(\ge2\)thì VT \(\ge12\)

Vậy pt vô nghiệm

\(\sqrt{a^2+\left(2^{a-3}+2^{-a-1}\right)^2}+\sqrt{a^4+a^2+2}=\sqrt{\left(a^2+a+1\right)^2+\left(1+2^{a-3}+2^{-a-1}\right)^2}\)

đề thế cơ mà , làm t nghĩ mà đell nghĩ đc j .

làm này . 

Không mất tính tổng quát 

đặt \(x=a>0,y=2^{a-3}+2^{-a-1}>0,z=a^2+1>0,t=1>0\)

khi đó phương trình trở thành

\(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{z^2+t^2}=\sqrt{\left(x+z\right)^2+\left(y+t\right)^2}\left(1\right)\)

Mặt khác ta cũng có :\(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{z^2+t^2}\ge\sqrt{\left(x+z\right)^2+\left(y+t\right)^2}\)(2) zới mọi \(x,y,z,t>0\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+t^2+2\sqrt{x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2}\ge x^2+y^2+z^2+t^2+2\left(xz+yt\right)\)( biến đổi từ cái trên nhá )

\(\Leftrightarrow x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2\ge x^2+y^2+z^2+t^2+2\left(xz+yt\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2\ge x^2z^2+y^2t^2+2xyzt\Leftrightarrow\left(yz-xt\right)^2\ge0\)(luôn đúng zới mọi x,y,z,t > 0)

zậy từ (1) zà (2) xảy ra khi zà chỉ khi yz=xt

=>\(\left(2^{a-3}+2^{-a-1}\right)\left(a^2+1\right)=a\Leftrightarrow\left(2^{a-3}+2^{-a-1}\right)=\frac{a}{a^2+1}\left(3\right)\)(zì \(a^2+1>0\)

mà lại có \(\frac{a}{a^2+1}\le\frac{1}{2}\)(zì \(\left(a-1\right)^2\ge0\), dấu "=" xảy ra khi a=1 (4)

zà \(\left(2^{a-3}+2^{-a-1}\right)=\frac{2^a}{8}+\frac{1}{2.2^a}\ge\frac{1}{2}\)(theo cô-si nha) ,dấu "=" xảy ra khi a=1 (5)

zậy từ (3) , (4) , (5) \(=>a=1\)là giá trị nguyên dương duy nhất cần tìm

à thì ra ghi dài quá nó cho xuống dòng

làm t cứ tưởng

hì hì