\(a,b>0\). \(a+b=\left(a-b\right)\sqrt{ab}\left(1\right)\) \(\Rightarrow a>b;ab>1\)

\(\left(1\right)\Rightarrow\left(a+b\right)^2=\left(a-b\right)^2ab\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2=\left[\left(a+b\right)^2-4ab\right]ab\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2=\left(a+b\right)^2ab-4a^2b^2\)

\(\Leftrightarrow4a^2b^2=\left(a+b\right)^2\left(ab-1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2=\dfrac{4a^2b^2}{ab-1}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(\dfrac{4a^2b^2}{\left(ab-1\right).1}\ge\dfrac{4a^2b^2}{\dfrac{\left[\left(ab-1\right)+1\right]^2}{4}}=16\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\ge16\Rightarrow a+b\ge4\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}ab=2\\a+b=\left(a-b\right)\sqrt{2}\end{matrix}\right.;a,b>0;a>b\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}\\b=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(Min\left(a+b\right)=4\)

Câu 2: Phân tích \(B=n^6-n^4+2n^3+2n^2\) thành nhân tử, ta được:

\(B=n^2\left(n+1\right)^2\left[\left(n-1\right)^2+1\right]\)

Giả sử B là một số chính phương, khi đó \(\left(n-1\right)^2+1\) cũng phải là một số chính phương.

Đặt \(\left(n-1\right)^2+1=a^2\) \(\Leftrightarrow\left(a+n-1\right)\left(a-n+1\right)=1\)

Giải phương trình ước số trên, ta được: \(a=1;n=1\) (loại vì n>1).

Vậy điều giả sử là sai. Ta có điều phải chứng minh.

Câu 1:

Ở câu này, trước khi tìm lời giải bài toán, ta nên thử vài số nguyên trước để có định hướng làm bài.

- Với \(n\in Z;n\in\left[-5,9\right]\), ta có kết quả sau:

Để ý rằng, với n lẻ và n thuộc khoảng trên thì A chia hết cho 16.

Vậy ta sẽ cố chứng minh rằng, khi n lẻ thì A chia hết cho 16 và ngược lại.

Tiếp tục quan sát, ta thấy \(n=-5;-1;1;3\) là các nghiệm của đa thức A.

Do đó, đa thức A có thể viết lại thành: \(A=\left(x+5\right)\left(x+1\right)\left(x-1\right)\left(x-3\right)\)

Với n lẻ thì mỗi nhân tử của A đều chẵn, do đó A sẽ chia hết cho \(2.2.2.2=16\)

(Tương tự với n chẵn).

- Vậy với n lẻ thì A chia hết cho 16

Điều kiện: \(x\ge2012;y\ge2013;z\ge2014\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\sqrt{x-2012}-1}{x-2012}=\dfrac{\sqrt{4\left(x-2012\right)}-2}{2\left(x-2012\right)}\le\dfrac{\dfrac{4+x-2012}{2}-2}{2\left(x-2012\right)}=\dfrac{1}{4}\\\dfrac{\sqrt{y-2013}-1}{y-2013}=\dfrac{\sqrt{4\left(y-2013\right)}-2}{2\left(y-2013\right)}\le\dfrac{\dfrac{4+y-2013}{2}-2}{2\left(y-2013\right)}=\dfrac{1}{4}\\\dfrac{\sqrt{z-2014}-1}{z-2014}=\dfrac{\sqrt{4\left(z-2014\right)}-2}{2\left(z-2014\right)}\le\dfrac{\dfrac{4+z-2014}{2}-2}{2\left(z-2014\right)}=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)

Cộng vế theo vế, ta được:

\(\dfrac{\sqrt{x-2012}-1}{x-2012}+\dfrac{\sqrt{y-2013}-1}{y-2013}+\dfrac{\sqrt{z-2014}-1}{z-2014}\le\dfrac{3}{4}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=2016;y=2017;z=2018\)

Vậy....

\(a,b,c>0;abc=1000\)

\(P=\sum\dfrac{a}{b^4+c^4+1000a}\le\sum\dfrac{a}{bc\left(b^2+c^2\right)+a^2bc}=\sum\dfrac{a^2}{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{1000\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{1}{1000}\)

P đạt GTLN là 1/1000 khi \(a=b=c=10\)

Đăng chia nhỏ ra từng phần để mọi người dễ giải quyết hơn em nhé :'(

\(A=cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{6}\right)cos\left(\alpha-\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{1}{2}\left[cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{6}+\alpha-\dfrac{\pi}{6}\right)+cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{6}-\alpha+\dfrac{\pi}{6}\right)\right]\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(cos2\alpha+cos\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{8}\)

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, I là trung điểm BC.

Dễ dàng chứng minh \(\left\{{}\begin{matrix}\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|3\overrightarrow{MG}\right|=3MG\\\dfrac{3}{2}\left|\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\dfrac{3}{2}\left|2\overrightarrow{MI}\right|=3MI\end{matrix}\right.\)

Kết hợp điều kiện đề bài, ta có \(MG=MI\). Do đó M nằm trên đường trung trực của GI (cố định).

Vậy tập hợp điểm M thoả điều kiện đề bài là trung trực của đoạn GI.

\(ĐKXĐ:x\ge1\)

\(6x^2+5x+7=\sqrt{x^3-1}\)

\(\Leftrightarrow6x^2+5x+7=\sqrt{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=\sqrt{x-1}\\b=\sqrt{x^2+x+1}\end{matrix}\right.\). Từ phương trình trên ta có:

\(6b^2-a^2=ab\)

\(\Leftrightarrow\left(2b-a\right)\left(3b+a\right)=0\)

\(\Rightarrow2b=a\) (do \(a\ge0;b>0\) nên \(3b+a>0\))

\(\Rightarrow2\sqrt{x^2+x+1}=\sqrt{x-1}\)

\(\Leftrightarrow4x^2+4x+4=x-1\)

\(\Leftrightarrow4x^2+3x+5=0\).

Đến đây bấm máy ra phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Đến lúc làm thằng liều rồi ;))