Đề sai!

Có thể thay a=b=0.5; b=3.5

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=\sqrt{1-x}\ge0\\b=\sqrt{1+x}\ge0\end{matrix}\right.\)

Ta được hệ pt

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2=2\\a+b+2ab=4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b\right)^2-2ab=2\\a+b+2ab=4\end{matrix}\right.\)

Cộng theo vế 2 pt trên, ta có:

\(\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)=6\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)-6=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b=2\\a+b=-3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}a+b=2\\ab=1\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}a+b=-3\\ab=\dfrac{7}{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Đến đây dễ rồi nhé ^^

Số bi được chia theo 4 nhóm :

2009 : 4 = 502 dư 1. Vậy mỗi loại bi có 502 viên riêng bi đỏ là 502 + 1 (vì viên bi dư là viên bi đỏ)

Số bi lấy để chắc chắn có đủ 4 màu là : 503 + 502 + 502 + 1 = 1508 (viên)

7 + 6 = 113

Đặt \(\dfrac{a}{b}=x;\sqrt{\dfrac{b}{c}}=y;\sqrt[3]{\dfrac{c}{a}}=z\)

\(\Rightarrow xy^2z^3=1\)

Ta cần chứng minh \(x+y+z\ge\dfrac{5}{2}\) (*)

Ta có \(x+y+z=x+\dfrac{y}{2}+\dfrac{y}{2}+\dfrac{z}{3}+\dfrac{z}{3}+\dfrac{z}{3}\)

\(\ge6\sqrt[6]{x.\dfrac{y}{2}.\dfrac{y}{2}.\dfrac{z}{3}.\dfrac{z}{3}.\dfrac{z}{3}}=6\sqrt[6]{\dfrac{xy^2z^3}{108}}=6\sqrt[6]{\dfrac{1}{108}}>\dfrac{5}{2}\)

Như vậy (*) được chứng minh

Đẳng thức không xảy ra!

1.

2.

3. room

4. milk

5. bowl

6.

7. of

8.

9.good

10.

thông cảm mới lớp 4

1/ \(A=n^4-1=\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2+1\right)\)

Vì \(\left(n,3\right)=1\) nên \(n⋮̸3\) nên n chia 3 dư 1 hoặc dư 2

- Nếu n chia 3 dư 1 thì \(\left(n-1\right)⋮3\Rightarrow A⋮3\)

- Nếu n chia 3 dư 2 thì \(\left(n+1\right)⋮3\Rightarrow A⋮3\)

Như vậy \(A⋮3\)

Lại có n lẻ nên n-1 và n+1 là 2 số chẵn liên tiếp \(\Rightarrow\left[\left(n-1\right)\left(n+1\right)\right]⋮8\) (1)

Mặt khác n lẻ \(\Rightarrow\left(n^2+1\right)⋮2\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Rightarrow\left[\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2+1\right)\right]⋮16\)

Hay \(A⋮16\)

Ta có \(A⋮3;A⋮16\), mà (3;16) = 1 nên \(A⋮48\)

2/ \(B=n^4-1=\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2+1\right)\)

- Chứng minh \(B⋮16\) tương tự như ở câu 1

- Ta sẽ đi chứng minh \(B⋮5\)

+ Nếu n chia 5 dư 1 thì \(\left(n-1\right)⋮5\Rightarrow B⋮5\)

+ Nếu n chia 5 dư 4 thì \(\left(n+1\right)⋮5\Rightarrow B⋮5\)

+ Nếu n chia 5 dư 2 hoặc dư 3 thì \(\left(n^2+1\right)⋮5\Rightarrow B⋮5\)

Do đó \(B⋮5\)

Kết hợp với \(B⋮16\) ở trên suy ra \(B⋮80\)

Phải có ĐK là \(a\le2\le6\) bạn nhé

Ta có

\(\sqrt{a+4\sqrt{a-2}+2}+\sqrt{a-4\sqrt{a-2}+2}\)

\(=\sqrt{a-2+4\sqrt{a-2}+4}+\sqrt{a-2-4\sqrt{a-2}+4}\)

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

\(=\sqrt{a-2}+2+\left|\sqrt{a-2}-2\right|\)

\(=\sqrt{a-2}+2+2-\sqrt{a-2}=4\)

Áp dụng BĐT Bunhiakovski

\(VT^2=\left(\sqrt{a+b}.1+\sqrt{b+c}.1+\sqrt{c+a}.1\right)^2\)

\(\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)

\(=3.2\left(a+b+c\right)=6\)

Do đó \(VT\le\sqrt{6}\)

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\sqrt{a+b}}{1}=\dfrac{\sqrt{b+c}}{1}=\dfrac{\sqrt{c+a}}{1}\\a+b+c=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)