Ở đây ta dùng công thức:

 \(\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\) và \(\sin x-\cos x=\sqrt{2}\cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\)

PT

\(\Leftrightarrow\sin\left(\dfrac{3x}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right)=3\cos\left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sin\dfrac{3x}{2}+\cos\dfrac{3x}{2}=3\left(\sin\dfrac{x}{2}-\cos\dfrac{x}{2}\right)\)

Đặt \(t=\dfrac{x}{2}\)(Mình đặt lại để dễ nhìn)

Pt trở thành:

\(\sin3t+\cos3t=3(\sin t-\cos t)\)

\(\Leftrightarrow\left(3\sin t-4\sin^3t\right)+\left(4\cos^3t-3\cos t\right)=3\left(\sin t-\cos t\right)\)

\(\Leftrightarrow\sin^3t-\cos^3t=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sin t-\cos t\right)\left(1+\dfrac{\sin2t}{2}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\cos\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)=0\) (Do \(1+\dfrac{\sin2t}{2}>0\))

\(\Leftrightarrow t=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\left(k\in Z\right)\)

hay \(x=\dfrac{\pi}{2}+k2\pi\)

Đk: \(x\ge1\)

\(\Leftrightarrow4\left(2\sqrt{x-1}-1\right)+\left(4x-5\right)\left(x+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{4\left(4x-5\right)}{2\sqrt{x-1}+1}+\left(4x-5\right)\left(x+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(4x-5\right)\left(\dfrac{4}{2\sqrt{x-1}+1}+x+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{5}{4}\)(Dễ thấy ngoặc to lớn hơn 0 với \(x\ge1\))

\(2A\le1\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}\le\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\sqrt{x}\le3\left(\cdot\right)\)

Dể x thõa mãn (*) với x nguyên thì x là phần tử của của \(S=\left\{n\in Z|0\le n\le9\right\}\)

Do đó tổng các phần tử của S là: \(1+2+3+...+9=45\)

Theo mình nghĩ là chọn 4 viên bi cùng màu mà nhỉ

Tổng các cách chọn 4 bi đỏ, 4 bi xanh, 4 bi trắng, 4 bi vàng:

\(C_{10}^4+C_{25}^4+C_6^4+C_9^4=10977\) (cách)

Ta thấy \(\overrightarrow{E_1}=-4\overrightarrow{E_2}\) nên N nằm trong đoạn AB

Do đó nếu khoảng cách từ A tới N là r(m) thì khoảng cách từ B đến N là 0,5-r(m)

\(\overrightarrow{E_1}=-4\overrightarrow{E_2}\Rightarrow E_1=4E_2\Leftrightarrow k\cdot\dfrac{\left|q_1\right|}{r^2}=k\cdot\dfrac{\left|q_2\right|}{\left(0,5-r\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{6.10^{-6}}{r^2}=4\cdot\dfrac{12.10^{-6}}{\left(0,5-r\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow r\approx0,13\left(m\right)\)

\(\Rightarrow r=13\left(cm\right)\)

ĐK:\(x\ge\dfrac{2}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left(3x-2-\sqrt{3x-2}\right)+\left(x-\sqrt{x}\right)+\left(x^2-4x+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{3\sqrt{3x-2}\left(x-1\right)}{\sqrt{3x-2}+1}+\dfrac{\sqrt{x}\left(x-1\right)}{\sqrt{x}+1}+\left(x-3\right)\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(\dfrac{3\sqrt{3x-2}}{\sqrt{3x-2}+1}+\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}+x-3\right)=0\left(\cdot\right)\)

Đặt cái ngoặc to là M

Ta có nhậc xét sau:

\(M=\left(\dfrac{3\sqrt{3x-2}}{\sqrt{3x-2}+1}-\dfrac{3}{2}\right)+\left(\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}-\dfrac{1}{2}\right)+\left(x-1\right)=\dfrac{3\sqrt{3x-2}-3}{2\left(\sqrt{3x-2}+1\right)}+\dfrac{\sqrt{x}-1}{2\left(\sqrt{x}+1\right)}+\left(x-1\right)\)

\(=\dfrac{3\left(x-1\right)}{2\left(\sqrt{3x-2}+1\right)^2}+\dfrac{x-1}{2\left(\sqrt{x}+1\right)^2}+x-1=\left(x-1\right)\left(\dfrac{3}{2\left(\sqrt{3x-2}+1\right)^2}+\dfrac{1}{2\left(\sqrt{x}+1\right)}+1\right)\)

Do đó:

\(\left(\cdot\right)\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(\dfrac{3}{2\left(\sqrt{3x-2}+1\right)^2}+\dfrac{1}{2\left(\sqrt{x}+1\right)^2}+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=1\) (cái ngoặc to lớn 0 với mọi thõa đk)

PT\(\Leftrightarrow1-2sin^2x.cos^2x+m.sinx.cosx=\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow1-\dfrac{sin^22x}{2}+\dfrac{m}{2}\cdot sin2x=\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow sin^22x-m.sin2x-1=0\left(\cdot\right)\)

Đặt \(t=sin2x\left(-1\le t\le1\right)\)

PT(*) trở thành: \(t^2-m.t-1=0\)

Để PT có nghiêm thì \(\Delta\ge0\Leftrightarrow m^2-4.1.\left(-1\right)\ge0\Leftrightarrow m^2+4\ge0\)

Dễ thấy \(m^2+4\ge0\left(\forall m\right)\)

Do đó PT (*) luôn có nghiệm với mọi m

\(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow\overrightarrow{CG}=-\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{BG}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{BG}=2\overrightarrow{GB}\)

\(\Rightarrow\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CG}\right|=2GB\)

Gọi BN là đường cao của tam giác ABC

Theo Pythagoras:\(BN^2=BC^2-\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2=4a^2-a^2=3a^2\Rightarrow BN=\sqrt{3}a\)

Vì BN là đường cao trong tam giác đều nên cũng là đường trong tuyến trong tam giác đều \(\Rightarrow GB=\dfrac{2}{3}BN=\dfrac{2}{3}\cdot\sqrt{3}a=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}a\)

\(\Rightarrow\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CG}\right|=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}a\)

Dễ thấy nếu \(A\cap B=\varnothing\Rightarrow A\in[-3;3)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-1\ge-3\\\dfrac{m+3}{2}< 3\end{matrix}\right.\)

                                                               \(\Leftrightarrow-2\le m< 3\)

Do đó để \(A\cap B\ne\varnothing\Rightarrow m\notin[-2;3)\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m< -2\\m\ge3\end{matrix}\right.\)

* \(\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right|=\sqrt{\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)^2}=\sqrt{\left(\overrightarrow{AB}\right)^2+2\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}+\left(\overrightarrow{AC}\right)^2}\)

Với:

\(\left(\overrightarrow{AB}\right)^2=\left(\overrightarrow{AC}\right)^2=AB^2=a^2\)

\(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=AB.AC.\cos60^0=\dfrac{a^2}{2}\)

\(\Rightarrow\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right|=\sqrt{a^2+2.\dfrac{a^2}{2}+a^2}=\sqrt{3}a\)

* \(\left|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\right|=\left|\overrightarrow{CB}\right|=CB=a\)

* \(\left|\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right|=\left|-\overrightarrow{GA}\right|=\left|\overrightarrow{AG}\right|=AG\)

Kẻ AM vuông góc với BC ( M thuộc BC)

Theo Pythagoras:\(AM^2=AB^2-\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2=a^2-\dfrac{a^2}{4}=\dfrac{3a^2}{4}\)

M là đường cao trong tam giác đều nên cũng là đường trung tuyến trong tam giác đều\(\Rightarrow AG=\dfrac{2}{3}AM=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{\sqrt{3}a}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}a\)

\(\Rightarrow\left|\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right|=\dfrac{\sqrt{3}}{3}a\)