Giải:

Ta có :

\(Sn=\frac{4n+\sqrt{\left(2n+1\right)\left(2n-1\right)}}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}\right)\left[\left(2n-1\right)+\left(2n+1\right)+\sqrt{\left(2n+1\right)\left(2n-1\right)}\right]}{\left(\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}\right)\left(\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}\right)}.\)

\(=\frac{\left(\sqrt{2n+1}\right)^3-\left(\sqrt{2n-1}\right)^3}{2}\)

Tương tự =>\(S_1+S_2+...+S_{40}=\frac{\left(\sqrt{2n_1+1}\right)^3+\sqrt{2n_{40}+1}^3}{2}\)

Sau đó thì dễ rồi ha

Cái đề thấy sai sai. You xem lại thử nhé

Đặt: \(\hept{\begin{cases}\sqrt{1+x}=a\ge0\\\sqrt{1-x}=b\ge0\end{cases}}\)

Ta có:

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

\(\Leftrightarrow2\left(1+x\right)+\left(1-x\right)-1=3\sqrt{\left(1-x\right)\left(1+x\right)}+\sqrt{1+x}\)

\(\Leftrightarrow2a^2+b^2-3ab-a-1=0\)

 \(\Leftrightarrow\left(b+1-a\right)\left(b-1-2a\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}b=a-1\\b=1+2a\end{cases}}\)

Tới đây thì đơn giản rồi nhé.

mk tìm ra biểu thức để liên hợp r` nà, bn có can đảm thì xài tạm liên hợp :3

\(-\frac{25\sqrt{3}-48}{13}x-\frac{8\sqrt{27}-57}{13}\)

Sai đề!

Sửa lại!

\(A=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}.\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}.\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}..\)

\(=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}.\sqrt{4-2-\sqrt{2+\sqrt{3}}}.\)

\(=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}.\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{3}}}.\)

\(=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{4-2-\sqrt{3}}=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{2-\sqrt{3}}=\sqrt{4-3}=1.\)

Giả sử z là số lớn nhất trong 3 số 

Từ đề bài ta có:

\(\sqrt{x+2011}+\sqrt{y+2012}+\sqrt{z+2013}=\sqrt{z+2011}+\sqrt{x+2012}+\sqrt{y+2013}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+2012}-\sqrt{x+2011}+\sqrt{y+2013}-\sqrt{y+2012}=\sqrt{z+2012}-\sqrt{z+2011}+\sqrt{z+2013}-\sqrt{z+2012}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{x+2012}+\sqrt{x+2011}}+\frac{1}{\sqrt{y+2013}+\sqrt{y+2012}}=\frac{1}{\sqrt{z+2012}+\sqrt{z+2011}}+\frac{1}{\sqrt{z+2013}+\sqrt{z+2012}}\)

Ta lại có:

\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\sqrt{x+2012}+\sqrt{x+2011}}\ge\frac{1}{\sqrt{z+2012}+\sqrt{z+2011}}\\\frac{1}{\sqrt{y+2013}+\sqrt{y+2012}}\ge\frac{1}{\sqrt{z+2013}+\sqrt{z+2012}}\end{cases}}\)

Dấu = xảy ra khi x = y = z

Tương tự cho trường hợp x lớn nhất với y lớn nhất.

fdy 'rshniytguo;yhuyt65edip;ioy86fo87ogtb eubuiltgr6sdwjhytguyh8 ban oi bai nay mac kho giai vao cut sit

Hình như thiếu đề nên cho cả n là số tự nhiên khác 0 nữa.

Xét n = 1 thì ta có:

\(m^2-1=\left(2x+1\right)^2-1=4\left(x^2+x\right)⋮8\)

Giả sử nó đúng tới n = k

\(\Rightarrow m^{2^k}-1=a.2^{k+2}=ay\)

\(\Rightarrow m^{2^k}=ay+1\)

Ta chứng minh nó đúng với n = k + 1

Hay \(\Rightarrow m^{2.2^k}-1⋮2^{k+2+1}\)

\(\Rightarrow\left(ay+1\right)^2-1⋮2y\)

Ta có: \(\left(ay+1\right)^2-1=a^2y^2+2ay\)

Mà \(\hept{\begin{cases}a^2y^2⋮2y\\2ay⋮2y\end{cases}}\)(do y là số chẵn)

\(\Rightarrow\)Nó đúng với n = k + 1.

Vậy theo quy nạp ta có điều phải chứng minh.

Ta có:

\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)

\(=\frac{\left(b+c\right)^2b^2+\left(b+c\right)^2c^2+b^2c^2}{b^2c^2\left(b+c\right)^2}\)

\(=\frac{b^4+2b^3c+3b^2c^2+2bc^3+c^4}{b^2c^2\left(b+c\right)^2}\)

\(=\frac{\left(b^4+2b^2c^2+c^4\right)+2bc\left(b^2+c^2\right)+b^2c^2}{b^2c^2\left(b+c\right)^2}\)

\(=\frac{\left(b^2+bc+c^2\right)^2}{b^2c^2\left(b+c\right)^2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}=\sqrt{\frac{\left(b^2+bc+c^2\right)^2}{b^2c^2\left(b+c\right)^2}}=\frac{b^2+bc+c^2}{bc\left(b+c\right)}\)

Vì a, b, c là các số hữu tỷ nên \(\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\) là số hữu tỷ

cảm ơn ban alibaba nguyễn nhiều

Đề sai rồi. Chỉ cần  \(3\left(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}\right)=\frac{49}{12}>4\) thì cần gì tới 4 số phải bằng nhau nữa.

xin đính chính lại là VT > 5. Bạn giúp mình bài này với

Xét p = 3 thì không tìm được q nguyên.

Xét q = 3 thì không tìm được p nguyên.

Xét p, q khác 3.

TH 1: p,q chia cho 3 có cùng số dư thì p³ và q⁵ chia cho 3 cũng có cùng số dư.

\(\Rightarrow p^3-q^5\)chia hết cho 3 nhưng (p + q) lại không chia hết cho 3 nên loại.

TH 2: p,q chia cho 3 có số dư khác nhau 

\(\Rightarrow p^3-q^5\)không chia hết cho 3 nhưng (p + q) chia hết cho 3 nên loại.

Vậy không tồn tại p, q thỏa mãn bài toán.

Xét p = 3 thì không tìm được q nguyên.

Xét q = 3 thì không tìm được p nguyên.

Xét p, q khác 3.

TH 1: p,q chia cho 3 có cùng số dư thì p³ và q⁵ chia cho 3 cũng có cùng số dư.

$\Rightarrow p^3-q^5$⇒p3−q5chia hết cho 3 nhưng (p + q) lại không chia hết cho 3 nên loại.

TH 2: p,q chia cho 3 có số dư khác nhau 

$\Rightarrow p^3-q^5$⇒p3−q5không chia hết cho 3 nhưng (p + q) chia hết cho 3 nên loại.

Vậy không tồn tại p, q thỏa mãn bài toán.

Ta có:

\(\frac{2n+1}{\left[n\left(n+1\right)\right]^2}=\frac{n+n+1}{n^2\left(n+1\right)^2}=\frac{1}{n\left(n+1\right)^2}+\frac{1}{n^2\left(n+1\right)}\)

\(=\frac{1}{n\left(n+1\right)}.\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)=\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right).\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)\)

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

Áp dụng vào bài toán ta được

\(A=\frac{2.1+1}{\left[1\left(1+1\right)\right]^2}+\frac{2.2+1}{\left[2\left(2+1\right)\right]^2}+...+\frac{2.99+1}{\left[99\left(99+1\right)\right]^2}\)

\(=\frac{1}{1^2}-\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{99^2}-\frac{1}{100^2}\)

\(=1-\frac{1}{100^2}=\frac{9999}{10000}\)

Đề sai. Giả sử tam giác là tam giác đều thì ta có:

\(tan\left(30\right)+tan\left(30\right)=\frac{2\sqrt{3}}{3}>\frac{\sqrt{3}}{3}=tan\left(30\right)\)

Nếu nó đều thì bất đẳng thức bị sai là sao dùng bất đẳng thức đó để chứng minh nó đều được.

Sửa đề:

\(\hept{\begin{cases}tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}\le2tan\frac{C}{2}\left(1\right)\\cot\frac{A}{2}+cot\frac{B}{2}\le2cot\frac{C}{2}\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow\frac{1}{tan\frac{A}{2}}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}}\le\frac{2}{tan\frac{C}{2}}\le\frac{4}{tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}}\)

\(\Leftrightarrow\left(tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}\right)^2\le4tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(tan\frac{A}{2}-tan\frac{B}{2}\right)^2\le0\)

Dấu = xảy ra khi \(tan\frac{A}{2}=tan\frac{B}{2}\)

\(\Rightarrow A=B\)

Thế lại hệ ban đầu ta được

\(\hept{\begin{cases}2tan\frac{A}{2}\le2tan\frac{C}{2}\\2cot\frac{A}{2}\le2cot\frac{C}{2}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}tan\frac{A}{2}\le tan\frac{C}{2}\\tan\frac{A}{2}\ge tan\frac{C}{2}\end{cases}}\)

Dấu = xảy ra khi \(A=C\)

Vậy ta có được \(A=B=C\) nên tam giác ABC là tam giác đều.