\(A=n^3-7n^2+4n-28=\left(n-7\right)\left(n^2+n+4\right)\)

Ta có \(n^2+n+4=\left(n+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{15}{4}>0\). Vậy để A là số nguyên tố hoặc hợp số thì điều kiện là \(x>7\)

Xét : \(\left(n-7\right)\left(n^2+n+4\right)=\left(n-7\right)\left[n\left(n+1\right)+4\right]\)

\(=\left(n-7\right).n.\left(n+1\right)+4\left(n-7\right)\)

Ta có \(n\left(n+1\right)\) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2  , \(4\left(n-7\right)\) cũng chia hết cho 2

=> A chia hết cho 2 => A là hợp số. (*)

Kết luận : A là hợp số với mọi số tự nhiên \(n>7\) và A không tồn tại giá trị là số nguyên tố.

Chú ý : (*) Trường hợp A = 2 (số nguyên tố chẵn duy nhất chia hết cho 2) ta không tìm được giá trị tự nhiên của n nên loại

CVT làm dài dòng quá lớp 6 không đến nối vậy chứ có khi sai cũng lên để xem

mà đề bảo tìm n chứ có bắt chứng minh đâu

A=n^3-7n^2+4n-28

=n^2(n-7)+4(n-7)

n^2(n-7)+4(n-7) =(n-7)(n^2+4)

Vậy A luôn chia hết cho n-7 & (n^2+4)

*. tìm n để A là nguyên tố

đk cần (n-7) =1=> n=8  (duy nhất có thể nhưng chưa đủ)

với n=8 có A=64+4=68 ko phải nguyên tố

vậy không có n cho A là nguyên tố

  * tìm n đê A là hợp số 

A>0 vậy n>7 

với mọi n>7 A là hợp số 

A B C E F M H K I

a)  Ta thấy ngay \(\Delta AEB\sim\Delta AFC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

Vậy thì \(\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c-g-c\right)\Rightarrow\frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AB}\) 

Xét tam giác vuông ABE có \(cos\widehat{BAE}=\frac{AE}{AB}\Rightarrow\frac{AE}{AB}=cos60^o=\frac{1}{2}\)

Suy ra \(\frac{EF}{BC}=\frac{1}{2}\Rightarrow EF=\frac{a}{2}\)

b) Ta thấy ngay tứ giác BKHM nội tiếp nên \(\widehat{KHB}=\widehat{KMB}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

Ta cũng có tứ giác CIHM nội tiếp nên \(\widehat{CMI}=\widehat{CHI}\)(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI)

Ta thấy ngay E thuộc đường tròn đường kính BC nên \(\widehat{EBM}=\widehat{ICM}\)

(Góc ngoài tại đỉnh đối diện)

Suy ra \(\widehat{BMK}=\widehat{CMI}\) nên \(\widehat{KHB}=\widehat{CHI}\)

Vậy I, H, K thẳng hàng.

Ta thấy ngay \(\Delta EIK\sim\Delta HMC\sim\Delta HBM\Rightarrow\frac{EI}{MI}=\frac{EI}{EK}=\frac{MH}{CH}\)

và \(\frac{MH}{BH}=\frac{EK}{EI}=\frac{EK}{MK}\)
Mà \(\Delta CMI\sim\Delta BMK\Rightarrow\frac{CI}{MI}=\frac{BK}{MK}\) 
Vậy thì \(S=\frac{BC}{MH}+\frac{CE}{MI}+\frac{BE}{MK}=\frac{BH+HC}{MH}+\frac{EI-CI}{MI}+\frac{BK+KE}{MK}\)

\(=\frac{BH}{MH}+\frac{CH}{MH}+\frac{EI}{MI}-\frac{CI}{MI}+\frac{BK}{MK}+\frac{EK}{MK}\)

\(=\left(\frac{BH}{MH}+\frac{CH}{MH}\right)+\left(\frac{MH}{CH}-\frac{BK}{MK}\right)+\left(\frac{BK}{MK}+\frac{MH}{BH}\right)\)

\(=\left(\frac{BH}{MH}+\frac{MH}{BH}\right)+\left(\frac{CH}{MH}+\frac{MH}{CH}\right)\ge2+2=4\)
\(\Rightarrow minS=4\Leftrightarrow MH=BH=CH\)
hay M ở chính giữa cung BC.

Chi. Quan li lam dung roi

Ta có

\(4\left(a+b+c+d\right)^2=\left(\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+d\right)+\left(d+a\right)\right)^2\)

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

\(\le\left(\frac{a+b}{b+c+d}+\frac{b+c}{c+d+a}+\frac{c+d}{d+a+b}+\frac{d+a}{a+b+c}\right)\left(\left(a+b\right)\left(b+c+d\right)+\left(b+c\right)\left(c+d+a\right)+\left(c+d\right)\left(d+a+b\right)+\left(d+a\right)\left(a+b+c\right)\right)\)

\(\Rightarrow VT\ge\frac{4\left(a+b+c+d\right)^2}{\left(\left(a+b\right)\left(b+c+d\right)+\left(b+c\right)\left(c+d+a\right)+\left(c+d\right)\left(d+a+b\right)+\left(d+a\right)\left(a+b+c\right)\right)}\)(1)

Ta chứng minh

\(4\left(a+b+c+d\right)^2\ge\frac{8}{3}\left(\left(a+b\right)\left(b+c+d\right)+\left(b+c\right)\left(c+d+a\right)+\left(c+d\right)\left(d+a+b\right)+\left(d+a\right)\left(a+b+c\right)\right)\left(2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)(đúng)

Từ (1) và (2) ta

\(\Rightarrow\frac{a+b}{b+c+d}+\frac{b+c}{c+d+a}+\frac{c+d}{d+a+b}+\frac{d+a}{a+b+c}\ge\frac{8}{3}\)

Dấu = xảy ra khi a = b = c = d

dau = xay ra khi a=b=c=d

Giả sử trong 2016 số hạng không có số nào bằng nhau.Không mất tính tổng quát ta giả sử:

\(a_1< a_2< a_3< ...........< a_{2016}\)

Vì \(a_1,a_2,......,a_{2016}\) đều là số nguyên dương nên ta suy ra:

\(a_1\ge1,a_2\ge2,.........,a_{2016}\ge2016\)

Suy ra:\(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+.........+\frac{1}{a_{2016}}< 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+.......+\frac{1}{2016}\)

\(=1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}\right)+.....+\left(\frac{1}{1024}+...+\frac{1}{2016}\right)\)

\(< 1+\frac{1}{2}.2+\frac{1}{2^2}.2^2+.........+\frac{1}{2^{10}}.2^{10}=11< 12\)

Do đó điều giả sử là sai

Vậy trong 2016 số đã cho có ít nhất hai số bằng nhau

éo bik 

a/ Sửa đề:

\(\sqrt{22x^2+36xy+6y^2}+\sqrt{22y^2+36xy+6x^2}=x^2+y^2+32\)

\(\Leftrightarrow64x^2+64y^2+2048-64\sqrt{22x^2+36xy+6y^2}-64\sqrt{22y^2+36xy+6x^2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(22x^2+36xy+6y^2-64\sqrt{22x^2+36xy+6y^2}+1024\right)+\left(22y^2+36xy+6x^2-64\sqrt{22y^2+36xy+6x^2}+1024\right)+\left(36x^2-72xy+36y^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{22x^2+36xy+y^2}-32\right)^2+\left(\sqrt{22y^2+36xy+6x^2}-32\right)^2+36\left(x-y\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{22x^2+36xy+6y^2}=32\\\sqrt{22y^2+36xy+6x^2}=32\\x=y\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{64x^2}=32\\x=y\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=y=4\\x=y=-4\end{cases}}\)

Câu b đề sai rồi.

mẫu các phân số này có dạng a⁴ + 4 = a⁴ + 4a² + 4 - 4a² = (a² - 2a + 2)(a² + 2a + 2)

do đó các phân số sẽ biến đổi như sau:

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

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

do đó biểu thức M = \(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{\left(2n-1\right)^2+2\left(2n-1\right)+2}\right)=\frac{n^2}{4n^2+1}\)

\(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-3\sqrt[3]{abc}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\right)^3+c-3\sqrt[3]{ab}\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\right)-3\sqrt[3]{abc}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)\left(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}-\sqrt[3]{ab}-\sqrt[3]{bc}-\sqrt[3]{ac}\right)\ge0\)

Mà ta có \(\hept{\begin{cases}\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)\ge0\\\left(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}-\sqrt[3]{ab}-\sqrt[3]{bc}-\sqrt[3]{ac}\right)\ge0\end{cases}}\)nên cái BĐT là đúng

• Ta có BĐT giữa trung bình nhân và trung bình cộng : \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\) ; \(\frac{c+d}{2}\ge\sqrt{cd}\)
• Trước hết ta chứng minh BĐT \(\frac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\)

Áp dụng BĐT trên , ta được :  \(\frac{a+b+c+d}{2}=\frac{a+b}{2}+\frac{c+d}{2}\ge2\sqrt{\frac{\left(a+b\right)}{2}.\frac{\left(c+d\right)}{2}}\ge2\sqrt{\sqrt{ab}.\sqrt{cd}}=2\sqrt[4]{abcd}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\) (*)

• Đặt \(d=\frac{a+b+c}{3}\) thì \(a+b+c=3d\) (**)

Từ (*) và (**) ta có : \(\frac{3d+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\Leftrightarrow d\ge\sqrt[4]{abcd}\Leftrightarrow d^4\ge abcd\Leftrightarrow d^3\ge abc\Leftrightarrow d\ge\sqrt[3]{abc}\) 

hay \(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\) (đpcm)

Bạn tự xét dấu đẳng thức nhé!

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có ngay \(\widehat{PHB}=90^o\)

Lại có D đối xứng với B qua O nên BD là đường kính đường tròn (O)

Vậy thì \(\widehat{BCD}=90^o\Rightarrow\widehat{PCB}=90^o\)

Xét tứ giác BHCP có \(\widehat{PCB}=\widehat{PHB}=90^o\) mà C và H là hai đỉnh kề nhau nên BHCP là tứ giác nội tiếp.

b) Do BHCP là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{HCD}=\widehat{PBH}\)  (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong đỉnh đối diện với nó)

Lại có \(\widehat{ACD}=\widehat{ABD}\)   (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

\(\Rightarrow\widehat{ACH}=\widehat{ACD}+\widehat{DCH}=\widehat{ABD}+\widehat{PBH}=\widehat{PBD}=90^o\)

Vậy nên AC vuông góc CH.

c) Tứ giác CHMA nội tiếp nên \(\widehat{CAH}=\widehat{CMH}\)   (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH)

Lại có \(\widehat{CAH}=\widehat{CAB}=\widehat{CIB}\)   (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CB)

Vậy nên \(\widehat{CMH}=\widehat{CIB}\)

Chúng lại ở vị trí đồng vị nên HM // Bi

Xét tam giác ABQ có H là trung điểm AB, HM // BI nên HM là đường trung bình tam giác ABQ.

Suy ra M là trung điểm AQ.

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có ngay  = 90 o Lại có D đối xứng với B qua O nên BD là đường kính đường tròn (O) Vậy thì  = 90 o⇒ = 90 o Xét tứ giác BHCP có  = = 90 o  mà C và H là hai đỉnh kề nhau nên BHCP là tứ giác nội tiếp. b) Do BHCP là tứ giác nội tiếp nên  =   (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong đỉnh đối diện với nó) Lại có  =    (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) ⇒ = + = + = = 90 o Vậy nên AC vuông góc CH. c) Tứ giác CHMA nội tiếp nên  =    (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH) Lại có  = =    (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CB) 

+) Với \(x< 0\)chọn \(x_1< x_2< 0\), ta có : 

\(f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=\left(x_1^4-x_2^4\right)+2\left(x_1^2-x_2^2\right)=\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2+x_2^2+2\right)\)

Vì \(x_1< x_2< 0\) nên \(\hept{\begin{cases}x_1-x_2< 0\\x_1+x_2< 0\end{cases}}\) và \(x_1^2+x_2^2+2>0\)

Suy ra \(\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2+x_2^2+2\right)>0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x_1< x_2< 0\\f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)\end{cases}}\) => Hàm số nghịch biến.

+) Tương tự, với \(x\ge0\)ta chọn \(x_2>x_1\ge0\) thì ta có \(\hept{\begin{cases}x_1-x_2< 0\\x_1+x_2\ge0\end{cases}}\) và \(x_1^2+x_2^2+2>0\)

Suy ra \(\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2+x_2^2+2\right)< 0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x_2>x_1\ge0\\f\left(x_2\right)>f\left(x_1\right)\end{cases}}\) => Hàm số đồng biến.

Ta có tập xác định của hàm số : \(D=\text{[}0;+\infty\text{)}\)

Gọi \(x_1,x_2\) là các giá trị thuộc tập xác định của hàm số và \(0\le x_1< x_2\)

\(\Rightarrow x_1-x_2< 0\Leftrightarrow\left(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}\right)\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)< 0\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}< 0\\\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}>0\end{cases}}\)

Xét : \(g\left(x_1\right)-g\left(x_2\right)=\left(3\sqrt{x_1}-2\right)-\left(3\sqrt{x_2}-2\right)=3\left(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}\right)< 0\)

\(\Rightarrow g\left(x_1\right)< g\left(x_2\right)\)

Vậy ta có \(\hept{\begin{cases}0\le x_1< x_2\\g\left(x_1\right)< g\left(x_2\right)\end{cases}}\) => Hàm số đồng biến với mọi \(x\ge0\)(đpcm)