Ta có \(VT=\sqrt{1+x^3}\)

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

\(\le\dfrac{1+x+1-x+x^2}{2}\) (BĐT AM-GM)

\(=\dfrac{x^2+2}{2}=VP\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow1+x=1-x+x^2\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\left(loại\right)\\x=2\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Ta có đpcm.

Nhận thấy \(x_0=0\) không phải là nghiệm của phương trình đã cho.

Giả sử \(x_0< 0\), ta có \(x_0^3-x_0-1=0\) 

\(\Leftrightarrow x_0\left(x_0^2-1\right)=1\)

\(\Leftrightarrow x_0\left(x_0-1\right)\left(x_0+1\right)=1\)    (*)

Nếu \(x_0\le-1\) thì VT (*) \(\le0< 1=VP\), do đó (*) vô lý.

Xét \(-1< x_0< 0\) thì \(-1< x_0^3< 0\) và \(0< -x_0< 1\)

Do đó \(VT=x_0^3-x_0< 0+1=1=VP\) nên (*) vô lý.

Vậy điều giả sử ban đầu là sai \(\Rightarrow x_0>0\)

Trong mặt phẳng (DAB), cho AD cắt MK tại E. Trong mặt phẳng (DBC), CD cắt NK tại F.

Khi đó \(E\in AD\subset\left(ACD\right)\) và \(E\in MK\subset\left(MNK\right)\) nên \(E\in\left(ACD\right)\cap\left(MNK\right)\) hay E thuộc giao tuyến của (ACD) và (MNK)

Tương tự, ta có F thuộc giao tuyến của (ACD) và (MNK)

\(\Rightarrow\) EF là giao tuyến của (ACD) và (MNK)

Có \(M\in AB\subset\left(ABD\right)\) và \(M\in MK\subset\left(MNK\right)\) nên M thuộc giao tuyến của (ABD) và (MNK)

\(K\in BD\subset\left(ABD\right)\) và \(K\in KM\subset\left(MNK\right)\) nên K thuộc giao tuyến của (ABD) và (MNK)

Vậy MK là giao tuyến của (ABD) và (MNK)

a) Gọi 100 số đó là \(a_1,a_2,a_3,...,a_{100}\inℚ\)

Theo đề bài, ta có:

\(a_1a_2a_3< 0\)

\(a_1a_2a_4< 0\)

\(a_1a_2a_5< 0\)

...

\(a_1a_2a_{100}< 0\)

Như vậy, ta có \(a_3,a_4,a_5,...,a_{100}\) cùng dấu.

Tương tự như vậy, ta có \(a_1,a_2,a_3,...,a_{98}\) cùng dấu.

Do đó \(a_1,a_2,...,a_{100}\) cùng dấu.

Vậy \(a_1a_2a_3...a_{100}>0\). Ta có đpcm.

b) Ta có \(a_3,a_4,a_5,...,a_{100}\) cùng dấu.

Vì từ \(a_3\) đến \(a_{100}\) có \(100-3+1=98\) số \(a_i\left(3\le i\le100\right)\) nên \(a_3a_4a_5...a_{100}>0\)

Do \(a_1a_2a_3...a_{100}>0\) nên từ đây suy ra \(a_1a_2>0\)

Lại có \(a_1a_2a_3< 0\) nên \(a_3< 0\)

Hoàn toàn tương tự, ta sẽ chứng minh được \(a_i< 0\) với mọi \(1\le i\le100\). Ta có đpcm.

Dựa vào đồ thị, ta thấy \(m=\min\limits_{\left[-1;3\right]}f\left(x\right)=f\left(2\right)=-4\)

và \(M=\max\limits_{\left[-1;3\right]}f\left(x\right)=f\left(-1\right)=2\)

Khi đó \(M+m=2-4=-2\)

Ta sẽ chứng minh \(1^3+2^3+3^3+...+n^3=\left[\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}\right]^2\) bằng quy nạp.   (*)

Thật vậy, với \(n=1\) thì (*) thành \(1^3=\left[\dfrac{1.2}{2}\right]^2\), luôn đúng

Giả sử (*) đúng đến \(n=k\ge1\), khi đó cần chứng minh (*) đúng với \(n=k+1\). Thật vậy, với \(n=k+1\) thì

\(VT=1^3+2^3+3^2+...+k^3+\left(k+1\right)^3\)

\(=\left[\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}\right]^2+\left(k+1\right)^3\) (theo giả thiết quy nạp)

\(=\left(k+1\right)^2\left(\dfrac{k^2}{4}+k+1\right)\)

\(=\left(k+1\right)^2\left(\dfrac{k^2+4k+4}{4}\right)\)

\(=\dfrac{\left(k+1\right)^2\left(k+2\right)^2}{4}\)

\(=\left[\dfrac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}{2}\right]^2\)

Vậy (*) đúng với \(n=k+1\). Theo nguyên lí quy nạp, (*) được chứng minh.

Như vậy \(1^3+2^3+3^3+...+10^3=\left(\dfrac{10.11}{2}\right)^2=\left(5.11\right)^2=25.11^2⋮11\), ta có đpcm.

a) \(x^2+y^2-4y+3=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+\left(y-2\right)^2=1\)

Xét 2TH:

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y-2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=2\end{matrix}\right.\)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y-2=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=3\end{matrix}\right.\)

Vậy có các cặp số nguyên \(\left(1;2\right),\left(3;0\right)\) thỏa mãn đề bài.

b) \(x^2+4y^2-2x+12y+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2+\left(2y+3\right)^2=9\)

Ta thấy \(2x+3\) là số lẻ nên ta chỉ có 1 TH duy nhất là 

\(\left\{{}\begin{matrix}2y+3=9\\x-1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=3\\x=1\end{matrix}\right.\)

Vậy cặp số nguyên \(\left(1;3\right)\) thỏa mãn ycbt.

Gọi các số nguyên tố liên tiếp tăng dần là \(p_1,p_2,p_3,...\) với \(p_1=2,p_2=3,p_3=5,...\)

Giả sử tồn tại \(m>1\) để với mọi \(n\inℕ^∗\) thì \(p_{n+1}-p_n\le m\) hay \(p_n\ge p_{n+1}-m\) 

Khi đó, với mọi \(n\inℕ^∗\) thì:

\(p_1\ge p_2-m\ge p_3-2m\ge...\ge p_{n+1}-nm\)

Suy ra \(p_{n+1}\ge mn+2\) hay \(m\le\dfrac{p_{n+1}-2}{n}\) với mọi \(n\inℕ^∗\). Tuy nhiên, nếu cho \(n=1\) thì \(m\le\dfrac{p_2-2}{1}=1\), vô lý vì \(m>1\).

Vậy điều giả sử là sai \(\Rightarrow\) đpcm.