\(a^2+b^2+3-2a-4a+2=0\Leftrightarrow\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-4b+4\right)=0\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-2\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-1=0\\b-2=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-1}=1\\\sqrt{y-2}=2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=6\end{matrix}\right.\)\(\left(tm\right)\)

\(x+y-2\sqrt{x-1}-4\sqrt{y-2}+2=0\left(1\right)\) đk: \(x\ge1;y\ge2\)
Đặt: \(a=\sqrt{x-1};b=\sqrt{y-2}\left(2\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2=x+y-3\Leftrightarrow x+y=a^2+b^2+3\left(3\right)\)
thay (2)(3) vào (1) ta có:
\(a^2+b^2-2a-4b+5=0\Leftrightarrow\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-4b+4\right)=0\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-2\right)^2=0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-1=0\\b-2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow}\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-1}=1\\\sqrt{y-2}=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow}\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=6\end{matrix}\right.\left(tm\right)}}\)

gọi \(q_1\) là nhiệt dung bình 1
     \(q_2\) là nhiệt dung bình 2
     \(q_0\) là nhiệt dung nhiệt kế
     \(t\) và \(t'\) là nhiệt độ ban đầu trong bình 1 và 2
sau lần trao đổi nhiệt thứ nhất, nhiệt kế có nhiệt độ \(t_1=41^oC\)
ở lần 2 nhiệt kế trao đổi nhiệt với bình 2, ta có phương trình cân bằng nhiệt:
\(Q_{toả}=Q_{thu}\Leftrightarrow\left(t_1-t_{cb1}\right).q_0=\left(t_{cb1}-t'\right).q_2\Leftrightarrow\left(41-8\right).q_0=\left(8-t'\right)q_2\Leftrightarrow33q_0=\left(8-t'\right)q_2\left(1\right)\)
ở lần 3 nhiệt kế trao đổi nhiệt với bình 1, ta có phương trình cân bằng nhiệt:
\(Q_{toả}=Q_{thu}\Leftrightarrow\left(t_1-t_{cb2}\right)q_1=\left(t_{cb2}-t_{cb1}\right)q_0\Leftrightarrow q_1=32q_0\)
ở lần 4 nhiệt kế trao đổi nhiệt với bình 2, ta có phương trình cân bằng nhiệt:
\(Q_{toả}=Q_{thu}\Leftrightarrow30,5q_0=1,5q_2\Leftrightarrow q_2=\dfrac{61}{3}q_0\left(2\right)\)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow33=\dfrac{61}{3}\left(8-t'\right)\Leftrightarrow t'=\dfrac{389}{61}^oC\approx6,377^oC\)
(chỉ xác định được nhiệt độ chất lỏng ở bình 2 do chưa có nhiệt độ nhiệt kế ban đầu)
b, ở lần 5 nhiệt kế trao đổi nhiệt với bình 1, ta có phương trình cân bằng nhiệt:|
\(Q_{toả}=Q_{thu}\Leftrightarrow q_1\left(t_{cb2}-t_{cb4}\right)=q_0\left(t_{cb4}-t_{cb3}\right)\Leftrightarrow32\left(40-t_{cb4}\right)=t_{cb4}-9,5\Leftrightarrow t_{cb4}\approx39^oC\)
c, khi lặp lại các lần nhúng tức là nước ở bình 1 và 2 với nhiệt kế đang trao đổi nhiệt với nhau
xét lúc nhiệt kế chỉ \(8^oC\), bình 2 có nhiệt độ \(8^oC\), bình 1 có nhiệt độ \(41^oC\)
áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có:
\(Q_{toả}=Q_{thu}\Leftrightarrow q_1\left(41-t_{cb}\right)=q_0\left(t_{cb}-8\right)+q_2\left(t_{cb}-8\right)\)
\(\Leftrightarrow32\left(41-t_{cb}\right)=\left(t_{cb}-8\right)+\dfrac{61}{3}\left(t_{cb}-8\right)\Leftrightarrow t_{cb}=27,8^oC\)
 

Gọi \(N_1\) là lực căng dây của quả cầu treo tại A
      \(N_2\) là lực căng dây của quả cầu treo tại B
Ta có:
\(D=500kg\)/\(m^3\Rightarrow d=5000N\)/\(m^3\)
\(D_0=1200\) kg/\(m^3\)\(\Rightarrow d_0=12000\)N/\(m^3\)
\(V=10cm^3=10^{-5}m^3\)
Xét quả cầu được treo tại B, do quả cầu lơ lửng nên các lực tác dụng lên quả cầu cân bằng:
\(P_2+N_2=F_{A2}\Leftrightarrow V.d+N_2=V.d_0\Leftrightarrow N_2=V\left(d_0-d\right)=10^{-5}\left(12000-5000\right)=\dfrac{7}{100}N\)
Xét quả cầu được treo tại A, do quả cầu lơ lửng nên các lực tác dụng lên quả cầu cân bằng:
\(P_1=N_1+F_{A1}\Leftrightarrow3d.V=N_1+d_0.V\Leftrightarrow N_1=V\left(3d-d_0\right)=10^{-5}\left(3.5000-12000\right)=\dfrac{3}{100}N\)
b, Vì thùng đựng chất lỏng đồng chất nên trọng lượng \(P\) của thùng nằm chính giữa thùng tại M
gọi \(T_1\) và \(T_2\) lần lượt là lực do đế A và B tác dụng lên đáy bể
quả cầu tại B gây 1 áp suất hướng lên chính bằng lực căng dây \(N_2\)
quả cầu tại A gây 1 áp suất hướng xuống chính bằng lực căng dây \(N_1\)
gọi AM là \(l\) thì \(AB=2l\)
đặt A làm điểm tựa, vì thùng cân bằng nên ta có:
\(P.l=2l.\left(T_2+N_2\right)\Leftrightarrow T_2=\dfrac{P}{2}-N_2\left(1\right)\)
đặt điểm B làm tựa, vì thùng cân bằng nên ta có:
\(P.l=2l\left(T_1-N_1\right)\Leftrightarrow T_1=\dfrac{P}{2}+N_1\left(2\right)\)
lấy \(\left(2\right)-\left(1\right)\) theo vế ta có: \(T_1-T_2=N_1+N_2=\dfrac{3}{100}+\dfrac{7}{100}=\dfrac{10}{100}=0,1N\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A có:
\(sin\left(B\right)=\dfrac{AC}{BC}\)
\(cotg\left(C\right)=\dfrac{AC}{AB}\)
BC là cạnh huyền của \(\Delta ABC\) \(\left(AB,AC< BC\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}< \dfrac{AC}{AB}\Rightarrow sin\left(B\right)< cotg\left(C\right)\)

tính:
\(10\sqrt{3}+25\)

chứng minh: \(1+tg^2\alpha=\dfrac{1}{cos^2\alpha}\)
xét VT: \(1+tg^2\alpha=1+\dfrac{sin^2\alpha}{cos^2\alpha}\left(vì:tg\left(\alpha\right)=\dfrac{sin\left(\alpha\right)}{cos\left(\alpha\right)}\right)\)
\(=\dfrac{cos^2\alpha+sin^2\alpha}{cos^2\alpha}=\dfrac{1}{cos^2\alpha}\left(vì:sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\right)=VP\Rightarrow1+tg^2\alpha=\dfrac{1}{cos^2\alpha}\)
\(\Leftrightarrow1+\dfrac{AH^2}{50^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{AH^2}{AB^2}\right)}=\dfrac{AB^2}{AH^2}\Leftrightarrow\dfrac{2500+AH^2}{2500}=\dfrac{AB^2}{AH^2}\Leftrightarrow2500AH^2+AH^4=2500AB^2\left(1\right)\)
ta có: \(AH^2+BH^2=AB^2\left(2\right)\)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow2500AH^2+AH^4=2500\left(AH^2+50^2\right)\Leftrightarrow AH^4=2500.2500=50^4\Leftrightarrow AH=50\left(m\right)\left(3\right)\)
\(\left(2\right)\left(3\right)\Rightarrow AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{50^2+50^2}=50\sqrt{2}\left(m\right)\)
vậy chiều rộng con sông là: \(AH=50\left(m\right)\) và quãng đường đò đã đi là \(AB=50\sqrt{2}\left(m\right)\)

\(\dfrac{4}{3.7}-\dfrac{4}{7.11}+\dfrac{4}{11.15}+\dfrac{4}{15.19}-\dfrac{4}{23.27}=\dfrac{7-3}{3.7}-\dfrac{11-7}{7.11}+\dfrac{15-11}{11.15}+\dfrac{19-15}{15.19}-\dfrac{27-23}{23.27}\)
(sau đó làm giống bài kia là được)