\(a,F=\left(1+\frac{x}{z}\right)\left(1-\frac{y}{z}\right)\left(1-\frac{z}{y}\right)\)

\(=\frac{z+x}{z}.\frac{z-y}{z}.\frac{y-z}{y}\)

Do \(-x+y-z=0\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}y=x+z\\x=y-z\\z=y-x\end{cases}}\)

Thay x , y , z vào F ta được :

\(F=\frac{y}{z}.\frac{-x}{z}.\frac{x}{y}=\frac{-x^2}{z^2}\)

\(b,x+y+1=0\)\(\Rightarrow x+y=-1\)

\(xy=2\)

\(G=\left(x+y\right)\left(y+1\right)\left(x+1\right)=\left(x+y\right)\left(xy+x +y+1\right)=-1.\left(2-1+1\right)=-2\)

a, \(S=-5\left(x-3\right)^2+\sqrt{2}\le\sqrt{2}\)

Dấu ''='' xảy ra khi x = 3 

b, Ta có \(\left(x-13\right)^2+21\ge21\Rightarrow T\le\dfrac{7}{21}=\dfrac{1}{3}\)

Dấu ''='' xảy ra khi x = 13 

Không thể tồn tại tam giác có hai đường trung tuyến thỏa mãn tính chất trên

vì ứng với trung tuyến có độ dài nhỏ hơn nửa cạnh tương ứng thì góc nhìn cạnh đó sẽ là góc tù

mà một tam giác lại không thể có hai góc tù, thế nên không tồn tại hai đường trung tuyến có tính chất như trên.

cảm ơn bạn nha

Bài đã đăng rồi thì bạn không nên đăng lặp lại nữa, tránh gây loãng box toán.

1.

PT $\Leftrightarrow 4x^2+4x+1=y^3+y^2+y+1$
$\Leftrightarrow (2x+1)^2=(y^2+1)(y+1)$
Gọi $d=(y^2+1, y+1)$
$\Rightarrow y^2+1\vdots d; y+1\vdots d$

$\Rightarrow y(y+1)-(y^2+1)\vdots d$ hay $y-1\vdots d$

$\Rightarrow (y+1)-(y-1)\vdots d\Rightarrow 2\vdots d$

$\Rightarrow d=1,2$

Nếu $d=2$ thfi $(2x+1)^2\vdots 2$ (vô lý do $2x+1$ lẻ)

$\Rightarrow d=1$

Tức là $(y^2+1, y+1)=1$. Mà tích của chúng là 1 scp nên mỗi số
 $y^2+1, y+1$ cũng là scp

Đặt $y^2+1=a^2; y+1=b^2$
$\Rightarrow (b^2-1)^2+1=a^2$

$\Leftrightarrow 1=a^2-(b^2-1)^2=(a-b^2+1)(a+b^2-1)$

$\Rightarrow a-b^2+1=a+b^2+1=1$ hoặc $a-b^2+1=a+b^2+1=-1$
Cả 2 TH đều suy ra $y=0$

$\Rightarrow 4x^2+4x=0\Rightarrow x=0$ hoặc $x=-1$

2.

$x^4+2x^2=y^3$

$\Leftrightarrow (x^2+1)^2=y^3+1=(y+1)(y^2-y+1)$

Đặt $d=(y+1, y^2-y+1)$

$\Rightarrow y+1\vdots d; y^2-y+1\vdots d$

$\Rightarrow (y+1)^2-(y^2-y+1)\vdots d$

$\Rightarrow 3y\vdots d$

Nếu $d\vdots 3$ thì $x^2+1\vdots 3$. Điều này vô lý do 1 scp khi chia 3 dư 0 hoặc 1,

$\Rightarrow x^2+1$ khi chia cho $3$ dư $2$ hoặc $1$ (tức là không chia hết cho 3)

Do đó $d$ và $3$ nguyên tố cùng nhau. Khi đó từ $3y\vdots d$

$\Rightarrow y\vdots d$

Kết hợp với $y+1\vdots d\Rightarrow 1\vdots d\Rightarrow d=1$

$\Rightarrow (y+1, y^2-y+1)=1$. Mà tích của chúng là scp nên mỗi số
 $y+1, y^2-y+1$ cũng là scp

Đặt $y+1=a^2; y^2-y+1=b^2$ với $a,b\in\mathbb{N}$

Có:

$y^2-y+1=b^2$

$\Leftrightarrow (2y-1)^2+3=(2b)^2$

$\Leftrightarrow 3=(2b-2y+1)(2b+2y-1)$
Đây là dạng pt tích đơn giản và ta tìm được $y=0$ hoặc $y=1$

Thay vô pt ban đầu thì có cặp $(x,y)=(0,0)$

TL: 

Tham khảo ạ: 

y³=x³+8x²−6x+8y³=x3+8x²−6x+8

⟹y³−x³=8x²−6x+8⟹y³−x³=8x²−6x+8

⟹(y−x)(y²+x²+xy)=8x²−6x+8⟹(y−x)(y²+x²+xy)=8x²−6x+8

Bây giờ nếu chúng ta có thể xác định 8x²−6x+8 thì chúng ta có thể so sánh LHS với RHS.Am I có đi đúng hướng không? 

HT

TL: 

Anh vào nick của em thống kê hỏi đáp vì nó không hiện lên ạ 

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@ 

Nếu đúng thì anh k nhé 

HT

đa thức E(x) bạn nhé 

bn chuyên về robik à ?