Đúng là chơi lừa bịp thực sự bài này rất dễ đây là cách giải:

ta có: \(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+.....+\left(x+z\right)^{100}\ge0\)còn \(-\left(y+z+x\right)\le0\)  nên phương trình 1 vô lý 

tương tự chứng minh phương trinh 2 và 3 vô lý 

vậy \(\hept{\begin{cases}x=\varnothing\\y=\varnothing\\z=\varnothing\end{cases}}\)

thực sự bài này mới nhìn vào thì đánh lừa người làm vì các phương trình rất phức tạp nhưng nếu nhìn kĩ lại thì nó rất dễ vì các trường hợp đều vô nghiệm

\(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+...+\left(x+z\right)^{100}=-\left(y+z+x\right)\)

Đặt : \(A=\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+...+\left(x+z\right)^{100}\)

Ta dễ dàng nhận thấy tất cả số mũ đều chẵn 

\(=>A\ge0\)(1)

Đặt : \(B=-\left(y+z+x\right)\)

\(=>B\le0\)(2)

Từ 1 và 2 \(=>A\ge0\le B\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(A=B=0\)

Do \(B=0< =>y+z+x=0\)(3)

\(A=0< =>\hept{\begin{cases}x+y=0\\y+z=0\\x+z=0\end{cases}}\)(4)

Từ 3 và 4 \(=>x=y=z=0\)

Vậy nghiệm của pt trên là : {x;y;z}={0;0;0}

Ta có: \(4b\sqrt{c}-c\sqrt{a}=\sqrt{c}\left(4b-\sqrt{ac}\right)>0\)( do \(1< a,b,c< 2\))

Tương tự => Các MS dương

\(VT=\frac{ba}{4b\sqrt{ac}-ca}+\frac{cb}{4c\sqrt{ba}-ab}+\frac{ac}{4a\sqrt{bc}-bc}\)

Áp dụng BĐT cosi schawr ta có

\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)^2}{4b\sqrt{ac}+4c\sqrt{ab}+4a\sqrt{bc}-ab-bc-ac}\)

Áp dụng cosi ta có \(2b\sqrt{ac}=2\sqrt{ab}.\sqrt{ac}\le ab+ac\);\(2c\sqrt{ab}\le ac+bc\);\(2a\sqrt{bc}\le ab+ac\)

=> \(VT\ge\frac{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\right)^2}{ab+bc+ac+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ac}}=\frac{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)^2}{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)^2}=1\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

ta có ab + ba = 10.a + b + 10.b + a

                        = 11.a + 11.b

                        = 11(a+b) chia hết 11 ( vì a,b là chữ số nên 0< a =<9, 0=< b =<9, a,b thuộc N)

=> ab+ba chia hết 11

giả sử trong 36 số tự nhiên đã cho, không có hai số nào bằng nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử :

\(a_1< a_2< ...< a_{36}\)

Suy ra : \(a_1\ge1;a_2\ge2;...;a_{36}\ge36\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{36}}}\le\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{36}}\)( 1 )

Ta có :  \(\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{36}}=1+\frac{2}{2\sqrt{2}}+\frac{2}{2\sqrt{3}}+...+\frac{2}{2\sqrt{36}}\)

\(< 1+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{1}}+\frac{2}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}+...+\frac{2}{\sqrt{36}+\sqrt{35}}\)

\(=1+2\left(\sqrt{2}-\sqrt{1}\right)+2\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)+...+2\left(\sqrt{36}-\sqrt{35}\right)\)

\(=2\left(\sqrt{36}-\sqrt{1}\right)+1=11\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{36}}}< 11\)( trái với giả thiết )

\(\Rightarrow\)tồn tại 2 số bằng nhau trong 36 số tự nhiên đã cho

Tự vẽ hình nha ><

a) ^ABD = 90⁰ => ^ABE = 90⁰

EF \(\perp\)AD => ^EFA = 90⁰

=> Tứ giác ABEF có tổng 2 góc đối = 90⁰ nội tiếp được đường tròn

ta có \(5\left(x^2+xy+y^2\right)=7\left(x+2y\right)\)

zì 5 , 7 là 2 số nguyên tố cùng nhau . Nên

\(\hept{\begin{cases}x+2y=5m\\x^2+xy+y^2=7m\end{cases}m\inℤ}\)

từ \(x+2y=5m=>5m-2y=x.\)thay zô \(x^2+xy+y^2=7m\)zà rút gọn ta được

\(\left(5m-2y\right)^2+\left(5m-2y\right)y+y^2=7m\Leftrightarrow3y^2-15my+25m^2-7m=0\left(1\right)\)

=>\(3\left(y^2-5my\right)+25m^2-7m=0=>3\left(y-\frac{5m}{2}\right)^2-\frac{75m^2}{4}=7m-25m^2\)

=>\(3\left(y-\frac{5m}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\left(-25m^2+28m\right)\)

zì \(3\left(y-\frac{5m}{2}\right)^2\ge0\forall m,y\)

=>\(\frac{1}{4}\left(-25m^2+28m\right)\ge0\Leftrightarrow25m^2-28m\le0\Leftrightarrow m\left(m-\frac{28}{25}\right)\le0\Leftrightarrow0\le m\le\frac{28}{25}\)

mà \(m\inℤ\)nên \(m\in\left\{0,1\right\}\)

zới m=0 thay zô (1) ta được y=0. từ đó tính đc x=0

zới m =1 thây zô (1) ta được \(3y^2-15y+18=0=>y^2-5y+6=0=>\orbr{\begin{cases}y=2\\y=3\end{cases}}\)

zới y=2 , m=1 thì ta tính đc x=1

zới y=3 , m=1 thì ta tính đc x=-1

zậy \(\left(x,y\right)\in\left\{\left(0,0\right);\left(1,2\right)\left(-1,3\right)\right\}\)