Ta có (x - 1)³ - (x + 1)³ + 6(x + 1)(x - 1)

= x³ - 3x² + 3x - 1 - (x³ + 3x² + 3x + 1) + 6(x² - 1)

= x³ - 3x² + 3x - 1 - x³ - 3x² - 3x - 1 + 6x² - 6

= -6x² - 2 + 6x² - 6

= -8 

=> Biểu thức trên không phụ thuộc vào biến (đpcm)

Ta có: \(\left(x-1\right)^3-\left(x+1\right)^3+6\left(x+1\right)\left(x-1\right)\)

\(=x^3-3x^2+3x-1-x^3-3x^2-3x-1+6x^2-6\)

\(=\left(-3x^2-3x^2+6x^2\right)+\left(x^3-x^3\right)+\left(3x-3x\right)+\left(-1-1-6\right)\)

\(=-8\)

=> đpcm

( x + 2 )³ + ( x - 2 )³ - 2x( x² + 12 )

= x³ + 6x² + 12x + 8 + x³ - 6x² + 12x - 8 - 2x³ - 24x

= 0 ( đpcm )

\(2^{2^{6n+2}}+13⋮29\)

\(\Leftrightarrow4^{6n+2}+13⋮29\)

\(\Leftrightarrow16^{3n+1}+13⋮29\)

\(\Leftrightarrow\left(16+13\right)\left(3^n....+1\right)⋮29\left(dpcm\right)\)

1 + 1 = a + b

Thỏa mãn điều kiện a = b và a hoặc b < 2

a + b => 1 + 1 = 2

Câu 1

a) xy(x+y)-yz(y+z)+zx[(x+y)-(y+z)]=xy(x+y)+zx(x+y)-yz(y+z)-zx(y+z)=x(x+y)(y+z)-z(y+z)(y+x)=(x+y)(y+z)(x-z)

b) \(\frac{x-y}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}+\frac{y-z}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{z-x}{\left(y-z\right)\left(y-x\right)}=2022\)

\(\Leftrightarrow\frac{x-z+z-y}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}+\frac{y-z+x-z}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{z-y+y-x}{\left(y-z\right)\left(y-x\right)}=2022\)

\(\Leftrightarrow\frac{-1}{z-y}+\frac{-1}{z-x}+\frac{-1}{x-z}+\frac{-1}{x-y}+\frac{-1}{x-y}+\frac{-1}{y-z}+\frac{1}{y-z}=2022\)

\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{x-y}+\frac{1}{y-z}+\frac{1}{z-x}\right)=2022\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x-y}+\frac{1}{y-z}+\frac{1}{z-x}=1011\)

Câu 8: bạn sửa lại đề: AB<AC

a) Xét tam giác AHB và tam giác AEP có:

\(\widehat{AHB}=\widehat{AEP}=90^0\)

AH=KE (Tứ giác AHKE là hình vuông)

\(\widehat{HAB}=\widehat{AEP}\)(cùng phụ với \(\widehat{HAC}\))

\(\Rightarrow\Delta AHB=\Delta AEP\)(g-c-g)

=> AB=AP (2 cạnh tương ứng) => \(\Delta\)BAP cân tại A

b) Tứ giác ABQP là hình vuông nên IA=IB=IQ=IP (1)

Tam giác BKP vuông tại K nên KP=KB=KI (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AI=KI nên I là đường trung trực của AK (3)

Vì AHKE là hình vuông nên HE là trung trực của AK (4)

Từ (3) và (4) suy ra: H;I:E cùng thuộc đường trung trực của AK hay H;I:E thằng hàng (đpcm)

Câu 9: Có \(\widehat{CEA}=\widehat{B}+\widehat{BAE}=\widehat{HAC}+\widehat{EAH}=\widehat{CAE}\)

\(\Rightarrow\Delta CAE\)cân tại C => CA=CE (1)

Qua H kẻ đường thằng song song với AB cắt MF ở K. Ta có \(\frac{BE}{EH}=\frac{MB}{KH}=\frac{MA}{KH}=\frac{FA}{FH}\left(2\right)\)

AE là phân giác của tam giác ABH nên \(\frac{BE}{EH}=\frac{AB}{AH}\left(3\right)\)

\(\Delta CAH\)và \(\Delta CBA\)đồng dạng \(\Rightarrow\frac{AB}{AH}=\frac{CA}{CH}=\frac{CE}{CH}\)(theo (1)) (4)

Từ (2);(3) và (4) => \(\frac{FA}{FH}=\frac{CE}{CH}\)hay \(\frac{AE}{FH}=\frac{CE}{CH}\)=> CF//AE (đpcm)

Câu 10: 

Chia các đỉnh của tam giác thành 3 nhóm \(\left\{A_1;A_4;A_7;A_{10}\right\};\left\{A_2;A_5;A_8;A_{11}\right\};\left\{A_3;A_6;A_9;A_{12}\right\}\)

Chọn 3 đỉnh liên tiếp thì mỗi đỉnh vào 1 nhóm

Do vậy số dấu "-" trong mỗi nhóm là +1 hoặc -1

Mà nhóm II và nhóm III cùng tính chẵn lẻ về số dấu "-"

Khi bắt đầu nhóm II, nhóm III số dấu "-" bằng 0. Nếu đỉnh A₂ mang dấu "-" các đỉnh còn lại mang dấu "+" thì nhóm II, nhóm III khác đỉnh chẵn lẻ về số dấu "=". Mâu thuẫn!

P.s bài trình bày khó hiểu, bạn thông cảm! :)

Áp dụng cách đánh giá quen thuộc 

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

Hay \(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\)

Ta cần chỉ ra được \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Ta đánh giá theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, Cần chú ý đến \(a^2+b^2+c^2\). Ta được

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

Ta cần chứng minh được

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

Hay \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Dễ thấy \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Do đó \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki 

\(\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Do đó ta được \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Bài toán được chứng minh :3

a) \(\left(x+a\right)\left(x+b\right)\left(x+c\right)\)

\(=\left[x^2+\left(a+b\right)x+ab\right]\left(x+c\right)\)

\(=x^3+\left(a+b+c\right)x^2+\left(ab+bc+ca\right)x+abc\)

b) \(a^3+b^3+c^3-3abc\)

\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc\)

\(=\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ca-bc+c^2-3ab\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)

c) \(a^2\left(b-c\right)+b^2\left(c-a\right)+c^2\left(a-b\right)\)

\(=a^2\left(b-c\right)+b^2c-ab^2+c^2a-bc^2\)

\(=a^2\left(b-c\right)+bc\left(b-c\right)-a\left(b-c\right)\left(b+c\right)\)

\(=\left(b-c\right)\left(a^2+bc-ab-ca\right)\)

\(=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)

Nhầm đoạn cuối là \(=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a-c\right)\)

\(x^3+17x\)

\(x.x.x+x.17\)

Vì \(17+1\)mới chia hết cho 3.

Nếu x > 3  1 đơn vị thì có x³ = 68 là nhỏ nhất

Ta có x nhỏ nhất là 4,thỏa mãn điều kiện x . 17 : 3 dư 2.

Vậy ta có \(x\in N\left|x⋮4\right|x^3+17x⋮3|x\ge4\)