Trường hợp 1: Giả sử ba số \(a\), \(b\), \(c\) đều lớn hơn \(1\) hoặc ba số \(a\), \(b\), \(c\) đều nhỏ hơn \(1\).

Khi đó \(a . b . c \neq 1\) (trái với giả thiết).

 Trường hợp 2: Giả sử hai trong ba số \(a\), \(b\), \(c\) lớn hơn 1.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a > 1\) và \(b > 1\).

Vì \(a . b . c = 1\) nên \(c < 1\) do đó:

     \(\left(\right. a - 1 \left.\right) . \left(\right. b - 1 \left.\right) . \left(\right. c - 1 \left.\right) < 0\)

\(\Leftrightarrow a b c + a + b + c - a b - a c - c a - 1 < 0\)

\(\Leftrightarrow a + b + c - a b - a c - c a \&\text{nbsp}; < 0\)

\(\Leftrightarrow a + b + c < a b + a c + c a \&\text{nbsp};\)

\(\Leftrightarrow a + b + c < \frac{a b c}{c} \&\text{nbsp}; + \&\text{nbsp}; \frac{a b c}{a} + \frac{a b c}{b}\)

\(\Leftrightarrow a + b + c < \frac{1}{c} \&\text{nbsp}; + \&\text{nbsp}; \frac{1}{a} \&\text{nbsp}; + \&\text{nbsp}; \frac{1}{b}\) (mâu thuẫn với giả thiết).

Vậy chỉ có một và chỉ một trong ba số \(a\), \(b\), \(c\) lớn hơn \(1\).

Giả sử ba số \(a\), \(b\), \(c\) không đồng thời là các số dương thì có ít nhất một số không dương.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử \(a \leq 0\).

 Nếu \(a = 0\) thì \(a b c = 0\) (mâu thuẫn với giả thiết \(a b c > 0\));

 Nếu \(a < 0\) thì từ \(a b c > 0 \Rightarrow b c < 0\).

Ta có \(a b + b c + c a > 0 \Leftrightarrow a \left(\right. b + c \left.\right) > - b c \Rightarrow a \left(\right. b + c \left.\right) > 0 \Rightarrow b + c < 0 \Rightarrow a + b + c < 0\) (mâu thuẫn với giả thiết).

Vậy cả ba số \(a\), \(b\) và \(c\) đều dương.

Giả sử \(x + y + x y = - 1\).

\(\Rightarrow x + y + x y + 1 = 0 \Leftrightarrow \left(\right. x + 1 \left.\right) \left(\right. y + 1 \left.\right) = 0\)

\(\Leftrightarrow \left[\right. & x + 1 = 0 \\ & y + 1 = 0 \&\text{nbsp}; \&\text{nbsp}; \&\text{nbsp}; \Leftrightarrow \left[\right. & x \&\text{nbsp}; = - 1 \\ & y = - 1 \&\text{nbsp};\) (mâu thuẫn với giả thiết).

Vậy nếu \(x \neq - 1\) và \(y \neq - 1\) thì \(x + y + x y \neq - 1\).

Xét tam giác \(A B C\) không phải tam giác đều.

Không mất tính tổng quát, có thể giả sử \(\hat{A} \geq \&\text{nbsp}; \hat{B} \geq \&\text{nbsp}; \hat{C}\).

Vì tam giác \(A B C\) không phải là tam giác đều nên \(\hat{A} > \&\text{nbsp}; \hat{C}\).

Giả sử \(\hat{C} \geq 6 0^{\circ}\) thì \(\hat{A} + \&\text{nbsp}; \hat{B} + \&\text{nbsp}; \hat{C} > 18 0^{\circ}\) (vô lí).

Do đó \(\hat{C} < 6 0^{\circ}\) nên một tam giác không phải là tam giác đều thì có ít nhất một góc nhỏ hơn \(6 0^{\circ}\).

Phân tích:

\(P\): "\(n^{2}\) chẵn" (giả thiết); \(Q\): "\(n\) chẵn" thì \(\overset{\overline}{Q}\): "\(n\) lẻ".

Lời giải:

Giả sử \(n\) lẻ, khi đó \(n\) có dạng \(2 k + 1\) với \(k \in \mathbb{Z}\).

Suy ra \(n^{2} = \left(\right. 2 k + 1 \left.\right)^{2} = 4 k^{2} + 4 k \&\text{nbsp}; + 1 = 2 \left(\right. 2 k^{2} + 2 k \left.\right) + 1\) lẻ (mâu thuẫn với giả thiết \(n^{2}\) chẵn).

Do đó \(n\) chẵn nên nếu \(n^{2}\) chẵn thì \(n\) chẵn.

Ta có \(\frac{a x + b y}{2} \geq \&\text{nbsp}; \frac{a + b}{2} . \&\text{nbsp}; \frac{x + \&\text{nbsp}; y}{2}\)

\(\Leftrightarrow 2 \left(\right. a x + b y \left.\right) \&\text{nbsp}; \geq \&\text{nbsp}; \left(\right. a + b \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right)\)

\(\Leftrightarrow 2 \left(\right. a x + b y \left.\right) \&\text{nbsp}; \geq a x + a y + b x + b y\)

\(\Leftrightarrow a x + b y - a y - b x \&\text{nbsp}; \geq 0\)

\(\Leftrightarrow \left(\right. a - b \left.\right) \left(\right. x - y \left.\right) \geq 0\) (luôn đúng vì giả thiết \(a \geq b\) và \(x \geq y\)).

Vậy nếu \(a \geq b\), \(x \geq y\) thì \(\frac{a x + b y}{2} \geq \&\text{nbsp}; \frac{a + b}{2} . \&\text{nbsp}; \frac{x + \&\text{nbsp}; y}{2}\).

Ta có \(4 x^{2} + 4 y^{2} + 6 x + 3 \geq 4 x y\)

\(\Leftrightarrow \left(\right. x^{2} - 4 x y + 4 y^{2} \left.\right) + 3 \left(\right. x^{2} + 2 x + 1 \left.\right) \geq 0\)

\(\Leftrightarrow \&\text{nbsp}; \left(\right. x - 2 y \left.\right)^{2} + 3 \left(\right. x \&\text{nbsp}; + 1 \left.\right)^{2} \geq 0\) (luôn đúng với mọi \(x\), \(y\)).

Vậy với mọi \(x\), \(y\) ta có \(4 x^{2} + 4 y^{2} + 6 x + 3 \geq 4 x y\).

Nếu \(n\) chia hết cho \(3\) thì \(n = 3 k\) với \(k \in \mathbb{N}\).

 Xét \(k = 2 m\) thì \(n = 6 m\) suy ra \(n \left(\right. n + 1 \left.\right) = 6 m \left(\right. 6 m + 1 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

 Xét \(k = 2 m + 1\) thì \(n = 3 \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) = 6 m + 3\).

Suy ra \(n \left(\right. n + 1 \left.\right) = \left(\right. 6 m + 3 \left.\right) \left(\right. 6 m + 4 \left.\right) = 3. \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) . 2 \left(\right. 3 m + 2 \left.\right) = 6. \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) . \left(\right. 3 m + 2 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

Vậy với mọi số tự nhiên \(n\), nếu \(n\) chia hết cho \(3\) thì \(n \left(\right. n + 1 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

Nếu \(n\) lẻ thì \(n\) có dạng \(n = 2 k + 1\) với \(k \in \mathbb{N}\).

Do đó \(n^{3} = \left(\right. 2 k + 1 \left.\right)^{3} = 8 k^{3} + 12 k^{2} + 6 k + 1 = 2 \left(\right. 4 k^{3} + 6 k^{2} + 3 k \left.\right) + 1\).

Suy ra \(n^{3}\) lẻ.

Vậy với mọi số tự nhiên \(n\), nếu \(n\) lẻ thì \(n^{3}\) lẻ.

Tứ giác $ABCD$ có $\hat{B}=\hat{D}=90^{\circ }$ nên $OA=OB=OC=OD$ (đường cao ứng với cạnh huyền).

Suy ra bốn điểm $A$, $B$, $C$, $D$ cùng nằm trên một đường tròn tâm $O$, đường kính $AC$.