a, \(x^2-4x+3=0\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x-1\right)=0\)

TH1 : x = 3 ; TH2 : x = 1

b, \(2x^2-3x-2=0\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x+\frac{1}{2}\right)=0\)

TH1 : x = 2 ; TH2 : x = -1/2 

c, Đặt \(x^2=t\left(t\ge0\right)\)

\(t^2+2t-8=0\Leftrightarrow\left(t-2\right)\left(t+4\right)=0\)

TH1 : t  = 2 ; TH2 : t = -4 

Tương tự ... 

1a) 

x² - 4x + 3 = x² - x - 3x + 3 

                  = x( x - 1 ) - 3( x - 1 )

                  = ( x - 1 )( x - 3 )

2c) 

2x² - 3x - 2 = 2x² + x - 4x - 2 

                   = x( 2x +1 ) - 2( 2x + 1 )

                   = ( 2x + 1 )( x - 2 ) 

3e)

x⁴ + 2x² - 8 (*)

Đặt t = x²

(*) <=> t² + 2t - 8

       = t² - 2t + 4t - 8 

       = t( t - 2 ) + 4( t - 2 )

       = ( t - 2 )( t + 4 )

       = ( x² - 2 )( x² + 4 )

4b) x² + 4x - 12 = x² - 2x + 6x - 12

                          = x( x - 2 ) + 6( x - 2 )

                          = ( x - 2 )( x + 6 )

d) 2x³ + x - 2x² - 1 = 2x²( x - 1 ) + 1( x - 1 )

                               = ( x - 1 )( 2x² + 1 )

f) x² - 2xy - 3y² = ( x² - 2xy + y² ) - 4y²

                         = ( x - y )² - ( 2y )²

                         = ( x - y - 2y )( x - y + 2y )

                         = ( x - 3y )( x + y )

Đề bài này phải là tìm nghiệm nguyên dương thôi, chứ nghiệm âm thì chắc chắn không được

a) Nhận xét:

Với x lẻ: \(19^x\equiv-1\left(mod.5\right)\)

Với x chẵn: \(19^x\equiv1\left(mod.5\right)\)

=> \(19^x\equiv\pm1\left(mod.5\right)\) với mọi x nguyên dương

\(2023\equiv3\left(mod.5\right)\)

Lại có: \(\hept{\begin{cases}5^y\equiv0\left(mod.5\right)\\1890\equiv0\left(mod.5\right)\\1945^{4^{20}}\equiv\left(mod.5\right)\end{cases}}\)

=> \(\hept{\begin{cases}19^x+5^y+1890\equiv\pm1\left(mod.5\right)\\1945^{4^{20}}+2023\equiv3\left(mod.5\right)\end{cases}}\)

Mà VP = VT => vô lý

=> Phương trình vô nghiệm

Đợi xí làm nốt b

b) Áp dụng định lý Fermat dưới dạng tổng quát: \(a^n\equiv a\left(mod.n\right)\) thì ta có:

\(x^5\equiv x\left(mod.5\right)\) ; \(y^5\equiv y\left(mod.5\right)\) ; \(\left(x-3\right)^5\equiv x-3\left(mod.5\right)\)

và \(\left(y+2\right)^5\equiv y+2\left(mod.5\right)\)

Cộng vế lại ta được:

\(\hept{\begin{cases}x^5+y^5+2\equiv x+y+2\left(mod.5\right)\\\left(x-3\right)^5+\left(y+2\right)^5\equiv x+y-1\left(mod.5\right)\end{cases}}\)

Mà \(x^5+y^5+2=\left(x-3\right)^5+\left(y+2\right)^5\) => vô lý

Vậy PT vô nghiệm

Hình như đây là CĐ PT vô nghiệm

                                                           Bài giải

Ta dựng các tam giác đều AMP , AMN , ACE , ABD , suy ra N,P,E,D cố định.

Dễ dàng chứng minh được ΔAPE=ΔAMC(c.g.c) 

 ⇒ MC = PE, AM = MP

Suy ra : AM + MC + BM = BM + MP + PE ≥ BE ( hằng số )

Tương tự , ta cũng chứng minh được AM = MN, BM = DN

⇒ AM + MC + MB = CM + MN + DN ≥ CD ( hằng số )

Suy ra MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của BE và CD.

Cần chú ý : Vì điều kiện các góc của tam giác nhỏ hơn 180 độ : 

\(\widehat{BAC}+\widehat{CAE}\) < 120^o + 60^o = 180^o

\(\widehat{BAC}+\widehat{BAD}\) < 120^o + 60^o = 180^o

nên BE cắt AC tại một điểm nằm giữa A và C , CD cắt AB tại một điểm nằm giữa A và B. Do đó tồn tại giao điểm M của CD và BE.

Ta có : \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2.\left(xy+yz+zx\right)\ge xy+yz+zx+2.\left(xy+yz+zx\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge3.\left(xy+yz+zx\right)\)

\(\Leftrightarrow xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{3^2}{3}=2\)

Hay : \(B\le3\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Vậy \(GTLN\) của \(B=3\) khi \(x=y=z=1\)

Ta có bất đẳng thức sau : \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)

\(< =>2\left(xy+yz+zx\right)\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(< =>2xy+2yz+2zx\le2x^2+2y^2+2z^2\)

\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)

\(< =>\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)

\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*

Khi đó ta được bất đăng thức \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)

\(< =>3\left(xy+yz+zx\right)\le\left(x+y+z\right)^2=3^2=9\)

\(< =>xy+yz+zx\le\frac{9}{3}=3\) Tương đương \(B\le3\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1\)

Vậy GTLN của B = 3 đạt được khi x = y = z = 1

Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)^2\ge0\\\left(b-1\right)^2\ge0\\\left(a-b\right)^2\ge0\end{cases}}\) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2+1\ge2a\\b^2+1\ge2b\\a^2+b^2\ge2ab\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)+\left(a^2+b^2\right)\ge2.\left(a+b+ab\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+1\ge a+b+ab\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=1\)

Ta có :

\(3^{15}+3^{16}+3^{17}\)

\(=3^{15}\cdot\left(1+3+3^2\right)=3^{15}\cdot13⋮13\)

\(\rightarrow3^{15}+3^{16}+3^{17}⋮13\left(đpcm\right)\)

Ta có : \(3^{15}+3^{16}+3^{17}\)

\(=3^{15}\cdot\left(1+3+3^2\right)=3^{15}\cdot13⋮13\)

\(\Rightarrow3^{15}+3^{16}+3^{17}⋮13\)(đpcm)

Đặt \(f\left(x\right)=3x^2-2x+1\)

Ta thấy : \(f\left(x\right)=3x^2-2x+1\)

\(=3.\left(x^2-\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}\right)\)\(=3.\left(x^2-2\cdot x\cdot\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{2}{9}\right)\)

\(=3.\left(x-\frac{1}{3}\right)^2+\frac{2}{3}>0\)

Do đó \(f\left(x\right)\) không có nghiệm.

Ta có : \(\Delta=\left(-2\right)^2-4.3=4-12< 0\)

Vậy PT vô nghiệm 

                     Bài làm :

Ta có hình vẽ :

Xét 2 tam giác : Tam giác ADB và tam giác BCA có :

\(\hept{\begin{cases}AB-\text{Cạnh chung}\\\widehat{DAB}=\widehat{CBA}\left(\text{Tính chất của hình thang cân}\right)\\AC=BD\left(\text{Tính chất của hình thang cân}\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta ADB=\Delta BCA\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{CAB}=\widehat{DBA}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{OAB}=\widehat{OBA}\)

=> Tam giác OAB cân

=> OA = OB

=> Điều phải chứng minh