13,579 tấn = 13579 kg

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 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.

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

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

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

Giả sử \(\hat{C} \geq 6 0^{\circ}\) thì \(\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}>180^{\circ}\) (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 \(6 0^{\circ}\)

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

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

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left(\right.x-2y\left.\right)^2+3\left(\right.x+1\left.\right)^2\geq0\) (luôn đúng với mọi \(x\), \(y\)).

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left(\right.x-2y\left.\right)^2+3\left(\right.x+1\left.\right)^2\geq0\) (luôn đúng với mọi \(x\), \(y\)).

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

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

\(\Leftrightarrow2\left(\right.ax+by\left.\right)\geq\left(\right.a+b\left.\right)\left(\right.x+y\left.\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(\right.ax+by\left.\right)\geq ax+ay+bx+by\)

\(\Leftrightarrow ax+by-ay-bx\geq0\)

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

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

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.