thử bài bất :D 

Ta có: \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{a^3}{2^3}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) ( AM-GM cho 5 số ) (*)

Hoàn toàn tương tự: 

\(\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c+a}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}.\dfrac{b^3}{2^3}.\dfrac{\left(c+a\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (**)

\(\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{a+b}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}.\dfrac{c^3}{2^3}.\dfrac{\left(a+b\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (***)

Cộng (*),(**),(***) vế theo vế ta được:

\(P+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{15}{2}\) \(\Leftrightarrow P+2\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{15}{2}\)

Mà: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( AM-GM 3 số )

Từ đây: \(\Rightarrow P\ge\dfrac{15}{2}-2\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

1. \(a^3+b^3+c^3+d^3=2\left(c^3-d^3\right)+c^3+d^3=3c^3-d^3\) :D 

B1) Từ \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\)

\(\Rightarrow\frac{xy+yz+zx}{xyz}=0\)

\(\Rightarrow xy+yz+zx=0\)

Ta có \(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\)

                                      \(=x^2+y^2+z^2+2.0\)

                                       \(=x^2+y^2+z^2\left(đpcm\right)\)

B2)  \(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2=2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

Vì \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0\forall a;b\\\left(b-c\right)^2\ge0\forall b;c\\\left(c-a\right)^2\ge0\forall c;a\end{cases}\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c\left(đpcm\right)}\)

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

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

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\\\left(b-c\right)^2\ge0\forall b,c\\\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,c\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)

Mà \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2=0\\\left(b-c\right)^2=0\\\left(c-a\right)^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy \(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\)thì \(a=b=c\)

Ta có a - b + b - c + c - a = 0 \(⋮30\)

=> (a - b) + (b - c) + (c - a) \(⋮\)30 (0) 

Xét hiệu (a - b)⁵ + (b - c)⁵ + (c - a)⁵ - [(a - b) + (b - c) + (c - a)] 

= [(a - b)⁵ - (a - b)] + [(b - c)⁵ - (b - c)] + [(c - a)⁵ - (c - a)]

Nhận thấy : (a - b)⁵ - (a - b) = (a - b)[(a - b)⁴ - 1]

= (a - b)[(a - b)² - 1][(a - b)² + 1] 

= (a - b)[(a - b)² - 1][(a - b)² - 4 + 5]

=  (a - b)[(a - b)² - 1][(a - b)² - 4] +  5(a - b)[(a - b)² - 1]  

= (a - b - 2)(a - b - 1)(a - b)(a - b + 1)(a - b + 2) + 5(a - b - 1)(a - b)(a - b + 1)

Nhận thấy (a - b - 2)(a - b - 1)(a - b)(a - b + 1)(a - b + 2) + 5(a - b - 1) \(⋮\)30 (tích 5 số nguyên liên tiếp) (1)

Lại có (a - b - 1)(a - b)(a - b + 1) \(⋮\)6

=> 5(a - b - 1)(a - b)(a - b + 1) \(⋮\)30 (2) 

Từ (1) và (2) =>  (a - b - 2)(a - b - 1)(a - b)(a - b + 1)(a - b + 2) + 5(a - b - 1)(a - b)(a - b + 1) \(⋮\)30 

=> (a - b)⁵ + (b - c)⁵ + (c - a)⁵ - [(a - b) + (b - c) + (c - a)]  \(⋮\)30 (4) 

Từ (0) ; (4) => (a - b)⁵ + (b - c)⁵ + (c - a)⁵ \(⋮\)30 (đpcm) 

\(c,=\left(31,8-21,8\right)^2=10^2=100\\ 12,\\ a,\left(n+2\right)^2-\left(n-2\right)^2\\ =\left(n+2-n+2\right)\left(n+2+n-2\right)\\ =4\cdot2n=8n⋮8\\ b,\left(n+7\right)^2-\left(n-5\right)^2\\ =\left(n+7-n+5\right)\left(n+7+n-5\right)\\ =12\left(2n+2\right)=24\left(n+1\right)⋮24\)

tui chiuj

1) Ta chứng minh được rằng nghiệm nguyên của đa thức, nếu có, phải là ước của hệ số tự do.

Thật vậy, giả sử đa thức \(a_ox^n+a_1x^{n-1}+...+a_{n-1}x+a_n\) với các hệ số \(a_o,a_1....a_n\) nguyên, có nghiệm \(x=a\left(a\in Z\right)\). Thế thì:

\(a_ox^n+a_1x^{n-1}+...+a_{n-1}x+a_n=\left(x-a\right)\left(b_ox^{n-1}+b_1x^{n-2}+...+b_{n-1}\right)\)

trong đó các hệ số \(b_o,b_1,...,b_{n-1}\) nguyên. Hạng tử có bậc thấp nhất của tích ở vế phải bằng \(-ab_{n-1}\), hạng tử có bậc thấp nhất ở vế trái bằng \(a_n\). Do đó \(-ab_{n-1}=a_n\), tức a là ước của \(a_n\)

\(a^2\left(a+1\right)+2a\left(a+1\right)=\left(a^2+2a\right)\left(a+1\right)=a\left(a+1\right)\left(a+2\right)\)

Tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3 và có ít nhất 1 số chẵn nên \(a\left(a+1\right)\left(a+2\right)⋮6\)

Vậy \(a^2\left(a+1\right)+2a\left(a+1\right)⋮6\left(đpcm\right)\)