Ta có : a³ - a²b + ab² - 6b³ = 0

    <=> a³ + a²b + 3ab² - 2a²b - 2ab² - 6b³ = 0

    <=> a( a² + ab + 3b² ) - 2b( a² + ab +3b² ) = 0

    <=> ( a² + ab + 3b² ).( a - 2b ) = 0

=> a² + ab + 3b² = 0  (1) hoặc a - 2b = 0  (2)

Giải (1) : a² + ab + 3b² = 0

       Vì a > b > 0 => a² + ab + 3b²  khác 0

                           => a² + ab + 3b² = 0 ( vô nghiệm )

Giải (2) : a - 2b = 0 <=> a = 2b thay vào D :

=> D = ( 16b⁴ - 4b⁴ )/( b⁴ - 64b⁴ )

=> D = 12b⁴/-63b⁴

=> D = -4/21

\(\frac{a^3}{b^3}-\frac{a^2}{b^2}+\frac{a}{b}-6=0.\) " (chia 2 vế cho b^3)

\(t^3-t^2+t-6=0\)  " đăt a/b=t

từ đây bạn có thể dễ dàng tìm được t   

mình chỉ gợi ý đến đây thôi

v~ ~ ~ vừa thi hả,tưởng có đáp án r

\(HPT\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3a^2b-b^3=-1\left(1\right)\\3ab^2-a^3=-2\left(2\right)\end{cases}}\)lần lượt bình phương hai phương trình rồi cộng lại ta được :

\(\left(3a^2b-b^3\right)^2+\left(3ab^2-a^3\right)^2=5\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)^3=5\)( bung màu là thấy liền hà )

\(\Leftrightarrow a^2+b^2=\sqrt[3]{5}\)

 Sakata Kintoki nó thỏa mãn  cái j vậy bạn

ta có : \(a^3+2b^2-4b+3=0\)

\(\Leftrightarrow a^3=-2\left(b-1\right)^2-1\le-1\Rightarrow a^3\le-1\Rightarrow a^2\ge1\) 

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\ge1\\a^2b^2\ge b^2\end{cases}}\)\(\Rightarrow a^2+a^2b^2-2b\ge1+b^2-2b\Rightarrow\left(b-1\right)^2\le0\)

mà \(\left(b-1\right)^2\)luôn \(\ge0\forall b\in Q\)

dấu ''='' xảy ra <=> \(b-1=0\Rightarrow b=1\)

sau đó em chỉ cần thay b=1 vào pt ban đầu :

rồi => a = ... sau đó lấy a²+b²=...

Ta có: \(ab+bc+ca=\frac{\left(a+b+c\right)^2-a^2-b^2-c^2}{2}=0\)

\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=1\)

\(\Rightarrow abc=0\)

Từ đó ta có hpt\(\hept{\begin{cases}a+b+c=1\\ab+bc+ca=0\\abc=0\end{cases}}\). Theo định lý Viet suy ra a,b,c là các nghiệm của \(x^3-x^2=0\Leftrightarrow x.x\left(x-1\right)=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x=1\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a,b,c\right)=\left(1,0,0\right)\)và các hoán vị

Khi đó: \(a^{2019}+b^{2020}+c^{2021}=1\)

Có: \(4=\left(a+b\right)^2-\left(b-1\right)^2\le\left(a+b\right)^2\)\(\Rightarrow\)\(a+b\ge2\)

\(P=\frac{\frac{a^4}{a}+\frac{b^4}{b}}{ab}\ge\frac{\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a+b}}{ab}\ge\frac{\frac{\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\right]^2}{a+b}}{ab}=\frac{\left(a+b\right)\left(a+b\right)^2}{4ab}\ge\frac{2\left(2\sqrt{ab}\right)^2}{4ab}=2\)

"=" \(\Leftrightarrow\)\(a=b=1\)

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

=>\(\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)=0\)

=>a=-b hoặc a=-c hoặc b=-c (1)

=>a=1 hoăc b=1 hoặc c=1 (2)

từ 1 và 2 => Q=1

(1)^2=> a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=0

=> ab+bc+ac=-2

(...)^2=4

(ab)^2+(bc)^2+(ac)^2=4

(2)^2=>A+2(ab)^2+2(bc)^2+2(ac)^2=16

A=16-4=12

nhầm  giờ mới có máy tính

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2=A+2\left(\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ac\right)^2\right)=16\)

\(A=16-2.4=8\)

Ta có \(x^2+y^2+z^2=1\) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2\le1\\y^2\le1\\z^2\le1\end{cases}}\)

\(\Rightarrow-1\le x,y,z\le1\) (*)

Lấy pt sau trừ pt trước ta được \(x^2\left(x-1\right)+y^2\left(y-1\right)+z^2\left(z-1\right)=0\)

Mà từ (*) ta suy ra \(\hept{\begin{cases}x^2\left(x-1\right)\ge0\\y^2\left(y-1\right)\ge0\\z^2\left(z-1\right)\ge0\end{cases}}\)

Do vậy dấu "=" chỉ xảy ra khi \(x^2\left(x-1\right)=y^2\left(y-1\right)=z^2\left(z-1\right)=0\)

Xảy ra 4 trường hợp : 

+ TH1 : Nếu x = y = z = 0 => \(x^2+y^2+z^2=x^3+y^3+z^3=0\ne1\)không thỏa mãn - loại

+ TH2 : Nếu \(x=y=z=1\)=> \(x^2+y^2+z^2=x^3+y^3+z^3=3\ne1\)không thỏa mãn - loại

+ TH3 : Nếu hai trong bộ ba số (x;y;z) nhận giá trị là 1 và số còn lại nhận giá trị bằng 0 thì \(x^2+y^2+z^2=x^3+y^3+z^3=2\ne1\) không thỏa mãn - loại

+ TH4 : Nếu hai trong bộ ba số (x;y;z) nhận giá trị là 0 và số còn lại nhận giá trị bằng 1 thì : 

\(x^2+y^2+z^2=x^3+y^3+z^3=1\) thỏa mãn - nhận

Do trong ba số này vai trò của x,y,z là bình đẳng nên ta có thể chọn x = y = 0 , z = 1

=> xyz = 0 => P = 0