Ta có : \(a+\frac{1}{a}=b+\frac{1}{b}=c+\frac{1}{c}\)

=> \(\hept{\begin{cases}a+\frac{1}{a}=b+\frac{1}{b}\\b+\frac{1}{b}=c+\frac{1}{c}\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-b=\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\\b-c=\frac{1}{c}-\frac{1}{b}\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-b=\frac{a-b}{ab}\\b-c=\frac{b-c}{bc}\end{cases}}\)

=> \(\hept{\begin{cases}\frac{a-b}{ab}-\left(a-b\right)=0\\\frac{b-c}{bc}-\left(b-c\right)=0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(\frac{1}{ab}-1\right)=0\\\left(b-c\right)\left(\frac{1}{bc}-1\right)=0\end{cases}}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{ab}-1=0\\\frac{1}{bc}-1=0\end{cases}}\)(Vì a ;b;c đôi một khác nhau)

=> \(\frac{1}{ab}=\frac{1}{bc}=1\Rightarrow ab=bc=1\Rightarrow ab-bc=0\Rightarrow b\left(a-c\right)=0\Rightarrow b=0\)

Khi đó P = x.a.b.c = x.a.0.c = 0

Vậy P = 0

nhưng bạn ơi, a,b,c khác 0 mà

\(M=\left(n+1\right)\left(n+4\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)+1\)    

\(=\left(n^2+5n+4\right)\left(n^2+5n+6\right)+1\)     ( 1 ) 

Đặt \(t=n^2+5n+4\)    

\(\Rightarrow\left(1\right)=t\left(t+2\right)+1\)                                                          

\(=t^2+2t+1\)    

\(=\left(t+1\right)^2\)    

Vậy M là bình phương của 1 số nguyên 

\(M=\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1\)

\(=\left[\left(n+1\right)\left(n+4\right)\right]\left[\left(n+2\right)\left(n+3\right)\right]+1\)

\(=\left(a^2+5a+4\right)\left(a^2+5a+6\right)+1\)

Đặt \(a^2+5a+4=x\)

ta có:\(M=x\left(x+2\right)+1\)

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

            Thay \(x=a^2+5a+4\)Ta được:

\(M=\left(a^2+5a+5\right)^2\)

Vì \(a\in Z\)nên \(a^2+5a+5\in Z\)

Do đó\(M=\left(a^2+5a+5\right)^2\)là bình phương của 1 số nguyên

a) \(n\left(n+3\right)-\left(n-1\right)\left(n+2\right)\)

\(=n^2+3n-n^2-n+2\)

\(=2n+2=2\left(n+1\right)\) chỉ có thể CM luôn chia hết cho 2 với mọi n nguyên thôi nhé

b) \(\left(n+2\right)\left(n^2-3n+1\right)-n\left(n^2-n\right)+3\)

\(=n^3-n^2-5n+2-n^3+n^2+3\)

\(=-5n+5=5\left(1-n\right)\) chia hết cho 5 với mọi n nguyên

n( n + 3 ) - ( n - 1 )( n + 2 )

= n² + 3n - ( n² + n - 2 )

= n² + 3n - n² - n + 2

= 2n + 2 = 2( n + 1 ) chia hết cho 2 thôi -..- ( mà cấy ni còn tùy cơ :D )

( n + 2 )( n² - 3n + 1 ) - n( n² - n ) + 3

= n³ - n² - 5n + 2 - n³ + n² + 3

= -5n + 5 = -5( n - 1 ) chia hết cho 5 ( đpcm )

Hmm...

Ta đánh giá:

\(\frac{a}{a+\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{a}{a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}=\frac{\sqrt{a}.\sqrt{a}}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\sqrt{a}}\)

\(=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\) (Áp dụng BĐT Bunhia)

Tương tự CM được:

\(\frac{b}{b+\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}\le\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\) ; \(\frac{c}{c+\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Cộng vế 3 BĐT trên lại ta được:

\(Vt\le\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)

Ko hiểu chỗ nào ib riêng:)

Ta có \( {\displaystyle \displaystyle \sum }cyc\)\(\frac{ab}{\sqrt{\left(1-c\right)^3\left(1+c\right)}}=\Sigma_{cyc}\frac{ab}{\left(a+b\right)\sqrt{1-c^2}}\)\(=\Sigma_{cyc}\frac{ab}{\left(a+b\right)\sqrt{\left(a+b+c\right)^2-c^2}}=\Sigma_{cyc}\frac{ab}{\left(a+b\right)\sqrt{a^2+b^2+2\left(ab+bc+ca\right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM có \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge2\left(ab+bc\right)+2\left(ab+ca\right)\\a+b\ge2\sqrt{ab}\end{cases}}\)

Do đó ta có \(\Sigma_{cyc}\frac{ab}{\left(a+b\right)\sqrt{a^2+b^2+2\left(ab+bc+ca\right)}}\le\frac{1}{2}\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{ab}{2\left(ab+bc\right)+2\left(ab+ca\right)}}\)

\(\le\frac{1}{4\sqrt{2}}\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{ab}{ab+bc}+\frac{ab}{ab+ca}}\le\frac{1}{4\sqrt{2}}\sqrt{3}\sqrt{\Sigma_{cyc}\left(\frac{ab}{ab+bc}+\frac{ab}{ab+ca}\right)}\)

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=\(\frac{1}{3}\)

\(=a\left(a+3\right)\left(a+1\right)\left(a+2\right)+1\)                   

\(=\left(a^2+3a\right)\left(a^2+3a+2\right)+1\)    ( 1 ) 

Đặt \(t=a^2+3a\)         

( 1 ) \(\Leftrightarrow=t\left(t+2\right)+1\)       

\(=a\left(a+3\right)\left(a+1\right)\left(a+2\right)\) 

\(=\left(a^2+3a\right)\left(a+3a+2\right)+1\)    ( 1 ) 

Đặt \(t=a^2+3a\)      

\(\Rightarrow\left(1\right)=t\left(t+2\right)+1\)   

\(=t^2+2t+1\)   

\(=\left(t+1\right)^2\)     

Vậy a(a+1)(a+2)(a+3) + 1 là số chính phương 

a)

 Ta có

 \(\left(x-1\right)^3-\left(x-1\right)^3-\left(6x-1\right)=-10\)

\(\Leftrightarrow-6x+1=-10\)

\(\Leftrightarrow-6x=-11\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{11}{6}\)

  Vậy \(x=\frac{11}{6}\)

a) ( x - 1 )³ - ( x - 1 )³ - ( 6x - 1 ) = -10

<=> -( 6x - 1 ) = -10

<=> -6x + 1 = -10

<=> -6x = -11

<=> x = 11/6

b) ( 2x - 1 )² + ( 2x - 1 )( 2x - 3 ) - ( 2x + 3 )² + ( 2x + 3 )( -3x ) - 24 = 4

<=> 4x² - 4x + 1 + 4x² - 8x + 3 - ( 4x² + 12x + 9 ) - 6x² - 9x - 24 = 4

<=> 4x² - 4x + 1 + 4x² - 8x + 3 - 4x² - 12x - 9 - 6x² - 9x - 24 = 4

<=> -2x² - 33x - 29 - 4 = 0

<=> -2x² - 33x - 33 = 0 ( muốn kết quả thì ib còn mình để là vô nghiệm vì nó có nghiệm vô tỉ )

=> Vô nghiệm 

\(63x^2-16x+1=0\)

\(\Leftrightarrow63x^2-9x-7x+1=0\)

\(\Leftrightarrow9x\left(7x-1\right)-\left(7x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(9x-1\right)\left(7x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}9x-1=0\\7x-1=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{1}{9}\\x=\frac{1}{7}\end{cases}}}\)

Bài làm:

Ta có: \(63x^2-16x+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(63x^2-9x\right)-\left(7x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow9x\left(7x-1\right)-\left(7x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(7x-1\right)\left(9x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}7x-1=0\\9x-1=0\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{1}{9}\\x=\frac{1}{7}\end{cases}}\)

Vì \(\left(x+1\right)^4\ge0\forall x\); \(\left(x-3\right)^4\ge0\forall x\)

\(\Rightarrow\left(x+1\right)^4+\left(x-3\right)^4\ge0\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x+1\right)^4=0\\\left(x-3\right)^4=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=3\end{cases}\left(ktm\right)}\)

=> Pt vô nghiệm

a)   ( x + 1 ) ⁴  +  ( x - 3 ) ⁴   = 0

Vì \(\left(x+1\right)^4\ge0\forall x\inℤ\)

     \(\left(x-3\right)^4\ge0\forall x\inℤ\)

 Nên \(\left(x+1\right)^4+\left(x-3\right)^4=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x+1\right)^4=0\\\left(x-3\right)^4=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+1=0\\x-3=0\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x=-1\\x=3\end{cases}}}\)

Vậy .....