Xét \(f\left(x\right)=VT=x^2+y^2+xy-3x-3y+3\)

\(=x^2+\left(y-3\right)x+y^2-3y+3\)

 Có \(\Delta=\left(y-3\right)^2-4\left(y^2-3y+3\right)\)

\(=y^2-6y+9-4y^2+12y-12\)

\(=-3y^2+6y-3\)

\(=-3\left(y-1\right)^2\le0\) với mọi \(y\inℝ\)

 Mà \(f\left(x\right)\) có hệ số cao nhất bằng \(1>0\) nên từ đây có \(VT=f\left(x\right)\ge0\)

 Dấu "=" xảy ra khi \(y=1\). Khi đó \(\Delta=0\) nên pt \(f\left(x\right)=0\) có nghiệm kép \(\Leftrightarrow\) \(x=\dfrac{-\left(y-3\right)}{2}=1\).

 Ta có đpcm.

d) \(A=3cm\); \(\omega=4\pi\left(rad/s\right)\); \(\varphi_0=\dfrac{\pi}{5}\left(rad\right)\)

Khi đó \(T=\dfrac{2\pi}{\omega}=0,5\left(s\right)\)

Cho \(x=1,5cm\Leftrightarrow\varphi=\pm\dfrac{\pi}{3}\left(rad\right)\) 

Thời gian vật đi qua vị trí \(x=1,5cm\) lần thứ ba là:

\(T+t_d=0,5+\dfrac{\Delta\varphi_d}{2\pi}.T\)

\(=0,5+\dfrac{\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{5}}{2\pi}.0,5\)

\(=\dfrac{8}{15}\left(s\right)\)

e) Thời gian cần tìm là:

\(t_e+19T=\dfrac{\Delta\varphi_e}{2\pi}.T+19.0,5\) 

\(=\dfrac{\dfrac{4\pi}{3}}{2\pi}.0,5+9.5=\dfrac{59}{6}\left(s\right)\) 

 Xét đường thẳng BC, có AH, AB lần lượt là đường vuông góc và đường xiên kẻ từ A đến BC. Do đó \(AH< AB\).

 Chứng minh tương tự, ta được \(BK< BC\) và \(CL< CA\)

 Cộng theo vế 3 BĐT vừa tìm được, ta có:

 \(AH+BK+CL< AB+BC+CA\) (đpcm)

Có \(AB=\left(2^{2n+1}+2^{n+1}+1\right)\left(2^{2n+1}-2^{n+1}+1\right)\)

\(=\left(2^{2n+1}+1\right)^2-\left(2^{n+1}\right)^2\)

\(=\left(2^{2n+1}\right)^2-2.2^{2n+1}+1-2^{2n+2}\)

\(=2^{4n+2}+1\)

Ta sẽ chứng minh \(AB⋮5\) (*) bằng quy nạp.

Thật vậy, với \(n=1\) thì \(AB=65⋮5\) -> (*) đúng

Với \(n=2\) thì \(AB=1025⋮5\) -> (*) đúng

Giả sử (*) đúng đến \(n=k\ge1\), ta cần chứng minh (*) đúng với \(n=k+1\). Thật vậy, với \(n=k+1\), ta có:

\(AB=2^{4\left(k+1\right)+2}+1\)

\(=2^{4k+6}+1\)

\(=2^{4k+6}+16-15\)

\(=2^4\left(2^{4k+2}+1\right)-15\)

Theo giả thiết quy nạp, \(2^{4k+2}⋮5\). Hơn nữa \(15⋮5\) nên \(AB⋮5\).

Vậy (*) đúng với \(n=k+1\). Theo nguyên lí quy nạp, ta có \(AB⋮5\)

Giả sử cả 2 số \(A,B\) đều chia hết cho 5. Khi đó:

\(A-B=2.2^{n+1}⋮5\), vô lý.

Vậy với mọi \(n\) thì chỉ có đúng 1 trong 2 số \(A,B\) chia hết cho 5. (đpcm)

 3 vector gọi là đồng phẳng nếu chúng cùng nằm trên một mặt phẳng. Điều kiện cần và đủ để 3 vector \(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}\) đồng phẳng là \(\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right].\overrightarrow{w}=0\) (tích hỗn tạp của chúng bằng 0)

 Ta có \(\left[\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right]=\left(\left|\begin{matrix}m&2\\2&1\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}2&1\\1&m+1\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}1&m\\m+1&2\end{matrix}\right|\right)\)

 \(=\left(m-4;2m+1;-m^2-m+2\right)\)

\(\Rightarrow\left[\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right].\overrightarrow{c}=0\left(m-4\right)+\left(m-2\right)\left(2m+1\right)+2\left(-m^2-m+2\right)\)

\(=2m^2+m-4m-2-2m^2-2m+4\)

\(=2-5m\)

Để \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}\) đồng phẳng thì \(\left[\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right].\overrightarrow{c}=0\Leftrightarrow2-5m=0\Leftrightarrow m=\dfrac{2}{5}\)

Vậy \(m=\dfrac{2}{5}\)

 a) Đồ thị hàm số \(y=f\left(x+1\right)\) tạo thành bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(y=f\left(x\right)\) sang trái 1 đơn vị nên \(y=f\left(x+1\right)\) đồng biến trên khoảng \(\left(a-1;b-1\right)\) -> Sai

 b) Đồ thị hàm số \(y=-f\left(x\right)-1\) tạo thành bằng cách lấy đối xứng đồ thị hàm số \(y=f\left(x\right)\) qua trục Ox và tịnh tiến xuống dưới 1 đơn vị nên hàm số \(y=-f\left(x\right)-1\) nghịch biến trên \(\left(a;b\right)\) -> Đúng.

 c) Lập luận tương tự câu b -> c Đúng.

 d) Đồ thị hàm số \(y=f\left(x\right)+1\) tạo thành bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(y=f\left(x\right)\) lên trên 1 đơn vị nên hàm số \(y=f\left(x\right)+1\) đồng biến trên \(\left(a;b\right)\) -> Đúng.

Xét đường tròn (O) có tiếp tuyến MB tại B nên 

\(\widehat{MBI}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{IB}\)

Lại có \(\widehat{IBH}=90^o-\widehat{BIH}\)

\(=90^o-\widehat{OIB}\)

\(=90^o-\dfrac{180^o-\widehat{IOB}}{2}\)

\(=\dfrac{180^o-180^o+sđ\stackrel\frown{IB}}{2}\)

\(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{IB}\)

Do đó \(\widehat{MBI}=\widehat{IBH}\) hay BI là tia phân giác của \(\widehat{MBH}\)

\(\Rightarrow d\left(I,MB\right)=d\left(I,BH\right)=IH=R_I\)

Suy ra MB là tiếp tuyến của (I)

Goi I là trung điểm OE.

Khi đó IM là đường trung bình của tam giác EOB.

\(\Rightarrow IM=\dfrac{1}{2}OB\)

Tương tự, ta có:

\(IN=\dfrac{1}{2}OC;IP=\dfrac{1}{2}OD;IQ=\dfrac{1}{2}OA\)

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên 

\(OA=OB=OC=OD\)

Từ đó ta có \(IM=IN=IP=IQ\) 

\(\Rightarrow\) Tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn nhận I làm tâm (đpcm)