Pt tương đương:

\(2\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\ge\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}+3\)

Có: \(\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\ge\sqrt{3\cdot3\left(xyz\right)^2}=3\)

Đồng thời:

\(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\le\frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{x+z}{2}=x+y+z\le\sqrt{\left(x+y+z\right)^2}\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

Rồi cộng lại 

Ta có M=a(b+c)+3b(c+a)+5c(a+b)=a(3-a)+3b(3-b)+5c(3-c)=\(\frac{81}{4}\)-\(\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+3\left(b-\frac{3}{2}\right)^2+5\left(c-\frac{3}{2}\right)^2\)

Đặt x=\(\left|a-\frac{3}{2}\right|\),y=\(\left|b-\frac{3}{2}\right|\),z=\(\left|c-\frac{3}{2}\right|\)=>x+y+z\(\ge\left|a+b+c-\frac{9}{2}\right|=\frac{3}{2}\)

Khi đó M=\(\frac{81}{4}-\left(x^2+3y^2+5z^2\right)\)

Đưa thêm các tham số\(\alpha,\beta,\gamma>0\)Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:\(x^2+\alpha^2\ge2x\alpha\)(1);\(3y^2+3\beta^2\ge6y\beta\)(2);\(5z^2+5\gamma^2\ge10z\gamma\)(3)

Suy ra: \(M-\alpha^2-3\beta^2-5\gamma^2\le\frac{81}{4}-2\left(x\alpha+3y\beta+5z\gamma\right)\)

Ta chọn \(\alpha=3\beta=5\gamma\)\(\Rightarrow M\le\frac{81}{4}+\alpha^2+3\beta^2+5\gamma^2-2\alpha\left(x+y+z\right)\)\(\le\frac{81}{4}+\alpha^2+3\beta^2+5\gamma^2-3a\)

Ta thấy dấu bằng các bất đẳng thức (1),(2),(3) xảy ra khi \(x=\alpha,y=\beta,z=\gamma\)\(\Rightarrow\alpha+\beta+\gamma=\alpha+\frac{\alpha}{3}+\frac{\alpha}{5}=x+y+z=\frac{3}{2}\)\(\Rightarrow\alpha=\frac{45}{46}\),\(\beta=\frac{15}{46},\gamma=\frac{9}{46}\)

Vậy MaxM=\(\le\frac{81}{4}+\left(\frac{45}{46}\right)^2+3\left(\frac{15}{46}\right)^2+5\left(\frac{9}{46}\right)^2-3.\frac{45}{46}\)=\(\frac{432}{23}\)

ta có x/a=y/b=z/c

=> x^2/ax=y^2/bx=z^2/cx 

= x^2+y^2+z^2/ax+by+cz (1)

 x/a=y/b=z/c

=> ax/a^2=bx/b^2=cx/c^2 

=ax+bx+cx/a^2+b^2+c^2

từ 1, 2 =>  x^2+y^2+z^2/ax+by+cz= ax+bx+cx/a^2+b^2+c^2

=>(x^2+y^2+z^2)(a^2+b^2+c^2)=(ax+by+cz)^2 (đpcm)

à mk quên viết (2) ở hàng 6

Tạm kí hiệu đồng dư là \(\exists\)

Với a²+b²+c² chẵn hiển nhiên có điều phải chứng minh

Với a²+b²+c² lẻ, xét 2 trường hợp

TH1: trong 3 số a,b,c có 1 số lẻ, 2 số chẵn giả sử số lẻ là a

Ta có a²\(\exists\)1(mod 8), do đó để a²+b²+c²\(\exists\)7(mod 8) thì b²+c²\(\exists\)(mod 8)

Vì b,c chẵn nên ta đặt b=2m,c=2n =>4(m²+n²)\(\exists\)6(mod 8)<=>4m²+4n²-6 chia hết cho 8

<=>2(2m²+2n²-3) chia hết cho 8<=>2m²+2n²-3 chia hết cho 4 (chỗ nãy không biết có đúng không) (1)

Ta thấy (1) không thể xảy ra do 2m²+2n²-3 là số lẻ

TH2:a,b,c là 3 số lẻ

Ta có ngay a²\(\exists\)1(mod 8),b²\(\exists\)1(mod 8),c²\(\exists\)1(mod 8)

=>a²+b²+c²\(\exists\)3 (mod 8)

Nói tóm lại a²+b²+c² không thể đồng dư với 7 modulo 8

theo mk thì cần thêm đk nữa là a;b;c thuộc Z

a) = (x+3).(x-3)^2-(x-3)(x+3)^2

=(x^2-9)(x-3)-(x^2-9)(x+3)

=(x^2-9)(x-3-x-3)

=-6(x^2-9)

các câu còn lại tương tự

\(a,\left(x+3\right)\left(x^2-3x+9\right)-\left(x-3\right)\left(x^2+3x+9\right)\)

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

\(=x^3+3-x^3+3\)

\(=6\)

\(b,\left(x-5\right)\left(x^2+5x+25\right)-\left(x+5\right)\left(x^2-5x+25\right)\)

\(=x^3-5^3-x^3-5^3\)

\(=-125-125\)

\(=-250\)

Gọi n số nguyên liên tiếp là k+1;k+2;k+3;...;k+nk+1;k+2;k+3;...;k+n

Ta cần chứng minh (k+1)(k+2)...(k+n)⋮n!(k+1)(k+2)...(k+n)⋮n!

Cách 1. Ta có (nk)∈Z,∀n,k∈Z(nk)∈Z,∀n,k∈Z

Mà (nk+n)=(n+k)!k!n!=(k+1)(k+2)...(k+n)n!∈Z(nk+n)=(n+k)!k!n!=(k+1)(k+2)...(k+n)n!∈Z nên ta có đpcm.

Cách 2. Ta có: vp(n!+k!)≥vp(n!)+vp(k!)=vp(n!.k!)vp(n!+k!)≥vp(n!)+vp(k!)=vp(n!.k!)

Do đó (n+k)!⋮n!k!(n+k)!⋮n!k!, suy ra đpcm.

Chứng minh công thức ở trên:

Do [a+b]≥[a]+[b][a+b]≥[a]+[b] nên vp(n!+k!)=+∞∑i=1[n!+k!pi]≥+∞∑i=1[n!pi]++∞∑i=1[k!pi]=vp(n!)+vp(k!)vp(n!+k!)=∑i=1+∞[n!+k!pi]≥∑i=1+∞[n!pi]+∑i=1+∞[k!pi]=vp(n!)+vp(k!)

P/s: 2 cách này là như nhau nhưng ở cách 2 không cần biết đến số tổ hợp chập k của n phần tử (nk)(nk) nhưng lại cần biết vp(n)vp(n).