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

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

=>a=-b hoặc a=-c hoặc b=-c (1)

=>a=1 hoăc b=1 hoặc c=1 (2)

từ 1 và 2 => Q=1

gt \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b\left(a^2+2ac+c^2\right)+ac\left(a+c\right)+b^2\left(a+c\right)=0\\a^{2013}+b^{2013}+c^{2013}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+c\right)\left[b\left(a+c\right)+ac+b^2\right]=0\\a^{2013}+b^{2013}+c^{2013}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)=0\\a^{2013}+b^{2013}+c^{2013}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}a+b=0\Rightarrow a^{2013}+b^{2013}=0\\b+c=0\Rightarrow b^{2013}+c^{2013}=0\\a+c=0\Rightarrow a^{2013}+c^{2013}=0\end{matrix}\right.\\a^{2013}+b^{2013}+c^{2013}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow Q=1\)

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{a+b+c}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}+\frac{a+b}{c\left(a+b+c\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{ab+bc+ca+c^2}{abc\left(a+b+c\right)}\right)=0\)

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

\(\Leftrightarrow\left(a^{2013}+b^{2013}\right)\left(b^{2013}+c^{2013}\right)\left(c^{2013}+a^{2013}\right)=0\)

\(\Rightarrow P=\frac{17}{25}\)

suy ra a+b +c -2013 = 0 và 2013(ab+bc+ca) -abc =0

suy ra: a+ b +c =2013 và 2013 .(ab +bc +ca )= abc

suy ra: c =2013- (a+ b ) và 1/a + 1/b +1/c = 1/2013 (2)

thay c =2013- (a+ b ) vào ( 2), biến đổi ta tìm đc: ab = 2013(a+b) -2013². Tương tự ta có: bc = 2013(c+b) -2013².

và ac = 2013(c+a) -2013². . Cộng lại ta có: ab +bc + ca = 2013. 2. (a+b+c) -3.2013²=-2013²

suy ra: abc = -2013³. Từ đó ta tính được hai trong ba số a,b,c bằng 2013 và số còn lại = -2013

P = 1/2013²⁰¹³

tìm link: https://olm.vn/hoi-dap/detail/52335434716.html

1a)

Đặt \(a^2+a+1=t\Rightarrow a^2+a+2=t+1\)

\(\Rightarrow A=t\left(t+1\right)-12=t^2+t-12=t^2-3t+4t-12=\left(t-3\right)\left(t+4\right)\)

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

Mà \(a>1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2+a-2>0\\a^2+a+5>0\end{cases}}\forall a>1\)

Vậy A là hợp số

1b)

Ta có :

\(B=\left(2-1\right)\left(2+1\right)\left(2^2+1\right)\cdot...\cdot\left(2^{1006}+1\right)+1\)

\(=\left(2^2-1\right)\left(2^2+1\right)\cdot...\cdot\left(2^{1006}+1\right)+1=....=\left(2^{1006}-1\right)\left(2^{1006}+1\right)+1\)

\(=2^{2012}-1+1=2^{2012}\)

1c)

vì đa thức chia có bậc 2 nên dư có bậc 1 dạng ax+b. Do đó

f(x)=(x2−1).q(x)+ax+b=(x−1)(x+1).q(x)+ax+b(với mọi x)

với x=1 =>a+b=1+1+1+1=4

với x=-1=>-a+b=-2

do đó a+b-a+b=4+(-2)=2

=>2b=2=>b=1

a=3

vậy đa thức dư là 3x+1

Ta có:

\(a\left(b+c\right)^2+b\left(c+a\right)^2+c\left(a+b\right)^2=4abc\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+ac\right)\left(b+c\right)+b\left(c^2+2ac+a^2\right)+c\left(a^2+2ab+b^2\right)=4abc\)

\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\left(ab+ac\right)+bc^2+2abc+ba^2+ca^2+2abc+cb^2-4abc=0\)

\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\left(ab+ac\right)+\left(bc^2+cb^2\right)+\left(ba^2+ca^2\right)=0\)

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

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

\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\left[b\left(c+a\right)+a\left(a+c\right)\right]=0\)

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

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}b+c=0\\a+b=0\\c+a=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}b=-c\\a=-b\\c=-a\end{matrix}\right.\)

Ta lại có:

\(a^{2013}+b^{2013}+c^{2013}=1\)

Với : \(b=-c\Leftrightarrow a^{2013}-c^{2013}+c^{2013}=1\Leftrightarrow a=1\)

\(\Rightarrow M=\dfrac{1}{a^{2015}}+\dfrac{1}{b^{2015}}+\dfrac{1}{c^{2015}}=\dfrac{1}{1}+\dfrac{-1}{c^{2015}}+\dfrac{1}{c^{2015}}=1\)

Mà do \(a,b,c\) bình đẳng nên với trường hợp nào đều là \(M=1\)