\(a,\widehat{xAB}+\widehat{xAt}=180^0\left(kề.bù\right)\\ \Rightarrow\widehat{xAB}=180^0-60^0=120^0\\ \Rightarrow\widehat{xAB}=\widehat{yBA}\left(=120^0\right)\)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên \(Ax//By\)

\(b,\widehat{yBC}+\widehat{ABC}+\widehat{yBA}=360^0\\ \Rightarrow\widehat{yBC}=360^0-120^0-90^0=150^0\\ \Rightarrow\widehat{yBC}=\widehat{BCz}\left(=150^0\right)\)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên \(By//Cz\)

⇒(x−1)^2+4(y+1)^2+(z−3)^2≥0

x^2+4y^2+z^2-2x-6z+8y+15

=x^2+4y^2+z^2-2x-6z+8y+1+1+4+9

=(x^2-2x+1)+(4y^2+8y+4)+(z^2-6z+9)+1

=(x-1)^2+4(y+1)^2+(z-3^)2+1

Ta thấy:(x−1)^2≥0

              4(y+1)^2≥0

             (z−3)^ 2≥0

{(x−1)^24(y+1)^2(z−3)^2≥0

⇒(x−1)^2+4(y+1)^2+(z−3)^2≥0

⇒(x−1)2+4(y+1)2+(z−3)2+1≥0+1=1>0

\(x^2+xy+y^2+1.=x^2+2.x.\dfrac{y}{2}+\left(\dfrac{y}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}y^2+1.\\ =\left(x+\dfrac{y}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}y^2+1>0\forall x;y\in R.\\ \Rightarrow x^2+xy+y^2+10\forall x;y\in R.\)

Kkk

a) a và b là 2 số tự nhiên ⇒ a, b ≥ 0

nếu a>0, b>0 ⇒a+b>0

nếu a>0, b=0 ⇒a+b>0

nếu a=0, b>0 ⇒a+b>0

nếu a=0, b=0 ⇒a+b=0

⇒ a+b=0 khi và chỉ khi a = b = 0

b) a và b là 2 số tự nhiên ⇒ a, b ≥ 0

nếu a>0, b>0 ⇒ ab>0

nếu a=0, b>0 ⇒ ab=0

nếu a>0, b=0 ⇒ ab=0

Vậy ab = 0 khi và chỉ khi a = 0 hoặc b = 0

a) Vì a,b là hai số tự nhiên nên \(a+b\ge0\)

Dấu '=' xảy ra khi a=b=0

b) Vì a,b là hai số tự nhiên nên \(ab\ge0\)

Dấu '=' xảy ra khi a=0 hoặc b=0

a) Với \(x\ne0\) , ta rút gọn :

\(A=\left(6x^3+12x^2\right):2x-2x\left(x+1\right)+5\)

\(A=3x^2+6x-2-2x+5\)

\(A=3x^2+6x+3\)

\(A=3\left(x^2+2x+1\right)\)

\(A=3\left(x+1\right)^2\)

Vậy sau khi rút gọn kết quả là : \(A=3\left(x+1\right)^2\)

b) Ta thấy \(x\ne0\Rightarrow x+1\ne1\)

\(\Rightarrow\left(x+1\right)^2\ge1;\forall x\ne0\)

\(\Rightarrow3\left(x+1\right)^2\ge3>1;\forall x\ne0\)

Vậy \(3\left(x+1\right)^2>1\Leftrightarrow A>1\) với \(\forall x\ne0\) \(\left(ĐPCM\right)\)

a) Với \(x\ne0\) , ta rút gọn :

\(A=\left(6x^3+12x^2\right):2x-2\left(x+1\right)+5\)

\(A=3x^2+6x-2x-2+5\)

\(A=3x^2+4x+3\)

Vậy sau khi rút gọn kết quả là : \(A=3x^2+4x+3\)

b) \(A=3x^2+4x+3\)

\(A=3x^2+4x+\frac{4}{3}+\frac{5}{3}\)

\(A=3\left(x^2+\frac{4}{3}x+\frac{4}{9}\right)+\frac{5}{3}\)

\(A=3\left(x+\frac{2}{3}\right)^2+\frac{5}{3}\)

Ta thấy : \(\left(x+\frac{2}{3}\right)^2\ge0;\forall x\)

\(\Rightarrow3\left(x+\frac{2}{3}\right)^2\ge0;\forall x\)

\(\Rightarrow3\left(x+\frac{2}{3}\right)^2+\frac{5}{3}\ge\frac{5}{3}>0\)

\(\Leftrightarrow A>0\)

Vậy \(A>0\) với \(\forall x\ne0\) \(\left(ĐPCM\right)\)

a) \(x^2+y^2-2x+4y+6=\left(x^2-2x+1\right)+\left(y^2+4y+4\right)+1\)

\(=\left(x-1\right)^2+\left(y+2\right)^2+1\ge1>0\forall x,y\)

b) \(2x^2+2x+3=2\left(x^2+x+\dfrac{1}{4}\right)+\dfrac{5}{2}\)

\(=2\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{5}{2}\ge\dfrac{5}{2}>0\forall x\)

c) \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2xz\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2+2yz+z^2\right)+\left(x^2+2xz+z^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)

\(ĐTXR\Leftrightarrow x=y=z\)

Ta có: \(a>0\)

\(\Leftrightarrow a\ge1\)

\(\Leftrightarrow a-1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2-2a+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+1\ge2a\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+1}{a}\ge\dfrac{2a}{a}\) ( vì \(a>0\) nên không đổi chiều )

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{a}+\dfrac{1}{a}\ge2\)

\(\Leftrightarrow a+\dfrac{1}{a}\ge2\)

=> đpcm

nhầm phải là a+1/a>=2

vì a +b+ c = 0

<=> a+b = -c

<=> \(\left(a+b\right)^3=-c^3\)

<=> \(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3=-c^3\)

<=> \(a^3+b^3+c^3=-3ab\left(a+b\right)\)

\(a^3+b^3+c^3=3abc\)

@@ cái này đc áp dụng.hổng cần chứng minh đâu