aVT=.\(\left(a+b+c\right)^2+a^2+b^2+c^2\)

=\(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc+a^2+b^2+c^2\)

=\(2a^2+2b^2+2c^2+2ab+2ac+2bc\)

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

=\(2a^2+2b^2+2c^2+2ab+2bc+2ac\)

Vậy VT=VP

a)\(\text{(a+b+c)^2 +a^2+b^2+c^2=(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}\)

Ta có:

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

\(=\left(a^2+2ab+b^2\right)+\left(b^2+2bc+c^2\right)+\left(c^2+2ca+a^2\right)\)

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

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

b) Câu b sao chỉ có một vế vậy , hằng đẳng thức thì phải có hai vế chứ

b) \(\text{x^4+y^4+(x+y)^4=2(x^2+xy+y^2)^2}\)

Ta có:

\(x^4+y^4+\left(x+y\right)^4=x^4+y^4+x^4+4x^3y+6x^2y^2+4xy^3+y^4\)

\(2x^4+2y^{\text{4}}+4x^3y+6x^2y^2+4xy^3=2\left(x^4+y^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3\right)\)

\(=2\left[\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2+\left(xy\right)^2+2x^2.y^2+2y^2.xy+2x^2.xy\right]\)

\(=2\left(x^2+xy+y^2\right)^2\)

Vậy \(x^4+y^4+\left(x+y\right)^4=2\left(x^2+xy+y^2\right)^2\)

2

\(pt\Leftrightarrow x^2\left(1-y^2\right)+y.x+y^2=0\text{ (1)}\)

+Xét trường hợp \(1-y^2=0\Leftrightarrow y=\pm1\)

\(y=1\text{ thì }pt\rightarrow x+1=0\Leftrightarrow x=-1\)

\(y=-1\text{ thì }pt\rightarrow-x+1=0\Leftrightarrow x=1\)

+Xét \(y=0\)\(pt\rightarrow x=0\)

+Xét \(y\ne0;-1;1\Rightarrow\left|y\right|\ge2\Rightarrow y^2-1\ge3\)

\(pt\Leftrightarrow x^2\left(1-y^2\right)+y.x+y^2=0\text{ (1)}\)

\(\Delta\text{ (}x\text{) }=y^2-4\left(1-y^2\right)y^2=y^2\left(4y^2-3\right)\)

Để phương trình (1) có nghiệm x là một số nguyên thì \(\Delta\)phải là bình phương của một số hữu tỉ.

Khi đó, (1) có nghiệm \(x=\frac{-y\pm\sqrt{y^2\left(4y^2-3\right)}}{1-y^2}=\frac{-y\pm y\sqrt{4y^2-3}}{1-y^2}\)

Ta thấy ngay: \(\hept{\begin{cases}-y\in Z\\1-y^2\in Z\\1-y^2\le-3\end{cases}}\)nên nếu \(\sqrt{4y^2-3}\notin Z\) thì \(x\notin Z\)

Vậy ta cần \(\sqrt{4y^2-3}\in Z\Leftrightarrow4y^2-3=k^2\text{ }\left(k\in Z\text{+}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(2y+k\right)\left(2y-k\right)=3\)

Do \(k>0\) nên \(2y+k>2y-k\) và hai số trên đều nguyên nên xảy ra các trường hợp

\(\hept{\begin{cases}2y+k=3\\2y-k=1\end{cases}\text{ hoặc }\hept{\begin{cases}2y-k=-3\\2y+k=-1\end{cases}}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=1\\k=1\end{cases}}\text{ hoặc }\hept{\begin{cases}y=-1\\k=1\end{cases}}\)

Loại hết vì đang xét \(\left|y\right|\ge2\)

Vậy các nghiệm nguyên của hệ là \(\left(x;y\right)=\left(0;0\right);\text{ }\left(-1;1\right);\text{ }\left(1;-1\right)\)

\(1.\)  Cho  \(a+b+c=1\)  với  \(a,b,c>0\)

Chứng minh rằng:  \(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{6}\left(1\right)\) 

\(--------\)

\(\left(1\right)\)  \(\Leftrightarrow\)  \(\sqrt{1-a}+\sqrt{1-b}+\sqrt{1-c}\le\sqrt{6}\left(2\right)\)

Ta cần chứng minh bđt  \(\left(2\right)\) luôn đúng với mọi số thực  \(a,b,c>0\)

Thật vậy, áp dụng bđt Cauchy cho hai số dương, ta được:

\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{2}{3}\left(1-a\right)}\le\frac{1-a+\frac{2}{3}}{2}=\frac{5-3a}{6}\\\sqrt{\frac{2}{3}\left(1-b\right)}\le\frac{5-3b}{6}\\\sqrt{\frac{2}{3}\left(1-c\right)}\le\frac{5-3c}{6}\end{cases}}\)

Do đó,  \(\sqrt{\frac{2}{3}}\left(\sqrt{1-a}+\sqrt{1-b}+\sqrt{1-c}\right)\le\frac{15-3\left(a+b+c\right)}{6}=\frac{15-3.1}{6}=2\)

hay nói cách khác,  \(\sqrt{\frac{2}{3}}VT\left(2\right)\le2\)

\(\Rightarrow\)  \(VT\left(2\right)\le\sqrt{\frac{3}{2}}.2=\sqrt{6}=VP\left(2\right)\)

Vậy, bđt  \(\left(2\right)\)  được chứng minh nên kéo theo bđt   \(\left(1\right)\)  luôn đúng với mọi  \(a,b,c>0\)

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

\(2.\)  Bạn tự giải nhé!