Bài 1:
Mỗi người có 4 cách chọn toa tàu cho mình
Vậy có: $4^{12}$ cách cho 12 người lên tàu.

a) Gọi A là biến cố để toa 1 có 3 hành khách.
Có $C_{12}^3$ cách chọn 3 người lên toa 1.
Mỗi người còn lại có $3$ cách chọn toa tàu để lên.
Suy ra: $P(A)=\frac{C_{12}^3.3^9}{4^{12}}\approx 0,2581$.

b) Gọi là B biến cố để toa 1 có 2 khách, toa 2 có 3 khách, toa 3 có 4 khách, toa 4 có 3 khách.
Có $C_{12}^2$ cách chọn 2 người lên toa 1.
Có $C_{10}^3$ cách chọn 3 người lên toa 2.
Có $C_{7}^4$ cách chọn 4 người lên toa 3.
Có $C_{3}^3$ cách chọn 3 người lên toa 4.
Suy ra: $P(B)=\frac{C_{12}^2.C_{10}^3.C_7^4.C_3^3}{4^12}\approx 0,0165$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} u_1-u_3+u_5=-85\\u_1+u_7=-425 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u_1-u_1q^2+u_1q^4=-85\\u_1+u_1q^6=-425 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u_1(1-q^2+q^4)=-85\\u_1(1+q^6)=-425 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u_1(1-q^2+q^4)=-85\\\frac{u_1(1+q^6)}{u_1(1-q^2+q^4)}=5 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u_1(1-q^2+q^4)=-85\\ 1+q^2=5 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} q=\pm2\\ u_1=\frac{-85}{13} \end{array} \right.$

Ta có:
$a^3+b^3+c^3=3abc\Leftrightarrow (a+b+c)(a^2+b^3+c^2-ab-bc-ca)=0$
                                       $\Leftrightarrow \frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]=0$
                                       $\Leftrightarrow a+b+c=0$
Ta có:
$\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}+\frac{a-b}{c}=\frac{bc(b-c)+ac(c-a)+ab(a-b)}{abc}$
                                  $=\frac{-(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$
$\frac{a}{b-c}+\frac{b}{c-a}+\frac{c}{a-b}=\frac{a(c-a)(a-b)+b(b-c)(a-b)+c(b-c)(c-a)}{(a-b)(b-c)(c-a)}$
                                  $=\frac{-(a^3+b^3+c^3)+(a+b)(b+c)(c+a)-5abc}{(a-b)(b-c)(c-a)}$
                                  $=\frac{-3abc+(-c)(-a)(-b)-5abc}{(a-b)(b-c)(c-a)}$
                                  $=\frac{-9abc}{(a-b)(b-c)(c-a)}$
Suy ra: $(\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}+\frac{a-b}{c})(\frac{a}{b-c}+\frac{b}{c-a}+\frac{c}{a-b})=9$

Bài này đã được giải ở đây

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115338/bat-dang-thuc

Bài 2:
Đặt: $\frac{x}{4}=\frac{y}{3}=\frac{z}{9}=t\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=4t\\ y=3t\\z=9t \end{array} \right.$
Khi đó:
$7x-3y+2z=37\Leftrightarrow 28t-9t+18t=37\Leftrightarrow 37t=37\Leftrightarrow t=1$
Vậy: $(x;y;z)=(4;3;9)$

Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l} (x+y)^3+4xy\ge2\\(x+y)^2\ge4xy \end{array} \right.\Rightarrow (x+y)^3+(x+y)^2\ge2\Rightarrow x+y\ge1$
Suy ra: $t=x^2+y^2\ge\frac{(x+y)^2}{2}\ge\frac{1}{2}$
Mà ta có:
$A=3(x^2+y^2)^2-3x^2y^2-2(x^2+y^2)+1$
     $\ge3(x^2+y^2)^2-\frac{3}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$
     $=\frac{9}{4}t^2-2t+1$
     $=\frac{9}{4}(t-\frac{1}{2})(t-\frac{7}{18})+\frac{9}{16}\ge\frac{9}{16}$
Min$A=\frac{9}{16}\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

Theo BĐT Schur bậc 1 ta có:
      $a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$
$\Leftrightarrow 2(a^3+b^3+c^3)+3abc\ge(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)$
$\Leftrightarrow \frac{2(a^3+b^3+c^3)}{a+b+c}+\frac{3abc}{a+b+c}\ge a^2+b^2+c^2$
$\Leftrightarrow \frac{4(a^3+b^3+c^3)}{3(a+b+c)}+\frac{2abc}{a+b+c}\ge \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)$              $(1)$
 Theo BĐT Schur bậc 2 ta có:
      $a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\ge a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b)$
$\Leftrightarrow 2(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)\ge(a^3+b^3+c^3)(a+b+c)$
$\Leftrightarrow \frac{2(a^4+b^4+c^4)}{(a+b+c)^2}+\frac{abc}{a+b+c}\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$                             $(2)$
 Từ $(1)$ và $(2)$ ta có:
$\frac{(a^3+b^3+c^3)}{3(a+b+c)}+\frac{3abc}{a+b+c}+\frac{2(a^4+b^4+c^4)}{(a+b+c)^2}\ge \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)$        $(3)$
Mà ta có:
     $(a^3+b^3+c^3)(a+b+c)\le3(a^4+b^4+c^4)$
$\Rightarrow \frac{(a^3+b^3+c^3)}{3(a+b+c)}\le\frac{a^4+b^4+c^4}{(a+b+c)^2}$
$\Rightarrow \frac{(a^3+b^3+c^3)}{3(a+b+c)}+\frac{2(a^4+b^4+c^4)}{(a+b+c)^2}\le\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{(a+b+c)^2}\le\frac{a^4+b^4+c^4}{ab+bc+ca}$                 $(4)$
Từ $(3)$ và $(4)$ ta có đpcm.

$n=\frac{(x+28)-(x+1)}{3}+1=10$
$S_n=\frac{1}{2}[(x+1)+(x+28)].10=10x+145$
Mà $S_n=155\Leftrightarrow 10x+145=155\Leftrightarrow x=1$
Vậy: $x=1,n=10$

Hạ $IH\perp AC (H\in AC)\Rightarrow IH\perp(ABC)$ hay $IH$ là đường cao của tứ diện $IABC$.
Ta có:
$\frac{A'I}{IC}=\frac{A'M}{AC}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{CI}{CA'}=\frac{2}{3};\frac{A'I}{A'C}=\frac{1}{3}$
$IH//AA'\Rightarrow \frac{IH}{AA'}=\frac{CI}{CA'}=\frac{2}{3}\Rightarrow IH=\frac{2}{3}AA'=\frac{4a}{3}$
Lại có:
$AC=\sqrt{A'C^2-A'A^2}=a\sqrt5;BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=2a$
Suy ra:
$S(ABC)=\frac{1}{2}AB.BC=a^2$
$V(IABC)=\frac{1}{3}IH.S(ABC)=\frac{4a^3}{9}$
$V(A'ABC)=\frac{1}{3}AA'.S(ABC)=\frac{2a^3}{3}$
$V(IAA'B)=V(A'ABC)-V(IABC)=\frac{2a^3}{9}$

Bài 1:
Với $y=0$ thì từ phương trình thứ nhất suy ra $x=0$, loại.
Với $y\ne0$, phương trình thứ nhất tương đương với:
                   $\frac{x^3}{y^3}+3\frac{x}{y}=y^3+3y$
Xét hàm: $f(t)=t^3+3t$
Ta có: $f'(t)=3t^2+3>0$
Suy ra $f(\frac{x}{y})=f(y)\Leftrightarrow \frac{x}{y}=y\Leftrightarrow x=y^2$
Thay $x=y^2$ vào phương trình thứ hai ta có:
          $2x^2+5x-1=7\sqrt{x^3-1}$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x^2+5x-1\ge0\\(2x^2+5x-1)^2=49(x^3-1) \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x^2+5x-1\ge0\\(x^2-8x+10)(4x^2+3x+5)=0 \end{array} \right.$
 $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=4-\sqrt6\\x=4+\sqrt6 \end{array} \right.$
 Vậy $(x;y)\in\{(4-\sqrt6;\pm\sqrt{4-\sqrt6});(4+\sqrt6;\pm\sqrt{4+\sqrt6})$

Vì $-1;a;3;b$ là cấp số cộng nên ta có:
$\left\{ \begin{array}{l} -1+3=2a\\a+b=2.3 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a=1\\ b=5 \end{array} \right.$