Với mỗi \(i = 0,1,2...n\), đặt \({u_i} = C_{2n + i}^n.C_{2n - i}^n\) 
Ta được dãy \({u_0},{u_1},{u_2}...{u_n}\). 
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng \({u_k} \le {u_0}\) với \(0 \le k \le n\). 
Do đó chỉ cần chứng minh dãy số vừa thiết lập là dãy giảm, tức là: \(\begin{array}{l}
{u_i} \le {u_{i - 1}}\left( {0 \le i - 1 \le i \le n} \right)\\
\Leftrightarrow \,C_{2n + i}^n.C_{2n - i}^n \le C_{2n + i - 1}^n.C_{2n - \left( {i - 1} \right)}^n
\end{array}\)
Thay $C_k^n=\frac{k!}{n!(n-k)!}$ ta được:  \(n \ge 0\)
Đẳng thức cuối cùng đúng. (đpcm) 

Ta có: $k(C^k_n)^2=C^k_n.\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}=nC^k_nC^{n-k}_{n-1}$
Xét $(1+x)^{2n-1}=(1+x)^n(1+x)^{n-1}$ 
$\Leftrightarrow \sum_{k=0}^{2n-1}C^k_{2n-1}x^k=\left(\sum_{k=0}^nC^k_nx^k\right)\left(\sum_{k=0}^{n-1}C^k_{n-1}x^k\right)$ 
Xét hệ số của $x^n$ ở 2 vế ta có:
        $C_{2n-1}^{n}=\sum_{k=1}^nC_n^kC_{n-1}^{n-k}$ 
$\Rightarrow n \sum_{k=1}^nC_n^kC_{n-1}^{n-k} =nC_{2n-1}^n=nC_{2n-1}^{n-1}$ 

a)
TXĐ: $\mathbb{R}$ 

b)
ĐIều kiện: $x^2\ne1\Leftrightarrow x\ne\pm1$
TXĐ: $\mathbb{R}\backslash \{1;-1\}$ 

c)
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} -x+2\ge0\\x+3\ge0 \end{array} \right.\Leftrightarrow -3\le x\le 2$ 
TXĐ: $[-3;2]$ 

Giả sử phản chứng: $3\nmid b,3\nmid c$
$\Rightarrow b^2\equiv c^2\equiv 1$ (mod $3$) 
$\Rightarrow a^2\equiv 2$ (mod $3$ ), vô lý.
Vậy $b$  hoặc $c$ chia hết cho 3.

Ta có: $m\ne2$
$y=1-\frac{m-2}{x-2}\Rightarrow y'=\frac{m-2}{(x-2)^2}$
Giả sử $A(a,y(a)), B(b,y(b)),a\ne b$.
Tiếp tuyến tại $A,B$ song song với nhau khi và chỉ khi:
$y'(a)=y'(b)\Leftrightarrow \frac{m-2}{(a-2)^2}= \frac{m-2}{(b-2)^2} $ 
                             $\Leftrightarrow a-2=2-b $
                             $\Leftrightarrow a+b=4$ 
Khi đó:
$y(a)+y(b)=1-\frac{m-2}{a-2}+1-\frac{m-2}{b-2}$ 
                         $= 1-\frac{m-2}{a-2}+1-\frac{m-2}{2-a} =2$ 
Suy ra trung điểm $AB$ là: $I(2;1)$ 

Hệ tương đương với:
      $\left\{ \begin{array}{l} xy+1=7y-x\\ (xy+1)^2-xy=13y^2 \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} xy+1=7y-x\\ (7y-x)^2-xy-13y^2=0 \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} xy+1=7y-x\\36y^2-15xy+x^2=0 \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=3y\\ xy+1+x-7y=0 \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} x=12y\\ xy+1+x-7y=0 \end{array} \right. \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=3y\\ 3y^2-4y+1=0 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x=12y\\ 12y^2+5y+1=0 \end{array} \right. \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=3\\ y=1 \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} x=3\\ y=\frac{1}{3} \end{array} \right. \end{array} \right.$ 
Vậy: $(x,y)\in\{(3;1),(1;\frac{1}{3})\}$ 

Phương trình tương đương với:
      $\sin17x=\frac{\sqrt3}{2}\cos 5x-\frac{1}{2}\sin5x$ 
$\Leftrightarrow \sin17x=\sin(\frac{\pi}{3}-5x)$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}  17x=\frac{\pi}{3}-5x+k2\pi\\ 17x=\frac{2\pi}{3}+5x+k2\pi \end{array} \right.,k\in\mathbb{Z}$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\frac{\pi}{66}+\frac{k}{11}\pi\\ x=\frac{\pi}{18}+\frac{k}{6}\pi \end{array} \right. ,k\in\mathbb{Z} $ 

Hàm số đạt cực trị tại $a$ khi: $y'(a)=0$
Ta có: $y(m)=y(n)=y(p)=0$ 
Áp dụng định lý Rolle thì:
Tồn tại $x_1,x_2$ với $m<x_1<n<x_2<p$  thỏa mãn: $y'(x_1)=y'(x_2)=0$, đpcm.

Bất phương trình đã cho tương đương với: $16^{x^2}<81^{x-1}$
Ta có:
$(x-2)^2\ge0 \Leftrightarrow x^2\ge4(x-1)$
                             $\Rightarrow 3^{4(x-1)}\le3^{x^2}\le16^{x^2}$ 
                             $\Rightarrow $  bất phương trình vô nghiệm.

     Đặt $S_{MBC}=S_a, S_{MAC}=S_b, S_{MAB}=S_c$.
 

Xét $f(x)=ax^3+bx+c$.
Ta có: $f(1)=a+b+c$ 
            $f(\frac{1}{2})=\frac{a}{8}+\frac{b}{2}+c$ 
            $f(0)=c$ 
Suy ra: $f(1)+4f(\frac{1}{2})+f(0)=\frac{3}{2}(a+2b+4c)=0$ 
*) Nếu $f(\frac{1}{2})=0$ , đpcm.
*) Nếu $f(\frac{1}{2})\ne0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} f(1)f(\frac{1}{2})<0\\ f(0)f(\frac{1}{2})<0  \end{array} \right.$, đpcm. 

 
Ta có:
$3\overrightarrow{AG'}=\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{AC'}$ 
Trong đó:
$\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{a}$ 
$\overrightarrow{AB'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{b}+\overrightarrow{a}$
$\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a} $
Từ đó suy ra: $\overrightarrow{AG'}= \overrightarrow{a}+ \frac{1}{3}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})$ 

b)
Xét hàm: $f(x)=x\sqrt{x^2+1}-\ln(x+\sqrt{x^2+1}),x\in\mathbb{R}$ 
Ta có:
$f'(x)=\sqrt{x^2+1}+\frac{2x^2}{2\sqrt{x^2+1}}-\frac{\displaystyle1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}$ 
             $=\sqrt{x^2+1}+\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ 
             $=\frac{2x^2}{\sqrt{x^2+1}}\ge0,\forall x\in\mathbb{R}$ .
Suy ra $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ .
Dẫn tới $f(x)=0$ có nhiều nhất 1 nghiệm.
Mà $f(0)=0$.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=0$.