\(a^7-a=a\left(a^6-1\right)=a\left(a^3+1\right)\left(a^3-1\right)\) 

Rồi sao nữa ?

Với a, b  thuộc Z và không chia hết cho 7

Theo định lí fecmat:  \(a^6\equiv1\left(mod7\right)\); \(b^6\equiv1\left(mod7\right)\)(1)

Đặt: \(a^6=u;b^6=v\)

Ta có: \(a^{42}-b^{42}=u^7-v^7=\left(u-v\right)\left(u^6+u^5v+u^4v^2+u^3v^3+u^2v^4+uv^5+v^6\right)\)

Từ (1) => \(u-v\equiv1-1\equiv0\left(mod7\right)\)=> \(u-v⋮7\)

và  \(u^6;u^5v;u^4v^2;u^3v^3;u^2v^4;uv^5;v^6\equiv1\left(mod7\right)\) 

\(\Rightarrow u^6+u^5v+u^4v^2+u^3v^3+u^2v^4+uv^5+v^6\equiv1+1+1+1+1+1+1\equiv7\equiv0\left(mod7\right)\)

=> \(u^6+u^5v+u^4v^2+u^3v^3+u^2v^4+uv^5+v^6⋮7\)

=> \(\left(u-v\right)\left(u^6+u^5v+u^4v^2+u^3v^3+u^2v^4+uv^5+v^6\right)⋮49\)

Vi tu giac ABCD co ^A = ^C = 90^o => ^B + ^D = 180^o

Kẻ phân giác DF , BE

Xét \(\Delta BEC\)vuông tại C nên \(\widehat{CBE}+\widehat{CEB}=90^o\)

\(\Rightarrow2\left(\widehat{CBE}+\widehat{CEB}\right)=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{CBA}+2\widehat{CEB}=180^o\)

Tuong tu \(\widehat{CDA}+2\widehat{AFD}=180^o\)

\(\Rightarrow\left(\widehat{CBA}+\widehat{CDA}\right)+2\left(\widehat{CEB}+\widehat{AFD}\right)=360^o\)

\(\Leftrightarrow180^o+2\left(\widehat{CEB}+\widehat{AFD}\right)=360^o\)

\(\Leftrightarrow\widehat{CEB}+\widehat{AFD}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{CBE}=\widehat{AFD}\)(Cùng phụ \(\widehat{CEB}\))

\(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{AFD}\)(Phan giac)

\(\Rightarrow FD//\left(h\right)\equiv BE\left(dpcm\right)\)

Cảm ơn bạn Dương đã giúp mình làm nha!

Xét tứ giác AOBC₁ có: hai đường chéo AB và OC₁ cắt nhau tại trung điểm P mỗi đường  chéo

=>AOBC₁  là hình bình hành

=>  AC₁//=OB  (1)

Xét tứ giác OBA₁C có hai đường chéo OA₁và BC cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường chéo.

=>  OBA₁C là hình bình hành

=> OB//=A₁C (2)

Từ (1), (2) => AC₁//=A₁C

=> AC₁A₁C là hình bình hành.

=> AA₁ và CC₁ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường chéo

Chứng minh tương tự:

BC₁//=AO//=B₁C

=> BC₁B₁C là hình bình hành

=> BB1 và CC1 cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường chéo

=> AA1; BB1; CC1 đồng quy.

\(x^3+3xy+y^3-1=\left(x^3+y^3\right)+\left(x^2+2xy+y^2-1\right)-\left(x^2-xy+y^2\right)\)

\(=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)+\left(x+y-1\right)\left(x+y+1\right)-\left(x^2-xy+y^2\right)\)

\(=\left(x^2-xy+y^2\right)\left(x+y-1\right)+\left(x+y-1\right)\left(x+y+1\right)\)

\(=\left(x+y-1\right)\left(x^2-xy+y^2+x+y+1\right)\)

\(x^3+3xy+y^3-1\)

\(=\left(x+y\right)^3-1-3x^2y-3xy^2+3xy\)

\(=\left(x+y-1\right)\left[\left(x+y\right)^2+x+y+1\right]-3xy\left(x+y-1\right)\)

\(=\left(x+y-1\right)\left(x^2+y^2+2xy+x+y+1-3xy\right)\)

\(=\left(x+y-1\right)\left(x^2+y^2-xy+x+y+1\right)\)

Ta có 1+c²=ab+bc+ca+c²=(a+c)(b+c)

Tương tự 1+a²=(a+b)(a+c)

                 1+b²=(a+b)(b+c)

Suy ra \(\frac{a-b}{1+c^2}=\frac{a-b}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}=\frac{1}{c+b}-\frac{1}{c+a}\)

            \(\frac{b-c}{1+a^2}=\frac{b-c}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}=\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b}\)

              \(\frac{c-a}{1+b^2}=\frac{c-a}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}=\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}\)

\(\Rightarrow\frac{a-b}{1+c^2}+\frac{b-c}{1+a^2}+\frac{c-a}{1+b^2}=\frac{1}{c+b}-\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}=0\)

\(\frac{2a^2-2ac+c^2}{2b^2-2bc+c^2}=\frac{a-c}{b-c}\)

\(\Leftrightarrow2a^2b-2a^2c+ac^2-bc^2-2ab^2+2b^2c=0\)

\(\Leftrightarrow2a\left(ab-ac+\frac{c^2}{2}\right)-bc^2-2ab^2+2bc^2=b\left(2ac-c^2-2ab+2bc\right)=0\)(đúng)

=> đpcm

Từ \(c^2+2\left(ab-bc-ac\right)=0.\)

\(\Rightarrow c^2+2ab-2bc-2ac=0\)

\(\Rightarrow\frac{c^2}{2}+ab-bc-ac=0\)

\(\Rightarrow bc=\frac{c^2}{2}+ab-ac\)

Có : \(2a\left(ab-ac+\frac{c^2}{2}\right)-bc^2-2ab^2+2bc^2\)

\(=2abc-bc^2-2ab^2+2bc^2\)

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

\(=-b\left[c^2+2\left(ab-bc-ac\right)\right]=-b.0=0\)\(\left(đpcm\right)\)

\(\frac{ay-bx}{c}=\frac{cx-az}{b}=\frac{bz-cy}{a}\)

\(\Rightarrow\frac{acy-bcx}{c^2}=\frac{bcx-abz}{b^2}=\frac{abz-acy}{a^2}=\frac{0}{a^2+b^2+c^2}=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}ay-bx=0\\cx-az=0\\bz-cy=0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(ay-bx\right)^2+\left(cx-az\right)^2+\left(bz-ay\right)^2=0\)

\(\Rightarrow a^2y^2-2axby+b^2x^2+a^2z^2-2axcz+c^2x^2+b^2z^2-2bycz\)

\(+c^2y^2=0\)

\(\Rightarrow a^2x^2+a^2y^2+a^2z^2+b^2x^2+b^2y^2+b^2z^2+c^2x^2+c^2y^2+c^2z^2\)

\(=a^2x^2+b^2y^2+c^2z^2+2axby+2bycz+2axcz\)

\(\Rightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(ax+by+cz\right)^2\)

:]] đề sai rồi:

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

\(\Leftrightarrow\left(a^3-b^3\right)+\left(3a-3b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right).\left(a^2+ab+b^2+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a-b=0\\\left(a^2+ab+\frac{b^2}{4}\right)+\frac{3}{4}b^2+3=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=b\\\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3}{4}b^2=-3\left(\text{loại vì }VP\ge0,\text{VT}< 0\right)\end{cases}}}\)

Nếu a+b=-3 (như trên), mà a=b => a=b=-3/2. Thao -3/2 vào a³+3a khác 2 :))) 

Đề ko sai đâu Boul

thực ra đề gốc hỏi x+y có phải là số chính phương hay không, x,y,z thuộc N*, có bạn làm thế này:

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}\Leftrightarrow z.\left(x+y\right)=xy\)

Giả sử x+y là số chính phương. Đặt x+y=k²

mà \(z.\left(x+y\right)=xy\)

\(\Leftrightarrow zk^2=xy\)

Vì x,y là số nguyên tố => 1 trong 2 số chia hết cho k² vì x,y,z thuộc N*

Giả sử x=n.k² (n thuộc N*)

mà \(zk^2=xy\)

\(\Leftrightarrow zk^2=n.k^2.y\Leftrightarrow z=n.y\Leftrightarrow\frac{z}{y}=n\), vì x,y là 2 số nguyên tố cùng nhau => n không thuộc N*(vô lí)

vậy x+y ko phải số chính phương

Bạn đó làm đã đúng chưa, nếu sai hãy sửa lại :v 

Thử, đúng hay sai thì tùy, mình mới học sơ sơ dạng này thôi, nếu sai xin đừng bốc phốt...:v

Theo đề bài\(z\left(x+y\right)=xy\Leftrightarrow x+y=\frac{xy}{z}\) và (x;y;z) = 1

Giả sử x + y là số chính phương khi đó \(\frac{xy}{z}=k^2\left(k\inℕ^∗\right)\Leftrightarrow xy=k^2.z\)

Suy ra xy chia hết cho z. Mà x, y, z nguyên tố cùng nhau nên x và y đều không chia hết cho z.

\(\Rightarrow xy=z\). Khi đó \(\left(x;y;z\right)=1\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(y;z\right)=1\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(y;xy\right)=1\) (vô lí vì

\(\left(y;xy\right)=y\))

Vậy ko tồn tại x, y,z..