Bạn vẽ hình đi mình làm cho

Bạn ghi lại đề đi, mình thấy sai sai

BD là phân giác của \(\widehat{ABC}\) trong ΔABC

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AD}{DC}\)

Hay \(\dfrac{6}{4}=\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{DC+AD}=\dfrac{3}{2+3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{3}{5}\Rightarrow\dfrac{AD}{6}=\dfrac{3}{5}\)

\(\Rightarrow AD=\dfrac{3.6}{5}=3,6\left(cm\right)\)

Ta có :\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\Rightarrow\dfrac{1}{2}\widehat{ABC}=\dfrac{1}{2}\widehat{ACB}\)

⇒ \(\widehat{OBC}=\widehat{OCB}\)

⇒ΔOEB ∼ ΔODC ( gg)

⇒ \(\widehat{OEB}=\widehat{ODC}\left(1\right)\)

\(\widehat{OBC}=\widehat{OCB}\Rightarrow\Delta OBC\) cân tại O ⇒ OB = OC

⇒ BD = CE

⇒ BD - OB = CE - OC

⇒ OE = OD

⇒ ΔOED cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{OED}=\widehat{ODE}\left(2\right)\)

Từ (1)(2) ⇒ \(\widehat{AED}=\widehat{ADE}\)

⇒ ΔAED cân tại A

⇒\(\widehat{AED}=\dfrac{180^0-\widehat{A}}{2}\left(3\right)\)

ΔABC cân tại A

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\dfrac{180^0-\widehat{A}}{2}\left(4\right)\)

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

vì \(\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\forall x\Rightarrow\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3}{4}\)

vậy A luôn luôn dương với mọi x

b: \(B=x^2-xy+y^2\)

\(=x^2-2\cdot x\cdot\dfrac{1}{2}y+\dfrac{1}{4}y^2+\dfrac{3}{4}y^2\)

\(=\left(x-\dfrac{1}{2}y\right)^2+\dfrac{3}{4}y^2>0\forall x,y\ne0\)

c: \(C=-x^2+4x-10\)

\(=-\left(x^2-4x+10\right)\)

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

\(=-\left(x-2\right)^2-6< 0\)

Ta có:

\(a^2+b^2+c^2=1\)

\(\Rightarrow-1\le a,b,c\le1\)

Lấy 2 cái trên trừ nhau ta được

\(\left(a^2-a\right)+\left(b^2-b\right)+\left(c^2-c\right)=0\)

Ta có \(\left(a^2-a\right),\left(b^2-b\right),\left(c^2-c\right)\)cùng dấu nên dấu = xảy ra khi

\(\left(a,b,c\right)=\left(0,0,1;0,1,0;1,0,0\right)\)

\(\Rightarrow\)ĐPCM

A=a^7 -a =a(a^6 -1) =a(a^3 -1)(a^3+1) =(a-1).a.(a+1)[a^2+a+1)(a^2-a+1) ]

\(A=A_0.A_1\)

\(A_1=\left(a^2+a+1\right)\left(a^2-a+1\right)=\left[\left(a^2-4\right)+\left(a+5\right)\right]\left[\left(a^2-9\right)+\left(-a+10\right)\right]\)

\(A_1=\left[\left(a^2-4\right)\left(a^2-9\right)\right]+\left[\left(a^2-4\right)\left(-a+10\right)+\left(a+5\right)\left(a^2-a+1\right)\right]=A_2+A_3\)

\(A_3=\left(a^2-4\right)\left(-a+10\right)+\left(a+5\right)\left(a^2-a+1\right)=-a^3+10a^2+4a-40+a^3-a^2+a+5a^2-5a+5=14a^2-35\)\(A_3=7\left(2a^2-5\right)\)

\(A=A_0.A_1=A_0\left(A_2+A_3\right)=A_0.A_2+A_0.A_3\)

A3 : chia hết cho 7 hiển nhiên => \(A_0.A_3⋮7\)

\(A_0.A_2=a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\left(a^2-4\right)\left(a^2-9\right)\)

\(A_0A_2=\left(a-3\right)\left(a-2\right)\left(a-1\right)\left(a\right)\left(a+1\right)\left(a+2\right)\left(a+3\right)\)

A0.A2 là tích 7 số nguyên liên tiếp => A0.A2 chia hết cho 7

=>\(A⋮7\) =>dpcm

Ủa cái này là Fermat nhỏ mà.

Lời giải:

Phản chứng. Giả sử không tồn tại 3 chữ số nào trong $p^n$ giống nhau.

Đặt \(p^n=\overline{a_1a_2...a_{20}}\)

Vì \(0\leq a_1,a_2,...,a_{20}\leq 9\) nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất \(\left[ \frac{20}{10}\right]=2\) số giống nhau.

Kết hợp với điều đã giả sử suy ra $p^n$ là một số gồm $20$ chữ số, trong đó luôn có đôi một hai số bằng nhau và bằng các số trải từ $0$ đến $9$

Khi đó: \(S(p^n)=2(0+1+2+..+9)=90\vdots 3\) trong đó \(S(p^n)\) là tổng các chữ số của $p^n$

Vì \(S(p^n)\vdots 3\Rightarrow p^n\vdots 3\). Điều này hoàn toàn vô lý do \(p>3, p\in\mathbb{P}\)

Do đó giả sử sai. Tức là tồn tại ít nhất 3 số trong 20 chữ số của $p^n$ giống nhau.