\(\left(x+y+z\right)^2=1\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)=1\Leftrightarrow xy+yz+zx=0\)

\(\left(x+y+z\right)^3=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)+3xyz=1+3xyz\Rightarrow xyz=0\)

- \(x=0\Rightarrow xy+yz+zx=yz=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}y=0\\z=0\end{cases}}\).

Tương tự với các trường hợp còn lại. 

\(\left(x,y,z\right)\in\left\{\left(0,0,1\right)\right\}\)và các hoán vị. 

Vậy \(x+y^2+z^3=1\)

Ta có \(x+y+z=1\)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^3=1\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)=1\)

\(\Leftrightarrow1+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)=1\)

\(\Leftrightarrow3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=0\\y+z=0\\z+x=0\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=z\\x+y+z=y\\x+y+z=x\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}z=1\\y=1\\x=1\end{cases}}\)

TH1 : Nếu \(z=1\Rightarrow x^2+y^2+z^2=1\)

                             \(\Rightarrow x^2+y^2=0\)

                             \(\Rightarrow x=y=0\)

\(\Rightarrow x+y^2+z^3=0+0^2+1^3=1\)

CMTT ta có: \(x+y^2+z^3=0+1^2+0^3=1\)

                    \(x+y^2+z^3=1+0^2+0^3=1\)  (đpcm)

Bài làm 

\(x^3-5x^2-4x+20=x^2\left(x-5\right)-4\left(x-5\right)\)

\(=\left(x^2-4\right)\left(x-5\right)=\left(x-2\right)\left(x+2\right)\left(x-5\right)\)

\(x^3-5x^2-4x+20\)

\(=\left(x^3-5x^2\right)-\left(4x-20\right)\)

\(=x^2.\left(x-5\right)-4.\left(x-5\right)\)

\(=\left(x-5\right)\left(x^2-4\right)\)

\(=\left(x-5\right)\left(x-2\right)\left(x+2\right)\)

Bạn tự vẽ hình nhé. 

a) Xét tứ giác \(AKCE\)có: \(OA=OC\)(tính chất hình bình hành) 

                                              \(OK=OE\)(vì \(OE=BO-BE=DO-DK=OK\))

suy ra \(AKCE\)là hình bình hành (tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hình bình hành).

b) \(AKCE\)là hình bình hành nên \(AK//CE\Rightarrow AM//CN\).

Xét tứ giác \(AMCN\)có: \(AM//CN\)(cmt)

                                            \(AN//CM\)(do \(AB//CD\))

suy ra \(AMCN\)là hình bình hành. 

\(\Rightarrow AN=CM\).

c) \(O\)là giao điểm của \(AC\)và \(KE\). 

Vì \(AMCN\)là hình bình hành nên \(MN\), \(AC\)cắt nhau tại trung điểm mỗi đường suy ra \(MN\)cắt \(AC\)tại \(O\).

Suy ra đpcm. 

d) Để \(AKCE\)là hình thoi thì \(AC\perp KE\)(hình bình hành có hai đường chéo vuông góc là hình thoi) 

suy ra \(AC\perp BD\)suy ra \(ABCD\)là hình thoi.

Khi đó: 

Xét tam giác \(AOD\)vuông tại \(O\): \(AD^2=AO^2+OD^2\)(định lí Pythagore) 

                                                            \(\Leftrightarrow AO=\sqrt{AD^2-OD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\left(cm\right)\)

\(S_{ABCD}=4.S_{AOD}=4.\frac{1}{2}AO.OD=4.\frac{1}{2}.3.4=24\left(cm^2\right)\)

Từ \(\frac{x}{3}=\frac{y}{5}\)=> \(x=\frac{3}{5}y\) thay vào biểu thức A, ta có:

A = \(\frac{5.\left(\frac{3}{5}y\right)^2+3y^2}{10.\left(\frac{3}{5}y\right)^2-3y^2}=\frac{\frac{9}{5}y^2+3y^2}{\frac{18}{5}y^2-3y^2}=\frac{\frac{24}{5}y^2}{\frac{3}{5}y^2}=8\)

Bài làm

Đặt \(\frac{x}{3}=\frac{y}{5}=k\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=3k\\y=5k\end{cases}}\)

Thế vào A ta được :

\(A=\frac{5\times\left(3k\right)^2+3\times\left(5k\right)^2}{10\times\left(3k\right)^2-3\times\left(5k\right)^2}=\frac{5\times9k^2+3\times25k^2}{10\times9k^2-3\times25k^2}=\frac{45k^2+75k^2}{90k^2-75k^2}=\frac{120k^2}{15k^2}=8\)

-x² + 20x + 80

= -x² + 20x - 100 + 180

= -(x² - 20x  + 100) + 180

= 180 - (x - 10)² 

 \(=\left(\sqrt{180}\right)^2-\left(x-10\right)^2=\left(\sqrt{180}-x+10\right)\left(\sqrt{180}+x-10\right)\)

Bài làm

Ta có : \(\frac{x-2}{x+3}=\frac{x+3-5}{x+3}=1-\frac{5}{x+3}\) ( x khác -3 )

Để biểu thức có giá trị nguyên thì \(\frac{5}{x+3}\)đạt giá trị nguyên

=> 5 chia hết cho ( x + 3 )

=> ( x + 3 ) thuộc Ư(5) = { ±1 ; ±5 }

Các giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ

Vậy x thuộc { -8 ; -4 ; -2 ; 2 }