\(\left(a+4\right)^2-16a^2\)

\(=\left(a+4\right)^2-\left(4a\right)^2\)

\(=\left(a+4+4a\right)\left(a+4-4a\right)\)

\(=\left(5a+4\right)\left(4-3a\right)\)

\(x^3=4x\)

\(\Leftrightarrow x^3-4x=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x^2-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x^2-4=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x=\pm\sqrt{4}=\pm2\end{cases}}\)

\(a,3x^3-6x^2+3x\)

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

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

\(b,16x^2y-4xy^2-4x^3\)

\(=-4x\left(x^2-4xy+4y^2-3y^2\right)\)

\(=-4x\left(x-2y+y\sqrt{3}\right)\left(x-2y-y\sqrt{3}\right)\)

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..

:]] 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

Gọi nghiệm của phương trình 6x²+20x+15=0 là t₁và t₂ .

Nếu ta giả sử rằng a=t₁ thì b=\(\frac{1}{t_2}\)

Lúc này biểu thức đã cho trở thành :

\(\frac{\frac{1}{t^3_2}}{\frac{t_1}{t^2_2}-9\left(\frac{t_1}{t_2}+1\right)^3}\)\(=\frac{1}{t_1.t_2-9\left(t_1+t_2\right)^3}\)

Bây giờ chỉ cần thay các giá trị t₁+t₂ và t₁.t₂ từ phương trình bậc 2 vào biểu thức trên để có đáp án.

P/s : nếu chưa học pt bậc 2 thì k làm được đâu

chiuj^_^

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

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

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

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

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

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

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

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

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

#)Giải :

Ta có : \(\hept{\begin{cases}ax+by=c\\bx+cy=a\\cx+ay=b\end{cases}\Rightarrow ax+by+bx+cy+cx+ay=c+a+b}\)

\(\Rightarrow x\left(a+b+c\right)+y\left(a+c+b\right)=a+b+c\)

\(\Rightarrow\left(x+y-1\right)\left(a+b+c\right)=0\)

\(\Rightarrow a+b+c=0\Rightarrow a+b=-c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3=a^3+3ab\left(a+b\right)+b^3-3ab\left(a+b\right)+c^3\)

\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3\)

\(=\left(-c\right)^3-3ab\left(-c\right)+c^3=3abc\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Bài giải thiếu trường hợp \(x+y-1=0\) rồi