ta có ...=\(\frac{3n^5+5n^3+7n}{15}\)

ta có \(5n^3+7n=n\left(5n^2+7\right)\)

xét n chia hết cho 3 thì \(5n^3+7n⋮3\Rightarrow5n^3+7n+3n^5⋮3\)

xét n không chia hết cho 3 =>\(n^2\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow5n^2\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow5n^2+7⋮3\)

=>\(5n^3+7n+3n^5⋮3\forall n\in Z\)

ta có \(3n^5+7n=n\left(3n^4+7\right)\)

xét n chia hết cho 5 =>\(3n^5+7n+5n^3⋮5\)

xét n không chia hết cho 5 =>\(n^4\equiv1\left(mod5\right)\Rightarrow3n^4\equiv3\left(mod5\right)\Rightarrow3n^4+7⋮5\)

=>\(5n^3+3n^5+7n⋮5\forall n\in Z\)

=>tử chia hết cho 15 => ... là số nguyên (ĐPCM)

bạn ơi, có đk của x,y không vậy

cai nay phai la he moi giai dc,hoac la dua ra dag Tog Quat

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x+1\right)^2\left(x-2\right)=2-y\\\left(y+1\right)^2\left(y-2\right)=2\left(2-z\right)\\\left(z+1\right)^2\left(z-2\right)=3\left(2-x\right)\end{cases}}\)

nhân từng vế của pt , ta có \(\left(x+1\right)^2\left(y+1\right)^2\left(z+1\right)^2\left(x-2\right)\left(y-2\right)\left(z-2\right)=6\left(2-x\right)\left(2-y\right)\left(2-z\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x+1\right)^2\left(y+1\right)^2\left(z+1\right)^2+6\right]\left(x-2\right)\left(y-2\right)\left(z-2\right)=0\)

đến đây thì dễ rồi, sẽ => x=2, hoặc y=2 hoặc z=2, thay vao rồi giải nhé

thank you Vũ Tiền Châu ^^

a) Kẻ đường thẳng Ax tiếp xúc với đường tròn (O) tại A.

Khi đó \(\widehat{FAx}=\widehat{ACB}\)  (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

Ta dễ thấy  BFEC là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)

Vậy nên \(\widehat{AFE}=\widehat{FAx}\), chúng lại ở vị trí so le trong nên Ax // EF

Mà \(Ax\perp OA\Rightarrow EF\perp OA\)

Tương tự ta có : \(FD\perp OB;ED\perp OC\)

b) Kẻ đường kính CI. Khi đó ta có ngay IB // AH (Cùng vuông góc BC) ; IA // BH (Cùng vuông góc AC). Vậy nên tứ giác AIBH là hình bình hành và AH = IB.

Xét tam giác IBC có M là trung điểm BC, OC = OB nên OM là đường trung bình. Vậy \(OM=\frac{1}{2}IB\Rightarrow OM=\frac{1}{2}AH\)

Tương tự, gọi N, P  lần lượt là trung điểm AB, AC thì \(ON=\frac{1}{2}BH;OP=\frac{1}{2}CH\)

c) Gọi G' là giao điểm của AM và HO.

Ta thấy OM // AH nên áp dụng định lý Ta let ta có:

\(\frac{MG'}{G'A}=\frac{OM}{AH}=\frac{1}{2}\)

Độ ẨM là đường trung tuyến, AG' = G'M nên G' là trọng tâm tam giác ABC hay G' trùng G. Vậy H, G, O thẳng hàng.

d)  Gọi giao điểm của OA với PQ là J. Khi đó J là trung điểm QP.

Xét tam giác APQ có AJ là đường cao đồng thời trung tuyến nên nó là tam giác cân.

Vậy thì AP = AQ hay AP² = AQ².   (1)

Kẻ đường kính AX. 

Xét tam giác vuông AQX, đường cao  QJ, ta có: 

\(AQ^2=AJ.AX\)   (2)

Tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat{AFJ}=\widehat{ACB}=\widehat{AXB}\)

Suy ra \(\Delta AFJ\sim\Delta AXB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AX}=\frac{AJ}{AB}\Rightarrow AJ.AX=AF.AB\)

Ta cũng có \(\Delta AFH\sim\Delta ADB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AD}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow AD.AH=AF.AB\)

Vậy thì \(AJ.AX=AH.AD\) hay \(AJ.AX=2.OM.AD\)    (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra  AP² = AQ² = 2OM.AD