a) Ta có:

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

\(VP=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3-3a^2b-3ab^2\)

\(VP=a^3+b^3=VT.\)

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

VP= a³ + 3a²b + 3ab² +b³ - 3a²b - 3ab²

= a³ + b³

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

\(=\left(x^2-3x\right)+\left(2x-6\right)\)

\(=x.\left(x-3\right)+2.\left(x-3\right)\)

\(=\left(x-3\right).\left(x+2\right)\)

x²-x-6=(x²-3x)+(2x-6)=x(x-3)+2(x-3)=(x-3)(x+2)

Giải

Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp đó là n-1, n, n+1 (n thuộc N*) 
Ta phải chứng minh A = (n-1)n(n+1) chia hết cho 6 
n-1 và n là 2 số tự nhiên liên tiếp nên 1 trong 2 số phải chia hết cho 2 
=> A chia hết cho 2 
n-1, n và n+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp nên 1 trong 3 số phải chia hết cho 3 => A chia hết cho 3 
Mà (2; 3) = 1 (2 và 3 nguyên tố cùng nhau) => A chia hết cho 2. 3 = 6 (đpcm)

Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp đó là \(n,n+1,n+2\)

Ta cần chứng minh \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮6\)

Ta thấy \(2.3=6\)mà \(\left(2,3\right)=1\)nên ta theo hướng sẽ chứng minh \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\)vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 3

Thật vậy. Khi n là số chẵn thì hiển nhiên \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮2\)

Khi n là số lẻ thì \(n+1⋮2\)và từ đó \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮2\)

Vậy \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮2\)với mọi số tự nhiên \(n\)

Khi \(n⋮3\)thì hiển nhiên \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮3\)

Khi n chia cho 3 dư 1 thì \(n+2⋮3\)và từ đó \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮3\)

Khi n chia cho 3 dư 2 thì \(n+1⋮3\)và từ đó \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮3\)

Như vậy \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮3\)với mọi số tự nhiên n

Mà \(\left(2,3\right)=1\)nên \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮2.3=6\)

Ta có đpcm

không

vì chưa có ghi lại cảnh ông già vào từng nhà trong khi FBI và CIA có thể theo dõi

Ông già Noel hoàn toàn có thật.

Ông có im không?

1.Không im = tui báo cáo

2.Im = im mấy cái trò thân kinh dó di

Mong ông hiểu cho chớ đây no phải bệnh viện,mời ông đi chỗ khác

ok em nha 

Ta có:\(\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

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

Và \(\left(ax+by+cz\right)^2\)

\(=x^2a^2+y^2b^2+z^2c^2+2xayb+2ybzc+2zcxa\)

Như vậy ta cần chứng minh \(x^2b^2+x^2c^2+y^2a^2+y^2c^2+z^2a^2+z^2b^2\)\(=2xayb+2ybzc+2zcxa\)

Hay \(x^2b^2+x^2c^2+y^2a^2+y^2c^2+z^2a^2+z^2b^2\)\(-2xayb-2ybzc-2zcxa=0\)(*)

Từ điều kiện \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\), ta có: \(\hept{\begin{cases}xb=ya\\yc=zb\\za=xc\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}xb-ya=0\\yc-zb=0\\za-xc=0\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(xb-ya\right)^2=0\\\left(yc-zb\right)^2=0\\\left(za-xc\right)^2=0\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2b^2-2xbya+y^2a^2=0\\y^2c^2-2yczb+z^2b^2=0\\z^2a^2-2zaxc+x^2c^2=0\end{cases}}\)

Cộng vế theo vế, ta được

\(x^2b^2+y^2a^2+y^2c^2+z^2b^2+z^2a^2+x^2c^2-2xbya-2yczb-2zaxc=0\)

Và từ đó (*) luôn đúng \(\Rightarrowđpcm\)

Bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức 

mk mới lớp 5 nên ko bt

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa

kết bạn với mk nha

Các phương trình bậc nhất là \(3+3x=0\)(a); \(5-4y=0\)(b); \(7t=0\)(d)