bạn chép sai đề rồi phải là trừ abc

mình làm theo đề của mình vừa sửa nha

nhân ra ta được:

a²b+ab²+b²c+bc²+c²a+ca²+2abc

=(a²b+ab²)+(b²c+abc)+(bc²+c²a)+(ca²+abc)

=(ab+bc+c²+ac)(a+b)

=[(ab+ac)+(bc+c²)](a+b)

=(a+b)(b+c)(c+a)

a) Áp dụng hằng đẳng thức \(a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\)

\(M=\left(b^2+c^2-a^2\right)^2-4b^2c^2=\left(b^2+c^2-2bc-a^2\right)\left(b^2+c^2+2bc-a^2\right)=\left[\left(b-c\right)^2-a^2\right].\left[\left(b+c\right)^2-a^2\right]=\left(b-c-a\right)\left(b-c+a\right)\left(b+c-a\right)\left(b+c+a\right)\)

b) Nếu a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác thì ta có : \(\hept{\begin{cases}a+b>c>0\\b+c>a>0\\a+c>b>0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b-c-a< 0\left(1\right)\\b-c+a>0\left(2\right)\\b+c-a>0\left(3\right)\end{cases}}}\)

Nhân (1) , (2) , (3) theo vế cùng với a+b+c>0 được M<0

c) Dễ thấy rằng : Trong phân tích M thành nhân tử, ta thấy có xuất hiện thừa số (a+b+c)

Mà a+b+c chia hết cho 6 nên suy ra M chia hết cho 6

a: \(a^3-a=a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\)

Vì a;a-1;a+1 là ba số nguyên liên tiếp

nên \(a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮3!\)

hay \(a^3-a⋮6\)

1. Gọi ƯCLN (a,c) =k, ta có : a=ka₁, c=kc₁ và (a₁,c₁)=1

Thay vào ab=cd được ka₁b=bc₁d nên

a₁b=c₁d  (1)

Ta có: a₁b \(⋮\)c₁ mà (a₁,c₁)=1 nên b\(⋮\)c₁. Đặt b=c₁m ( \(m\in N\)*) , thay vào (1) được a₁c₁m =  c₁d nên a₁m=d

Do đó: \(a^5+b^5+c^5+d^5=k^5a_1^5+c_1^5m^5+k^5c_1^5+a_1^5m^5\)

\(=k^5\left(a_1^5+c_1^5\right)+m^5\left(a_1^5+c_1^5\right)=\left(a_1^5+c_1^5\right)\left(k^5+m^5\right)\)

Do a₁, c₁, k, m là các số nguyên dương nên \(a^5+b^5+c^5+d^5\)là hợp số (đpcm)

2. Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể sư 0 hoặc 1.

Ta có \(a^2+b^2⋮3\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1,1+1, chỉ có 0+0 \(⋮\)3.

Vậy \(a^2+b^2⋮3\)thì a và b \(⋮3\)

b) Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0,1,2,4 (thật vậy, xét a lần lượt bằng 7k, \(7k\pm1,7k\pm2,7k\pm3\)thì a² chia cho 7 thứ tự dư 0,1,4,2)

Ta có: \(a^2+b^2⋮7\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1, 0+2, 0+4 , 1+1, 1+2, 2+2, 1+4, 2+4, 4+4; chỉ có 0+0 \(⋮7\). Vậy......

3. a) Xét hiệu \(a^3-a=a\left(a^2-1\right)=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)⋮2.3=6\)( tích của 3 số nguyên liên tiếp)

Tương tự: \(b^3-b⋮6\)và \(c^3-c⋮6\)

\(\Rightarrow\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a+b+c\right)⋮6\Rightarrow a^3+b^3+c^3⋮6\Leftrightarrow a+b+c⋮6\)

b) Ta có: \(30=2.3.5\)và 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau.

Theo định lý Fermat: \(a^2\equiv a\left(mod2\right)\Rightarrow a^4\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\Rightarrow a^5\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\)

\(a^3\equiv a\left(mod3\right)\Rightarrow a^5\equiv a^3\equiv a\left(mod3\right)\)

\(a^5\equiv a\left(mod5\right)\)

Theo tính chất của phép đồng dư, ta có:

\(a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod2\right)\)

\(a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod3\right)\)

\(a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod5\right)\)

Do đó: \(a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod2.3.5\right)\). Tức là nếu a+b+c chia hết cho 30 thì ....(đpcm)