bạn nên báo với ad rồi đưa ra lí do vì sao bạn muốn xóa nick bạn ấy á

ko thì kệ bạn ấy đi cho nhanh :))

\(C=6\left(c-d\right)\left(c+d\right)\left(c+d\right)+12\left(c-d\right)\left(c-d\right)\left(c+d\right)+c^3+3c^2d+3cd^2+d^3+8\left(c^3-3c^2d+3cd^2-d^3\right)\)
​​​\(C=6\left(c^2-d^2\right)\left(c+d\right)+12\left(c-d\right)\left(c^2-d^2\right)+c^3+3c^2d+3cd^2+d^3+8\left(c^3-3c^2d+3cd^2-d^3\right)\)​\(C=6\left(c^3+c^2d-cd^2-d^3\right)+12\left(c^3-c^2d-cd^2-d^2\right)+c^3+3c^2d+3cd^2+d^3+8\left(c^3-3c^2d+3cd^2-d^3\right)\)
\(C=27c^3-27c^2d-39cd^2-25d^3\)
 

I 'd a juice with orange.

-fun fact

cho phiêu báo cáo

https://www.facebook.com/354675568826928/photos/a.563325071295309/585885745705908/
 

\(A=\sqrt{\left(2a\right)^2+\left(\dfrac{1}{a}\right)^2}+\sqrt{\left(2b\right)^2+\left(\dfrac{1}{b}\right)^2}+\sqrt{\left(2c\right)^2+\left(\dfrac{1}{c}\right)^2}\)

\(A\ge\sqrt{\left(2a+2b+2c\right)^2+\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2}\)

\(A\ge\sqrt{4\left(a+b+c\right)^2+\left(\dfrac{9}{a+b+c}\right)^2}=\sqrt{4.2^2+\left(\dfrac{9}{2}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{145}}{2}\)

\(A_{min}=\dfrac{\sqrt{145}}{2}\) khi \(a=b=c=\dfrac{2}{3}\)

cảm rất nhiều

A = 4/(1.2) + 4/(2.3) + 4/(2014.2015)

= 4.[1/(1.2) + 1/(2.3) + ... + 1/(2014.2015)]

= 4.(1 - 1/2 + 1/2 - 1/3 + ... + 1/2014 - 1/2015)

= 4.(1 - 1/2015)

= 4.2014/2015

= 8056/2015

chúc mừng bạn nha lenguyenminhhang

ỦA, tớ ko bít, nhưng tớ Chúc Mừng cậu, được 10 điểm ko?

 Cách 1: Cái này là định lý Fermat nhỏ thôi bạn. Tổng quát hơn:

 Cho số nguyên dương a và số nguyên tố p. Khi đó \(a^p\equiv a\left[p\right]\)

 Ta chứng minh định lý này bằng cách quy nạp theo a:

 Với \(a=1\) thì \(1^p\equiv1\left[p\right]\), luôn đúng.

 Giả sử khẳng định đúng đến \(a=k\left(k\inℕ^∗\right)\). Khi đó \(k^p\equiv k\left[p\right]\). Ta cần chứng minh khẳng định đúng với \(a=k+1\). Thật vậy, với \(a=k+1\), ta có:

 \(\left(k+1\right)^p=k^p+C^1_p.k^{p-1}+C^2_pk^{p-2}...+C^{p-1}_pk^1+1\)    (*)

 ((*) áp dụng khai triển nhị thức Newton, bạn có thể tìm hiểu trên mạng)

 (Ở đây kí hiệu \(C^n_m=\dfrac{m!}{n!\left(m-n\right)!}\) với \(m\ge n\) là các số tự nhiên và kí hiệu \(x!=1.2.3...x\)) 

 Ta phát biểu không chứng minh một bổ đề quan trọng sau: Với p là số nguyên tố thì \(C^i_p⋮p\) với mọi \(1\le i\le p-1\)

 Do đó vế phải của (*) \(\equiv k^p+1\left[p\right]\). Thế nhưng theo giả thiết quy nạp, có \(k^p\equiv k\left[p\right]\) nên \(k^p+1\equiv k+1\left[p\right]\), suy ra \(\left(k+1\right)^p\equiv k+1\left[p\right]\)

 Vậy khẳng định đúng với \(a=k+1\). Theo nguyên lí quy nạp, suy ra điều phải chứng minh. Áp dụng định lý này cho số nguyên tố \(p=7\) là xong.

 Cách 2: Đối với những số nhỏ như số 7 thì ta có thể làm bằng pp phân tích đa thức thành nhân tử để cm là được:

 \(P=a^7-a\) 

 \(P=a\left(a^6-a\right)\)

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

 \(P=a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)\left(a^2+a+1\right)\)

Nếu \(a⋮7,a\equiv\pm1\left[7\right]\) thì hiển nhiên \(P⋮7\)

Nếu \(a\equiv\pm2\left[7\right];a\equiv\pm3\left[7\right]\) thì \(\left(a^2-a+1\right)\left(a^2+a+1\right)⋮7\), suy ra \(P⋮7\). Vậy \(a^7-a⋮7\)