Ta có:

\(n^n-n^2+n-1=n^n-n-\left(n^2-2n+1\right)\)

\(=\left(n^2-n\right)\left(n^{n-2}+n^{n-3}+...+n+1\right)-\left(n-1\right)^2\)

\(=\left(n-1\right)\left[\left(n^{n-1}-1\right)+\left(n^{n-2}-1\right)+....+\left(n-1\right)\right]-\left(n-1\right)^2\)

Dễ thấy \(n^{n-1}-1⋮n-1\)

               \(n^{n-2}-1⋮n-1\)

                 ........................................

              \(n-1⋮n-1\)

\(\Rightarrow n^n-n^2+n-1⋮\left(n-1\right)^2\)

A B C O D I H E F K G T G 0 L

a) Ta thấy: \(\Delta\)ABC nhận H làm trực tâm nên ^BHC + ^BAC = 180⁰ (1)

Ta có: ^FKE = ^BKC = 180⁰ - ^KBC - ^KCB = 180⁰ - ^EAD - ^FAD = 180⁰ - ^EAF => ^BKC + ^BAC = 180⁰ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ^BHC = ^BKC => Tứ giác BHKC nội tiếp => ^KHC = ^KBC = ^CAD

Mà AD đi qua tâm ngoại tiếp (O) của \(\Delta\)ABC, AH vuông góc BC nên dễ thấy ^CAD = ^BAH

Từ đó: ^KHC = ^BAH = ^BCH => HK // BC (2 góc so le trong bằng nhau) (đpcm).

b) Qua B kẻ đường thẳng song song với CK cắt (O) tại điểm thứ hai G.

Xét (O): ^BGC + ^BAC = 180⁰. Mà ^BKC + ^BAC =180⁰ (cmt) nên ^BGC = ^BKC

=> ^KBC = ^GCB => BK // CG => Tứ giác BKCG là hình bình hành => S = S_BGC

Hạ GT vuông góc BC thì S = S_BGC = GT.BC/2 < G₀L.BC/2 (Với G₀ là điểm chính giữa cung BC không chứa A)

Lại có: ^LBG₀ = 1/2.Sđ(BC = ^BAC/2 => G₀L = BL.tan^BAC/2 hay G₀L = BC/2 . tan^BAC/2

Suy ra: S < BC/2 . tan^BAC/2 . BC/2 = (BC/2)².tan^BAC/2 (đpcm).

c) +) Chứng minh BF.BA - CE.CA = BD² - CD² ?

Theo tính chất góc nội tiếp: ^KED = ^BED = ^BAD = ^DAF = ^DCF = ^DCK => Tứ giác DKEC nội tiếp

Tương tự: Tứ giác DKFB nội tiếp. Áp dụng phương tích đường tròn:

BF.BA - CE.CA = BD.BC - CD.CB = BC(BD-CD) = (BD+CD)(BD-CD) = BD² - CD² (đpcm).

+) Chứng minh: DI vuông góc với BC ?

Từ câu a ta có: ^EKF + ^EAF = 180⁰ => Tú giác AEKF nội tiếp => K nằm trên (AEF)

Nối I với E và F thì có: ^IFK + ^IEK = ^IKF + ^IKE = ^EKF = ^BKC

=> ^IFK + ^IEK + ^KBC + ^KCB = ^IFK + ^IEK + ^KFD + ^KED = ^IFD + ^IED = 180⁰ (Do DKEC;DKFB nội tiếp)

Suy ra: Tứ giác DEIF nội tiếp => ^IDF = ^IEF = ^IFE = ^IDE. Kết hợp với ^BDF = ^CDE (=^BAC)

Dẫn đến ^IDF + ^BDF = ^IDE + ^CDE => ^IDB = ^IDC => ID vuông góc BC (2 góc kề bù bằng nhau) (đpcm).

i love you

O A B C D E F H M G I

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.

O A B C D E F H M G J I P Q X

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

 Ta đặt \(x=\sqrt[3]{2-\sqrt{b}};y=\sqrt[3]{2+\sqrt{b}}\Rightarrow x^3+y^3=4.\)
\(x^2=\sqrt[3]{4-4\sqrt{b}+b}=\sqrt[3]{\left(2-\sqrt{b}\right)^2},y^2=\sqrt[3]{4+4\sqrt{b}+b}=\sqrt[3]{\left(2+\sqrt{b}\right)^2}\).
\(\sqrt[3]{4-b}=\sqrt[3]{\left(2-\sqrt{b}\right)\left(2+\sqrt{b}\right)}=xy\).
Ta có: \(\frac{4}{a}+xy=x^2+y^2\Leftrightarrow\frac{4}{a}=x^2+y^2-xy.\)
          \(\Leftrightarrow4=a\left(x^2+y^2-xy\right)=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\).
Suy ra: x + y = a. Vậy x + y là ước của 4 và x + y nguyên dương.
Từ đó ta suy ra: x + y = 1; 2; 4. Kết hợp với điều kiện \(x^3+y^3=4,x\le y.\), Ta sẽ có 3 hệ, các bạn tìm x, y rồi tìm a, b.

sao lại suy ra x+y là ước của 4 hả bạn

Nè bạn :) 

Ta có : \(2ab+2ac\ge4a\sqrt{bc}\) (Cauchy_)

\(\Rightarrow a^2+2ab+2ac+4bc\ge a^2+4a\sqrt{bc}+4bc\)

\(\Rightarrow a^2+2ab+2ac+4bc\ge\left(a+2\sqrt{bc}\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{\left(a+2b\right)\left(a+2c\right)}\ge a+2\sqrt{bc}\)\(\left(1\right)\)

Tương tự : \(\sqrt{\left(b+2a\right)\left(b+2c\right)}\ge b+2\sqrt{ac}\)\(\left(2\right)\)

\(\sqrt{\left(c+2a\right)\left(c+2b\right)}\ge c+2\sqrt{ab}\)\(\left(3\right)\)

Từ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\)\(\Rightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\ge3\)

\(\Rightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge\sqrt{3}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Thay vào biểu thức M ta được M = \(\frac{\sqrt{3}}{3}\)

Từ phương trình của 2 hệ ta suy ra x,y >=0. Xét phương trình

\(x^3+y^3+7\left(x+y\right)xy=8xy\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}\)

\(x^3+xy+y^3+7\left(x+y\right)=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2+6xy\right)=\left(x+y\right)\left[\left(x+y\right)^2+4xy\right]\)

Theo bất đằng thức Cô Si ta có:

\(\left(x+y\right)^2+4xy\ge2\sqrt{\left(x+y\right)^2\cdot4xy}\). Ta có:

\(\left(x+y\right)^2=\left(x^2+y^2\right)+2xy\ge2\sqrt{\left(x^2+y^2\right)\cdot2xy}\)

\(\Rightarrow x^3+y^3+7\left(x+y\right)xy\ge8xy\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y

Thay vào phương trình (2) ta thu được

\(\sqrt{x}-\sqrt{2x-3}-6=6-2x\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2x-3}-\sqrt{x}=2\left(x-3\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{x-3}{\sqrt{2x-3}+\sqrt{x}}=2\left(x-3\right)\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=3\\\sqrt{2x-3}+\sqrt{x}=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

Do \(x\ge\frac{3}{2}\)nên phương trình vô nghiệm

Hệ phương trình có nghiệm x=y=3

\(VP=\frac{1}{2}\Sigma\sqrt{4\left(a^2b+a^2c\right)}\le\frac{1}{4}\Sigma\left(4+a^2b+a^2c\right)\)

\(=3+\frac{1}{4}\Sigma ab\left(a+b\right)\le3+\frac{1}{2}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(a^3+b^3+c^3+3abc\right)\le a^3+b^3+c^3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

mình nghĩ là khi a=b

Bài 1 :

Gọi số người của đội là \(x\) người \(\left(x\inℕ^∗\right)\)
Thời gian làm theo kế hoạch là \(\frac{420}{x}\) ngày
Số người lúc sau là \(x+5\)  người 
Thời gian hoàn thành lúc sau là \(\frac{420}{x+5}\) ngày 
Vì thời gian giảm 7 ngày nên ta có phương trình :

\(\frac{420}{x}-7=\frac{420}{x+5}\)

\(\Leftrightarrow420\left(x+5\right)-7x\left(x+5\right)=420x\)

\(\Leftrightarrow420x+2100-7x^2-35x-420x\)

\(\Leftrightarrow7x^2+35x-2100=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+5x-300=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+20\right)\left(x-15\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=15\) \(\left(x\inℕ^∗\right)\)

Vậy số người của đội là 15 người.