Ta dùng pp quy nạp 

Với \(n=0\) ta có \(10^0+9\cdot0-28=-27\) ⋮ 27 (đúng) 

Giả sử đúng với \(n=k\) hay \(10^k-9k-28\) ⋮ 27 

Ta cần chứng minh đúng với \(n=k+1\) ta có:

\(10^{k+1}-9\left(k+1\right)-28\) 

\(=10^k\cdot10-9k-9-28\)

\(=10^k\cdot\left(1+9\right)-9k-9-28\)

\(=\left(10^k-9k-28\right)+9\cdot10^k-9\)

\(=\left(10^k-9k-28\right)+9\left(10^k-1\right)\)

Ta có:  

\(10^k-9k-28\) ⋮ 27 (điều giả sử) (1) 

\(10^k=\overline{10...0}\) (k số 0) 

\(\Rightarrow10^k-1=\overline{99...9}\) (k số 9) ⋮ 9  

\(\Rightarrow9\left(10^k-1\right)\) ⋮ 81 hay \(9\left(10^k-1\right)\) ⋮ 27 (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left(10^k-9k-28\right)+9\left(10^k-1\right)\) ⋮ 27 

⇒ \(10^{k+1}-9\left(k+1\right)-28\) ⋮ 27 (đúng) 

Theo nguyên lý quy nạp ta có đpcm 

1: Thay x=16 vào A, ta được:

\(A=\dfrac{4+2}{4+1}=\dfrac{6}{5}\)

2: \(B=\dfrac{x+\sqrt{x}+14}{x-4}-\dfrac{5}{\sqrt{x}-2}\)

\(=\dfrac{x+\sqrt{x}+14}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}-\dfrac{5}{\sqrt{x}-2}\)

\(=\dfrac{x+\sqrt{x}+14-5\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{x+\sqrt{x}+14-5\sqrt{x}-10}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\dfrac{x-4\sqrt{x}+4}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)^2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}\)

a: Xét (O) có

SA,SB là các tiếp tuyến

Do đó: SA=SB

=>S nằm trên đường trung trực của BA(1)

ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của BA(2)

Từ (1) và (2) suy ra OS là đường trung trực của BA

=>OS\(\perp\)BA tại H và H là trung điểm của AB

b: Ta có: ΔOMN cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)MN tại I

=>OE\(\perp\)MN tại I

Xét tứ giác IHSE có \(\widehat{EIS}=\widehat{EHS}=90^0\)

nên IHSE là tứ giác nội tiếp

c: Xét ΔOHE vuông tại H và ΔOIS vuông tại I có

\(\widehat{HOE}\) chung

Do đó: ΔOHE~ΔOIS

=>\(\dfrac{OH}{OI}=\dfrac{OE}{OS}\)

=>\(OH\cdot OS=OI\cdot OE\left(3\right)\)

Xét ΔOAS vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OS=OA^2=R^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(OI\cdot OE=R^2\)

\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-\left(2m+1\right)=m^2\ge0;\forall m\) nên pt luôn có nghiệm

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=2m+1\end{matrix}\right.\)

\(\left(x_1+x_2\right)^2-\left(x_1x_2\right)^2-6m>4\)

\(\Leftrightarrow4\left(m+1\right)^2-\left(2m+1\right)^2-6m>4\)

\(\Leftrightarrow-2m>1\)

\(\Rightarrow m>-\dfrac{1}{2}\)

a.

Do MA là tiếp tuyến \(\Rightarrow\widehat{MAB}=90^0\)

Do AB là đường kính và Q thuộc đường tròn \(\Rightarrow\widehat{AQB}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow\widehat{MQA}=90^0\)

Xét hai tam giác MQA và MAB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AMQ}-chung\\\widehat{MQA}=\widehat{MAB}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta MQA\sim\Delta MAB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{MQ}{MA}=\dfrac{MA}{MB}\Rightarrow MA^2=MQ.MB\)

b.

M là giao điểm 2 tiếp tuyến tại C và A \(\Rightarrow MA=MC\)

\(OA=OC=R\)

\(\Rightarrow OM\) là trung trực của AC

\(\Rightarrow OM\) vuông góc AC tại I hay \(\widehat{MIA}=90^0\)

\(\Rightarrow I\) và Q cùng nhìn AM dưới 1 góc vuông nên QIQM nội tiếp

c.

Kẻ BC kéo dài cắt Ax tại D

\(\widehat{ACB}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AC\perp BD\)

\(\Rightarrow OM||BD\) (cùng vuông góc AC)

Mà O là trung điểm AB \(\Rightarrow OM\) là đường trung bình tam giác ABD

\(\Rightarrow\) M là trung điểm AD hay \(AM=MD\)

Do \(CH||AD\) (cùng vuông góc AB), áp dụng định lý Talet trong tam giác ABM:

\(\dfrac{BN}{BM}=\dfrac{NH}{AM}\)

Áp dụng định lý Talet trong tam giác DBM:

\(\dfrac{BN}{BM}=\dfrac{CN}{MD}\)

\(\Rightarrow\dfrac{NH}{AM}=\dfrac{CN}{MD}\Rightarrow NH=CN\) (do AM=MD theo cmt)

a: Thay x=-1 vào (P), ta được:

\(y=-2\cdot\left(-1\right)^2=-2\)

Thay x=-1 và y=-2 vào (d), ta được:

\(2m\cdot\left(-1\right)+3=-2\)

=>-2m=-5

=>\(m=\dfrac{5}{2}\)

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(-2x^2=2bx+1\)

=>\(2x^2+2bx+1=0\)

\(\text{Δ}=\left(2b\right)^2-4\cdot2\cdot1=4b^2-8\)

Để (P) cắt (d') tại hai điểm phân biệt thì Δ>0

=>4b^2-8>0

=>b^2>2

=>\(\left[{}\begin{matrix}b>\sqrt{2}\\b< -\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)

Theo Vi-et, ta có:

\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{-2b}{2}=-b;x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}\)

\(x_1^2+x_2^2+4\left(x_1+x_2\right)=4\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+4\left(x_1+x_2\right)=4\)

=>\(\left(-b\right)^2-2\cdot\dfrac{1}{2}+4\cdot\left(-b\right)=4\)

=>\(b^2-1-4b-4=0\)

=>\(b^2-4b-5=0\)

=>(b-5)(b+1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}b=5\left(nhận\right)\\b=-1\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

a: Thay x=3 vào phương trình, ta được:

\(3^2-3\left(m-3\right)-2m+2=0\)

=>\(9-3m+9-2m+2=0\)

=>-5m+20=0

=>-5m=-20

=>m=4

Theo Vi-et, ta có:

\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m-3\)

=>\(x_2+3=4-3=1\)

=>\(x_2=-2\)

b: Để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì \(1\cdot\left(-2m+2\right)< 0\)

=>-2m+2<0

=>-2m<-2

=>m>1

c: \(\text{Δ}=\left[-\left(m-3\right)\right]^2-4\left(-2m+2\right)\)

\(=m^2-6m+9+8m-8\)

\(=m^2+2m+1=\left(m+1\right)^2>=0\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm

Để phương trình có hai nghiệm dương thì \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2>0\\x_1x_2>0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}m-3>0\\-2m+2>0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}m>3\\-2m>-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>3\\m< 1\end{matrix}\right.\)

=>\(m\in\varnothing\)

d: \(x_1+x_2=m-3;x_1x_2=-2m+2\)

\(2\left(x_1+x_2\right)+x_1x_2=2\left(m-3\right)-2m+2=-4\)

=>Đây chính là hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 ko phụ thuộc vào m

Theo Vi-et, ta có:

\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=4;x_1x_2=\dfrac{c}{a}=3\)

\(5m^2-\left(x_1^3\cdot x_2+x_1\cdot x_2^3\right)\cdot m+25=0\)

=>\(5m^2-\left[x_1x_2\left(x_1^2+x_2^2\right)\right]\cdot m+25=0\)

=>\(5m^2-\left[3\cdot\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]\right]\cdot m+25=0\)

=>\(5m^2-\left[3\cdot\left(4^2-2\cdot3\right)\right]\cdot m+25=0\)

=>\(5m^2-30m+25=0\)

=>\(m^2-6m+5=0\)

=>(m-1)(m-5)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=5\end{matrix}\right.\)

Theo Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4\\x_1x_2=3\end{matrix}\right.\)

\(x_1^3x_2+x_1x_2^3=\left(x_1x_2\right)\left(x_1^2+x_2^2\right)=x_1x_2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]\)

\(=3.\left(4^3-2.3\right)=30\)

Pt trở thành:

\(5m^2-30m+25=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=5\end{matrix}\right.\)

a.

\(x_A=-3\Rightarrow y_A=\dfrac{1}{3}x_A^2=\dfrac{1}{3}.\left(-3\right)^2=3\Rightarrow A\left(-3;3\right)\)

\(x_B=9\Rightarrow y_B=\dfrac{1}{3}x_B^2=\dfrac{1}{3}.9^2=27\Rightarrow B\left(9;27\right)\)

b.

Giả sử pt đường thẳng qua AB có dạng \(y=ax+b\)

Thay tọa độ A, B vào pt đường thẳng ta được:

\(\left\{{}\begin{matrix}-3a+b=3\\9a+b=27\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=9\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Đường thẳng AB có pt là \(y=2x+9\)

a: Thay x=-3 vào f(x), ta được:

\(f\left(-3\right)=\dfrac{1}{3}\cdot\left(-3\right)^2=\dfrac{1}{3}\cdot9=3\)

Thay x=9 vào f(x), ta được:

\(f\left(9\right)=\dfrac{1}{3}\cdot9^2=27\)

vậy: A(-3;3); B(9;27)

b: Gọi (d): y=ax+b là phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B

Thay x=-3 và y=3 vào (d), ta được:

\(a\cdot\left(-3\right)+b=3\left(1\right)\)

Thay x=9 và y=27 vào (d), ta được:

\(a\cdot9+b=27\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}a\cdot\left(-3\right)+b=3\\a\cdot9+b=27\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-12\cdot a=-24\\-3a+b=3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=3a+3=3\cdot2+3=9\end{matrix}\right.\)

Vậy: y=2x+9