a² + b² = c²

<=> (a² + b²)ⁿ = c²ⁿ

<=> a²ⁿ + P + b²ⁿ = c²ⁿ

Mà P > 0 => a²ⁿ + b²ⁿ =< c²ⁿ 

Dấu bằng xảy ra <=> n = 1 (làm đại ạ)

phần II

1.-  Đoạn văn trên trích từ văn bản "Tinh thần yêu nước của nhân dân ta".

   - Phương thức biểu đạt chính: nghị luận

2. Tác giả Hồ Chí Minh viết trong thời kì chiến tranh chống thực dân Pháp.

3.  Câu rút gọn:

- Có khi được...dễ thấy. (rút gọn thành phần chủ ngữ, khôi phục chủ ngữ sẽ là "tinh thần yêu nước")

- Nhưng cũng có khi...trong hòm. (rút gọn thành phần CN, khôi phục CN sẽ là "......................................")

- Nghĩa là...kháng chiến. (rút gọn thành phần CN, khôi phục CN sẽ là "bổn phận của chúng ta")

a)    câu rút gọn :   _ Đã đến Phường Rạch 

_      Thành phần đc rút gọn là chủ ngữ 

_tác dụng : giúp câu văn ngắn gọn , thông tin đến người đọc (nghe) nhanh .

 b)   câu rút gọn :  _ và ngồi đó rình mặt trời lên 

                            _    còn tối đất cố đi mãi đến  đá đầu sư  , ra thầu múi đảo .

thành phần đc rút gọn :  chủ ngữ 

tác dụng : giúp câu văn vừa  ngăn gọn , vừa thông tin được nhanh , tránh lặp những từ ngữ đã xuất hiện ở câu đằng trước

Đây là cách của cô Loan. Ngoài ra mình cũng còn một cách ( tự nghĩ ) :) Bạn có thể sử dụng cách dễ hiểu theo quan điểm của bạn.

Bài này cô Loan từng làm rồi nha bạn :) Tại đây

a)

Do AB là đường trung trực của HD nên AD=AH(1)

Do AC là đường trung trực của HE nên AE=AH(2)

Từ (1);(2) suy ra AD=AE.

b)

Do AD=AH nên  \(\Delta ADH\) cân tại A suy ra AB vừa là đường cao,vừa là đường phân giác \(\Rightarrow\widehat{DAB}=\widehat{BAH}\)

Do AE=AH nên  \(\Delta\)AEH cân tại A suy ra AC là đường cao đồng thời là đường phân giác \(\Rightarrow\widehat{EAC}=\widehat{HAC}\)

\(\Rightarrow\widehat{DAE}=\widehat{DAH}+\widehat{EAH}=\left(\widehat{DAB}+\widehat{BAH}\right)+\left(\widehat{EAC}+\widehat{HAC}\right)=2\cdot\widehat{BAH}+2\cdot\widehat{HAC}=2\left(\widehat{BAH}+\widehat{HAC}\right)\)\(=2\cdot75^0=150^0\)

c)

Xét tam giác KHI có:KB là phân giác ngoài tại đỉnh K(vì có AB là phân giác);IC là phân giác ngoài tại đỉnh C(vì có AC là phân giác).

Chúng cắt nhau tại A nên suy ra HA là phân giác trong \(\widehat{KHI}\)

d)

Gọi Hx là tia đối của HI;giao điểm của BI và CK là O

Do \(AH\perp BC;\widehat{KHA}=\widehat{IHA}\Rightarrow\widehat{KHB}=\widehat{IHC}\)

Lại có:\(\widehat{xHB}=\widehat{IHC}\left(đ.đ\right)\Rightarrow\widehat{xHB}=\widehat{KHB}\)

=> HB là phân giác  \(\widehat{KHx}\) hay HB là phân giác góc ngoài tại đỉnh H.

Xét  \(\Delta KHI\) có tia phân giác HB và KB cắt nhau tại B nên IB là tia phân giác góc trong tại đỉnh I.

Do IB và IC là tia phân giác của 2 góc kề bù nên chúng vuông góc với nhau.\(\left(\widehat{KIH}\&\widehat{HIE}\right)\)

Xét tam giác ABC có AH và BI là 2 đường cao cắt nhau tại O nên CK là đường cao hay CK vuông góc với AB.

\(f\left(x\right)=-8x^4+6x^3-4x^2+2x-1\)

\(=-5x^4-\left(3x^4-6x^3+3x^2\right)-\left(x^2-2x+1\right)\)

\(=-5x^4-3\left(x^2-x\right)^2-\left(x-1\right)^2\le0\)

Mà ta dễ thấy dấu = không xảy ra nên f(x) không có nghiệm thuộc Z

Vì dấu = không xảy ra nên f(x) không có nghiệm z

Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau: BC+AH>AB+AC=> BC+AH-AB>AC=> BC-AB>AC-AH (chuyển vế đổi dấu). (1)

=> Ta phải tạo ra một đoạn thẳng bằng AB trên cạnh BC và 1 đoạn bằng AH trên AC để chứng minh bất đẳng thức vùa biến đổi.

Hình phụ: Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho AB=BD

Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AH=AE

Thay AB=AD và AH=AE vào (1), ta có: BC-BD>AC-AE=>DC>EC

Vậy ta sẽ chứng minh bất đẳng thức DC>EC thay vì chứng minh BC+AH>AB+AC

 

Xét tam giác AHD có ^AHD=90o (AH là đường cao)=> ^A1+^HDA=90o (2 góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau) (*)

Ta có: ^A2+^BAD=^BAC. Mà đề cho tam giác ABC vuông tại A=> ^BAC=90o=>^A2+^BAD=90o (**)

Từ (*) và (**)=> ^A1+^HDA=^A2+^BAD=90o (***)

Mà AB=BD theo cách vẽ=> Tam giác ABD cân tại B=> ^BAD=^BDA (2 góc ở đáy) hay ^BAD=^HDA (do H thuộc BD) (****)

Từ (***) và (****) => ^A1=^A2 (Trừ 2 vế cho ^HDA và ^BAD do 2 góc đó bằng nhau)

Xét tam giác AHD và tam giác AED có: 

Cạnh AD chung

^A1=^A2 (cmt)              => Tam giác AHD = Tam giác AED (c.g.c)

AH=AE theo cách vẽ

=> ^AHD =^AED. Mà ^AHD=90o=> ^AED=90o => ^DEC=90o (kề bù với ^AED)

=> DC là cạnh lớn nhất trong tam giác DEC=> \(DC>EC\)

Dựa vào hướng giải của bài toán, ta lại biến đổi DC>EC thành bất đẳng thức ban đầu:

DC>EC=> BC-BD > AC-AE (2)

Thay BD=AB, AE=AH vào (2), ta có: BC-AB>AC-AH. Chuyển vế đổi dấu lại ta được: BC+AH>AB+AC (đpcm)

Cách khác nhanh

Xét BC+AH>AB+AC

=>\(\left(BC+AH\right)^2>\left(AB+AC\right)^2\)

=>\(BC^2+2BC.AH+AH^{ }^2>AB^{ }^2+2AB.AC+AC^2\)

Mà \(AB^2+AC^2=BC^2\)(Định lí Pytago) ,\(2S_{ABC}=AH.BC=AB.AC\)

=>\(AH^2>0\)(Luôn đúng)

=> Điều phải chứng minh

Với mọi x thỏa mãn: f( a + b ) = f (ab) 

=>f( 0 ) = f( -1/2 . 0 ) = f ( -1/2 + 0 ) = f( -1/2 ) = -1/2 

=> f ( 2006 ) = f ( 2006 + 0 ) = f(2006 . 0 ) = f(0 ) = -1/2

1) Ta có: ^BAC+^BAD=^BAC+^CAE=^BAC=90⁰ => ^DAC=^BAE

Xét \(\Delta\)DAC & \(\Delta\)BAE: AD=AB; ^DAC=^BAE; AC=AE => \(\Delta\)DAC=\(\Delta\)BAE (c.g.c)

=> CD=BE (2 cạnh tương ứng)

Gọi CD giao BE tại P, AB giao CD tại Q

Do \(\Delta\)DAC=\(\Delta\)BAE (cmt) => ^D₁=^B₁ (2 góc tương ứng)

Xét 2 tam giác: \(\Delta\)DAQ và \(\Delta\)BPQ: ^DQA=^BQP (đối đỉnh), ^D₁=^B₁

=> ^DAQ=^BPQ => ^BPQ=90⁰ hay CD vuông góc với BE.

2) Trên tia đối của AM lấy điểm F sao cho AF=2AM.

Chứng minh được: \(\Delta\)ABM=\(\Delta\)FCM (c.g.c) => AB=FC. Mà AB=AD => FC=AD

=> ^ABM=^FCM (2 góc tương ứng). Mà 2 góc này so le trong => AB//FC

=> ^BAC+^ACF=180⁰. (1)

Lại có: ^BAC+^BAD+^CAE+^EAD=360⁰ => ^EAD+^BAC=360⁰-^BAD-^CAE=180⁰ (2)

Từ (1) và (2) => ^ACF=^EAD.

Xét \(\Delta\)ACF & \(\Delta\)EAD: AC=EA; ^ACF=^EAD; CF=AD => \(\Delta\)ACF=\(\Delta\)EAD (c.g.c)

=> AF=DE (2 cạnh tương ứng). Thấy AF=2AM => DE=2AM.

3) Gọi AM cắt DE tại K

Ta có: \(\Delta\)ACF=\(\Delta\)EAD (cmt) => ^A₁=^E₁.

Mà ^A₁+^EAK=90⁰ => ^E₁+^EAK=90⁰ => \(\Delta\)EKA vuông tại K hay AM vuông góc với DE.

4) Có: ^ACH+^HAC=90⁰. Mà ^OAE+^HAC=90⁰ => ^ACH=^OAE hay ^ACM=^OAE.

Xét \(\Delta\)AMC & \(\Delta\)EOA có: AC=AE, ^A₁=^E₁; ^ACM=^OAE => \(\Delta\)AMC=\(\Delta\)EOA (g.c.g)

=> AM=EO (2 cạnh tương ứng).

Lại có: DE=2AM (cmt) => DE=2EO (O\(\in\)DE) hay  là trung điểm của DE (đpcm).

Cảm ơn nhé!

Để ​(ax^{3 +} bx² + cx + d) chia hết cho 5 thì 

ax³ chia hết cho 5 

và bx² chia hết cho 5 

và cx chia hết cho 5 

và ax³ chia hết cho 5 (dùng ngoặc và) 

=> a,b,c,d đề phải chia hết cho 5

theo tôi là vậy

ta có: x là số nguyên và x chia hết cho 5 ( trong toán học bạn phải viết kí hiệu của chia hết ra nhang)

=> ax^3 chia hết cho 5

bx^2 chia hết cho 5

cx chia hết cho 5

d chia hết cho 5

=>a,b,c,d đều chia hết cho 5

Sửa đề: \(A=5^n\left(5^n+1\right)-6^n\left(3^n+2^n\right)=25^n+5^n-18^n-12^n\)

Chứng minh A chia hết cho 7: (mình dùng ký hiệu \(\exists\)làm ký hiệu đồng dư nhé)

\(\hept{\begin{cases}25\exists4\left(mod7\right)\\18\exists\left(mod7\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}25^n\exists4^n\left(mod7\right)\\18^n\exists4^n\left(mod7\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow25^n-18^n⋮7\)

Ta lại có: 

\(\hept{\begin{cases}5\exists5\left(mod7\right)\\12\exists5\left(mod7\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}5^n\exists5^n\left(mod7\right)\\12^n\exists5^n\left(mod7\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow5^n-12^n⋮7\)

Từ đây ta có \(A⋮7\)

Tương tự ta cũng chứng minh được \(A⋮13\)

Vì 7 và 13 nguyên tố cùng nhau nên 

\(\Rightarrow A⋮7.13=91\)

Dung