đơn giản vì nó ko phải số nguyên tố

hãy đổi các lũy thừa và xét từng số một trong biểu thức để xem nó có phải là hợp số hay không và kết luận

1. Ta có:

 \(P=ax^3+bx^2+25x+5ax^2+5bx+125=ax^3+\left(b+5a\right)x^2+\left(25+5b\right)x+125\)

Vậy để P = Q thì \(\hept{\begin{cases}a=1\\b+5a=0\\25+5b=0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=-5\end{cases}}}\)

2. Hoàn toàn tương tự.

Vẽ hình bình hành AEKG.

Do \(\Delta KGA=\Delta BAC\Rightarrow\widehat{AKG}=\widehat{CBA}\), mà \(\widehat{AKG}=\widehat{KAE}\) (So le trong)

Vậy nên \(\widehat{CBA}=\widehat{KAE}\) (1)

Gọi H' là giao điểm của AK với BC. Khi đó ta có \(\widehat{BAH'}+\widehat{EAK}=180^o-\widehat{EAB}=90^o\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{BAH'}+\widehat{ABH'}=90^o\) hay \(AK⊥BC\) hay H' trùng H.

Vậy thì K, A, H thẳng hàng.

Tiếp theo ta chứng minh AK = BC.

Thật vậy, ta thấy \(\Delta KGA=\Delta BAC\left(c-g-c\right)\Rightarrow KA=BC\)

Ta có \(\widehat{EAK}=\widehat{ABC}\Rightarrow\widehat{EAK}+90^o=\widehat{ABC}+90^o\Rightarrow\widehat{BAK}=\widehat{DBC}\)

Vậy nên \(\Delta BAK=\Delta DBC\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{AKB}=\widehat{BCD}\)

Mà \(\widehat{AKB}+\widehat{KBC}=90^o\Rightarrow\widehat{BCD}+\widehat{KBC}=90^o\)

Suy ra \(CD⊥BK\)

Tương tự \(BF⊥AC\)

Xét tam giác KBC có KH, DC, BF là ba đường cao nên chúng đồng quy. Vậy CD, BF, AH đồng quy.

bài hay quá

Sửa đề: \(1.1!+2.2!+...+16.16!\)

Ta có:

n.n! = (n + 1 - 1).n!

= (n + 1).n! - n!

= (n + 1)! - n!

Áp dụng vào bài toán ta được

\(\Rightarrow1.1!+2.2!+...+16.16!\)

\(=2!-1!+3!-2!+...+17!-16!\)

\(=17!-1\) 

n.n!=(n+1-1)n!

=(n+1)n!-n!

=(n+1)!-n!

áp dụng vào bài

=>1.1!+2.2!+...+16.16!

=2!-1!+3!-2!+...+17!-16!

=17!-1

Cô hướng dẫn nhé.

a. Dễ thấy MN // HP nên NMPH là hình thang.

Xét tam giác vuông AHC có HN  là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên NH = HC = HA. Vậy thì tam giác NCH cân tại N 

\(\Rightarrow\widehat{NHC}=\widehat{NCH}.\)

Do PM // AC nên \(\widehat{MPB}=\widehat{ACB}.\)

Vậy thì \(\widehat{NHC}=\widehat{MPB}\Rightarrow\widehat{NHP}=\widehat{MPH}\)

Vậy hình thang NMPH là hình thang cân.

b. Do NP // AB nên \(HM\perp AB\).

Lại có NMBP là hình bình hành nên NM = PB.

Vậy thì NM + HP = PB + PH = HB.

Xét tam giác AHB có HM là trung tuyến đồng thời đường cao nên nó là tam giác cân. Vậy HA = HB hay HA = MN + HP.

Cho tg ABC vuông tại A, AM là trung tuyến.

Kẻ MN vuông góc AB thì MN // AC. Do M là truung điểm BC nên MN là đường trung bình hay N là trung điểm AB.

Xét tam giác MAB có MN là đường cao đồng thời trung tuyến nên nó cân tại M hay MA = MB. Mà MA = MC nên ta có MA = MB = MC.

(Chính vì thế nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC)

Đề có nhầm không thế

Theo mình là 5a

a/ \(\left(x^4+\frac{1}{x^4}\right)\left(x^3+\frac{1}{x^3}\right)-\left(x+\frac{1}{x}\right)\)

\(=x^7+x+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^7}-\left(x+\frac{1}{x}\right)=x^7+\frac{1}{x^7}\)

b/ Ta có:

\(\left(x+\frac{1}{x}\right)^2=49\)

\(\Leftrightarrow x^2+\frac{1}{x^2}=49-2=47\)

\(\left(x+\frac{1}{x}\right)^3=343\)

\(\Leftrightarrow x^3+\frac{1}{x^3}+3\left(x+\frac{1}{x}\right)=343\)

\(\Leftrightarrow x^3+\frac{1}{x^3}=343-3.7=322\)

\(\Rightarrow\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\left(x^3+\frac{1}{x^3}\right)=47.322=15134\)

\(\Leftrightarrow x^5+\frac{1}{x}+x+\frac{1}{x^5}=15134\)

\(\Leftrightarrow x^5+\frac{1}{x^5}=15134-7=15127\)

a)\(\left(x^4+\frac{1}{x^4}\right)\left(x^3+\frac{1}{x^3}\right)-\left(x+\frac{1}{x}\right)=x^7+x+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^7}-x-\frac{1}{x}\)

=\(x^7+\frac{1}{x^7}\)

\(x+\frac{1}{x}=7\)

=>\(x\left(x+\frac{1}{x}\right)=7x\)

=>\(^{x^2-7x+1=0}\)

=>\(x=\frac{7+3\sqrt{5}}{2};x=\frac{7-3\sqrt{5}}{2}loại\)

=>\(x^5+\frac{1}{x^5}=15127\)

Không mất tính tổng quát ta giả sử: \(a\ge b\ge c\ge0\)

Đầu tiên ta chứng minh 

\(\left(a-b\right)^2\left(a+b-c\right)+\left(b-c\right)^2\left(b+c-a\right)+\left(c-a\right)^2\left(c+a-b\right)\ge0\left(1\right)\)

Ta xét 2 trường hợp:

TH 1: \(b+c\le a\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a-c\ge b-c\\a+c-b\ge b+c-a\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a-c\right)^2\left(a+c-b\right)\ge\left(b-c\right)^2\left(b+c-a\right)\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\)đúng 

TH 2: \(a+b-c\ge a+c-b\ge b+c-a\ge0\) thì  (1) đúng.

\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b-c\right)+\left(b-c\right)^2\left(b+c-a\right)+\left(c-a\right)^2\left(c+a-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-a^2b-a^2c-b^2a-b^2c-c^2a-c^2b+3abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow3abc\ge\left(a^2b+a^2c-a^3\right)+\left(b^2a+b^2c-b^3\right)+\left(c^2a+c^2b-c^3\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2\left(b+c-a\right)+b^2\left(a+c-b\right)+c^2\left(a+b-c\right)\le3abc\)

Có cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác không ta

f ở đâu thế b. Đang xét hàm P (x) mà. Mà giả sử f (x) chính là P (x) thì với câu này "Biết rằng P(i) = i với mọi i, a_i thuộc Z"

thì kết luận luôn là P(2013) = 2013 chứ làm gì nữa.

nói mày biết à