Kết quả thật ra không quan trọng lắm đâu anh (mặc dù kết quả cũng ảnh hưởng một phần đến lời giải), nếu được thì anh xem giúp em lời giải lại được không ạ? (em nghĩ nếu một người khác nhìn lời giải của mình thì sẽ dễ phát hiện lỗi sai hơn ;) 

Gợi ý câu b,c). Đây là dạng hệ phương trình đối xứng loại I (ý tưởng là đặt x+y=S;xy=P để giải hệ phương trình theo S,P, từ đó dùng Viete đảo).

Đặt \(x+y=S;xy=P\). Khi đó:

\(\left\{{}\begin{matrix}x^3+x^3y^3+y^3=17\\x+xy+y=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}S^3-3SP+P^3=17\\S+P=5\end{matrix}\right.\)

Đến đây dùng phương pháp thế để tìm S,P, rồi dùng Viete đảo để tìm x,y.

\(\left\{{}\begin{matrix}xy\left(x+y\right)=2\\x^3+y^3+x^3y^3+7\left(x+1\right)\left(y+1\right)=31\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}SP=2\\S^3-3SP+P^3+7P+7S=24\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}SP=2\\S^3+P^3+7P+7S=30\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}SP=2\\\left(S+P\right)^3-3SP\left(S+P\right)+7P+7S=30\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}SP=2\\\left(S+P\right)^3+\left(S+P\right)-30=0\end{matrix}\right.\)

Đến đây giải phương trình bậc 3 tìm (S+P), rồi dùng Viete đảo tìm S,P--->tiếp tục dùng Viete đảo tìm x,y.

Câu d,e,f). Đây là dạng hệ phương trình đối xứng loại II (ý tưởng là lấy 2 phương trình trừ vế theo vế, khi đó xuất hiện nhân tử chung x-y). Mình chỉ hướng dẫn câu d,e thôi nhé.

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+\sqrt{x}=2y\\y^2+\sqrt{y}=2x\end{matrix}\right.\left(x,y\ge0\right)\Rightarrow\left(x^2-y^2\right)+\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)+2\left(x-y\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left[\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\left(x+y\right)+1+2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\right]=0\)

Dễ thấy nhân tử bên phải lớn hơn 0, nên \(\sqrt{x}=\sqrt{y}\Rightarrow x=y\). Từ đó thế vào 1 trong 2 phương trình giải x,y.

\(\left\{{}\begin{matrix}x^3+3x-1+\sqrt{2x+1}=y\\y^3+3y-1+\sqrt{2y+1}=x\end{matrix}\right.\left(x,y\ge-\dfrac{1}{2}\right)\Rightarrow\left(x^3-y^3\right)+4\left(x-y\right)+\left(\sqrt{2x+1}-\sqrt{2y+1}\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2+4+\dfrac{2}{\sqrt{2x+1}+\sqrt{2y+1}}\right)=0\)

Dễ dàng chứng minh \(x^2+xy+y^2+4+\dfrac{2}{\sqrt{2x+1}+\sqrt{2y+1}}>0\) với \(x,y\ge-\dfrac{1}{2}\), nên \(x=y\) --->quay lại giải phương trình chứa căn thức.

\(2\left(S+2023^2.2024-2024^2\right)=2\left(2^2.C^2_{2024}-3^2.C^3_{2024}+...+\left(-1\right)^k.k^2.C^k_{2024}+...+2022^2.C^{2022}_{2024}\right)\)

\(=\left(2^2+2022^2\right).C^2_{2024}-\left(3^2+2021^2\right).C^3_{2024}+...-\left(1011^2+1013^2\right).C^{1011}_{2024}+2.1012^2.C^{1012}_{2024}-\left(1013^2+1011^2\right).C^{1013}_{2024}+...-\left(2021^2+3^2\right).C^{2021}_{2024}+\left(2022^2+2^2\right).C^{2022}_{2024}\)

\(=2024^2\left(C^2_{2024}-C^3_{2024}+....-C^{2021}_{2024}+C^{2022}_{2024}\right)-4.\left(2.2022.C^2_{2024}-3.2021.C^3_{2024}+...-2021.3.C^{2021}_{2024}+2022.2.C^{2022}_{2024}\right)\)

\(=2024^2.\left(\sum\limits^{2022}_{k=2}\left(-1\right)^k.C^k_{2024}\right)-4.\left(\sum\limits^{2022}_{k=2}\left(-1\right)^k.k.\left(2024-k\right).C^k_{2024}\right)\)

Ta có: \(\left(x+1\right)^{2024}=\sum\limits^{2024}_{k=0}C^k_{2024}x^k\left(1\right)\)

\(\Rightarrow\sum\limits^{2024}_{k=0}C^k_{2024}\left(-1\right)^k=0\Rightarrow\sum\limits^{2022}_{k=2}C^k_{2024}\left(-1\right)^k=-C^0_{2024}+C^1_{2024}+C^{2023}_{2024}-C^{2024}_{2024}=4046\)

\(\left(-1\right)^k.k.\left(2024-k\right).C^k_{2024}=\left(-1\right)^k.\dfrac{2024!}{\left(k-1\right)!\left[2022-\left(k-1\right)\right]!}=\left(-1\right)^k.2023.2024.C^{k-1}_{2022}\)

\(\Rightarrow\sum\limits^{2023}_{k=2}\left(-1\right)^k.k.\left(2024-k\right).C^k_{2024}=2023.2024.\left(\sum\limits^{2023}_{k=2}\left(-1\right)^k.C^{k-1}_{2024}\right)\)

Ta có: \(\sum\limits^{2024}_{k=0}C^k_{2024}\left(-1\right)^k=0\Rightarrow\sum\limits^{2024}_{k=0}C^k_{2024}\left(-1\right)^{k+1}=0\Rightarrow\sum\limits^{2022}_{k=2}\left(-1\right)^k.C^{k-1}_{2024}=C^0_{2024}+C^{2022}_{2024}-C^{2023}_{2024}+C^{2024}_{2024}=\dfrac{2023.2024}{2}-2022\)

Vậy: \(2\left(S+2023^2.2024-2024^2\right)=2024^2.4046-4.\left(\dfrac{2023.2024}{2}-2022\right)\)

\(=2023.2024.4046+8088\)

\(\Rightarrow S=\dfrac{2023.2024.4046+8088-2023^2.2024+2024^2}{2}=\dfrac{2023^2.2024+2024^2+8088}{2}\)

Theo định lí Viete, ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=m-1\end{matrix}\right.\)

Do đó, \(A=\dfrac{2\left(m-1\right)+3}{\left(x_1+x_2\right)^2+2}=\dfrac{2m+1}{m^2+2}\)

Với \(A=0\Leftrightarrow m=\dfrac{-1}{2}\)

Với \(A\ne0\), ta có:

\(Am^2-2m+2A-1=0\left(1\right)\)

Xét phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn m tham số A. Để phương trình trên có nghiệm thì: \(\Delta'\ge0\Leftrightarrow1-A\left(2A-1\right)\ge0\Leftrightarrow2A^2-A-1\le0\Leftrightarrow\left(A-1\right)\left(2A+1\right)\le0\Leftrightarrow-\dfrac{1}{2}\le A\le1\)

\(A=-\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\Delta'=0\Leftrightarrow m=\dfrac{1}{A}=-2\)

\(A=1\Leftrightarrow\Delta'=0\Leftrightarrow m=\dfrac{1}{A}=1\)

Vậy \(MinA=-\dfrac{1}{2};MaxA=1\)

\(2^{p^2+2}-8=8\left(2^{p^2-1}-1\right)\).

Theo định lí Fermat nhỏ, ta có: \(\left(2^6-1\right)⋮7;\left(2^2-1\right)⋮3\), mà \(\left(7,3\right)=1;\left(2^6-1\right)⋮\left(2^2-1\right)\), nên \(\left(2^6-1\right)⋮21\)

Vậy ta cần chứng minh \(\left(p^2-1\right)⋮6\).

Do p là số nguyên tố lớn hơn 3, nên p lẻ và p² chia 3 dư 1, do đó \(\left(p^2-1\right)⋮2;\left(p^2-1\right)⋮3\Rightarrow\left(p^2-1\right)⋮6\). Suy ra điều phải chứng minh.

\(x^3+x^2y+xy^2+y^3=4\left(x^2+y^2+xy+3\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3-2xy\left(x+y\right)=4\left(x+y\right)^2-4xy+12\)

Đặt \(a=x+y;b=xy\). Khi đó ta có: \(a^3-2ba=4a^2-4b+12\)

\(\Rightarrow a^3-4a^2-12=2b\left(a-2\right)\)

\(\Rightarrow\left(a^3-4a^2-12\right)⋮\left(a-2\right)\)

\(\Rightarrow\left(a^3-2a^2-2a^2+4a-4a+8-20\right)⋮\left(a-2\right)\)

\(\Rightarrow20⋮\left(a-2\right)\)

Đến đây em xét trường hợp rồi giải nhé.

.-. cách chứng minh này theo ah là ngắn rồi á, mà không biết bên toán thường có cho dùng trực tiếp hay không, chắc em nên hỏi thử giáo viên ấy.

Đây là bài toán toán nổi tiếng về đường thẳng Euler nè =)

*Dựng đường kính AK của (I). Gọi M là trung điểm BC.

Ta có: CK⊥AC và BH⊥AC, nên CK//BH. Chứng minh tương tự, BK//CH. Từ đó suy ra BHCK là hình bình hành. Mà M là trung điểm BC, nên M là trung điểm HK.

Để ý MI là đường trung bình của △AHK ứng với đỉnh A, nên AH//MI và \(AH=2MI\).

*AM cẳt HI tại G'. Theo định lí Thales, ta có: \(\dfrac{AH}{MI}=\dfrac{AG'}{MG'}=2\). Mặt khác AM là trung tuyến của △ABC nên G' là trọng tâm của △ABC, suy ra G' trùng G.

Theo định lí Thales, ta cũng có \(\dfrac{HG}{IG}=\dfrac{AH}{MI}=2\)\(\Rightarrow HG=2IG\)

\(\Rightarrow IH=IG+HG=IG+2IG=3IG\)

Vậy \(\overrightarrow{IH}=\dfrac{IH}{IG}\overrightarrow{IG}=3\overrightarrow{IG}\).

\(A=\dfrac{1}{a^3+b^3}+\dfrac{1}{a^2b}+\dfrac{1}{ab^2}\)

\(=\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}+\dfrac{1}{ab}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)

\(\ge\dfrac{1}{a^2-ab+b^2}+\dfrac{4}{ab\left(a+b\right)}\)

\(\ge\dfrac{1}{a^2-ab+b^2}+\dfrac{4}{ab}\)

\(=\dfrac{1}{a^2-ab+b^2}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ab}\)

\(\ge\dfrac{25}{a^2+3ab+b^2}=\dfrac{25}{\left(a+b\right)^2+ab}\ge\dfrac{25}{1+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}}\ge\dfrac{25}{1+\dfrac{1}{4}}=20\)