$n = \left(\overline{a_{t-1}...a_2a_1a_0}\right)_p$
$= a_{t-1}p^{t-1} + ... + a_2t^2 + a_1t + a_0$
Vì n có t chữ số hệ p phân nên $a_{t-1} \geqslant 1, a_i \geqslant 0 \forall i, 0 \leqslant i < t - 1$
$\Rightarrow n \geqslant p^{t-1}$
Lấy $log_p$ 2 vế được
$log_pn \geqslant log_pp^{t-1} = t - 1$ (đpcm)

Không biết đúng hay sai nữa

Cho các số thực $-1\leqslant a_1,a_2,...,a_n\leqslant 1$
Tìm GTNN của $P=a_1(a_1+a_2+...+a_n)+a_2(a_2+a_3+...+a_n)+...+a_{n-1}(a_{n-1}+a_n)+a_{n}.a_n$

P = $\sum^n_{i = 1}a_i^2 + \sum_{i \neq j}a_ia_j$
$2P = 2\sum^n_{i = 1}a_i^2 + 2\sum_{i \neq j}a_ia_j$
$= \sum^n_{i = 1}a_i^2 + (\sum_{i = 1}^na_i)^2 \geqslant 0 + 0 = 0$
$\Rightarrow P \geqslant 0$
Dấu = xảy ra khi $a_i = 0
\forall i$

Tính tích phân của hàm $f(x) =\sqrt{ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e}$
Cận từ $m$ đến $n$ với $0 \le m < n \le 1$

Dựng hình chữ nhật $XBX'_1N$ tâm $D$
Dựng hcn $XCX'N$ tâm $E$
Lấy $A'$ đối xứng $A$ qua $M$
$\Rightarrow N$ là tâm nội tiếp $\triangle A'BC$
$\widehat{BA'C} = \widehat{BAC} = \widehat{BAH} + \widehat{CAH} $
$= \widehat{BCH} + \widehat{CBH} = 180^\circ - \widehat{BHC}$
$\Rightarrow A'\in (HBC)$
$X'Y$ cắt $X'_1Z$ tại $F$
$NY \perp PC \Rightarrow Y \in (E, EC)$
$\Rightarrow EK$ là trung trực $XY$
$\Rightarrow EK // X'F$
tương tự, $DK // X'_1F$
$\Rightarrow \widehat{DKE} = \widehat{X'_1FX'} = 180^\circ - \widehat{YXZ}$
+xét $P, A'$ cùng phía với $BC$

$\widehat{YXZ} = \widehat{YXN} + \widehat{NXZ}$
$= \widehat{YCN} + \widehat{NBZ}$
$= \widehat{A'CN} - \widehat{A'CP} + \widehat{NBA'} + \widehat{A'BP}$
$= \frac12\widehat{B} + \frac12\widehat{C}$
Khi $P \equiv A'$ thì $K \equiv N$ và $\widehat{DKE} = \widehat{DNE} = 180^\circ - \frac12\widehat{B} - \frac13\widehat{C}$
$\Rightarrow K \in (DNE)$ cố định
+xét $P, A'$ khác phía với $CB$


$\widehat{YXZ} = 180^\circ - \widehat{YXC} - \widehat{ZXB}$
$= 180^\circ - \widehat{YGC} - \widehat{ZJB}$
$= 180^\circ - \widehat{ECG} - \widehat{DBJ}$
$= 180^\circ - \frac12\widehat{B} - \frac12\widehat{C} = \widehat{DNE}$
$\Leftrightarrow 180^\circ - \widehat{DKE} = \widehat{DNE}$
$\Rightarrow \widehat{DKE} + \widehat{DNE} = 180^\circ$
$\Rightarrow K \in (DNE)$
đpcm

a)
Lấy $J$ trên đoạn $AD$ sao cho $AJ = BI$
$\Rightarrow \triangle OAJ = \triangle OBI$ (c, g, c)
$\Rightarrow OJ = OI$ (1)
Đặt $AE = x, AB = a$
Có $AI = AE + EI = x + \frac12EB = x + \frac12(a - x) = \frac{a + x}2$
Có $\frac{FA}{FD} = \frac{AE}{DC} = \frac xa$
$\Leftrightarrow \frac{FA}{FD - FA} = \frac x{a - x}$
$\Leftrightarrow FA = \frac {ax}{a - x}$
Có $FI^2 = FA^2 + AI^2$
$= \frac{a^2x^2}{(a - x)^2} + \frac{(a + x)^2}4$
$= \frac{4a^2x^2 + (a^2 - x^2)^2}{4(a - x)^2}$
$= \frac{(a^2 + x^2)^2}{4(a - x)^2}$
$\Leftrightarrow FI = \frac{a^2 + x^2}{2(a - x)}$ (2)
Có $FJ = FA + AI = \frac{ax}{a - x} + \frac{a - x}2$
$= \frac{2ax + (a - x)^2}{2(a - x)} = \frac{a^2 + x^2}{2(a - x)}$ (3)
(2, 3) $\Rightarrow FI = FJ$ (4)
(1, 4) $\Rightarrow \triangle OFJ = \triangle OFI$ (c, c, c)
$\Rightarrow \widehat{OFJ} = \widehat{OFI}$
$\Rightarrow O$ cách đều $FD, FI$
$\Rightarrow FI$ luôn tiếp xúc đường tròn nội tiếp $ABCD$
b)
Gọi tia $FI$ là tia $Fx$, cắt $DE$ tại $G$
theo a), $O$ cách đều $BA, Fx$
$\Rightarrow \widehat{OIA} = \widehat{OIx}$
$\Leftrightarrow \widehat{IEG} = \widehat{IGE}$
$\Rightarrow IE = IG = IB$
$\Rightarrow \widehat{DGB} = 90^\circ = \widehat{DAB}$
Vậy, $G$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp $ABCD$ (đpcm)

Qua $I$ kẻ đường thẳng vuông góc $OI$ cắt $AB, AC$ lần lượt tại $J, K$ (1)
Có $OIBJ$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{OJI} = \widehat{OBI}$ (2)
$\widehat{OBI} = \widehat{OCI}$ (3)
$OIKC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{OCI} = \widehat{OKI}$ (4)
(2, 3, 4) $\Rightarrow \widehat{OJI} = \widehat{OKI}$ (5)
(1, 5) $\Rightarrow I$ là trung điểm $JK$ (6)
$\frac{IJ}{HM} = \frac{AI}{AH} = \frac{IK}{HN}$ (7)
(6, 7) $\Rightarrow HM = HN$ (đpcm)

Bổ đề: Cho 2 tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ đồng dạng và cùng hướng
$M, M'$ lần lượt là trung điểm $BC, B'C'$
Cm góc giữa $AM, A'M'$ bằng góc giữa $AB, A'B'$
Cm b đ: Dựng tam giác $AB''C''$ bằng, có cạnh song song với tam giác $A'B'C'$, $M''$ trung điểm $B''C''$
có $\triangle ABC\sim \triangle AB''C''$
$\Rightarrow \frac{AB}{AB''} = \frac{BC}{B''C''} =\frac{BM}{B''M''}$
$\Rightarrow \triangle ABM\sim\triangle AB''M''$ (c, g, c)
$\Rightarrow \triangle ABB''\sim\triangle AMM''$ (c, g, c)
$\Rightarrow \widehat{BAB''} = \widehat{MAM''}$ (đpcm)

Cm:
$MN$ cắt $HK$ tại $J$
$\triangle AED\sim\triangle CFB$
$\Rightarrow \frac{AH}{HD} = \frac{CK}{KB}$
$\Rightarrow \frac{HM}{BD} =\frac{KN}{DB}$
$\Rightarrow HM = KN$
$\Rightarrow MHNK$ là hình bình hành
$\Rightarrow J$ là trung điểm $MN, HK$
Hạ $JI \perp AB$ cắt $EF$ tại $I$
$\Rightarrow I$ trung điểm $PQ$ (1)
Dựng các hình bình hành $JHEX, JKFY$
có $EX = FY$ và $EX // FY$
$\Rightarrow EXFY$ là hình bình hành
$EF$ cắt $XY$ tại $I'$
$\Rightarrow I'$ là trung điểm $EF, XY$
Dựng hình bình hành $ADBU$
$S$ trung điểm $UC$
$V$ trung điểm $AB, DU$
$\Rightarrow A, B, S $ thẳng hàng
Có $\frac{JX}{JY} = \frac{HE}{KF} = \frac{AD}{CB} = \frac{BU}{BC}$
có $\widehat{XJY} = \widehat{UBC}$ (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
$\Rightarrow \triangle XJY\sim \triangle UBC$ (c, g, c)
Áp dụng bổ đề, ta có góc giữa $JI', BS$ bằng góc giữa $BU, JX$ bằng 90 độ
$\Rightarrow JI' \perp AB$
$\Rightarrow I \equiv I'$
$\Rightarrow I$ trung điểm $EF, PQ$
$\Rightarrow EP = FQ$ (đpcm)

a)$I, K$ cách đều $AB, AC$ nên $I, K$ thuộc phân giác $\widehat{BAC}$
$\Rightarrow A, I, K$ thẳng hàng
b)Đường tròn $(I)$ tiếp xúc $AB, AC, BC$ tại $M, N, P$
$S_{ABC} = S_{IAB} + S_{IAC} + S_{IBC}$
$= \frac12(AB.IM + AC.IN + BC.IP)$
$= \frac12.r.(c + b + a)$ (1)
$S_{ABC} = S_{KAB} + S_{KAC} - S_{KBC}$
$= \frac12(KD.AB + KE.AC - KF.BC)$
$= \frac12.R(c + b - a)$ (2)
Nhân (1) và (2) vế theo vế ta được
$S_{ABC}^2 = \frac14.r.R.((c + b)^2 - a^2)$
$=\frac14.r.R.(c^2 + b^2 + 2bc - a^2)$
$=\frac12.b.c.r.R = S_{ABC}.r.R$
$\Leftrightarrow S_{ABC} = r.R$(đpcm)

Đã tìm ra đáp án https://www.google.c...gBiHjqIAB1uXgCu