Ta sẽ chứng minh rằng với mọi \(n\inℕ\) thì \(7^{4n+3}\) luôn có 2 chữ số tận cùng là 43.   (*)

 Thật vậy, với \(n=0\) thì \(7^3=343\) có 2 chữ số tận cùng là 43.

 Giả sử khẳng định đúng đến \(n=k\), khi đó \(7^{4k+3}=\overline{a_1a_2...a_t43}=\left(100A+43\right)\)

 Với \(n=k+1\), ta có \(7^{4\left(k+1\right)+3}=7^{4k+3+4}=7^{4k+3}.7^4\) 

\(=\left(100A+43\right).2401\) 

\(=\left(100A+43\right)\left(2400+1\right)\) 

\(=240000A+100A+103200+43\)

\(=100B+43\) có 2 chữ số tận cùng là 43.

 Vậy (*) được chứng minh. Nhận thấy \(43=4.10+1\) nên \(7^{43}\) có 2 chữ số tận cùng là 43 (đpcm)

 Ta có \(\left(x+10\right)^4+\left(x-3\right)^4=\left[\left(x+10\right)^2\right]^2+\left[\left(3-x\right)^2\right]^2\)

\(\ge\dfrac{\left[\left(x+10\right)^2+\left(3-x\right)^2\right]^2}{2}\) \(\ge\dfrac{\left[\dfrac{\left(x+10+3-x\right)^2}{2}\right]^2}{2}\) \(=\dfrac{\left(\dfrac{13^2}{2}\right)^2}{2}\)\(=\dfrac{28561}{8}\) (áp dụng 2 lần bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\))

 Suy ra \(P\le2000-\dfrac{28561}{8}=-\dfrac{12561}{8}\).

 Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x+10=3-x\Leftrightarrow x=-\dfrac{7}{2}\)

 Vậy \(maxP=-\dfrac{12561}{8}\), max xảy ra khi \(x=-\dfrac{7}{2}\)

Với \(n=1\) thì \(A=2\) không là SCP.

Với \(n=2\) thì \(B=32\) không là SCP.

Với \(n>2\) thì ta có \(A=n^2-n+2< n^2\) và \(A=n^2-n+2>n^2-2n+1=\left(n-1\right)^2\).

Do đó \(\left(n-1\right)^2< A< n^2\) nên A không thể là số chính phương.

Vậy, không tồn tại số nguyên dương \(n\) nào thỏa ycbt.

 Bạn có ghi sai đề không vậy? Mình nghĩ đẳng thức cuối nó là \(z=\left(a-b+c\right)^2+8ca\). 

 Khi đó theo nguyên lí Dirichlet, trong 3 số \(a,b,c\) sẽ tồn tại 2 số nằm cùng phía so với 0 (cùng lớn hơn 0 hoặc cùng bé hơn 0). Giả sử 2 số này là \(a,b\). Khi đó hiển nhiên \(ab>0\) (do a, b cùng dấu), từ đó suy ra \(x=\left(a-b+c\right)^2+8ab>0\) , đpcm.

Pt hoành độ giao điểm của d₁ và d₂ là \(x+1=5x-3\Leftrightarrow4x=4\Leftrightarrow x=1\) \(\Rightarrow y=x+1=1+1=2\). Vậy d₁ cắt d₂ tại điểm \(A\left(1;2\right)\). Để 3 đường thẳng trên cùng đi qua 1 điểm thì d₃ phải đi qua A. Điều này tương đương với \(2=m+4\Leftrightarrow m=-2\)

 Ta sẽ chứng minh rằng, một đa giác lồi có \(n\) đỉnh \(\left(n\ge3\right)\) thì tổng số đo các góc trong là \(180^o\left(n-2\right)\). Thật vậy, với \(n=3\) thì điều này tương đương với việc tổng số đo của các góc trong của 1 tam giác bằng \(180^o\) , luôn đúng. Giả sử khẳng định đúng đến \(n=k\). Khi đó ta cần chứng minh khẳng định đúng với \(n=k+1\).

 Xét đa giác \(A_1A_2...A_{k+1}\) gồm \(k+1\) đỉnh. Ta kẻ đường chéo \(A_1A_k\) của đa giác. Khi đó tổng số đo các góc trong của đa giác \(A_1A_2...A_{k+1}\) chính bằng tổng của tổng các số đo của các góc trong đa giác \(A_1A_2...A_k\) và tam giác \(A_1A_kA_{k+1}\) và bằng:

 \(180^o\left(k-2\right)+180^o=180^o\left(k+1-2\right)\)

 Vậy khẳng định đúng với \(n=k+1\), ta có đpcm. Từ đây suy ra tổng các góc trong của ngũ giác là \(180^o\left(5-2\right)=540^o\), suy ra tổng các góc ngoài của ngũ giác là \(5.180^o-540^o=360^o\).

Hình vẽ đây nhé bạn.

 Gọi 7 đường thẳng đó là d₁, d₂,..., d₇. Giả sử O là giao điểm của d₁ và d₂. Ta xét trường hợp đơn giản là 7 đường thẳng đã cho đồng quy. Khi đó không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng đường thẳng d_i luôn nằm giữa 2 đường d_i-1 và d_i+1. Khi đó trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d₁, ta có \(P=\widehat{d_1Od_2}+\widehat{d_2Od_3}+...+\widehat{d_7Od_1}=180^o\). Nếu ta giả sử tất cả các góc giữa 2 đường thẳng đều lớn hơn hoặc bằng 26^o thì \(P\ge182^o\), mâu thuẫn. Vậy phải có 2 đường thẳng tạo với nhau 1 góc nhỏ hơn 26^o.

 Ta xét trường hợp tổng quát là 7 đường thẳng đã cho không nhất thiết đồng quy. Khi đó giả sử d₃ không đi qua O là giao điểm của d₁, d₂ thì qua O kẻ đường thẳng d₃'//d₃. Theo tính chất của 2 đường thẳng song song thì góc giữa d₃' và các d_i khác đều được bảo toàn. Làm tương tự với các đường d₄, d₅, d₆ và d₇ rồi xét tương tự trường hợp đầu tiên là xong. 

 Tóm lại, phải có 2 đường nào đó tạo với nhau 1 góc nhỏ hơn 26^o.

 Ta thấy \(B=\left(x-1\right)\left(x-5\right)\) nên để đa thức A chia hết cho đa thức B thì \(A=\left(x-1\right)\left(x-5\right).C\) với \(C\) là một đa thức bậc 2 hệ số nguyên theo \(x\).

 Điều này tương đương với việc \(A\) có 2 nghiệm là \(x=1,x=5\). Do đó \(A\left(1\right)=0\) \(\Leftrightarrow1^4-7.1^3+10.1^2+\left(a-1\right)+b-a=0\) \(\Leftrightarrow b=-3\)

 Ta viết lại \(A=x^4-7x^3+10x^2+\left(a-1\right)x-3-a\). Ta có \(A\left(5\right)=0\) \(\Leftrightarrow5^4-7.5^3+10.5^2+\left(a-1\right).5-3-a=0\) \(\Leftrightarrow4a-8=0\) \(\Leftrightarrow a=2\).

 Vậy để đa thức A chia hết cho đa thức B thì \(a=2,b=-3\).

\(a+b+c=1\) 

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3=1\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=1\)

\(\Leftrightarrow1+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=1\)'

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b=0\\b+c=0\\c+a=0\end{matrix}\right.\)

 Không mất tính tổng quát, giả sử \(a+b=0\), các trường hợp còn lại làm tương tự.

 Khi đó từ \(a+b+c=1\) suy ra \(c=1\) (thỏa mãn). Thế thì \(T=0^{2023}+0^{2023}+1^{2023}=1\). 

 Như vậy \(T=1\)