Đặt \(A=2.2^2+3.2^3+...+n.2^n\)

\(\Rightarrow2A=2.2^3+3.2^4+...+n.2^{n+1}\)

\(\Rightarrow A-2A=2.2^2+\left(3.2^3-2.2^3\right)+...+\left[n.2^n-\left(n-1\right).2^n\right]-n.2^{n-1}\)

\(\Rightarrow-A=2.2^2+2^3+2^4+...+2^n-n.2^{n+1}\)

\(\Rightarrow-A=2+2^1+2^2+2^3+...+2^n-n.2^{n+1}\)

\(\Rightarrow-2A=4+2^2+2^3+...+2^{n+1}-n.2^{n+2}\)

\(\Rightarrow-A-\left(-2A\right)=2+2^1-4-n.2^{n+1}-2^{n+1}+n.2^{n+2}\)

\(\Rightarrow A=n.2^{n+2}-\left(n+1\right)2^{n+1}\)

\(\Rightarrow A=2n.2^{n+1}-\left(n+1\right)2^{n+1}\)

\(\Rightarrow A=\left(n-1\right).2^{n+1}\)

\(\dfrac{6}{84}+\dfrac{6}{210}+\dfrac{6}{390}+...+\dfrac{6}{2100}\)

\(=\dfrac{2}{28}+\dfrac{2}{70}+\dfrac{2}{130}+...+\dfrac{2}{700}\)

\(=\dfrac{2}{4.7}+\dfrac{2}{7.10}+\dfrac{2}{10.13}+...+\dfrac{2}{25.28}\)

\(=\dfrac{2}{3}.\left(\dfrac{3}{4.7}+\dfrac{3}{7.10}+\dfrac{3}{10.13}+...+\dfrac{3}{25.28}\right)\)

\(=\dfrac{2}{3}.\left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{7}-\dfrac{1}{10}+...+\dfrac{1}{25}-\dfrac{1}{28}\right)\)

\(=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{28}\right)\)

\(=\dfrac{1}{7}\)

Siuuuuuuuuuu

a/

Xét \(\Delta ABC\)

AD và BE cắt nhau tại H (gt) 

\(\Rightarrow CH\perp AB\) (trong tam giác 3 đường cao đồng quy)

b/ Gọ F là giao của CH với AB ta có

F và D cùng nhìn BH dưới 1 góc \(90^o\) => F và H nằm trên đường tròn đường kính BH => Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp)

Ta có

\(sđ\widehat{ABC}=\dfrac{1}{2}sđcungFHD\) (góc nt đường tròn)

\(sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}sđcungFBD\) (góc nt đường tròn)

\(\Rightarrow sđ\widehat{ABC}+sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}\left(sđcungFHD+sđcungFBD\right)\)

Mà \(sđcungFHD+sđcungFBD=360^o\)

\(\Rightarrow sđ\widehat{ABC}+sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}.360^o=180^o\)

Mà \(\widehat{CHI}+\widehat{FHD}=\widehat{FHC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{CHI}=\widehat{ABC}\) (cùng bù với \(\widehat{FHD}\) ) (1)

Xét (O) có 

\(\widehat{ABC}=\widehat{AIC}\) (góc nt đường tròn cùng chắn cung AC) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{CHI}=\widehat{AIC}\) => tg CHI cân tại C

c/

Chứng minh tương tự ta cũng có CHK là tg cân tại C

Ta có

\(BE\perp AC\left(gt\right)\Rightarrow AC\perp HK\)

\(\Rightarrow EH=EK\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

=> H đối xứng K qua AC

d/ Gọi G là giao của CO với (O)

Ta có tg CHK cân tại C (cmt)

=> CK=CH

Mà tg CHI cân tại C (cmt) => CH=CI

=> CK=CI => tg CKI cân tại C (3)

Ta có

\(sđ\widehat{CKI}=\dfrac{1}{2}sđcungCI\) (góc nt (O))

\(sđ\widehat{CIK}=\dfrac{1}{2}sđcungCK\) (góc nt (O))

\(\Rightarrow sđcungCI=sđcungCK\)

Ta có 

sđ cung CIG = sđ cung CKG \(=180^o\)

=> sđ cung CIG - sđ cung CI = sđ cung CKG - sđ cung CK

=> sđ cung GBI = sđ cung GAK

Ta có

\(sđ\widehat{ICG}=\dfrac{1}{2}sđcungGBI\) (góc nt (O))

\(sđ\widehat{KCG}=\dfrac{1}{2}sđcungGAK\) (góc nt (O))

\(\Rightarrow\widehat{ICG}=\widehat{KCG}\) => CG là phân giác của \(\widehat{KCI}\) (4)

Từ (3) và (4) => \(OC\perp KI\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

e/

Ta có E và D cùng nhìn CH dưới 1 góc \(90^o\) => CDHE là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{HDE}=\widehat{ECF}\) (góc nt cùng chắn cung HE) (5)

Ta có F và E cùng nhìn BC dưới 1 góc \(90^o\) => BCEF là tứ giác nt

\(\Rightarrow\widehat{ABK}=\widehat{ECF}\) (góc nt cùng chắn cung EF) (6)

Xét (O) có

\(\widehat{ABK}=\widehat{AIK}\) (góc nt cùng chắn cung AK) (7)

Từ (5) (6) (7) \(\Rightarrow\widehat{HDE}=\widehat{AIK}\) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên

=> ED//KI 

Mà \(OC\perp KI\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow OC\perp ED\)

Tuổi của Huy:

(42 - 24) : 2 = 9 (tuổi)

Năm sinh của Huy:

2024 - 9 = 2015

Năm sinh của mẹ Huy:

2015 - 24 = 1991

1991

D. Cả A, B, C đều đúng 

Chứng minh bằng biến đổi tương đương:

\(x^8+y^8\ge x^2y^2\left(x^4+y^4\right)\)

\(\Leftrightarrow x^8-x^6y^2+y^8-x^2y^6\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^6\left(x^2-y^2\right)-y^6\left(x^2-y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^6-y^6\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x^2\right)^3-\left(y^2\right)^3\right]\left(x^2-y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-y^2\right)\left(x^4+x^2y^2+y^4\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-y^2\right)^2\left(x^4+x^2y^2+y^4\right)\ge0\) (luôn đúng với mọi x;y)

Vậy BĐT đã cho được chứng minh.

Khi đồng hồ chỉ 8 giờ thì kim giờ chỉ số 8, kim phút chỉ số 12.

Đồng hồ chỉ 8 giờ

    \(\widehat{A}\) : \(\widehat{B}\): \(\widehat{C}\) = 3 : 5 : 7

          \(\dfrac{\widehat{A}}{3}\) = \(\dfrac{\widehat{B}}{5}\) = \(\dfrac{\widehat{C}}{7}\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

  \(\dfrac{\widehat{A}}{3}\) = \(\dfrac{\widehat{B}}{5}\) = \(\dfrac{\widehat{C}}{7}\) = \(\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}}{3+5+7}\) = \(\dfrac{180^0}{15}\) = `12⁰

   \(\widehat{A}\) = 12⁰ \(\times\) 3  = 36⁰

   \(\widehat{B}\) = 12⁰ \(\times\) 5 = 60⁰ 

   \(\widehat{C}\) = 12⁰ \(\times\) 7 = 84⁰

    Vì 36⁰ < 60⁰ < 84⁰

Vậy \(\widehat{A}\) < \(\widehat{B}\) < \(\widehat{C}\) nên BC < AC < AB (do trong tam giác cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại)

\(4\left(x+5\right)+x\left(x+5\right)=\left(x+5\right)\left(x+4\right)\)

Nghiệm của đa thức thỏa mãn:

\(\left(x+5\right)\left(x+4\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x+5=0\\x+4=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-5\\x=-4\end{matrix}\right.\)

Tích các nghiệm là: \(\left(-5\right).\left(-4\right)=20\)