Mình làm thế này có ổn ko?

Gọi tam giác ABC vuông tại A cạnh huyền BC là 10cm và đường cao AH (H thuộc BC) là 6cm

Vậy ta có: \(HB+HC=10\)

Dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(HB.HC=AH^2=36\)

Vậy ta có: \(\hept{\begin{cases}HB+HC=10=S\\HB.HC=36=P\end{cases}}\)\

Vì \(S^2-4P=10^2-4.36\)\(=100-144=-44< 0\)

Vậy không có HB, HC nào thỏa mãn hpt trên (trái với hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Vậy không có tam giác vuông có cạnh huyền là 10cm và đường cao tương ứng với cạnh huyền là 6cm

là S của hình đó ,dễ mà nhể

\(A=\sqrt{\left(2x+1\right)^2}+\sqrt{\left(1-2x\right)^2}=\left|2x+1\right|+\left|1-2x\right|\ge\left|1+2x+1-2x\right|=2\)

\(A_{min}=2\) khi \(\left(2x+1\right)\left(1-2x\right)\ge0\Rightarrow-\dfrac{1}{2}\le x\le\dfrac{1}{2}\)

bạn ơi cho  mình hỏi tại sao vế sau không phải là \(\sqrt{\left(2x-1\right)^2}\) ạ?

Công bố:

Ta cần chứng minh số có dạng \(224999...91000...09\)(n-2 cs 9 nằm giữa 4 và 1; n chữ số 0) đều là các số chính phương.

Thật vậy, ta có \(224999...91000...09=224999...91000...000+9=224999...90000...000+10^{n+1}+9\)

           n-2 cs 9      n cs 0                      n-2 cs 9         n+1 cs 0                            n-2 cs 9        n+2 cs 0 

\(=224999...9.10^{n+2}+10^{n+1}+9=\left(224000...00+999...9\right).10^{n+2}+10^{n+1}+9\)

                 n-2 cs 9                                                                 n-2 cs 0             n-2 cs 9

\(=\left(224.10^{n-2}+10^{n-2}-1\right).10^{n+2}+10^{n+1}+9=224.10^{2n}+10^{2n}-10^{n+2}+10^{n+1}+9\)\(=225.10^{2n}-100.10^n+10.10^n+9=\left(15.10^n\right)^2-90.10^n+9\)\(=\left(15.10^n\right)^2-2.15.10^n.3+3^2=\left(15.10^n-3\right)^2\)là số chính phương.

Vậy \(224999...91000...09\)(n-2 cs 9 nằm giữa 4 và 1; n chữ số 0) là số chính phương.

\(\Rightarrowđpcm\)

\(A=\dfrac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{2020}+\sqrt{2021}}\)

\(=\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{1}}{\left(\sqrt{2}+\sqrt{1}\right)\left(\sqrt{2}-\sqrt{1}\right)}+\dfrac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)}+...+\dfrac{\sqrt{2021}-\sqrt{2020}}{\left(\sqrt{2021}-\sqrt{2020}\right)\left(\sqrt{2021}+\sqrt{2020}\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{1}}{2-1}+\dfrac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{3-2}+...+\dfrac{\sqrt{2021}-\sqrt{2020}}{2021-2020}\)

\(=\sqrt{2}-\sqrt{1}+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{2021}-\sqrt{2020}\)

\(=\sqrt{2021}-1\)

Gọi thời vòi 1 vòi 2 chảy đầy bể lần lượt là a ; b ( a ; b > 0 ) 

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{6}\\\dfrac{2}{a}+\dfrac{3}{b}=\dfrac{2}{5}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{10}\\\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{15}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=10\\b=15\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

đặt \(A=\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+...+\frac{1}{101}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+...+\frac{1}{102}\right)\)

\(A=\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+.....+\frac{1}{101}+\frac{1}{102}\right)-2.\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+.....+\frac{1}{102}\right)\)

\(A=\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+.....+\frac{1}{101}+\frac{1}{102}\right)-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+.....+\frac{1}{51}\right)\)

\(A=\frac{1}{52}+\frac{1}{53}+\frac{1}{54}+...+\frac{1}{102}\)

Khó quá taa=))

Hmm

ừm đúng rồi vậy sửa lại nha

A=100-1/100

A=99,99

Với mọi \(n\in N\)ta có:

\(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{\left(n+1\right)^2}}\)

=\(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{\left(n+1\right)^2}-\frac{2}{n}-\frac{2}{n\left(n+1\right)}-\frac{2}{n+1}}\)

\(=\sqrt{\left(1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}^2\right)}=1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\)

Áp dung vào biểu thức A ta được:

\(A=\left(1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+....+\left(1+\frac{1}{99}-\frac{1}{100}\right)\)

\(A=1+1-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+1+\frac{1}{99}-\frac{1}{100}\)

\(A=\left(1+1+1+...+1\right)+\left(-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-....-\frac{1}{99}+\frac{1}{99}-\frac{1}{100}\right)\)(Có 99 số 1)

\(A=99-\frac{1}{100}=\frac{9899}{100}\)

1) Phương trình đó có vô số nghiệm khi \(\hept{\begin{cases}m^2-1=0\\m+1=0\end{cases}}\Leftrightarrow m=-1\)

\(\Rightarrow\)Chọn A

2) Phương trình đó có nghiệm duy nhất khi \(m^2-1\ne0\Leftrightarrow m\ne\pm1\)

\(\Rightarrow\)Chọn D.