Ta có:

\(a^4+\dfrac{1}{4}=\left(a^2+\dfrac{1}{2}\right)^2-a^2=\left(a^2+a+\dfrac{1}{2}\right)\left(a^2-a+\dfrac{1}{2}\right)\)

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

\(=\left(a^2+a+\dfrac{1}{2}\right)\left[\left(a-1\right)^2+\left(a-1\right)+\dfrac{1}{2}\right]\)

Do đó:

\(K=\dfrac{\left(2^2+2+\dfrac{1}{2}\right)\left(1^2+1+\dfrac{1}{2}\right)...\left(\left(2n\right)^2+2n+\dfrac{1}{2}\right)\left(\left(2n-1\right)^2+\left(2n-1\right)+\dfrac{1}{2}\right)}{\left(1^2+1+\dfrac{1}{2}\right)\left(0^2+0+\dfrac{1}{2}\right)...\left(\left(2n-1\right)^2+\left(2n-1\right)+\dfrac{1}{2}\right)\left(\left(2n-2\right)^2+\left(2n-2\right)+\dfrac{1}{2}\right)}\)

\(=\dfrac{\left(2n\right)^2+2n+\dfrac{1}{2}}{0^2+0+\dfrac{1}{2}}=8n^2+4n+1\)

\(=\left(2n\right)^2+\left(2n+1\right)^2\) là tổng của 2 SCP

ai giải hộ em câu này với

cho 30g hôn hợp c2h5oh với ch3cooh phản ứng hết với 100ml NaOH 1M

a) tính phần trăm kl các chất ban đầu

b)tính kl Na cần để phản ứng với lượng c2h5oh

Ta có: \(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx-x^2-y^2-z^2=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(xy+yz+zx\right)=0\)

\(\Leftrightarrow xy+yz+zx=0\)

Đặt \(\dfrac{1}{x}=a;\dfrac{1}{y}=b;\dfrac{1}{z}=c\Rightarrow\dfrac{3}{xyz}=3abc\)

Lại có: \(xy+yz+zx=0\Rightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b+c}{abc}=0\Leftrightarrow a+b+c=0\)

Khi đó, xét hiệu: \(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}-\dfrac{3}{xyz}\)

\(=a^3+b^3+c^3-3abc\)

\(=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\)

\(=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)c\left(a+b+c\right)-3ab\left(a+b+c\right)\)

\(=0\) (do \(a+b+c=0\))

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\) (đpcm)

\(Toru\)

a: \(\text{Δ}=\left(2m+1\right)^2-4\cdot\left(m^2+\dfrac{1}{2}\right)\)

\(=4m^2+4m+1-4m^2-2=4m-1\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>4m-1>0

=>m>1/4
b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(M=\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)\)

\(=x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1\)

\(=m^2+\dfrac{1}{2}-2m-1+1\)

\(=m^2-2m+\dfrac{1}{2}\)

\(=m^2-2m+1-\dfrac{1}{2}=\left(m-1\right)^2-\dfrac{1}{2}>=-\dfrac{1}{2}\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi m-1=0

=>m=1(nhận

a: Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MAOB là tứ giác nội tiếp

b: Ta có; ΔOCD cân tại O

mà OK là đường trung tuyến

nên OK\(\perp\)CD tại K

Ta có: \(\widehat{OKM}=\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^0\)

=>O,K,A,M,B cùng thuộc đường tròn đường kính OM

c: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của BA(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của BA(2)

Từ (1),(2) suy ra OM là đường trung trực của AB

=>OM\(\perp\)AB tại H

Xét ΔOHN vuông tại H và ΔOKM vuông tại K có

\(\widehat{HON}\) chung

Do đó: ΔOHN~ΔOKM

=>\(\dfrac{OH}{OK}=\dfrac{ON}{OM}\)

=>\(OH\cdot OM=OK\cdot ON\left(3\right)\)

Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OA^2=R^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(OK\cdot ON=R^2=OD^2\)

=>\(\dfrac{OK}{OD}=\dfrac{OD}{ON}\)

Xét ΔOKD và ΔODN có

\(\dfrac{OK}{OD}=\dfrac{OD}{ON}\)

\(\widehat{KOD}\) chung

Do đó: ΔOKD~ΔODN

=>\(\widehat{OKD}=\widehat{ODN}=90^0\)

=>ND là tiếp tuyến của (O)

Lời giải:

a.

Vì $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ nên $OM\perp AB$

$\Rightarrow \widehat{KOA}=\widehat{MOA}=90^0$

Lại có: $\widehat{AEK}=\widehat{AEB}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác $EAOK$ có tổng hai góc đối nhau $\widehat{KOA}+\widehat{AEK}=90^0+90^0=180^0$

$\Rightarrow EAOK$ là tgnt.

b.

Xét tam giác $EAM$ và $FBM$ có:

$AM=BM$ (do $M$ nằm chính giữa cung AB)

$EA=FB$

$\widehat{EAM}=\widehat{EBM}=\widehat{FBM}$ (góc nt chắn cung $EM$)

$\Rightarrow \triangle EAM=\triangle FBM$ (c.g.c)

$\Rightarrow EM=FM(1)$

Và $\widehat{EMA}=\widehat{FMB}$

$\Rightarrow \widehat{EMA}+\widehat{MAF}=\widehat{FMB}+\widehat{MAF}=\widehat{AMB}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{EMF}=90^0(2)$

Từ $(1); (2)$ suy ra $EMF$ là tam giác vuông cân tại $M$

c.

Vì $EMF$ vuông cân tại $M$ nên $\widehat{MEK}=45^0$

$\widehat{DEM}=180^0-\widehat{AEB}-\widehat{MEK}=180^0-90^0-45^0=45^0$

$\Rightarrow \widehat{DEM}=\widehat{MEK}$

$\Rightarrow EM$ là phân giác trong của $\widehat{DEK}$

$\Rightarrow \frac{MK}{MD}=\frac{EK}{ED}$

$\Rightarrow MK.ED=EK.MD$ (đpcm)

Hình vẽ: