Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Số tam giác: \(C_{2n}^3=\frac{\left(2n\right)!}{\left(2n-3\right)!.6}=\frac{n\left(2n-1\right)\left(2n-2\right)}{3}\)
Cứ hai đường chéo qua tâm của đa giác đều sẽ đóng vai trò hai đường chéo của hình chữ nhật
Đa giác có \(n\) đường chéo qua tâm \(\Rightarrow C_n^2=\frac{n\left(n-1\right)}{2}\) hình chữ nhật
Ta có pt:
\(\frac{n\left(2n-1\right)\left(2n-2\right)}{3}=10n\left(n-1\right)\)
\(\Leftrightarrow n\left(n-1\right)\left(n-8\right)=0\Rightarrow n=8\)
Số vecto tạo từ 2n điểm là: \(A_{2n}^2\)
Đa giác đều 2n đỉnh có n đường chéo, cứ 2 đường chéo cho ta 1 hình chữ nhật tương ứng, do đó số hình chữ nhật có đỉnh là đỉnh của đa giác đều là: \(C_n^2\)
\(\Rightarrow A_{2n}^2=9C_n^2\Leftrightarrow\dfrac{\left(2n\right)!}{\left(2n-2\right)!}=\dfrac{9.n!}{2!.\left(n-2\right)!}\)
\(\Leftrightarrow2n\left(2n-1\right)=\dfrac{9n\left(n-1\right)}{2}\)
\(\Leftrightarrow n=5\)
dạ em chưa hiểu tại sao số vecto tạo từ 2n điểm và số hình chữ nhật có đỉnh là đỉnh của đa giác đều lại ra được như kia vậy ạ :(((
Lời giải:
\(C=\lim\limits_{x\to +\infty}\left[x\sqrt[n]{(1+\frac{a_1}{x})(1+\frac{a_2}{x})...(1+\frac{a_n}{x})}-x\right]\)
\(=\lim\limits_{x\to +\infty}x\left[\sqrt[n]{(1+\frac{a_1}{x})(1+\frac{a_2}{x}).....(1+\frac{a_n}{x})}-1\right]\)
\(=\lim\limits _{x\to +\infty}\frac{\sqrt[n]{(1+\frac{a_1}{x})(1+\frac{a_2}{x}).....(1+\frac{a_n}{x})}-1}{(1+\frac{a_1}{x})(1+\frac{a_2}{x})..(1+\frac{a_n}{x})-1}.\frac{(1+\frac{a_1}{x})(1+\frac{a_2}{x})...(1+\frac{a_n}{x})-1}{\frac{1}{x}}\)
\(=\lim\limits _{x\to +\infty}(A.B)=\lim\limits_{x\to +\infty}A.\lim\limits_{x\to +\infty}B\)
Với $A$. Đặt \(\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n (1+\frac{a_i}{x})}=u\). \(x\to +\infty\Rightarrow \frac{a_i}{x}\to 0\Rightarrow 1+\frac{a_i}{x}\to 1\Rightarrow u\to 1\)
\(\lim\limits_{x\to +\infty}A=\lim\limits_{u\to 1}\frac{u-1}{u^n-1}=\lim\limits_{u\to 1}\frac{1}{u^{n-1}+...+1}=\frac{1}{n}\)
Với $B$
\(\lim\limits _{x\to +\infty}B=\lim\limits _{x\to +\infty}\frac{1+\frac{a_1+a_2+..+a_n}{x}+\frac{a_1a_2+a_2a_3+...+a_{n-1}a_n}{x^2}+....-1}{\frac{1}{x}}\)
\(=\lim\limits _{x\to +\infty}\left(a_1+a_2+...+a_n+\frac{a_1a_2+...+a_{n-1}a_n}{x}+...\right)=a_1+a_2+..+a_n\)
Do đó: $C=\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$
Đáp án C
Không gian mẫu \(\Omega\) là tập hợp tất cả các cách chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong 12 đỉnh
Ta có \(n\left(\Omega\right)=C_{12}^4=495\)
Gọi A là biến cố : 4 đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật"
Gọi đường chéo của đa giác đều \(A_1A_2A_3...A_{12}\) đi qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác đã cho có 6 đường chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 12 điểm \(A_1,A_2,A_3,...A_{12}\) có các đường chéo là 2 đường chéo lớn. Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các đầu mút là 4 đỉnh của một hình chữ nhâtk.
Do đó, số hình chữ nhật được tạo thành là : \(n\left(A\right)=C_6^2=15\)
Vậy xác suất cần tính là \(P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega\right)}=\frac{15}{495}=\frac{1}{33}\)
Số tam giác là \(C_{2n}^3\). Một đa giác đều 2n đỉnh thì có n đường chéo xuyên tâm. Cứ 2 đường chéo xuyên tâm thì có một hình chữ nhật theo yêu cầu. Vậy số hình chữ nhật là \(C_n^2\).
Theo bài ta có phương trình :
\(C_{2n}^3=20C_n^2,\left(n\ge2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(2n\right)!}{\left(2n-3\right)!3!}=20\frac{n!}{\left(n-2\right)!2!}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(2n-2\right)\left(2n-1\right)2n}{3}=20\left(n-1\right)n\)
\(\Leftrightarrow2\left(n-1\right)\left(2n-1\right)2n=60\left(n-1\right)n\)
\(\Leftrightarrow2n-1=15\), (do \(n\ge2\))
\(\Leftrightarrow n=18\)
Vậy đa giác đều có 16 cạnh, (thập lục giác đều)