Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 1:
\(\frac{x+13}{2000}+\frac{x+12}{2001}+\frac{x+11}{2002}+\frac{x+8052}{2013}=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{x+13}{2000}+\frac{x+12}{2001}+\frac{x+11}{2002}+\frac{x+2013}{2013}+\frac{6039}{2013}=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{x+13}{2000}+\frac{x+12}{2001}+\frac{x+11}{2002}+\frac{x+2013}{2013}+3=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{x+13}{2000}+1+\frac{x+12}{2001}+1+\frac{x+11}{2002}+1+\frac{x+2013}{2013}=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{x+2013}{2000}+\frac{x+2013}{2001}+\frac{x+2013}{2002}+\frac{x+2013}{2013}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+2013\right)\left(\frac{1}{2000}+\frac{1}{2001}+\frac{1}{2002}+\frac{1}{2013}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x+2013=0\). Do \(\frac{1}{2000}+\frac{1}{2001}+\frac{1}{2002}+\frac{1}{2013}\ne0\)
\(\Leftrightarrow x=-2013\)
Câu 2:
b)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
Thay \(a=b=c\) vào \(B=a^2+b^2+c^2-\left(a+2b+3c\right)+2017\)
\(B=3a^2-6a+2017=3a^2-6a+3+2014\)
\(=3\left(a^2-2a+1\right)+2014=3\left(a-1\right)^2+2014\ge2014\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=1\)
Lại có \(a=b=c\Rightarrow a=b=c=1\)
Vậy \(B_{Min}=2014\) khi \(a=b=c=1\)
Câu 5:
\(S_n=1^3+2^3+...+n^3=\left[\frac{n\left(n+1\right)}{2}\right]^2\)
Trước hết ta chứng minh \(1^3+2^3+...+n^3=\left(1+2+...+n\right)^2\) (*)
Với \(n=1;n=2\) (*) đúng
Giả sử (*) đúng với n=k khi đó (*) thành:
\(1^3+2^3+...+k^3=\left(1+2+...+k\right)^2\)
Thật vậy giả sử (*) đúng với n=k+1 khi đó (*) thành:
\(1^3+2^3+...+k^3+\left(k+1\right)^3=\left(1+2+...+k+k+1\right)^2\left(1\right)\)
Cần chứng minh \(\left(1\right)\) đúng, mặt khác ta lại có:
\(\left(1+2+...+n\right)^2=\left[\frac{n\left(n+1\right)}{2}\right]^2=\frac{\left(n^2+n\right)^2}{4}\)
Đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{\left(k^2+k\right)^2}{4}+\left(k+1\right)^3=\frac{\left(k^2+3k+2\right)^2}{4}\)
\(\Leftrightarrow4k^3+12k^2+12k+4=4\left(k+1\right)^3\)
\(\Leftrightarrow4\left(k+1\right)^3=4\left(k+1\right)^3\)
Theo nguyên lí quy nạp ta có Đpcm
Vậy \(S_n=1^3+2^3+...+n^3=\left(1+2+...+n\right)^2=\left[\frac{n\left(n+1\right)}{2}\right]^2\)
b)\(A=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)+1\)
\(=\left(n^2+3n\right)\left(n^2+3n+2\right)+1\)
Đặt \(t=n^2+3n\) thì ta có:
\(A=t\left(t+2\right)+1=t^2+2t+1\)
\(=\left(t+1\right)^2=\left(n^2+3n+1\right)^2\) là SCP với mọi \(n\in N\)
Bài 2:
A B C M N P
a) Xét tam giác BMC và tam giác MCN có:
Chung đường cao hạ từ M xuống BN, 2 đáy BC=CN
\(\Rightarrow S_{BMC}=S_{MCN}\)
\(\Rightarrow S_{BMN}=2S_{BMC}\)(1)
Xét tam giác ABC và tam giác BMC có:
Chung đường cao hạ từ C xuống đường thẳng AM , 2 đáy AB=BM
\(\Rightarrow S_{ABC}=S_{BMC}\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow S_{BMN}=2S_{ABC}\)
CMTT \(S_{APM}=2S_{ABC};S_{PCN}=2S_{ABC}\)
\(\Rightarrow S_{PMN}=S_{PCN}+S_{APM}+S_{BMN}+S_{ABC}\)
\(=7S_{ABC}\left(đpcm\right)\)
Bài 3:
Áp dụng tính chất 2 tam giác có chung đường cao thì tỉ số diện tích bằng tỉ số 2 đáy tương ứng với đường cao đó, ta có:
\(BP=\frac{1}{3}BC\Rightarrow S_{ABP}=\frac{1}{3}S_{ABC}\)
Tương tự có \(\hept{\begin{cases}S_{BMC}=\frac{1}{3}S_{ABC}\\S_{CAN}=\frac{1}{3}S_{ABC}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow S_{ABP}+S_{BMC}+S_{CAN}=S_{ABC}\)
\(\Rightarrow S_{ANE}+S_{BNEF}+S_{BFP}+S_{BFP}+S_{CPFI}+S_{CMI}+S_{CMI}+S_{MIEA}+S_{ANE}\)
\(=S_{ANE}+S_{BNEF}+S_{CPFI}+S_{BFP}+S_{CPFI}+S_{CMI}+S_{MIEA}+S_{EFI}\)
\(\Rightarrow S_{ANE}+S_{BFP}+S_{CMI}=S_{EFI}\left(đpcm\right)\)
\(C1:\)\(S\)\(=225\)\(cm^2\)\(\Leftrightarrow\)\(S=\left(4x-1\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(4x-1\right)^2=225\)
\(\Rightarrow\left(4x-1\right)^2=15^2\Rightarrow4x-1=15\)
\(\Rightarrow4x=16\)
\(\Rightarrow x=4\)
Câu 1: 4cm
Câu 2: 6cm
Câu 3: 90o
Câu 4: -108
Câu 5: 2
Câu 6: 14
Câu 7: 43
Câu 8: -1
Câu 9: -3
Câu 10: -26