Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đầu tiên ta có \(\left(1+x\right)^{20}\) có SHTQ \(C_{20}^kx^k\)
\(\Rightarrow\) Hệ số của số hạng chứa \(x^{10}\) là \(C_{20}^{10}\) (1)
Ta cũng có khai triển:
\(\left(1+x\right)^{10}\left(x+1\right)^{10}=\sum\limits^{10}_{k=0}\sum\limits^{10}_{i=0}C_{10}^kC^i_{10}x^{10+i-k}\)
Số hạng chứa \(x^{10}\Rightarrow10+i-k=10\Rightarrow i=k\)
\(\Rightarrow\) Hệ số của số hạng chứa \(x^{10}\) là:
\(\sum\limits^{10}_{k=0}\sum\limits^{10}_{i=0}C_{10}^kC_{10}^i=\sum\limits^{10}_{k=0}\left(C_{10}^k\right)^2=\left(C_{10}^0\right)^2+\left(C_{10}^1\right)^2+...+\left(C_{10}^{10}\right)^2\)
Mà từ (1) ta có hệ số của số hạng chứa \(x^{10}\) là \(C_{20}^{10}\Rightarrow S=C_{20}^{10}\)
\(abc+a+c=b\Leftrightarrow ac+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}=1\)
\(\Rightarrow\) tồn tại 1 tam giác nhọn ABC sao cho: \(\left\{{}\begin{matrix}a=tan\frac{A}{2}\\\frac{1}{b}=tan\frac{B}{2}\\c=tan\frac{C}{2}\end{matrix}\right.\)
Đặt vế trái của biểu thức là P, ta có:
\(P=\frac{2}{1+tan^2\frac{A}{2}}-\frac{2}{1+\frac{1}{tan^2\frac{B}{2}}}+\frac{3}{1+tan^2\frac{C}{2}}=2cos^2\frac{A}{2}-2sin^2\frac{B}{2}+3cos^2\frac{C}{2}\)
\(=cosA+cosB+3cos^2\frac{C}{2}=2cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+3cos^2\frac{C}{2}\)
\(=2sin\frac{C}{2}.cos\frac{A-B}{2}-3sin^2\frac{C}{2}-\frac{1}{3}cos^2\frac{A-B}{2}+\frac{1}{3}cos^2\frac{A-B}{2}+3\)
\(=-3\left(sin\frac{C}{2}-\frac{1}{3}cos\frac{A-B}{2}\right)^2+\frac{1}{3}cos^2\frac{A-B}{2}+3\le0+\frac{1}{3}+3=\frac{10}{3}\)
Xét \(x\ne1\)
\(\left(1+x+...+x^{10}\right)^{11}=a_0+a_1x+...+a_{110}x^{110}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^{11}\left(1+x+...+x^{10}\right)^{11}=\left(x-1\right)^{11}\left(a_1+a_1x+...+a_{110}x^{110}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x^{11}-1\right)^{11}=\left(x-1\right)^{11}\left(a_0+a_1x+...+a_{110}x^{110}\right)\)
\(VP=\left(x-1\right)^{11}\left(a_0+a_1x+...\right)=\left(\sum\limits^{11}_{k=0}C_{11}^kx^k\left(-1\right)^{11-k}\right)\left(a_0+a_1x+...\right)\) (1)
Ta thấy tổng các hệ số của \(x^{11}\) trong khai triển (1) là:
\(C_{11}^0\left(-1\right)^{11}.a_{11}+C_{11}^1\left(-1\right)^{10}a_{10}+C_{11}^2\left(-1\right)^9a_9+...+C_{11}^{11}\left(-1\right)^0a_0\)
\(=-C_{11}^0a_{11}+C_{11}^1a_{10}-C_{11}^2a_9+...+C_{11}^{11}a_0=-T\)
\(VT=\sum\limits^{11}_{k=0}C_{11}^k\left(x^{11}\right)^k.\left(-1\right)^{11-k}\)
Hệ số của \(x^{11}\) trong khai triển trên là \(C_{11}^1\left(-1\right)^{10}=C_{11}^1=11\)
Mà \(VT=VP\Rightarrow-T=11\Rightarrow T=-11\)
a/ Đề không rõ ràng bạn
Từ câu b trở đi, dễ dàng nhận ra tất cả các hàm số đều liên tục trên R
b/ Xét \(f\left(x\right)=x^3+3x^2-1\)
Ta có: \(f\left(-3\right)=-1\) ; \(f\left(-2\right)=3\)
\(\Rightarrow f\left(-3\right).f\left(-2\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm trên \(\left(-3;-2\right)\)
\(f\left(0\right)=-1\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(1\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm trên \(\left(-2;0\right)\)
\(f\left(1\right)=3\Rightarrow f\left(0\right).f\left(1\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm trên \(\left(0;1\right)\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có 3 nghiệm phân biệt
c/\(f\left(x\right)=m\left(x-1\right)^3\left(m^2-4\right)+x^4-3\)
\(f\left(-2\right)=13\) ; \(f\left(1\right)=-2\)
\(\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(1\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm trên \(\left(-2;1\right)\)
\(f\left(2\right)=13\Rightarrow f\left(1\right).f\left(2\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm trên \(\left(1;2\right)\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 2 nghiệm
d/ \(f\left(x\right)=5sin3x+x-10\)
\(f\left(0\right)=-10\)
\(f\left(4\pi\right)=4\pi-10\)
\(\Rightarrow f\left(0\right).f\left(4\pi\right)=-10\left(4\pi-10\right)< 0\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(0;4\pi\right)\) hay \(f\left(x\right)\) luôn có nghiệm
a) 1110 – 1 = (1 + 10)10 – 1 = (1 + C110 10 + C210102 + … +C910 109 + 1010) – 1
= 102 + C210102 +…+ C910 109 + 1010.
Tổng sau cùng chia hết cho 100 suy ra 1110 – 1 chia hết cho 100.
b) Ta có
101100 – 1 = (1 + 100)100 - 1
= (1 + C1100 100 + C2100 1002 + …+C99100 10099 + 100100) – 1.
= 1002 + C21001002 + …+ 10099 + 100100.
Tổng sau cùng chia hết cho 10 000 suy ra 101100 – 1 chia hết cho 10 000.
c) (1 + √10)100 = 1 + C1100 √10 + C2100 (√10)2 +…+ (√10)99 + (√10)100
(1 - √10)100 = 1 - C1100 √10 + C2100 (√10)2 -…- (√10)99 + (√10)100
√10[(1 + √10)100 – (1 - √10)100] = 2√10[C1100 √10 + C3100 (√10)3 +…+ . (√10)99]
= 2(C1100 10 + C3100 102 +…+ 1050)
Tổng sau cùng là một số nguyên, suy ra √10[(1 + √10)100 – (1 - √10)100] là một số nguyên.
a) \(11^{10}-1=\left(10+1\right)^{10}-1\)\(=C^0_{10}10^{10}+C^1_{10}10^9+...+C^9_{10}10+C^{10}_{10}-1\)
\(=10^{10}+C^1_{10}10^9+...+C^8_{10}10^2+10.10\) chia hết cho 100.
b) \(\left(101\right)^{100}-1=\left(100+1\right)^{100}-1\)
\(=100^{100}+C_{100}^{99}100^{99}+....+C^1_{100}100+C_{100}^{100}100^0-1\)
\(=100^{100}+C_{100}^{99}100^{99}+....+C^2_{100}100^2+100.100+1-1\)
\(=100^{100}+C_{100}^{99}100^{99}+....+C^2_{100}100^2+10000\) chia hết cho 10000.
Chọn D
Số tập con có k phần tử của tập A là C 10 k .
=> Số tập con gồm nhiều nhất 3 phần tử của tập A là C 10 0 + C 10 1 + C 10 2 + C 10 3