Xét : \(\frac{1}{100}-\frac{1}{n^2}=\frac{n^2-100}{100n^2}=\frac{\left(n-10\right)\left(n+10\right)}{100n^2}\)

Áp dụng , đặt biểu thức cần tính là A , ta có : 

\(A=\left(\frac{1}{100}-\frac{1}{1^2}\right)\left(\frac{1}{100}-\frac{1}{2^2}\right)\left(\frac{1}{100}-\frac{1}{3^2}\right)...\left(\frac{1}{100}-\frac{1}{20^2}\right)\)

\(=\frac{\left(1-10\right)\left(1+10\right)}{100.1^2}.\frac{\left(2-10\right)\left(2+10\right)}{100.2^2}.\frac{\left(3-10\right)\left(3+10\right)}{100.3^2}...\frac{\left(10-10\right)\left(10+10\right)}{100.10^2}...\frac{\left(20-10\right)\left(20+10\right)}{100.20^2}\)

Nhận thấy trong A có một nhân tử (10-10) = 0 nên A = 0

làm thế thì hơi dài đấy Hoàng Lê Bảo Ngọc

ta nhận thấy trong biểu thức chứa thừa số \(\frac{1}{100}-\left(\frac{1}{10}\right)^2=\frac{1}{100}-\frac{1}{100}=0\)

=>biểu thức ấy =0

Xét : \(\frac{\left(2n+1\right)^3+n^3}{\left(n+1\right)^3-n^3}=\frac{\left(3n+1\right)\left(4n^2+4n+1+n^2-2n^2-n\right)}{\left(n+1-n\right)\left(n^2+2n+1+n^2-n^2-n\right)}\)

\(=\frac{\left(3n+1\right)\left(3n^2+3n+1\right)}{3n^2+3n+1}=3n+1\)với \(n\in N,n\ge1\)

Áp dụng : \(A=\frac{\left(2.1+1\right)^3+1^3}{\left(1+1\right)^3-1^3}+\frac{\left(2.2+1\right)^3+2^3}{\left(2+1\right)^3-2^3}+...+\frac{\left(2.2006+1\right)^3+2006^3}{\left(2006+1\right)^3-2006^3}\)

\(=\left(3.1+1\right)+\left(3.2+1\right)+...+\left(3.2006+1\right)\)

\(=3\left(1+2+...+2006\right)+2006\)

\(=3.\frac{2006.2007}{2}+2006\)

Tới đây bạn tự tính nhé :)

bài này khó quá bạn à

\(\left(x^2+5\right)\left(x-3\right)>0\)

Th1 : \(\hept{\begin{cases}x^2+5>0\\x-3< 0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2>-5\\x< 3\end{cases}}}\)

Th2 : \(\hept{\begin{cases}x^2+5< 0\\x-3>0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2< -5\\x>3\end{cases}}}\)

a) \(\left(x^2+5\right)\left(x-3\right)>0\Leftrightarrow x-3>0\) (do \(x^2+5>0,\forall x\in R\)).
\(\Leftrightarrow x>3\).
b) \(\left(-x^2-17\right).\left(x+1\right)>0\Leftrightarrow-\left(x^2+17\right).\left(x+1\right)>0\)\(\Leftrightarrow-\left(x+1\right)>0\) ( do \(x^2+17>0\) ).
\(\Leftrightarrow x+1< 0\Leftrightarrow x< -1\).
c) \(-2\left(7-x\right)< 0\Leftrightarrow2x-14< 0\)\(\Leftrightarrow2x< 14\)\(\Leftrightarrow x< 7\).
d) \(\left(x-2\right).\left(x+2\right)< 0\Leftrightarrow x^2+2x-2x-4< 0\)\(\Leftrightarrow x^2-4< 0\) \(\Leftrightarrow x^2< 4\)\(\Leftrightarrow\left|x\right|< 2\)\(\Leftrightarrow-2< x< 2\).

a)

Chứng minh

\(\Delta COE=\Delta AOE\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow OC=OA\)(hai cạnh tương ứng)           \(\left(1\right)\)

\(\Delta BOD=\Delta AOD\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow OB=OA\)(hai cạnh tương ứng)            \(\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\)và \(\left(2\right)\)suy ra \(OB=OC\)

ko biet dau

a) Xét tam giác ABC và tam giác DMC , ta có :

CB = CM ( gt )

Góc ACB = góc DCM ( hai góc đối đỉnh )

CA = CD ( gt )

=> Tam giác ABC = tam giác DCM ( c.g.c )

b) Ta có : Tam giác ABC = tam giác DCM ( Theo phần a )

=> Góc ABC = góc DCM ( hai góc tương ứng )

Mà hai góc này ở vị trí so le trong => AB song song MD ( đpcm )

Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau: BC+AH>AB+AC=> BC+AH-AB>AC=> BC-AB>AC-AH (chuyển vế đổi dấu). (1)

=> Ta phải tạo ra một đoạn thẳng bằng AB trên cạnh BC và 1 đoạn bằng AH trên AC để chứng minh bất đẳng thức vùa biến đổi.

Hình phụ: Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho AB=BD

Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AH=AE

Thay AB=AD và AH=AE vào (1), ta có: BC-BD>AC-AE=>DC>EC

Vậy ta sẽ chứng minh bất đẳng thức DC>EC thay vì chứng minh BC+AH>AB+AC

 

Xét tam giác AHD có ^AHD=90o (AH là đường cao)=> ^A1+^HDA=90o (2 góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau) (*)

Ta có: ^A2+^BAD=^BAC. Mà đề cho tam giác ABC vuông tại A=> ^BAC=90o=>^A2+^BAD=90o (**)

Từ (*) và (**)=> ^A1+^HDA=^A2+^BAD=90o (***)

Mà AB=BD theo cách vẽ=> Tam giác ABD cân tại B=> ^BAD=^BDA (2 góc ở đáy) hay ^BAD=^HDA (do H thuộc BD) (****)

Từ (***) và (****) => ^A1=^A2 (Trừ 2 vế cho ^HDA và ^BAD do 2 góc đó bằng nhau)

Xét tam giác AHD và tam giác AED có: 

Cạnh AD chung

^A1=^A2 (cmt)              => Tam giác AHD = Tam giác AED (c.g.c)

AH=AE theo cách vẽ

=> ^AHD =^AED. Mà ^AHD=90o=> ^AED=90o => ^DEC=90o (kề bù với ^AED)

=> DC là cạnh lớn nhất trong tam giác DEC=> \(DC>EC\)

Dựa vào hướng giải của bài toán, ta lại biến đổi DC>EC thành bất đẳng thức ban đầu:

DC>EC=> BC-BD > AC-AE (2)

Thay BD=AB, AE=AH vào (2), ta có: BC-AB>AC-AH. Chuyển vế đổi dấu lại ta được: BC+AH>AB+AC (đpcm)

Cách khác nhanh

Xét BC+AH>AB+AC

=>\(\left(BC+AH\right)^2>\left(AB+AC\right)^2\)

=>\(BC^2+2BC.AH+AH^{ }^2>AB^{ }^2+2AB.AC+AC^2\)

Mà \(AB^2+AC^2=BC^2\)(Định lí Pytago) ,\(2S_{ABC}=AH.BC=AB.AC\)

=>\(AH^2>0\)(Luôn đúng)

=> Điều phải chứng minh

Ta xét 2 phân thức \(\frac{a^2}{a^2-100a+5000}\)và \(\frac{\left(100-a\right)^2}{\left(100-a\right)^2-100\left(100-a\right)+5000}\)(với \(a\in N\)và \(1\le a\le99\)).

Xét hiệu 2 mẫu: \(a^2-100a+5000-\left(100-a\right)^2+100\left(100-a\right)-5000\)

\(=a^2-100a-100^2+200a-a^2+100^2-100a=0.\)

Do đó 2 mẫu bằng nhau và \(\frac{a^2}{a^2-100a+5000}+\frac{\left(100-a\right)^2}{\left(100-a\right)^2-100\left(100-a\right)+5000}\)

\(=\frac{a^2+\left(100-a\right)^2}{a^2-100a+5000}=\frac{2a^2-200a+100^2}{a^2-100a+5000}=2\)

Thay a = 1, 2, 3, ..., 49 ta có:

\(\left(\frac{1^2}{1^2-100+5000}+\frac{99^2}{99^2-9900+5000}\right)+\left(\frac{2^2}{2^2-200+5000}+\frac{98^2}{98^2-9800+5000}\right)+...+\left(\frac{49^2}{49^2-4900+5000}+\frac{51^2}{51^2-5100+5000}\right)+\frac{50^2}{50^2-5000+5000}\)

\(=2.49+1=99\)

lấy cái tên NARUTO ở đâu mà hay ghê (ở trong BB phải ko)

\(x=2\)

tisck mình nhá

x²(x² - 1)(x² - 5)(x² - 10) < 0 

=> Tích trên có 1 thừa số âm hoặc 3 thừa số âm

Mà x² > x² - 1 > x² - 5 > x² - 10

+) TH1: Tích trên có 1 thừa số âm

=> x² - 10 < 0 => x² < 10

     x² - 5 > 0 => x² > 5

=> 5 < x² < 10 => x² = 9 => x ∈{3;-3} (thoả mãn điều kiện |x| < 5)

+) TH1: Tích trên có 3 thừa số âm

=> x² - 1 < 0 => x² < 1

     x² > 0 

=> 0 < x² < 1 => x² thuộc rỗng =. x thuộc rỗng 

Vậy x \(\in\){3;-3}

ta thấy cái khối -4x4+2x3-3x2+x>=0 

=>cả chỗ kia >0 -->vô nghiệm

Có phép trừ thì làm sao lớn hơn 0 được