\(\sin^25x+1=\cos^23x\)

<=> \(\sin^25x+1-\cos^23x=0\)

<=> \(\frac{1-\cos10x}{2}+1-\frac{\cos6x+1}{2}=0\)

<=> \(\cos10x+\cos6x=2\)

Mà \(\cos10x;\cos6x\ge1\)=> \(\cos10x+\cos6x\ge2\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}\cos10x=1\\\cos6x=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}10x=k2\pi\\6x=l2\pi\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{k\pi}{5}\\x=\frac{l\pi}{3}\end{cases}};k,l\in Z\Leftrightarrow x=m\pi;m\in\)

Dạ em cảm ơn cô nhiều ạ 

\(2tan^2x-2\sqrt{3}tanx-3=0\)      

\(\orbr{\begin{cases}tanx=\frac{3+\sqrt{3}}{2}\\tanx=\frac{-3+\sqrt{3}}{2}\end{cases}}\)   

\(\orbr{\begin{cases}tanx=tana\\tanx=tanb\end{cases}}\)   Đặt \(tana=\frac{3+\sqrt{3}}{2};tanb=\frac{-3+\sqrt{3}}{2}\)   

\(\orbr{\begin{cases}x=a+k\pi\\x=b+k\pi\end{cases};k\in Z}\)    

\(\sqrt{3}cot^2x-\left(1+\sqrt{3}\right)cotx+1=0\)   

\(\orbr{\begin{cases}cotx=1\\cotx=\frac{\sqrt{3}}{3}\end{cases}}\)   

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}tanx=1=tan\frac{\pi}{4}\\tanx=\sqrt{3}=tan\frac{\pi}{3}\end{cases}}\)   

\(\orbr{\begin{cases}x=\frac{\pi}{4}+k\pi\\x=\frac{\pi}{3}+k\pi\end{cases};k\in Z}\)

bang lon

Ta có công thức Pascal: \(C^m_n+C^{m+1}_n=C^{m+1}_{n+1}\)

Áp dụng vào biểu thức đề cho, ta được: \(C^{k+1}_{2002}\le C^{1001}_{2002}\)

Điều này đúng với mọi (k+1) đi từ 1 đến 2001 (Ta có thể dễ dàng nhận ra điều này khi nhìn vào tam giác Pascal để nhận xét rằng hệ số ngay chính giữa luôn lớn nhất)

Chứng minh: Xét \(C^{k+1}_{2002}-C^k_{2002}=\frac{2002!}{\left(2002-k-1\right)!.\left(k+1\right)!}-\frac{2002!}{\left(2002-k!\right).k!}\)

\(=\frac{2002!.\left(2002-k\right)}{\left(2002-k\right)!.\left(k+1\right)!}-\frac{2002!.\left(k+1\right)}{\left(2002-k\right)!.\left(k+1\right)!}=\frac{2002!}{\left(2002-k\right)!.\left(k+1!\right)}\left(2001-2k\right)\)

+) \(k< 1000,5\Rightarrow2001-2k>0\Rightarrow C^{k+1}_{2002}-C^k_{2002}>0\Rightarrow C^{k+1}_{2002}>C^k_{2002}\)

+) \(k>1000,5\Rightarrow2001-2k< 0\Rightarrow C^{k+1}_{2002}-C^k_{2002}< 0\Rightarrow C^{k+1}_{2002}< C^k_{2002}\)

Vậy dãy số gồm các số hạng có dạng \(C_{2002}^{k+1}\)sẽ tăng dần khi k đi từ 1 tới 1001,5 và giảm dần khi k đi từ 1001,5 tới 2001.

Vậy \(C_{2002}^{k+1}\)lớn nhất khi \(k+1=1001\)---> ĐPCM

Ta có: \(\frac{1-\sin x}{\cos x}=0\)

ĐK: \(\cos x\ne0\Rightarrow x\ne90\) 

\(Pt\Leftrightarrow1-\sin x=0\cdot\cos x\)

\(\Leftrightarrow1-\sin x=0\)

\(\Leftrightarrow\sin x=1\)

\(\Leftrightarrow\sin x=\sin90\)

\(\Rightarrow x=90\)

Mà theo đk thì: \(x\ne90\)

=> PT vô nghiệm

\(\Leftrightarrow\left(1-\sin x\right):\frac{1}{\cos x}=0\)

\(\Rightarrow\left(1-\sin x\right).\cos x=0\)

\(\Leftrightarrow\left(1-\sin x\right).\frac{1}{\sin x}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sin x}-1=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sin x}=1\)

\(\Leftrightarrow\sin x=1\)

\(\Leftrightarrow x=90\)

đk: \(x\le-2;x\ge0\)

Ta có: \(\sqrt{x\left(x+1\right)}+\sqrt{x\left(x+2\right)}=2\sqrt{x^2}\)

\(\Leftrightarrow x\left(x+1\right)+2\sqrt{x\left(x+1\right)x\left(x+2\right)}+x\left(x+2\right)=4x^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+x+2\sqrt{x^2\left(x^2+3x+2\right)}+x^2+2x=4x^2\)

\(\Leftrightarrow2x^2-3x=2\sqrt{x^4+3x^3+2x^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(2x^2-3x\right)^2=4\left(x^4+3x^3+2x^2\right)\)

\(\Leftrightarrow4x^4-12x^3+9x^2=4x^4+12x^3+8x^2\)

\(\Leftrightarrow24x^3-x^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^2\left(24x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2=0\\24x-1=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\left(tm\right)\\x=\frac{1}{24}\left(ktm\right)\end{cases}}\)

Vậy x = 0

trong dãy số 5 có  số 2