TA
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
22 tháng 12 2021
aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa
CM
10 tháng 12 2019
Chọn B
Phương pháp:
Sử dụng đồ thị hàm số 
nhận đường thẳng y =
a
c
làm TCN và đường thẳng x =
-
d
c
làm TCĐ.
Từ đó tìm được m,n => S
Cách giải:
Đồ thị hàm số y = ( m - 2 n - 3 ) x + 5 x - m - n nhận đường thẳng y = m-2n-3 làm tiệm cận ngang và đường thẳng x = m+n làm tiệm cận đứng.
Từ gt ta có 
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 1 2018
Lời giải:
Theo nhị thức New-ton:
\((x+1)^{2n}=C^{0}_{2n}+C^{1}_{2n}x+C^2_{2n}x^2+...+C^{2n}_{2n}x^{2n}\)
\((x-1)^n=C^0_{2n}-C^1_{2n}x+C^2_{2n}x^2-.....-C^{2n-1}_{2n}x^{2n-1}+C^{2n}_{2n}x^{2n}\)
Trừ theo vế ta có:
\(\frac{(x+1)^{2n}-(x-1)^{2n}}{2}=C^1_{2n}x+C^3_{2n}x^3+...+C^{2n-1}_{2n}x^{2n-1}\)
\(\Rightarrow \int ^{1}_{0}\frac{(x+1)^{2n}-(x-1)^{2n}}{2}dx=\int ^{1}_{0}(C^1_{2n}x+C^3_{2n}x^3+...+C^{2n-1}_{2n}x^{2n-1})dx\)
Xét vế trái:
\(\text{VT}=\frac{1}{2}\int ^{1}_{0}(x+1)^{2n}d(x+1)-\frac{1}{2}\int ^{1}_{0}(x-1)^{2n}d(x-1)\)
\(=\left.\begin{matrix} 1\\ 0\end{matrix}\right|\frac{1}{2}\left ( \frac{(x+1)^{2n+1}-(x-1)^{2n+1}}{2n+1} \right )=\frac{2^{2n}-1}{2n+1}\)
Xét vế phải:
\(\text{VP}=\left.\begin{matrix} 1\\ 0\end{matrix}\right|\left ( \frac{C^{1}_{2n}x^2}{2}+\frac{C^{3}_{2n}x^4}{4}+....+\frac{C^{2n-1}_{2n}x^{2n}}{2n} \right )=\frac{1}{2}C^{1}_{2n}+\frac{1}{4}C^3_{2n}+...+\frac{1}{2n}C^{2n-1}_{2n}\)
Vậy \(A=\frac{2^{2n}-1}{2n+1}\)
25 tháng 3 2016
a) Giả sử các đỉnh đa giác là các điểm biểu diễn hình học các căn bậc n của đơn vị \(P_o=1\). Xét đa thức :
\(f=z^n-1=\left(z-1\right)\left(z-\omega\right)........\left(z-\omega^{n-1}\right),\omega=\cos\frac{2\pi}{n}+i\sin\frac{2\pi}{n}\)
Rõ ràng :
\(n=f'\left(1\right)=\left(1-\omega\right)\left(1-\omega^2\right)...\left(1-\omega^{n-1}\right)\)
Lấy Modun 2 vế ta được kết quả
b) Ta có :
\(1-\omega^k=1-\cos\frac{2k\pi}{n}-i\sin\frac{2k\pi}{n}=2\sin^2\frac{k\pi}{n}-2i\sin\frac{k\pi}{n}\cos\frac{k\pi}{n}\)
\(=2\sin\frac{k\pi}{n}\left(\sin\frac{k\pi}{n}-i\cos\frac{k\pi}{n}\right)\)
Do đó : \(\left|1-\omega^k\right|=2\sin\frac{k\pi}{n},k=1,2,....,n-1\)
Sử dụng a) ta có điều phải chứng minh
c) Xét đa giác đều \(Q_oQ_1.....Q_{2n-1}\) nội tiếp trong đường tròn, các đỉnh của nó là điểm biểu diễn hình học của \(\sqrt{n}\) của đơn vị.
Theo a) \(Q_oQ_1.Q_oQ_2....Q_oQ_{2n-1}=2n\)
Bây giờ xét đa giác đều \(Q_oQ_2....Q_{2n-1}\) ta có \(Q_oQ_2.Q_oQ_4..Q_oQ_{2n-2}=n\)
Do đó \(Q_oQ_1.Q_oQ_3..Q_oQ_{2n-1}=2\) Tính toán tương tự phần b) ta được
\(Q_oQ_{2k-1}=2\sin\frac{\left(2k-1\right)\pi}{2n},k=1,2....n\) và ta có điều phải chứng minh
HT
0
\(2n+n^2\left(2+2n\right)2n-2n^2\left(n^2+2\right)\)
\(=2n+2n^2+4n^4-2n^4-4n^2\)
\(=2n+\left(2n^2-4n^2\right)+\left(4n^4-2n^4\right)\)
\(=2n-2n^2+2n^4\)
\(=2\left(n-n^2+n^4\right)\)
Rút gọn à -.- ?
2n + n2( 2 + 2n )2n - 2n2( n2 + 2 )
= 2n + 2n3( 2 + 2n ) - 2n4 - 4n2
= 2n + 4n3 + 4n4 - 2n4 - 4n2
= 2n4 + 4n3 - 4n2 + 2n
= 2n( n3 + 2n2 - 2n + 1 )