Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chứng minh rằng : với mọi số tự nhiên n>1 thì \(\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}>\sqrt{n}\)\(\sqrt{n}\)
| STT | Tên dụng cụ, thiết bị và mẫu | Cách sử dụng |
| 1 |
Các máy móc: +Kính hiển vi +Kính lúp +Bộ hiển thị dữ liệu + |
- Để quan sát vật mà mắt thường không thể nhìn thấy, quan sát cấu tạo bên trong vật - Để phóng to những vật nhỏ như kim , chữ viết - Để hiển thị những dữ liệu liên quan đến vật muốn tìm hiểu |
| 2 |
Mô hình, mẫu vật thật: +Tranh ảnh +Băng hình KHTN 7 + |
- Để giúp mình hình dung, quan sát - Để quan sát hình ảnh của vật |
| 3 |
Dụng cụ thí nghiệm: +Ông nghiệm +Gía để ống nghiệm +Đèn cồn và giá đun + |
- Để đựng dung dịch trong thí nghiệm - Để đựng ống nghiệm ngay ngắn - Làm thí nghiệm liên quan đến chưng cất, nung nấu |
Nguồn: nguyen thi vang
a) áp dụng định lí ta lét ta có : \(MR\backslash\backslash SP\backslash\backslash BC\) và \(MS\backslash\backslash RP\backslash\backslash AD\)
\(\Rightarrow MRPS\) là hình bình hành \(\left(đpcm\right)\)
áp dụng định lí ta lét ta có : \(SN\backslash\backslash QR\backslash\backslash DC\) và \(NR\backslash\backslash SQ\backslash\backslash AB\)
\(\Rightarrow RQSN\) là hình bình hành \(\left(đpcm\right)\)
b) đặc \(G\) là giao điểm của \(MR\) và \(SN\) ; \(H\) là giao điểm của \(SP\) và \(QR\) ta có : \(MP\) và \(SR\) giao nhau tại tam của tứ giác \(SGRH\)
và \(NQ\) và \(SR\) giao nhau tại tam của tứ giác \(SGRH\)
\(\Rightarrow\) \(MP;NQ;RS\) đồng qui (đpcm)
Giả sử bài toán đã có đầu đủ giả thuyết cần thiết rồi. (Thiếu giả thuyết nhá bác).
\(x^3+y^3+z^3\ge\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^3+\left(\dfrac{y+z}{2}\right)^3+\left(\dfrac{z+x}{2}\right)^3\)
\(\Leftrightarrow6\left(x^3+y^3+z^3\right)-3\left(xy^2+xz^3+yx^2+yz^2+zx^2+zy^2\right)\ge0\)
Ta có bổ đề:
\(x^3+x^3+y^3\ge3yx^2\)
Thế vô thì bài toán được chứng minh.
1 cách giải khác:
\(bdt\Leftrightarrow8\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge\left(x+y\right)^3+\left(y+z\right)^3+\left(x+z\right)^3\)
\(\Leftrightarrow8\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge2\left(x^3+y^3+z^3\right)+xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)\)
\(\Leftrightarrow6\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)+3\left(y+z\right)\left(y^2-yz+z^2\right)+3\left(x+z\right)\left(x^2-xz+z^2\right)\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2+3\left(y+z\right)\left(y-z\right)^2+3\left(x+z\right)\left(x-z\right)^2=0\)
\("="\Leftrightarrow x=y=z\)
a)
\(x^3-7x-6=x^3-x-6x-6\)
\(=x(x^2-1)-6(x+1)\)
\(=x(x-1)(x+1)-6(x+1)=(x+1)[x(x-1)-6]\)
\(=(x+1)(x^2-x-6)=(x+1)[x^2-3x+2x-6]\)
\(=(x+1)[x(x-3)+2(x-3)]=(x+1)(x+2)(x-3)\)
b) \(x^3-6x^2+8x\)
\(=x(x^2-6x+8)\)
\(=x(x^2-4x-2x+8)\)
\(=x[x(x-4)-2(x-4)]=x(x-2)(x-4)\)
c) \(x^4+2x^3-16x^2-2x+15\)
\(=(x^4+2x^3-x^2-2x)-15x^2+15\)
\(=[(x^4-x^2)+(2x^3-2x)]-15(x^2-1)\)
\(=[x^2(x^2-1)+2x(x^2-1)]-15(x^2-1)\)
\(=(x^2-1)(x^2+2x)-15(x^2-1)=(x^2-1)(x^2+2x-15)\)
\(=(x^2-1)(x^2-3x+5x-15)=(x^2-1)[x(x-3)+5(x-3)]\)
\(=(x^2-1)(x+5)(x-3)=(x-1)(x+1)(x+5)(x-3)\)
d)
\(x^3-11x^2+30x=x(x^2-11x+30)\)
\(=x(x^2-5x-6x+30)\)
\(=x[x(x-5)-6(x-5)]=x(x-6)(x-5)\)
Lời giải:
Theo BĐT về tam giác: độ dài một cạnh tam giác thì nhỏ hơn tổng độ dài 2 cạnh còn lại:
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} AM< MP+AP\\ AM< MN+AN\end{matrix}\right.\Rightarrow 2AM< MP+MN+AP+AN\)
Dễ nhận thấy $MN,MP$ là các đường trung bình của tam giác $ABC$
\(\Rightarrow MN=\frac{1}{2}AB; MP=\frac{1}{2}AC\)
Lại có: \(AP=\frac{1}{2}AB; AN=\frac{1}{2}AC\)
Do đó: \(2AM< \frac{1}{2}AC+\frac{1}{2}AB+\frac{1}{2}AB+\frac{1}{2}AC=AB+AC\)
\(\Rightarrow AM< \frac{AB+AC}{2}\)
Hoàn toàn TT với \(BN, CP\) suy ra:
\(AM+BN+CP< \frac{AB+AC}{2}+\frac{BC+BA}{2}+\frac{CA+CB}{2}=AB+BC+AC\)
Ta có đpcm
anh như thế sao đọc :(( 
P/S : Đại diện cộng đồng game Ngọc Rồng Online
Mình ko biết !
chắc là23 cm2