K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

NV
10 tháng 3 2022

Do n lẻ, đặt \(n=2m+1\)

\(\Rightarrow S=C_{2m+1}^1+C_{2m+1}^2+...+C_{2m+1}^m\)

Áp dụng đẳng thức: \(C_n^k=C_n^{n-k}\)

\(\Rightarrow S=C_{2m+1}^{2m}+C_{2m+1}^{2m-1}+...+C_{2m+1}^{m+1}\)

\(\Rightarrow2S=S+S=C_{2m+1}^1+C_{2m+1}^2+...+C_{2m+1}^{2m}\)

\(=C_{2m+1}^0+C_{2m+1}^1+...+C_{2m+1}^{2m+1}-\left(C_{2m+1}^0+C_{2m+1}^{2m+1}\right)\)

\(=2^{2m+1}-2\)

\(\Rightarrow S=2^{2m}-1\) luôn lẻ (đpcm)

NV
23 tháng 8 2021

71.

\(\left\{{}\begin{matrix}BB'\perp\left(ABCD\right)\\BB'\in\left(ABB'A'\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(ABCD\right)\perp\left(ABB'A'\right)\)

74.

\(\left\{{}\begin{matrix}DD'\perp\left(ABCD\right)\\DD'\in\left(CDD'C'\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(ABCD\right)\perp\left(CDD'C'\right)\)

undefined

21 tháng 3 2022

Nhiều quá 20 câu lận

21 tháng 3 2022

Giúp mình 10 câu cũng đc ạ

22 tháng 2 2022

chọn D

Phân tích:  Ta có img1. Do đó img2 img3 img4 img5img6 img7img8.  

NV
10 tháng 3 2022

Bài này xài L'Hopital đi, chứ tách biểu thức chắc đến sáng mai :D
\(\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{x^{2020}-2020x+2019}{\left(x-1\right)^2}=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{2020x^{2019}-2020}{2\left(x-1\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{2019.2020.x^{2018}}{2}=1010.2019\)

Hàm liên tục tại \(x=1\) khi: \(m+1=1010.2019\Rightarrow m=1010.2019-1\)

NV
5 tháng 4 2022

Kẻ \(AE\perp BD\) , \(AF\perp SE\Rightarrow AF\perp\left(SBD\right)\)

Dễ dàng chứng minh \(AD\perp\left(SAB\right)\) ; \(AB\perp\left(SAD\right)\) 

Từ đó ta có: \(\alpha=\widehat{FAD}\) ; \(\beta=\widehat{FAB}\) ; \(\gamma=\widehat{FAS}\)

\(\dfrac{1}{AF^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AE^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AD^2}=\dfrac{2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=\dfrac{a^2+2b^2}{a^2b^2}\)

\(\Rightarrow AF=\dfrac{ab}{\sqrt{a^2+2b^2}}\)

\(\Rightarrow T=cos\alpha+cos\beta+cos\gamma=\dfrac{AF}{AD}+\dfrac{AF}{AB}+\dfrac{AF}{AS}=\dfrac{ab}{\sqrt{a^2+2b^2}}\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)

\(\Rightarrow T=\dfrac{\sqrt{3}ab}{\sqrt{\left(1+2\right)\left(a^2+2b^2\right)}}\left(\dfrac{a+2b}{ab}\right)\le\dfrac{\sqrt{3}ab}{a+2b}\left(\dfrac{a+2b}{ab}\right)=\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b\)

NV
5 tháng 4 2022

undefined

NV
23 tháng 4 2022

Trên thực tế điểm P nằm ở đâu trên SC đều không quan trọng

Ta có: \(\overrightarrow{AI}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}\Rightarrow\dfrac{AI}{AB}=\dfrac{1}{3}\)

\(\overrightarrow{DJ}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{DA}\Rightarrow\overrightarrow{AJ}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AD}\Rightarrow\dfrac{AJ}{AD}=\dfrac{1}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AI}{AB}=\dfrac{AJ}{AD}\Rightarrow IJ||BD\) (Talet đảo) (1)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD\\BD\perp AC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp AP\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow IJ\perp AP\) hay góc giữa 2 đường thẳng bằng \(\dfrac{\pi}{2}\)

NV
17 tháng 3 2022

\(\dfrac{1}{u_{n+1}}=\dfrac{1}{u_n}+nu_n\)

Đặt \(v_n=\dfrac{1}{u_n}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_1=\dfrac{1}{2022}\\v_{n+1}=v_n+\dfrac{n}{v_n}\end{matrix}\right.\) và \(\left\{\dfrac{1}{nu_n}\right\}=\left\{\dfrac{v_n}{n}\right\}\)

Ta sẽ chứng minh \(v_n\ge n\) với \(n>1\)

Với \(n=2\Rightarrow v_2=v_1+2022>2\) (đúng) 

Giả sử điều đó đúng với \(n=k>1\) hay \(v_k\ge k\) 

Ta cần chứng minh \(v_{k+1}\ge k+1\)

Thật vậy, do \(v_k\ge k\), đặt \(v_k=k+\alpha\) với \(\alpha\ge0\)

Khi đó: \(v_{k+1}=v_k+\dfrac{k}{v_k}=k+\alpha+\dfrac{k}{k+\alpha}=k+\dfrac{k\alpha+\alpha^2+k}{k+\alpha}\ge k+\dfrac{\alpha+k}{k+\alpha}=k+1\) (đpcm)

Tương tự, ta quy nạp chứng minh được \(v_n\le n+v_2\) với \(n>1\) (do \(v_2\) số xấu nên ko ghi)

Kiểm tra với \(n=2\Rightarrow v_2\le2+v_2\) (đúng)

Giả sử \(v_k\le k+v_2\)

 \(\Rightarrow v_{k+1}=v_k+\dfrac{k}{v_k}\le k+v_2+\dfrac{k}{v_k}\le k+v_2+\dfrac{k}{k}=k+1+v_2\) (đpcm)

\(\Rightarrow n\le v_n\le n+v_2\) \(\Rightarrow1\le\dfrac{v_n}{n}\le\dfrac{n+v_2}{n}\)

Sử dụng định lý kẹp, dễ dàng suy ra \(\lim\left\{\dfrac{v_n}{n}\right\}=1\)

NV
8 tháng 3 2022

\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{3x^3-5x-6}{1-4x^3+x^2}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{x^3\left(3-\dfrac{5}{x^2}-\dfrac{6}{x^3}\right)}{x^3\left(\dfrac{1}{x^3}-4+\dfrac{1}{x}\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{3-\dfrac{5}{x^2}-\dfrac{6}{x^3}}{\dfrac{1}{x^3}-4+\dfrac{1}{x}}=\dfrac{3-0-0}{0-4+0}=-\dfrac{3}{4}\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{\left(3x^2+8\right)\left(2x+1\right)}{5-4x^3}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{x^2\left(3+\dfrac{8}{x}\right)x\left(2+\dfrac{1}{x}\right)}{x^3\left(\dfrac{5}{x^3}-4\right)}\)

\(=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{\left(3+\dfrac{8}{x}\right)\left(2+\dfrac{1}{x}\right)}{\dfrac{5}{x^3}-4}=\dfrac{\left(3+0\right)\left(2+0\right)}{0-4}=-\dfrac{6}{4}=-\dfrac{3}{2}\)

 

NV
8 tháng 3 2022

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{-5x+7}{3-2x}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x\left(-5+\dfrac{7}{x}\right)}{x\left(\dfrac{3}{x}-2\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{-5+\dfrac{7}{x}}{\dfrac{3}{x}-2}=\dfrac{-5+0}{0-2}=\dfrac{5}{2}\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{7}{2x-1}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{\dfrac{7}{x}}{2-\dfrac{1}{x}}=\dfrac{0}{2-0}=0\)