Vì \(\overline{abc}⋮10\)nên\(c=0\). Suy ra:\(\overline{ab0}=10\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow\overline{ab}=a^2+b^2\Rightarrow10a+b=a^2+b^2\Rightarrow10a-a^2=b\left(b-1\right)\)

Vì b(b-1) chẵn, 10a chẵn nên a chẵn. Suy ra: a=2;4;6;8. Lần lượt thủ các trường hợp ta ko tìm được số nào thỏa mãn

fedef

Trước tiên ta chứng minh với A, B, C là ba góc của 1 tam giác thì:

\(cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)+cos\left(2C\right)>-1\)

Ta có:

\(cos^2A+cos^2B+cos^2C=\frac{1+cos\left(2A\right)}{2}+\frac{1+cos\left(2B\right)}{2}+cos^2C\)

\(=1+\frac{cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)}{2}+cos^2C\)

\(=1+cos\left(A+B\right).cos\left(A-B\right)+cos^2C\)

\(=1-cos\left(C\right).cos\left(A-B\right)+cos^2C\)

\(=1-cos\left(C\right)\left(cos\left(A-B\right)-cosC\right)\)

\(=1-cos\left(C\right)\left(cos\left(A-B\right)-cos\left(A+B\right)\right)\)

\(=1-2cos\left(A\right).cos\left(B\right).cos\left(C\right)\)

Ta lại có:

\(-1\le cosA\le1;-1\le cosB\le1;-1\le cosC\le1\)

\(\Rightarrow cosA.cosB.cosC< 1\)

\(\Rightarrow cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)+cos\left(2C\right)=1-2cosA.cosB.cosC>1-2=-1\)

Quay lại bài toán ta có:

TH 1: Trong \(\overrightarrow{OA};\overrightarrow{OB};\overrightarrow{OC}\) có 2 vecto cùng phương ngược chiều giả sử là \(\overrightarrow{OA};\overrightarrow{OB}\) thì

\(\Rightarrow|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|=|\overrightarrow{OC}|=OC=1\)

TH 2: Cả 3 vecto không cùng phương với nhau ta có  ABC tạo thành tam giác.

\(|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|^2=OA^2+OB^2+OC^2+2\left(\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OA}\right)\)

\(=3+2\left(cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)+cos\left(2C\right)\right)>3-2=1\)

Đâu = xảy ra khi trong ba vecto có 2 vecto cùng phương ngược chiều. Hay khi khi tam giác ABC là tam giác vuông.

Trước tiên ta chứng minh với A, B, C là ba góc của 1 tam giác thì:

cos(2A)+cos(2B)+cos(2C)>−1

Ta có:

cos2A+cos2B+cos2C=1+cos(2A)2 +1+cos(2B)2 +cos2C

=1+cos(2A)+cos(2B)2 +cos2C

=1+cos(A+B).cos(A−B)+cos2C

=1−cos(C).cos(A−B)+cos2C

=1−cos(C)(cos(A−B)−cosC)

=1−cos(C)(cos(A−B)−cos(A+B))

=1−2cos(A).cos(B).cos(C)

Ta lại có:

−1≤cosA≤1;−1≤cosB≤1;−1≤cosC≤1

⇒cosA.cosB.cosC<1

⇒cos(2A)+cos(2B)+cos(2C)=1−2cosA.cosB.cosC>1−2=−1

Quay lại bài toán ta có:

TH 1: Trong →OA;→OB;→OC có 2 vecto cùng phương ngược chiều giả sử là →OA;→OB thì

⇒|→OA+→OB+→OC|=|→OC|=OC=1

TH 2: Cả 3 vecto không cùng phương với nhau ta có  ABC tạo thành tam giác.

|→OA+→OB+→OC|2=OA2+OB2+OC2+2(→OA.→OB+→OB.→OC+→OC.→OA)

=3+2(cos(2A)+cos(2B)+cos(2C))>3−2=1

Đâu = xảy ra khi trong ba vecto có 2 vecto cùng phương ngược chiều. Hay khi khi tam giác ABC là tam giác vuông.

1 điểm bằng mấy k bạn ơi

dương lý khánh hạ là sao bạn ???

Bài 3:

Gán D=0

Nhập : \(D=D+1:A=\frac{\left(3+\sqrt{2}\right)^D-\left(3-\sqrt{2}\right)^D}{2\sqrt{2}}CALC=\)

Ấn = liên tục 

\(D=D+1=1=>U_1=1\)

\(D=D+1=2=>u_2=6\)

\(D=D+1=3=>U_3=29\)

\(D=D+1=4=>U_4=132\)

\(D=D+1=5=>U_5=589\)

Gọi công thức truy hồi dạng tổng quát là :

\(U_{n+2}=aU_{n+1}+bU_n+c\)

\(\hept{\begin{cases}U_3=aU_2+bU_1+c\\U_4=aU_3+bU_2+c\\U_5=aU_4+bU_3+c\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}6a+b+c=29\\29a+6b+c=132\\132a+29b+c=589\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}a=6\\b=-7\\c=0\end{cases}}\)

Vậy \(U_{n+2}=6U_{n+1}-7U_n\)

b) Có Ct truy hồi rời bạn bấm: Alpha A:=6Alpha B-Alpha C:Alpha C=Alpha A-6Alpha B:Alpha B=6Alpha C-Alpha A

                   ==========.......=====

Như vậy là hết quy trình bấm nhé.

bài này mà giải theo SOS là hơi bị tuyệt vời nhé =)))

em moi co lop 7

Chứng minh: \(\frac{\left(a+b\right)\left(a+b+2c\right)}{\left(3a+3b+2c\right)^2}\le\frac{1}{8}\)

Ta có:

\(\left(a+b\right)\left(a+b+2c\right)=\frac{1}{2}\left(2a+2b\right)\left(a+b+2c\right)\)

\(\le\frac{1}{2}.\left(\frac{2a+2b+a+b+2c}{2}\right)^2=\frac{1}{8}.\left(3a+3b+2c\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(a+b+2c\right)}{\left(3a+3b+2c\right)^2}\le\frac{1}{8}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{abc}{2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}}=\frac{1}{8}\)

Phần còn lại dễ nhé :3

A B C D

Ta có:

\(S_{ABC}=pr;S_{ACD}=\frac{AC+CD+AD}{2}.r_1;S_{ABD}=\frac{AB+BD+AD}{2}.r_2\)

Vì AD là tia phân giác \(\widehat{BAC}\)nên đường cao từ D đến AB và AC là bằng nhau.

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}S_{ACD}=\frac{S_{ABC}}{3}\\S_{ABD}=\frac{2S_{ABC}}{3}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{AC+CD+AD}{2}.r_1=\frac{pr}{3}\\\frac{AB+BD+AD}{2}.r_2=\frac{2pr}{3}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}AC+CD+AD=\frac{2pr}{3r_1}\left(1\right)\\AB+BD+AD=\frac{4pr}{3r_2}\left(2\right)\end{cases}}\)

Lấy (1) + (2) ta dược

\(AC+CD+AB+BD+2AD=\frac{2pr}{3r_1}+\frac{4pr}{3r_2}\)

\(\Leftrightarrow2p+2AD=\frac{2pr}{3r_1}+\frac{4pr}{3r_2}\)

\(\Leftrightarrow AD=\frac{pr}{3r_1}+\frac{2pr}{3r_2}-p=\frac{pr}{3}\left(\frac{1}{r_1}+\frac{2}{r_2}\right)-p\)

Câu 2 ai vẽ hộ cái hình đi

Toán lớp mấy

toán tuổi thơ chắc chỉ cần đáp số thôi nhỉ

1. S={7;-5}

2. HPT có 2 nghiệm (x;y) là (2;-3) và (3/2;-7/2)

3. a=b=0

4. Dễ rồi

Đây là một bài toán rất hay :)

???ng tr�n O_1: ???ng tr�n qua B_1 v?i t�m O ?o?n th?ng f: ?o?n th?ng [N, A] ?o?n th?ng g: ?o?n th?ng [N, B] ?o?n th?ng i: ?o?n th?ng [I, M] ?o?n th?ng l: ?o?n th?ng [A, N'] ?o?n th?ng m: ?o?n th?ng [N', N] ?o?n th?ng n: ?o?n th?ng [I', I] ?o?n th?ng p: ?o?n th?ng [B, N'] O = (0.48, 0.62) O = (0.48, 0.62) O = (0.48, 0.62) ?i?m A: ?i?m tr�n O_1 ?i?m A: ?i?m tr�n O_1 ?i?m A: ?i?m tr�n O_1 ?i?m B: ?i?m tr�n O_1 ?i?m B: ?i?m tr�n O_1 ?i?m B: ?i?m tr�n O_1 ?i?m N: ?i?m tr�n O_1 ?i?m N: ?i?m tr�n O_1 ?i?m N: ?i?m tr�n O_1 ?i?m I: Trung ?i?m c?a f ?i?m I: Trung ?i?m c?a f ?i?m I: Trung ?i?m c?a f ?i?m M: Giao ?i?m c?a h, g ?i?m M: Giao ?i?m c?a h, g ?i?m M: Giao ?i?m c?a h, g ?i?m M_1: Giao ?i?m c?a h, j ?i?m M_1: Giao ?i?m c?a h, j ?i?m N': Giao ?i?m c?a O_1, k ?i?m N': Giao ?i?m c?a O_1, k ?i?m N': Giao ?i?m c?a O_1, k ?i?m I': Trung ?i?m c?a l ?i?m I': Trung ?i?m c?a l ?i?m I': Trung ?i?m c?a l

Gọi N' = OB giao (O); I' là trung điểm AN'. Vậy I' cố định.

Xét tam giác AMN có: 

I'A = I'N'

AI = IN

nên I'I là đường trung bình hay I'I // N'N (1).

Lại có: do BN' là đường kính nên \(\widehat{N'NB}=90^o\), mà \(\widehat{IMN}=90^o\), vì thế IM // NN' (2).

Từ (1) và (2) suy ra I' , I , M  luôn thẳng hàng hay MI luôn đi qua điểm cố định I'.

b. Ta thấy I' cố định, B cũng cố định mà \(\widehat{I'MB}=90^o\) nên M thuộc đường tròn đường kinh I'B.

Đó là một đường tròn cố định, đây là hình vẽ minh họa chứng minh của cô:

???ng tr�n O_1: ???ng tr�n qua B_1 v?i t�m O ?o?n th?ng f: ?o?n th?ng [N, A] ?o?n th?ng g: ?o?n th?ng [N, B] ?o?n th?ng i: ?o?n th?ng [I, M] ?o?n th?ng l: ?o?n th?ng [A, N'] ?o?n th?ng m: ?o?n th?ng [N', N] ?o?n th?ng n: ?o?n th?ng [I', I] ?o?n th?ng p: ?o?n th?ng [B, N'] O = (0.48, 0.62) O = (0.48, 0.62) O = (0.48, 0.62) ?i?m A: ?i?m tr�n O_1 ?i?m A: ?i?m tr�n O_1 ?i?m A: ?i?m tr�n O_1 ?i?m B: ?i?m tr�n O_1 ?i?m B: ?i?m tr�n O_1 ?i?m B: ?i?m tr�n O_1 ?i?m N: ?i?m tr�n O_1 ?i?m N: ?i?m tr�n O_1 ?i?m N: ?i?m tr�n O_1 ?i?m I: Trung ?i?m c?a f ?i?m I: Trung ?i?m c?a f ?i?m I: Trung ?i?m c?a f ?i?m M: Giao ?i?m c?a h, g ?i?m M: Giao ?i?m c?a h, g ?i?m M: Giao ?i?m c?a h, g ?i?m M_1: Giao ?i?m c?a h, j ?i?m M_1: Giao ?i?m c?a h, j ?i?m N': Giao ?i?m c?a O_1, k ?i?m N': Giao ?i?m c?a O_1, k ?i?m N': Giao ?i?m c?a O_1, k ?i?m I': Trung ?i?m c?a l ?i?m I': Trung ?i?m c?a l ?i?m I': Trung ?i?m c?a l