chúc chị làm được

Cho một đa giác đều 9 đỉnh A_1A_2 ... A_9Một1​Một2​... A9​. Mỗi đỉnh của đa giác được tô màu đỏ hoặc xanh lam. Gọi F là tập hợp các tam giác tạo thành 9 đỉnh của đa giác đó. Chứng minh rằng trong F tồn tại hai tam giác đồng dạng và các đỉnh được tô cùng màu

- Em dịch được

- Nhưng không biết làm

Sửa đề: 3x+y>1

Thay x=0 và y=0 vào x-2y>=2, ta được: \(0-2\cdot0\ge2\)

=>0>=2(vô lý)

=>Miền nghiệm của bất phương trình x-2y>=2 là nửa mặt phẳng có chứa biên nhưng không chứa điểm O(0;0) của đường thẳng x-2y=2(1)

Thay x=0 và y=0 vào 3x+y>1, ta được:

\(3\cdot0+0>1\)

=>0>1(vô lý)

=>Miền nghiệm của bất phương trình 3x+y>1 là nửa mặt phẳng có chứa biên nhưng không chứa điểm O(0;0) của đường thẳng 3x+y=1(2)

Thay x=0 và y=0 vào x-y>=0, ta được:

0-0>=0

=>0>=0(đúng)

=>Miền nghiệm của bất phương trình x-y>=0 là nửa mặt phẳng có chứa biên và có chứa điểm O(0;0) của đường thẳng x-y=0(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra miền nghiệm của hệ bất phương trình là:

=>Miền nghiệm của hệ là ΔABC, với B là giao điểm của x-2y=2 và 3x+y=1; A là giao điểm của 3x+y=1 và x-y=0; C là giao điểm của x-2y=2 và x-y=0

=>\(B\left(\frac47;-\frac57\right)\) ; A(1/4;1/4); C(-2;-2)

Thay x=0 và y=0 vào x-2y>=2, ta được: \(0-2\cdot0\ge2\)

=>0>=2(vô lý)

=>Miền nghiệm của bất phương trình x-2y>=2 là nửa mặt phẳng có chứa biên nhưng không chứa điểm O(0;0) của đường thẳng x-2y=2(1)

Thay x=0 và y=0 vào 3x+y>1, ta được:

\(3\cdot0+0>1\)

=>0>1(vô lý)

=>Miền nghiệm của bất phương trình 3x+y>1 là nửa mặt phẳng có chứa biên nhưng không chứa điểm O(0;0) của đường thẳng 3x+y=1(2)

Thay x=0 và y=0 vào x-y>=0, ta được:

0-0>=0

=>0>=0(đúng)

=>Miền nghiệm của bất phương trình x-y>=0 là nửa mặt phẳng có chứa biên và có chứa điểm O(0;0) của đường thẳng x-y=0(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra miền nghiệm của hệ bất phương trình là:

=>Miền nghiệm của hệ là ΔABC, với B là giao điểm của x-2y=2 và 3x+y=1; A là giao điểm của 3x+y=1 và x-y=0; C là giao điểm của x-2y=2 và x-y=0

=>\(B\left(\frac47;-\frac57\right)\) ; A(1/4;1/4); C(-2;-2)

Thời gian chuyển động: \(t=\dfrac{v-v_0}{a}=\dfrac{5,4\cdot10^5-5\cdot10^5}{8\cdot10^4}=0,5s\)

Quãng đường electron bay được:

\(s=\dfrac{v^2-v_0^2}{2a}=\dfrac{\left(5,4\cdot10^5\right)^2-\left(5\cdot10^5\right)^2}{2\cdot8\cdot10^4}=260000m\)

A=cos(90-x) - 2sin(180-x) + sinx

= sinx - 2sinx + sinx = 0

Ta có: \(\left(\sqrt2\cdot\sin135+\sqrt3\cdot\sin120-cos90\right)\cdot\left(3\cdot\tan135+2\cdot\cot45\right)\)

\(=\left(\sqrt2\cdot\frac{\sqrt2}{2}+\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}-0\right)\cdot\left(3\cdot\left(-1\right)+2\cdot1\right)\)

\(=\left(\frac22+\frac32\right)\cdot\left(-3+2\right)=-\frac52\)

Ta có: \(5\cdot\sin^230^0+3\cdot cos60^0-\frac34\cdot\tan^{2022}135^0\)

\(=5\cdot\left(\frac12\right)^2+3\cdot\frac12-\frac34\cdot\left(-1\right)^{2022}\)

\(=\frac54+\frac32-\frac34=\frac24+\frac32=\frac12+\frac32=\frac42=2\)

a)Độ cao của nơi thả viên bi so với mặt đất là:

\(h=\dfrac{1}{2}gt^2=\dfrac{1}{2}\cdot9,8\cdot3^2=44,1m\)

b)Vận tốc lúc chạm đất là:

\(v=g\cdot t=9,8\cdot3=29,4m\)/s

c)Quãng đường vật rơi được (3-0,5=2,5s) trước là:

\(S_1=\dfrac{1}{2}gt^2_1=\dfrac{1}{2}\cdot9,8\cdot2,5^2=30,625m\)

Quãng đường vật rơi được trong 0,5s cuối trước khi chạm đất: 

\(\Delta S=h-S_1=44,1-30,625=13,475m\)