|
|
giải đáp
|
Tính tổng: S=$\frac{1}{2!.2012!}$ + $\frac{1}{4!.2010!}$ +...+ $\frac{1}{2!.2012!}$ + $\frac{1}{2014!}$
|
|
|
|
$S=\frac{1}{2!2012!}+\frac{1}{4!2010!}+\frac{1}{6!2008!}+...+\frac{1}{2012!2!}+\frac{1}{2014!0!}$
$=\frac{1}{2014!}(\frac{2014!}{2!2012!}+\frac{2014!}{4!2010!}+\frac{2014!}{6!2008!}+...+\frac{2014!}{2012!2!}+\frac{2014!}{2014!0!})$
$=\frac{1}{2014!}(C^{2}_{2014}+C^{4}_{2014}+C^{6}_{2014}+...+C^{2012}_{2014}+C^{2014}_{2014})$
$=\frac{1}{2014!}[(C^{0}_{2014}+C^{2}_{2014}+C^{4}_{2014}+C^{6}_{2014}+...+C^{2012}_{2014}+C^{2014}_{2014})-1]$
$=\frac{1}{2014!}(2^{2013}-1)$
$=\frac{2^{2013}-1}{2014!}$.
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 17/01/2017
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp mình với
|
|
|
|
Xét $n$ là số tự nhiên và $n \geq 3$.Từ công thức khai triển nhị thức Newton suy ra: $(1+x)^n=C^{0}_{n}+C^{1}_{n}x+C^{2}_{n}x^2+...+C^{n}_{n}x^n, \forall x\in R "$.Lấy đạo hàm theo biến $x$ cả hai vế thì được: $n(1+x)^{n-1}=C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}x+3C^{3}_{n}x^2...+nC^{n}_{n}x^{n-1}, \forall x\in R$.Cho $x=1$ thì được: $n2^{n-1}=C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}$.Suy ra: $\frac{C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}}{n}=2^{n-1}$ (1).Mời bạn đọc tự chứng minh điều sau (bằng quy nạp): $2^{n-1}<n!$ " (2).Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}}{n}<n!$.
Xét $n$ là số tự nhiên và $n \geq 3$.Từ công thức khai triển nhị thức Newton suy ra: $(1+x)^n=C^{0}_{n}+C^{1}_{n}x+C^{2}_{n}x^2+...+C^{n}_{n}x^n, \forall x\in R.$.Lấy đạo hàm theo biến $x$ cả hai vế thì được: $n(1+x)^{n-1}=C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}x+3C^{3}_{n}x^2...+nC^{n}_{n}x^{n-1}, \forall x\in R$.Cho $x=1$ thì được: $n2^{n-1}=C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}$.Suy ra: $\frac{C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}}{n}=2^{n-1}$ (1).Mời bạn đọc tự chứng minh điều sau (bằng quy nạp): $2^{n-1}<n!$ (2).Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}}{n}<n!$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với
|
|
|
|
Xét $n$ là số tự nhiên và $n \geq 3$. Từ công thức khai triển nhị thức Newton suy ra: $(1+x)^n=C^{0}_{n}+C^{1}_{n}x+C^{2}_{n}x^2+...+C^{n}_{n}x^n, \forall x\in R.$. Lấy đạo hàm theo biến $x$ cả hai vế thì được: $n(1+x)^{n-1}=C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}x+3C^{3}_{n}x^2...+nC^{n}_{n}x^{n-1}, \forall x\in R$.
Cho $x=1$ thì được: $n2^{n-1}=C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}$.
Suy ra: $\frac{C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}}{n}=2^{n-1}$ (1). Mời bạn đọc tự chứng minh điều sau (bằng quy nạp): $2^{n-1}<n!$ (2). Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{C^{1}_{n}+2C^{2}_{n}1+3C^{3}_{n}...+nC^{n}_{n}}{n}<n!$
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 13/01/2017
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Công thức lượng giác
|
|
|
|
Từ công thức diện tích tam giác suy ra $sinA=\frac{2S}{bc}$, $sinB=\frac{2S}{ac}$, $sinC=\frac{2S}{ab}$. Từ đó có:$sin^2A<sin^2B+sin^2C\Leftrightarrow \frac{4S^2}{b^2c^2}< \frac{4S^2}{a^2c^2}+\frac{4S^2}{a^2b^2}$ $\Leftrightarrow a^2<b^2+c^2$ $\Leftrightarrow 0^0<\widehat{A}<90^0$.
Ta có: $0^0<\widehat{A}<180^0\Leftrightarrow cosA>0$ $\Leftrightarrow a^2<b^2+c^2$ $\Leftrightarrow 4R^2sin^2A<4R^2sin^2B+4R^2sin^2C$ $\Leftrightarrow sin^2A<sin^2B+sin^2C$.
|
|
|
|
giải đáp
|
toán 10
|
|
|
|
Từ tính chất trọng tâm và công thức trung tuyến trong tam giác suy ra:$GA^2=(\frac{2}{3}m_{a})^2$ $=\frac{4}{9}.\frac{2(b^2+c^2)-a^2}{4}$ $=\frac{2(b^2+c^2)-a^2}{9}$.
Lập luận tương tự như trên thì được: $GB^2=\frac{2(a^2+c^2)-b^2}{9}$, $GC^2=\frac{2(a^2+b^2)-c^2}{9}$. Cộng ba đẳng thức trên theo vế thì được đẳng thức phải chứng minh.
|
|
|
|
giải đáp
|
:3
|
|
|
|
Xét $x\in (-\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4})$. Khi đó $sinx+cosx>0$ và $cosx>0$. Gọi $A$ là giới hạn phải tính, thế thì:$A=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{ln(sinx+cosx)}{x}$ $=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{ln[cosx(tanx+1)]}{x}$ $=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{ln(cosx)+ln(tanx+1)}{x}$
$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}[\frac{ln(1-2sin^2\frac{x}{2})}{x}+\frac{ln(1+tanx)}{x}]$ $=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}[\frac{ln(1-2sin^2\frac{x}{2})}{-2sin^2\frac{x}{2}}.\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}.(-sin\frac{x}{2})+\frac{ln(1+tanx)}{tanx}.\frac{sinx}{x}.\frac{1}{cosx}]$
$=1.1.(-0)+1.1.\frac{1}{1}$ $=1$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Công thức lượng giác
|
|
|
|
Ta có: $0^0<\widehat{A}<180^0\Leftrightarrow cosA>0$ $\Leftrightarrow a^2<b^2+c^2$
$\Leftrightarrow 4R^2sin^2A<4R^2sin^2B+4R^2sin^2C$
$\Leftrightarrow sin^2A<sin^2B+sin^2C$.
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 25/12/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Hệ thức lượng trong tam giác!
|
|
|
|
Từ công thức hạ bậc tăng cung và định lí cô-sin suy ra$cos\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$;$sin\frac{B}{2}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}}$;$sin\frac{C}{2}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}}$.Từ đó suy ra$\frac{asin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}}{cos\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}=r$.
Từ công thức hạ bậc tăng cung và định lí cô-sin suy ra$cos\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$;$sin\frac{B}{2}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}}$;$sin\frac{C}{2}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}}$.Từ đó suy ra$\frac{asin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}}{cos\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}=\frac{S}{p}=r$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
help(2)
|
|
|
|
Xét cung $\alpha$ là cho $\frac{tan^2\alpha-sin^2\alpha }{cot^2\alpha -cos^2\alpha }$ có nghĩa. Khi đó $\frac{tan^2\alpha-sin^2\alpha }{cot^2\alpha -cos^2\alpha }=\frac{tan^2\alpha-\frac{tan^2\alpha }{tan^2\alpha +1}}{\frac{1}{tan^2\alpha } -\frac{1}{tan^2\alpha +1} }=tan^6\alpha $.
Xét cung $\alpha$ làm cho $\frac{tan^2\alpha-sin^2\alpha }{cot^2\alpha -cos^2\alpha }$ có nghĩa. Khi đó $\frac{tan^2\alpha-sin^2\alpha }{cot^2\alpha -cos^2\alpha }=\frac{tan^2\alpha-\frac{tan^2\alpha }{tan^2\alpha +1}}{\frac{1}{tan^2\alpha } -\frac{1}{tan^2\alpha +1} }=tan^6\alpha $.
|
|