a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBED vuông tại E có

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔBED

=>AB=BE

Ta đặt:

\(A=\dfrac{2023}{1}+\dfrac{2022}{2}+\dfrac{2021}{3}+...+\dfrac{1}{2023}\)

\(A=1+\dfrac{2022}{2}+1+\dfrac{2021}{3}+1+...+\dfrac{1}{2023}+1\) 

\(A=\dfrac{2024}{2024}+\dfrac{2024}{2}+\dfrac{2024}{3}+....+\dfrac{2024}{2023}\)

\(A=2024\times\left(\dfrac{1}{2024}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2023}\right)\) 

\(\Rightarrow\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2024}}{\dfrac{2023}{1}+\dfrac{2022}{2}+...+\dfrac{1}{2023}}\)

\(=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2024}}{2024\times\left(\dfrac{1}{2024}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2023}\right)}=\dfrac{1}{2024}\)

\(\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2024}}{\dfrac{2023}{1}+\dfrac{2022}{2}+...+\dfrac{1}{2023}}\)

\(=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2024}}{\left(1+\dfrac{2022}{2}\right)+\left(1+\dfrac{2021}{3}\right)+...+\left(1+\dfrac{1}{2023}\right)+1}\)

\(=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2024}}{\dfrac{2024}{2}+\dfrac{2024}{3}+...+\dfrac{2024}{2023}+\dfrac{2024}{2024}}\)

\(=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2024}}{2024\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2024}\right)}=\dfrac{1}{2024}\)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}x^4\ge0\\x^2\ge0\end{matrix}\right.\) ; \(\forall x\)

\(\Rightarrow3x^4+2x^2\ge0\) ; \(\forall x\)

\(\Rightarrow3x^4+2x^2+\dfrac{5}{3}>0\) ; \(\forall x\)

\(\Rightarrow\) Đa thức \(Q\left(x\right)\) vô nghiệm

Sửa đề: ΔABC vuông tại A, cắt AC tại M

a: Xét ΔBAM vuông tại A và ΔBDM vuông tại D có

BM chung

BA=BD

Do đó: ΔBAM=ΔBDM

b: ΔBAM=ΔBDM

=>MA=MD

Xét ΔMAN vuông tại A và ΔMDC vuông tại D có

MA=MD

\(\widehat{AMN}=\widehat{DMC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMAN=ΔMDC

=>MN=MC

=>ΔMNC cân tại M

c: Ta có: ΔMAN=ΔMDC

=>AN=DC

Ta có: BA+AN=BN

BD+DC=BC

mà BA=BD và AN=DC

nên BN=BC

=>B nằm trên đường trung trực của NC(1)

Ta có: MN=MC

=>M nằm trên đường trung trực của NC(2)

Ta có: IN=IC

=>I nằm trên đường trung trực của NC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra B,M,I thẳng hàng

\(A\left(x\right)=x^5+2x^3+4\\ B\left(x\right)=4x^3-x^2+6x+1\)

A(x) có bậc là 5

B(x) có bậc là 3

Em xem lại đề nhé. H, K ở đâu ra vậy em?

a: Xét ΔABM và ΔCDM có

MA=MC

\(\widehat{AMB}=\widehat{CMD}\)(hai góc đối đỉnh)

MB=MD

Do đó: ΔABM=ΔCDM

b: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBHE vuông tại H có

BH chung

HA=HE

Do đó: ΔBHA=ΔBHE

=>BA=BE

mà BA=CD(ΔMAB=ΔMCD)

nên BE=CD

c: Xét ΔAEC có

CH,EM là các đường trung tuyến

CH cắt EM tại K

Do đó: K là trọng tâm của ΔAEC

Xét ΔAEC có

K là trọng tâm

I là trung điểm của EC

Do đó: A,K,I thẳng hàng

áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{2}=\dfrac{c}{4}=\dfrac{a+b+c}{3+2+4}=\dfrac{45}{9}=5\)

=>\(a=5\cdot3=15;b=2\cdot5=10;c=4\cdot5=20\)

Vì mật khẩu là một số có 3 chữ số và mỗi chữ số đều là số lẻ, nên các chữ số lẻ có thể là 1, 3, 5, 7 hoặc 9. Điều này có nghĩa là mỗi chữ số trong mật khẩu có 5 lựa chọn khác nhau.

Do đó, tổng số mật khẩu có thể có là: 5×5×5=125

Giờ ta giả sử Nam chỉ nhấn một lần để mở cửa.

Để xác định xác suất mà Nam mở được cửa ngay lần nhấn đầu tiên, ta nhận thấy chỉ có một mật khẩu đúng trong số 125 mật khẩu có thể.

Vậy xác suất mà Nam mở được cửa từ lần nhấn đầu tiên là: 1/125

Như vậy, xác suất Nam bấm một lần mở được cửa là 1/125​ hay khoảng 0.008 (0.8%).

Vì mật khẩu là một số có 3 chữ số và mỗi chữ số đều là số lẻ, nên các chữ số lẻ có thể là 1, 3, 5, 7 hoặc 9. Điều này có nghĩa là mỗi chữ số trong mật khẩu có 5 lựa chọn khác nhau.

Do đó, tổng số mật khẩu có thể có là: 5×5×5=125

Giờ ta giả sử Nam chỉ nhấn một lần để mở cửa.

Để xác định xác suất mà Nam mở được cửa ngay lần nhấn đầu tiên, ta nhận thấy chỉ có một mật khẩu đúng trong số 125 mật khẩu có thể.

Vậy xác suất mà Nam mở được cửa từ lần nhấn đầu tiên là: 1/125

Như vậy, xác suất Nam bấm một lần mở được cửa là 1/125​ hay khoảng 0.008 (0.8%).