\(A=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^5}+...+\frac{1}{3^{99}}\)

\(\frac{1}{3^2}A=\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^5}+\frac{1}{3^7}+...+\frac{1}{3^{101}}\)

\(\left(1-\frac{1}{3^2}\right)A=\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^5}+...+\frac{1}{3^{99}}\right)-\left(\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^5}+\frac{1}{3^7}+...+\frac{1}{3^{101}}\right)\)

\(\frac{8}{9}A=\frac{1}{3}-\frac{1}{3^{101}}< \frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow A< \frac{1}{3}\div\frac{8}{9}=\frac{3}{8}\).

Hình tự vẽ nhé .

a)Vì AM là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\)cân tại A

\(\Rightarrow AM\)là phân giác của \(\Delta ABC\)

Xét \(\Delta ABC\),có:

AM,BD là phân giác 

I là giao điểm của AM và BD

\(\Rightarrow I\)là giao của 3 đường phân giác của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow CI\)là phân giác của \(\widehat{ACB}\)

b)Vì BI,CI lần lượt là phân giác của \(\widehat{ABC},\widehat{ACB}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{CBI}=\frac{\widehat{ABC}}{2}\\\widehat{BCI}=\frac{\widehat{ACB}}{2}\end{cases}}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)(do \(\Delta ABC\)cân tại A)

\(\Rightarrow\widehat{CBI}=\widehat{BCI}\)

\(\Rightarrow\Delta BCI\)cân tại I

c)Xét \(\Delta ABD\)và \(\Delta ACE\),có :

\(\widehat{BAC}:chung\)

AB=AC(do \(\Delta ABC\)cân tại A)

\(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\)(do \(\Delta ABC\)cân tại A)

\(\Rightarrow\Delta ABD=\Delta ACE\left(g.c.g\right)\)

\(\Rightarrow AD=AE\)

\(\Rightarrow\Delta ADE\)cân tại A

\(\Rightarrow\widehat{ADE}=\frac{180^0-\widehat{BAC}}{2}\)

mà \(\widehat{ABC}=\frac{180^0-\widehat{BAC}}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\)

Vì 2 góc này là 2 góc ở vị trí đồng vị

\(\Rightarrow DE//BC\)

d)Vì AM là phân giác của \(\widehat{BAC}\)

\(\Rightarrow AH\)là phân giác của \(\widehat{DAE}\)

mà \(\Delta ADE\)cân tại A

\(\Rightarrow AH\)là đường trung tuyến của \(\Delta ADE\)

\(\Rightarrow H\)là trung điểm của DE

e)Vì AH là đường trung tuyến của \(\Delta ADE\)cân tại A

\(\Rightarrow AH\)là đường cao của \(\Delta ADE\)

\(\Rightarrow AH\perp DE\)

hay \(AM\perp DE\)

f) Để I và trọng tâm G của \(\Delta ABC\)trùng nhau 

thì I là trọng tâm của \(\Delta ABC\)

\(\Leftrightarrow BD\)là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\)

mà BD là đường phân giác 

\(\Leftrightarrow\Delta ABC\)đều

g)Ta chứng minh được đường cao trong tam giác đều cạnh a được tính như sau : \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)(bạn tự tìm hiểu về cách cm nhé ,mình đang lười)

\(\Rightarrow AM=BD=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Vì I là trọng tâm của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}IM=\frac{1}{3}AM=\frac{1}{3}.3\sqrt{3}=\sqrt{3}\left(cm\right)\\IB=\frac{2}{3}BD=\frac{2}{3}.3\sqrt{3}=2\sqrt{3}\left(cm\right)\end{cases}}\)

+)\(8^2=\left(2^3\right)^2=2^6\)

+)\(3^{200}=3^{2.100}=\left(3^2\right)^{100}=9^{100}\)

\(2^{300}=2^{3.100}=\left(2^3\right)^{100}=8^{100}\)

Vì \(9>8\Rightarrow9^{100}>8^{100}\)hay \(3^{200}>2^{300}\)

+)\(9^{20}=\left(3^2\right)^{20}=3^{40}\)

\(27^{13}=\left(3^3\right)^{13}=3^{39}\)

Vì \(40>39\Rightarrow3^{40}>3^{39}\)hay \(9^{20}>27^{13}\)

+)\(10^{20}=10^{2.10}=\left(10^2\right)^{10}=100^{10}\)

\(2^{100}=2^{10.10}=\left(2^{10}\right)^{10}=1024^{10}\)

Vì \(100< 1024\Rightarrow100^{10}< 1024^{10}\)hay \(10^{20}< 2^{100}\)

+)\(2^{161}=2^{4.40+1}=\left(2^4\right)^{40}.2=16^{40}.2\)

Vì \(13< 16\Rightarrow13^{40}< 16^{40}\)\(\Rightarrow13^{40}< 2^{161}\)

Sửa đề \(\frac{3}{2}+\frac{5}{2^2}+\frac{9}{2^3}+...+\frac{2^{100}+1}{2^{100}}=\frac{2+1}{2}+\frac{2^2+1}{2^2}+\frac{2^3+1}{2^3}+...+\frac{2^{100}+1}{2^{100}}\)

= \(\left(1+1+1+...+1\right)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+...+\frac{1}{2^{100}}\right)\)(100 hạng tử 1) 

= \(100+\left(1-\frac{1}{2^{100}}\right)=101-\frac{1}{2^{100}}< 101\)(1)

Vì \(-\frac{1}{2^{100}}>-1\Rightarrow101-\frac{1}{2^{100}}>101-1\Rightarrow B>100\)(2)

Từ (1) và (2) => 100 < B < 101 

Ta có: \(a^3+11a=a^3-a+12a=a\left(a^2-1\right)+12a=a\left(a-1\right)\left(a+1\right)+12a\)

Có \(a-1,a,a+1\)là ba số tự nhiên liên tiếp nên tích của nó chia hết cho \(3\), \(12a⋮3\)

nên \(\left(a^3+11a\right)⋮3\).

Do đó số dư trong phép chia \(a^3+11a+2005\)cho \(3\)là số dư của \(2005\)khi chia cho \(3\).

Có \(2+0+0+5=7\)chia \(3\)dư \(1\)nên \(2005\)chia \(3\)dư \(1\).

Vậy số dư của \(a^3+11a+2005\)khi chia cho \(3\)là \(1\).

Tham khảo !

a) Xét ΔBEM vuông tại E và ΔCFM vuông tại F có

BM=CM(AM là đường trung tuyến ứng với cạnh BC của ΔABC)

ˆEBM=ˆFCMEBM^=FCM^(hai góc ở đáy của ΔABC cân tại A)

Do đó: ΔBEM=ΔCFM(cạnh huyền-góc nhọn)

b) Ta có: ΔBEM=ΔCFM(cmt)

⇒ME=MF(hai cạnh tương ứng)

hay M nằm trên đường trung trực của EF(tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: ΔBEM=ΔCFM(cmt)

⇒BE=CF(hai cạnh tương ứng)

Ta có: AE+BE=AB(E nằm giữa A và B)

AF+CF=AC(F nằm giữa A và C)

mà AB=AC(ΔABC cân tại A)

và BE=CF(cmt)

nên AE=AF

hay A nằm trên đường trung trực của EF(tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

Từ (1) và (2) suy ra AM là đường trung trực của EF(đpcm)

c) Ta có: ˆABC+ˆDBC=ˆABDABC^+DBC^=ABD^(tia BC nằm giữa hai tia BA,BD)

⇒ˆABC+ˆDBC=900ABC^+DBC^=900

hay ˆDBC=900−ˆABCDBC^=900−ABC^(3)

Ta có: ˆACB+ˆDCB=ˆACDACB^+DCB^=ACD^(tia CB nằm giữa hai tia CA,CD)

⇒ˆACB+ˆDCB=900ACB^+DCB^=900

hay ˆDCB=900−ˆACBDCB^=900−ACB^(4)

Ta có: ΔABC cân tại A(gt)

⇒ˆABC=ˆACBABC^=ACB^(hai góc ở đáy)(5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra ˆDBC=ˆDCBDBC^=DCB^

Xét ΔDBC có ˆDBC=ˆDCBDBC^=DCB^(cmt)

nên ΔDBC cân tại D(định lí đảo của tam giác cân)

hay DB=DC

⇒D nằm trên đường trung trực của BC(tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(6)

Ta có: MB=MC(AM là đường trung tuyến ứng với cạnh BC của ΔABC)

nên M nằm trên đường trung trực của BC(tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(7)

Ta có: AB=AC(ΔABC cân tại A)

hay A nằm trên đường trung trực của BC(tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(8)

Từ (6),(7) và (8) suy ra A,M,D thẳng hàng(đpcm)

e cần câu c thôi ạ

a)A(x) = 3x^3 - 4x^4 - 2x^3 + 4x^4 - 5x + 3 

=x^3-5x+3

bậc:3

hệ số tự do:3

hệ số cao nhất :3

B(x) = 5x^3 - 4x^2 - 5x^3 - 4x^2 - 5x - 3

=-8x^2-5x+3

bậc:2

hệ số tự do:3

hệ số cao nhất:3

b)A(x)+B(x)=x^3-8^2+10x+6

câu b mik ko đặt tính theo hàng dọc đc thông cảm nha

\(f\left(x\right)=x^2+4x+5\)

\(=\left(x^2+2x\right)+\left(2x+4\right)+1\)

\(=x\left(x+2\right)+2\left(x+2\right)+1\)

\(=\left(x+2\right)^2+1\)

mà \(\left(x+2\right)^2\ge0\forall x\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\ge1>0\forall x\)

\(\Rightarrowđpcm\)

x2+4x+5

=x2+2x+2x+5

=(x2+2x)+(2x+4)+1

=x(x+2)+2(x+2)+1

=(x+2)(x+2)+1

=(x+2)2+1

Với mọi x ta có :

(x+2)2≥0

1>0

⇔(x+2)2+1>0

⇔x2+4x+5>0

⇔x2+4x+5 vô nghiệm

k đúng mk nha