Gọi \(c\) là cạnh huyền của tam giác vuông đó và \(a,b\) là 2 cạnh góc vuông. Khi đó: \(a+b+c=k\) và \(c^2=a^2+b^2\)

\(\Rightarrow c^2=\left(a+b\right)^2-2ab\ge\left(a+b\right)^2-2.\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}=\dfrac{\left(k-c\right)^2}{2}\)

\(\Leftrightarrow2c^2\ge k^2-2kc+c^2\)

\(\Leftrightarrow c^2+2kc-k^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{c}{k}\right)^2+2.\dfrac{c}{k}-1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c}{k}\ge\sqrt{2}-1\) \(\Leftrightarrow c\ge\left(\sqrt{2}-1\right)k\) 

 Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=\left(\sqrt{2}-1\right)k\\a=b=\dfrac{k-c}{2}=\dfrac{\left(2-\sqrt{2}\right)k}{2}\end{matrix}\right.\), thỏa mãn.

 Vậy độ dài nhỏ nhất của cạnh huyền là \(\left(\sqrt{2}-1\right)k\)

 Hiện tượng: Nhôm tan dần trong dd CuSO₄, xuất hiện lớp đồng màu đỏ.

 PTHH: \(2Al+3CuSO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3Cu\)

Ta có \(A=8cm;\omega=4\pi rad/s;\varphi_0=0rad\) \(\Rightarrow T=\dfrac{2\pi}{\omega}=0,5\left(s\right)\)

Vật đi qua vị trí có li độ bằng \(-4\sqrt{3}cm\) theo chiều dương thì \(\varphi=\dfrac{4\pi}{3}\)

\(\Rightarrow\Delta\varphi=\dfrac{4\pi}{3}\left(rad\right)\) 

\(\Rightarrow\Delta t=\dfrac{\Delta\varphi}{2\pi}.T=\dfrac{\dfrac{4\pi}{3}}{2\pi}.0,5=\dfrac{1}{3}\left(s\right)\)

Vậy thời gian để vật đi qua vị trí có li độ bằng \(-4\sqrt{3}cm\) theo chiều dương là \(\dfrac{1}{3}s\)

 Về bản chất thì đây là một ánh xạ \(u\) có tập xác định là \(ℕ^∗\) còn tập giá trị là \(ℝ\). Lấy ví dụ, xét ánh xạ:

 \(u:ℕ^∗\rightarrowℝ\)

      \(x\rightarrow\sqrt{x}\)

 Khi đó nếu ta lấy \(x\inℕ^∗\) thì sẽ cho ra \(\sqrt{x}\inℝ\).

 Ánh xạ \(u:ℕ^∗\rightarrowℝ\) là định nghĩa cơ bản của dãy số \(\left(u_n\right)_{n\ge1}\)

 Nếu \(n\ge4\) thì \(n!=1.2.3.4.....n⋮4\), khi đó \(n!+7\) chia 4 dư 3 nên không phải là số chính phương (SCP khi chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1)

 Do đó \(n\le3\). Nếu \(n=1\) thì \(n!+7=1!+7=8\) không là SCP.

 Nếu \(n=2\) thì \(n!+7=2!+7=9\) là SCP.

 Nếu \(n=3\) thì \(n!+7=3!+7=13\) không là SCP.

 Vậy \(n=2\) là số tự nhiên \(n\) duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi P là trung điểm AH, E là giao điểm của BH và AC.

Dễ thấy tứ giác AMHN là hình bình hành nên P là trung điểm MN hay \(MP=\dfrac{1}{2}MN\)

Tam giác AEH vuông tại E có trung tuyến EP nên \(EP=\dfrac{1}{2}AH\)

Tương tự, ta có \(EM=\dfrac{1}{2}BC\)

Dễ thấy tam giác EAH và EBC đồng dạng với các trung tuyến tương ứng là EP, EM nên các tam giác EAP và EBM cũng đồng dạng.

\(\Rightarrow\widehat{AEP}=\widehat{BEM}\)

Lại có \(\widehat{AEP}+\widehat{PEB}=90^o\) nên \(\widehat{PEM}=\widehat{BEP}+\widehat{BEM}=90^o\)

Khi đó tam giác MEP vuông tại E \(\Rightarrow EP^2+EM^2=MP^2\)

\(\Rightarrow\left(\dfrac{1}{2}AH\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}BC\right)^2=\left(\dfrac{1}{2}MP\right)^2\)

\(\Rightarrow AH^2+BC^2=MN^2\), ta có đpcm.

a) AB: "Số ghi trên thẻ là số chia hết cho 10."

b) \(P\left(A\right)=\dfrac{\left|A\right|}{\left|\Omega\right|}=\dfrac{\left(100-2\right):2+1}{99}=\dfrac{50}{99}\)

c) \(P\left(B\right)=\dfrac{\left|B\right|}{\left|\Omega\right|}=\dfrac{\left(100-5\right):5+1}{99}=\dfrac{20}{99}\)

d) A và B không phải hai biến cố độc lập \(P\left(AB\right)=\dfrac{\left(100-10\right):10+1}{99}=\dfrac{10}{99}\) và \(P\left(A\right).P\left(B\right)=\dfrac{50}{99}.\dfrac{20}{99}=\dfrac{1000}{9801}\) 

hay \(P\left(AB\right)\ne P\left(A\right).P\left(B\right)\)

Ta có \(\widehat{B}=180^o-75^o=105^o\)

\(\Rightarrow\widehat{C}=180^o-\widehat{A}-\widehat{B}=180^o-30^o-75^o=75^o\)

Áp dụng định lý sin, ta có:

\(\dfrac{AB}{sinC}=\dfrac{AC}{sinB}=\dfrac{BC}{sinA}\)

\(\Rightarrow\dfrac{25}{sin75^o}=\dfrac{AC}{sin75^o}=\dfrac{BC}{sin30^o}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AC=25m\\BC=\dfrac{25sin30^o}{sin75^o}\approx12,94m\end{matrix}\right.\)