Xét hàm số \(f\left(x\right)=sinx+tanx-2x\left(0< x< \dfrac{\pi}{2}\right)\)

\(f'\left(x\right)=cosx+\dfrac{1}{cos^2x}-2\)

mà \(cosx>cos^2x\left(0< x< \dfrac{\pi}{2}\Rightarrow0< cosx< 1\right)\)

\(\Rightarrow f'\left(x\right)=cosx+\dfrac{1}{cos^2x}-2>cos^2x+\dfrac{1}{cos^2x}-2\)

mà \(cos^2x+\dfrac{1}{cos^2x}\ge2\sqrt[]{cos^2x.\dfrac{1}{cos^2x}}=2\left(Bđt.Cauchy\right)\)

\(\Rightarrow f'\left(x\right)>2-2=0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến trên \(0< x< \dfrac{\pi}{2}\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)>f\left(0\right)=0,\forall x\in\left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)\)

\(\Rightarrow sinx+tanx-2x>0\)

\(\Rightarrow sinx+tanx>2x,\forall x\in\left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)\)

\(\Rightarrow dpcm\)

Xã đông nhất là "xã hội"

ok nha

\(P=\dfrac{a}{2b+3c}+\dfrac{b}{2c+3a}+\dfrac{c}{2a+3b}\left(a;b;c>0\right)\)

\(\Leftrightarrow P=\dfrac{a^2}{2ab+3ac}+\dfrac{b^2}{2bc+3ab}+\dfrac{c^2}{2ac+3bc}\)

Áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{a^2}{m}+\dfrac{b^2}{n}+\dfrac{c^2}{q}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{m+n+q}\)

\(\Leftrightarrow P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}{5\left(ab+bc+ca\right)}\left(1\right)\)

Theo bất đẳng thức Cauchy :

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\a^2+c^2\ge2ac\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow P=\dfrac{a^2}{2ab+3ac}+\dfrac{b^2}{2bc+3ab}+\dfrac{c^2}{2ac+3bc}\ge\dfrac{ab+bc+ca+2\left(ab+bc+ca\right)}{5\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\Leftrightarrow P\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{5\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{3}{5}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Vậy \(Min\left(P\right)=\dfrac{3}{5}\left(tại.a=b=c\right)\)

Bổ sung chứng minh Bất đẳng thức :

\(\dfrac{a^2}{m}+\dfrac{b^2}{n}+\dfrac{c^2}{q}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{m+n+q}\)

Theo BĐT Bunhiacopxki :

\(\left(\dfrac{a}{\sqrt[]{m}}\right)^2+\left(\dfrac{b}{\sqrt[]{n}}\right)^2+\left(\dfrac{c}{\sqrt[]{q}}\right)^2.\left[\left(\sqrt[]{m}\right)^2+\left(\sqrt[]{n}\right)^2+\left(\sqrt[]{q}\right)^2\right]\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{m}+\dfrac{b^2}{n}+\dfrac{c^2}{q}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{m+n+q}\)

Chọn : C.9

Giải thích:

8n+1111...1 (n thừa số 1 )

\(\Rightarrow\) Tổng số số hạng của 1111...1 là n

\(\Rightarrow\) 8n+n=9n

Mà 9n \(⋮\) 9

\(\Rightarrow\)8n + 1111...1 ( n thừa số 1) \(⋮\) 9

vì thích 

một ngón tay vs một ngón tay thì là bn:))

 Viết lại đề: \(\left\{{}\begin{matrix}u_1=\dfrac{1}{7}\\u_{n+1}=\dfrac{u_n\left(1-u_n^8\right)}{1+u_n}\end{matrix}\right.\)

 *Tính \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n\):

 Bằng quy nạp, dễ chứng minh được \(0< u_n< 1,\forall n=1,2,...\)

 Ta có \(u_{n+1}-u_n=\dfrac{-u_n^9-u_n^2}{1+u_n}< 0\) nên \(\left(u_n\right)\) là dãy giảm. Mà \(\left(u_n\right)\) bị chặn nên \(\left(u_n\right)\) có giới hạn hữu hạn.

 Đặt \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=L\left(0\le L< 1\right)\) thì \(L=\dfrac{L\left(1-L^8\right)}{1+L}\)

 \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}L=0\\\dfrac{1-L^8}{1+L}=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}L=0\\1-L^8=1+L\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}L=0\\L=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow L=0\) \(\Rightarrow\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}u_n=0\)

Theo đó, đề bài cụ thể như sau: Bán kính hình tròn B gấp 3 lần bán kính hình tròn A. Nếu hình A lăn xung quanh hình B, nó phải thực hiện bao nhiêu vòng quay để trở lại điểm xuất phát? => Các phương án được đưa ra là 3/2, 3, 6, 9/2, 9 vòng

Tham Khảo:

Do bán kính hình tròn B gấp 3 lần bán kính hình tròn A, nên chu vi của hình tròn B cũng gấp 3 lần chu vi của hình tròn A.

Mà mỗi khi lăn đc 1 vòng, hình tròn A lại đi được một quãng đường bằng đúng chu vi của nó.

Vậy để lăn xung quanh hình B, A phải thực hiện 3 vòng quay để quay lại điểm xuất phát.

Số tuổi của ông:

X-x=x

Đáp số: x

Bruh

ko hiểu gì luôn