Ta có:

\({a_1} = 0;{a_2} = 1;{a_3} = 2;{a_4} = 3;{a_5} = 4\).

\({b_1} = 2.1 = 2;{b_2} = 2.2 = 4;{b_3} = 2.3 = 6;{b_4} = 2.4 = 8\).

 \({c_1} = 1;{c_2} = {c_1} + 1 = 1 + 1 = 2;{c_3} = {c_2} + 1 = 2 + 1 = 3;{c_4} = {c_3} + 1 = 3 + 1 = 4\).

+ Chu vi đường tròn có bán kính \(n\) là \({d_n} = 2\pi n\).

Ta có: \({d_1} = 2\pi .1 = 2\pi ;{d_2} = 2\pi .2 = 4\pi ;{d_3} = 2\pi .3 = 6\pi ;{d_4} = 2\pi .4 = 8\pi \).

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}\left( P \right)\parallel \left( {{A_1}{A_2}{A_3}...{A_6}} \right)\\ \Rightarrow {A_1}^\prime {A_2}^\prime \parallel {A_1}{A_2},{A_2}^\prime {A_3}^\prime \parallel {A_2}{A_3},{A_3}^\prime {A_4}^\prime \parallel {A_3}{A_4},{A_4}^\prime {A_5}^\prime \parallel {A_4}{A_5},{A_5}^\prime {A_6}^\prime \parallel {A_5}{A_6},{A_6}^\prime {A_1}^\prime \parallel {A_6}{A_1}\\ \Rightarrow \frac{{{A_1}^\prime {A_2}^\prime }}{{{A_1}{A_2}}} = \frac{{{A_2}^\prime {A_3}^\prime }}{{{A_2}{A_3}}} = \frac{{{A_3}^\prime {A_4}^\prime }}{{{A_3}{A_4}}} = \frac{{{A_4}^\prime {A_5}^\prime }}{{{A_4}{A_5}}} = \frac{{{A_5}^\prime {A_6}^\prime }}{{{A_5}{A_6}}} = \frac{{{A_6}^\prime {A_1}^\prime }}{{{A_6}{A_1}}}\end{array}\)

Mà \({A_1}{A_2} = {A_2}{A_3} = {A_3}{A_4} = {A_4}{A_5} = {A_5}{A_6} = {A_6}{A_1}\)

\( \Rightarrow {A_1}^\prime {A_2}^\prime  = {A_2}^\prime {A_3}^\prime  = {A_3}^\prime {A_4}^\prime  = {A_4}^\prime {A_5}^\prime  = {A_5}^\prime {A_6}^\prime  = {A_6}^\prime {A_1}^\prime \)

Vậy đa giác \({A_1}^\prime {A_2}^\prime {A_3}^\prime ...{A_6}^\prime \) là lục giác đều.

b) Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}O' \in {A_1}^\prime {A_4}^\prime  \subset \left( {S{A_1}{A_4}} \right)\\O' \in {A_3}^\prime {A_6}^\prime  \subset \left( {S{A_3}{A_6}} \right)\\\left( {S{A_1}{A_4}} \right) \cap \left( {S{A_3}{A_6}} \right) = SO\end{array} \right\} \Rightarrow O' \in SO\)

Mà \(S.{A_1}{A_2}{A_3}...{A_6}\) là hình chóp đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {{A_1}{A_2}{A_3}...{A_6}} \right)\)

Vậy \(OO' \bot \left( {{A_1}{A_2}{A_3}...{A_6}} \right)\)

a, Số hạng tổng quát của cấp số cộng \(\left(a_n\right)\) là:

\(a_n=a_1+\left(n-1\right)d=5+\left(n-1\right)\left(-5\right)=5-5n+5=10-5n\)

b, Giả sử cấp số cộng \(\left(b_n\right)\) có công sai d, ta có:

\(b_{10}=b_1+\left(10-1\right)d\\ \Leftrightarrow20=2+9d\\ \Leftrightarrow9d=18\\ \Leftrightarrow d=2\)

Vậy số hạng tổng quát của cấp số cộng \(\left(b_n\right)\) là:

\(b_n=b_1+\left(n-1\right)d=2+\left(n-1\right)\cdot2=2+2n-2=2n\)

Số vecto tạo từ 2n điểm là: \(A_{2n}^2\)

Đa giác đều 2n đỉnh có n đường chéo, cứ 2 đường chéo cho ta 1 hình chữ nhật tương ứng, do đó số hình chữ nhật có đỉnh là đỉnh của đa giác đều là: \(C_n^2\)

\(\Rightarrow A_{2n}^2=9C_n^2\Leftrightarrow\dfrac{\left(2n\right)!}{\left(2n-2\right)!}=\dfrac{9.n!}{2!.\left(n-2\right)!}\)

\(\Leftrightarrow2n\left(2n-1\right)=\dfrac{9n\left(n-1\right)}{2}\)

\(\Leftrightarrow n=5\)

dạ em chưa hiểu tại sao số vecto tạo từ 2n điểm và số hình chữ nhật có đỉnh là đỉnh của đa giác đều lại ra được như kia vậy ạ :(((

mấy thánh toán đâu jup cai nao

jup

\(S_0=a_0+a_1+...+a_{16}=f\left(1\right)=1\)

Số hạng tổng quát trong khai triển:

\(\sum\limits^8_{k=0}C_8^k\left(x^2+2x\right)^k\left(-2\right)^{8-k}=\sum\limits^8_{k=0}C_8^k\left(-2\right)^{8-k}\sum\limits^k_{i=0}C_k^ix^{2i}\left(2x\right)^{k-i}\)

\(=\sum\limits^8_{k=0}\sum\limits^k_{i=0}C_8^kC_k^i\left(-2\right)^{8-k}2^{k-i}x^{i+k}\)

Số hạng không chứa x thỏa mãn: \(\left\{{}\begin{matrix}0\le i\le k\le8\\i+k=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow i=k=0\Rightarrow a_0=C_8^0C_0^0\left(-2\right)^82^0=2^8\)

Số hạng chứa \(x^{16}\) thỏa mãn: \(\left\{{}\begin{matrix}0\le i\le k\le8\\i+k=16\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow i=k=8\Rightarrow a_{16}=C_8^8C_8^8\left(-2\right)^0.2^0=1\)

\(\Rightarrow S=S_0-\left(a_0+a_{16}\right)=-2^8\)