ko

1. Đánh giá chặn trên

Trong các phân số thành phần, phân số đầu tiên $\frac{n+1}{n^2+1}$ là lớn nhất vì có mẫu số nhỏ nhất. Nếu ta thay tất cả các mẫu số bằng mẫu số nhỏ nhất này, ta có:

Vì $n > 1$, ta thấy $n^2+n > n^2+1$, nên biểu thức này lớn hơn $1$. Ta cần một chặn trên chặt chẽ hơn hoặc đánh giá lại.

2. Đánh giá chặn dưới

Tương tự, phân số cuối cùng $\frac{n+1}{n^2+n}$ là nhỏ nhất. Nếu thay tất cả các mẫu bằng mẫu này:

Vậy ta đã có $A > 1$.

3. Tìm chặn trên nhỏ hơn 2

Bây giờ ta quay lại đánh giá chặn trên một cách khéo léo hơn:

Ta có $A = \frac{n+1}{n^2+1} + \frac{n+1}{n^2+2} + \dots + \frac{n+1}{n^2+n}$.

Mọi mẫu số $n^2+i$ (với $i \ge 1$) đều lớn hơn hoặc bằng $n^2+1$.

Vì $\frac{1}{n^2+i} < \frac{1}{n^2}$ với mọi $i \ge 1$:

Với $n > 1$, thì $1 + \frac{1}{n}$ luôn nhỏ hơn hoặc bằng $1,5$ (với $n=2$) và tiến dần về $1$ khi $n$ lớn.

Do đó: $1 < A < 2$ với mọi $n > 1$.

Kết luận

Vì $A$ bị kẹp giữa hai số nguyên liên tiếp là $1$ và $2$, nên $A$ không thể là một số nguyên.


Tham khảo:Gemini

Chịu

Đề nghị bạn không spam chiếm diện tích!

??

tung tung sahur hỏi á

Bài 8. Cho (O) đường kính AB.

a. Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật

• Xét tứ giác $AMBN$ có:
• • Hai đường chéo $AB$ và $MN$ cắt nhau tại tâm $O$.
  • $OA = OB = OM = ON = R$ (bán kính).
• $\Rightarrow$ $O$ là trung điểm của mỗi đường. Vậy $AMBN$ là hình bình hành.
• Lại có $AB = MN = 2R$ (hai đường chéo bằng nhau).
• Kết luận: Hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật.

b. Chứng minh tứ giác MNDC là tứ giác nội tiếp

• Vì $AMBN$ là hình chữ nhật $\Rightarrow \widehat{AMB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
• $\Rightarrow AM \perp MB$ hay $AM \perp BC$.
• Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B$ (do $BC$ là tiếp tuyến), có $BM$ là đường cao:
• • Áp dụng hệ thức lượng: $\widehat{BAM} = \widehat{BCM}$ (cùng phụ với $\widehat{MAC}$).
• Mà trong đường tròn $(O)$, $\widehat{BAM} = \widehat{BNM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BM$).
• Từ đó suy ra $\widehat{BCM} = \widehat{BNM}$.
• Kết luận: Tứ giác $MNDC$ có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện $\Rightarrow$ Nội tiếp.

c. Chứng minh $AN \cdot AD = AM \cdot AC$

• Xét hai tam giác $\Delta AMN$ và $\Delta ADC$:
• • Có $\widehat{MAN}$ chung.
  • Có $\widehat{AMN} = \widehat{ADC}$ (do tứ giác $MNDC$ nội tiếp ở câu b).
• $\Rightarrow \Delta AMN \sim \Delta ADC$ (g.g).
• Lập tỉ số đồng dạng: $\frac{AM}{AD} = \frac{AN}{AC}$
• Kết luận: $AN \cdot AD = AM \cdot AC$ (đpcm).

Bài 9. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.

a. Nhận xét về tứ giác ADHE

• Xét tứ giác $ADHE$ có:
• • $\widehat{DAE} = 90^\circ$ (do $\Delta ABC$ vuông tại $A$).
  • $\widehat{ADH} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AH$).
  • $\widehat{AEH} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AH$).
• Nhận xét: Tứ giác $ADHE$ là hình chữ nhật. Do đó, nó nội tiếp đường tròn $(O)$.

b. Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp

• Vì $ADHE$ là hình chữ nhật $\Rightarrow \widehat{ADE} = \widehat{AHE}$ (cùng chắn cung $AE$).
• Mà trong $\Delta AHC$ vuông tại $H$, ta có $\widehat{AHE} = \widehat{ACH}$ (cùng phụ với $\widehat{HAC}$).
• Suy ra $\widehat{ADE} = \widehat{ACB}$.
• Kết luận: Tứ giác $BDEC$ có góc ngoài bằng góc đối trong nên là tứ giác nội tiếp.

c. Chứng minh $AM \perp DE$

• Gọi $I$ là giao điểm của $AM$ và $DE$.
• Trong $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $M$ là trung điểm $BC \Rightarrow AM = MC \Rightarrow \Delta AMC$ cân tại $M$.
• $\Rightarrow \widehat{MAC} = \widehat{MCA}$ (hay $\widehat{ACB}$).
• Theo câu b, ta có $\widehat{ADE} = \widehat{ACB}$.
• $\Rightarrow \widehat{MAC} = \widehat{ADE}$.
• Lại có $\widehat{ADE} + \widehat{AED} = 90^\circ$ (do $\Delta ADE$ vuông tại $A$).
• Suy ra $\widehat{MAC} + \widehat{AED} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{AIE} = 90^\circ$.
• Kết luận: $AM \perp DE$ (đpcm).

Đ/S:50000 tờ

Brainrot còn hơn loại đi spam câu hỏi như bạn=-=

2