Ngày 1 - THTT

Bài T1/509: So sánh hai số sau $A=\frac{1}{5}+\frac{2}{5^2}+\frac{3}{5^3}+...+\frac{2018}{5^{2018}}$ ; $B=\frac{2018}{2019}$
Lời giải: Từ $\frac{4}{5^n}=\frac{5-1}{5^n}=\frac{1}{5^{n-1}}-\frac{1}{5^n}$ có hệ thức $\frac{4}{5^n}=\frac{1}{5^{n-1}}-\frac{1}{5^{n}}(1)$ và $\frac{4n}{5^{n}}=\frac{n}{5^{n-1}}-\frac{n}{5^{n}}(2)$.
Sử dụng hệ thức (2) khi cho n lần lượt lấy 2018 giá trị từ 1,2,3,...,2018 ta được $4A=4(\frac{1}{5}+\frac{2}{5^2}+\frac{3}{5^3}+...+\frac{2017}{5^{2017}}+\frac{2018}{5^{2018}})$
$=\frac{4}{5}+\frac{4.2}{5^2}+\frac{4.3}{5^3}+...+\frac{4.2017}{5^{2017}}+\frac{4.2018}{5^{2018}}$
$=(\frac{5}{5}-\frac{1}{5})+(\frac{2}{5}-\frac{2}{5^2})+(\frac{3}{5^2}-\frac{3}{5^3})+...+(\frac{2017}{5^{2016}}-\frac{2017}{5^{2017}})+(\frac{2018}{5^{2017}}-\frac{2018}{5^{2018}})$
$=1+(\frac{2}{5}-\frac{1}{5})+(\frac{3}{5^2}-\frac{2}{5^2})+(\frac{4}{5^3}-\frac{3}{5^3})+...+(\frac{2018}{5^{2017}}-\frac{2017}{5^{2017}})-\frac{2018}{5^{2018}}$
$=1+\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+...+\frac{1}{5^{2017}}-\frac{2018}{5^{2018}}$
$=1+C-\frac{2018}{5^{2018}}<1+C(3)$.
trong đó: $C=\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^3}+...+\frac{1}{5^{2017}}$.
Tương tự trên, sử dụng hệ thức (1) khi cho n lần lượt lấy giá trị từ 1,2,3,..., đến 2017 ta được: $4C=4(\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^3}+...+\frac{1}{5^{2016}}+\frac{1}{5^{2017}})$
$=\frac{4}{5}+\frac{4}{5^2}+\frac{4}{5^3}+...+\frac{4}{5^{2016}}+\frac{4}{5^{2017}}$
$=(\frac{5}{5}-\frac{1}{5})+(\frac{1}{5}-\frac{1}{5^2})+(\frac{1}{5^2}-\frac{1}{5^3})+...+(\frac{1}{5^{2015}}-\frac{1}{5^{2016}})+(\frac{1}{5^{2016}}-\frac{1}{5^{2017}})$
$=1-\frac{1}{5^{2017}}<1(4)$
Từ (3) và (4) có $16A<4+4C<5$, suy ra $A<\frac{5}{16}$ mà $\frac{5}{16}<\frac{15}{16}=1-\frac{1}{16}<1-\frac{1}{2019}=\frac{2018}{2019}$ nên $A<B$.
Bài T2/509: Cho $P$ là một điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho $\angle{PBC}=30^0,\angle{PBA}=8^0$ và $\angle{PAB}=\angle{PAC}=22^0$. Tính số đo của $\angle{PAC}$.
Lời giải:

Vẽ $\triangle{ABQ}$ cân tại $A$, đường cao $AH$ và gọi $D$ là giao điểm của $AH$ và $BC$. Vì $\angle{BPH}$ là góc ngoài của tam giác $\triangle{APB}$ nên $\angle{BPH}=22^0+8^0=30^0$. Xét $\triangle{BPD}$ ta có $\angle{BPD}=\angle{PBD}=30^0\implies \angle{BDP}=180^0-2.30^0=120^0$. Vì $\triangle{ABQ}$ cân tại $A$ và $\angle{BAQ}=44^0$ nên $\angle{ABQ}=\angle{AQB}=\frac{180^0-44^0}{2}=68^0\implies \angle{DBQ}=30^0$
$\implies \angle{PBQ}=60^0$. Xét $\triangle{BPQ}$ có $PH$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến $\implies \triangle{BPQ}$ là tam giác cân, lại có $\triangle{PBQ}=60^0\implies \triangle{BPQ}$ là tam giác đều $\implies BP=PQ$. Xét $\triangle{BPC}$ và $\triangle{BQC}$ có $BP=BQ;\angle{PBC}=\angle{QBC},BC$ chung.
Suy ra $\triangle{BPC}=\triangle{BQC}(c.g.c)\implies \angle{BPC}=\angle{BQC}=68^0$
$\implies \angle{APC}=360^0-\angle{APB}-\angle{BPC}=360^0-150^0-68^0=142^0$.
Vậy $\angle{APC}=142^0$
Link:https://drive.google.com/file/d/1BsuxDI_oeD4K0efw8mG5yn_H-moTdmLM/view