a) Gọi bốn số phải tìm là $x, y, z, t$. Theo đề bài ta có:
      $\div\div  x, y, z, t$
      $\div    x-2, y-1, z-7, t-27 $
Theo tính chất cấp số cộng, ta có:
      $\begin{cases}(x-2)+(z-7)=2(y-1) \\ (y-1)+(t-27)=2(z-7) \end{cases} $ hay $\begin{cases}x+z-7=2y \\ y+t-14=2z \end{cases} $
Thay $z=xq^2, y=xq$ và $t=xq^3$ vào $(1)$ và $(2)$, ta được:
     $\begin{cases}x(q-1)^2 =7            (1')\\ xq(q-1)^2=14             (2') \end{cases}  \Rightarrow  q=2$ và $x=7$
Vậy bốn số đó là: $7; 14; 28; 56$

b) Cách giải tương tự bài a) với lưu ý tính chất cấp số cộng và nhân, ta được:
     $\begin{cases}(y-6)^2=(x-2)(z-7)                      (1)\\ (z-7)^2=(y-6)(t-2)                                   (2) \end{cases} $
 Thay $y=x+d,  z=x+2d, t=x+3d$   vào  $(1)$ và $(2)$,  ta tìm được  $d=7, x=5$
 Vậy bốn số đó là  $5; 12; 19; 26$

Đặt $u_1=a^2; u_2=b^2; u_3=c^2$. Vì $u_1, u_2, u_3$ lập thành một cấp số cộng nên $u_2-u_1=u_3-u_2$ hay $b^2-a^2=c^2-b^2                                                                                  (1)$

Đặt $v_1=\dfrac{1}{a+b};  v_2=\dfrac{1}{a+c};  v_3=\dfrac{1}{b+c}  $.

Muốn chứng minh $v_1, v_2, v_3$ lập thành một cấp số cộng, ta phải chứng minh $v_2-v_1=v_3-v_2$ hay

$\dfrac{1}{a+c}-\dfrac{1}{a+b}=\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{a+c}                                                           (2)  $

Ta có: $\dfrac{1}{a+c}-\dfrac{1}{a+b}=\dfrac{b-c}{(a+b)(a+c)}=\dfrac{b^2-c^2}{(a+b)(a+c)(b+c)}    $

           $\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{a+c}=\dfrac{a-b}{(a+c)(b+c)}=\dfrac{a^2-b^2}{(a+b)(a+c)(b+c)}    $

Từ $(1)$ suy ra $(2)$. Vậy $\dfrac{1}{a+b}, \dfrac{1}{a+c}, \dfrac{1}{b+c}   $ lập thành một cấp số cộng.

Gọi vế trái của phương trình là $T$, ta có:
với $0<x<1$
        $xT=x+2x^2+3x^3+4x^4+...$
$T-xT=1+x+x^2+x^4+...$
$T-xT$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với công bội $x$ nên:
$T-xT=\frac{1}{1-x} \Rightarrow    T=\frac{1}{(1-x)^2} $
Phương trình có dạng: $\frac{1}{(1-x)^2}=14884=122^2 $
Đáp số: $x=\frac{121}{122} $

Nhận xét: ta có thể giải bằng cách xét nguyên hàm $S(x)$ của $T(x)$ và suy ra $S(x)=\frac{1}{1-x}$.

Ta có:
$u_{n+1}-m=(u_n-m)(u_n-m+1)$

Đặt $u_n-m=x_n$, ta có: $x_{n+1}=x_n^2+x_n$

Giả sử tồn tại $ \lim x_n=a \Rightarrow a=a^2+a \Rightarrow a=0$

-  Nếu $x_1>0$ thì $x_n$ là dãy tăng, nên ko thể tồn tại $\lim =0$
-  Nếu $-1\le x_1\le0$ thì $x_n\le x_{n+1}\le0$ nên dãy $x_n$ tăng và bị chặn trên nên $\lim x_n=0$
-  Nếu $-1<x_1$ thì $x_2>0$, nên ko thể tồn tại $\lim =0$

ĐS: $\lim u_n=m$ nếu $0\le m\le1$ và không tồn tại lim trong TH còn lại.

ÐK: $x\neq 0$. Phương trình có thể viết: $1-\dfrac{1}{x}+1-\dfrac{2}{x}+...+\dfrac{1}{x}               (1)$

$(1)$ được xem là tổng của một cấp số cộng có $u_1=1-\dfrac{1}{x}; d=-\dfrac{1}{x}  $

Ta xem $\dfrac{1}{x}=u_n $ hay $\dfrac{1}{x}=1-\dfrac{n}{x}  $, suy ra $n=x-1$

Áp dụng $S_0=(u_1+u_n)\dfrac{n}{2} $ vào $(1)$, ta được $(1-\dfrac{1}{x}+1-\dfrac{n}{x})\dfrac{x-1}{2}=3 $

Suy ra $x=7$.

ĐS: Nghiệm của phương trình là $x=7$.

Ta chứng minh mệnh đề trên bằng quy nạp:
Khi $n=1$, mệnh đề hiển nhiên đúng
Khi $n=k+1$, ta có:
$\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{2k-1}{2k}.\frac{2k+1}{2(k+1)}<\frac{1}{\sqrt{2k+1}}. \frac{2k+1}{2(k+1)}=\frac{1}{\sqrt {2k+3}}.\frac{\sqrt{2k+3}}{\sqrt{2k+1}}.\frac{2k+1}{2(k+1)}$
                                                                 $=\frac{1}{\sqrt{2k+3}}.\sqrt{\frac{(2k+3)(2k+1)^2}{(2k+1)(2k+2)^2} } $
                                                                 $=\frac{1}{2k+3}.\sqrt{\frac{4k^2+8k+3}{4k^2+8k+4} } $
Vì     $\frac{4k^2+8k+3}{4k^2+8k+4}<1 $    nên từ đó suy ra:   $\frac{1}{2}.\frac{3}{4}...\frac{2k+1}{2(k+1)}<\frac{1}{\sqrt{2(k+1)+1}}    $
Tức là $(1)$ đúng khi $n=k+1$
Vậy mệnh đề trên đúng với mọi  $n$.

Vì $\alpha, \beta, \gamma$   là ba số hạng liên tiếp của cấp số cộng  $d= \dfrac{\pi}{3} $  nên
              $\alpha=\beta-\dfrac{\pi}{3} ,     \gamma= \beta+\dfrac{\pi}{3} $

Vế trái (VT) của $(1)$ là:
          $tan(\beta -\dfrac{\pi}{3} )tan \beta + tan \beta. tan \left ( \beta+\dfrac{\pi}{3}  \right )+ tan \left ( \beta - \dfrac{\pi}{3}  \right ). tan \left ( \beta + \dfrac{\pi}{3}  \right )   $

hay   $\dfrac{tan \beta- \sqrt[]{3} }{1+\sqrt[]{3}tan \beta }.tan \beta + tan \beta. \dfrac{tan\beta+\sqrt[]{3} }{1-\sqrt[]{3}tan\beta } +\dfrac{tan\beta - \sqrt[]{3} }{1+\sqrt[]{3}tan \beta }.\dfrac{tan\beta + \sqrt[]{3} }{1-\sqrt[]{3}tan\beta }$

              $= \dfrac{(tan^2\beta-\sqrt[]{3}tan\beta )(1-\sqrt[]{3}tan\beta )+(tan^2\beta+\sqrt[]{3}tan\beta )(1+\sqrt[]{3}tan\beta )+tan^2\beta-3}{1-3tan^2\beta}  $

$=\dfrac{9tan^2\beta-3}{1-3tan^2\beta}= -3 \dfrac{\left ( 1-3tan^2 \beta \right ) }{1-3tan^2\beta}= -3  $

Vậy $(1)$ được chứng minh.

a) Cho $n$ điểm (không có $3$ điểm nào thẳng hàng), ta cứ nối hai điểm với nhau thì được số cạnh và số đường chéo. Do đó số đường chéo là:
$$C^{2}_{n}-n=\frac{n!}{2!(n-2)!}-n=\frac{(n-1)n}{2}-n=\frac{(n-3)n}{2}$$
b) Cứ nối $3$ đỉnh ta được một tam giác nên số tam giác có được từ $n$ điểm là:
$$C^{3}_{n}=\frac{n!}{3!(n-3)}=\frac{(n-2)(n-1)n}{6}$$
c) Số đường chéo đi qua đỉnh A là $n-3$

d) Tam giác có $1$ đỉnh là A, $2$ đỉnh còn lại là đỉnh của $n$- giác bằng cách nối hai trong $n-1$ điểm còn còn lại để được một cạnh đối diện với đỉnh A.

Do đó số tam giác có một đỉnh là A bằng: