|
|
giải đáp
|
Giúp với
|
|
|
|
Giả sử $d$ là công sai của CSC trên thì ta có:$u_m=u_1+(m-1).d;u_n=u_1+(n-1).d$ Vì $\frac{u_m}{u_n}=\frac{m}{n}$ nên ta có:$\frac{u_1+(m-1).d}{u_1+(n-1).d}=\frac{m}{n}$ $\Rightarrow n.u_1+n(m-1).d=mu_1+m(n-1).d$ $\Leftrightarrow (n-m).u_1+d.(nm-n-nm+m)=0$ $\Leftrightarrow (n-m)(u_1-d)=0$
Do $n\neq m$ nên $u_1=d$ Từ đó có $Sm=d+2d+...+md;Sn=d+2d+...+nd$ $\Rightarrow Sm=d(1+2+...+m);Sn=d(1+2+...+n)$
$\Rightarrow \frac{Sm}{Sn}=\frac{1+2+...+m}{1+2+...+n}$
Ta tính được $1+2+...+m=\frac{m(m+1)}{2};1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}$ $\Rightarrow \frac{Sm}{Sn}=\frac{m(m+1)}{n(n+1)}$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Tiếp nữa...
|
|
|
|
Tìm số k tốt nhất sao cho BĐT sau luôn đúng với a,b,c không âm: $k(a+b+c)^4\geq(a^3b+b^3c+c^3a)+abc(a+b+c)$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Cần...!
|
|
|
|
Cho $x,y,z$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác và 1 số $k\geq 2,6$ Chứng minh rằng:$\frac{x}{\sqrt{x^2+kyz}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+kxz}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+kxy}}\geq \frac{3}{\sqrt{1+k}}$ |
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Toán 10 Violympic
|
|
|
|
Khai triển điều kiện ta được:$x^4+2x^2.y^2-3x^2+y^4-4y^2+4=1$$\Rightarrow (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0$Đặt $f(x,y)=x^2+y^2$ với x,y tm đk đề bài.Đặt f(x,y)=m với m là giá trị tùy ý của f(x,y) với x,y thỏa mãn điều kiện trên.Vậy hệ sau có nghiệm \begin{cases}x^2+y^2=m \\ (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0\end{cases}$\Leftrightarrow \begin{cases}x^2+y^2=m \\ m^2-3m+3-y^2=0(2) \end{cases}$Vậy (2) có nghiệm.Dễ thấy (2) có nghiệm y với mọi m.($y^2=m^2-3m+3$)(2) có nghiệm thì $x^2=-m^2+4m-3$$\Rightarrow -m^2+4m-3\geq 0\Leftrightarrow 1\leq m\leq 3$Max=3 thì $y=\pm \sqrt{3};x=0$
Khai triển điều kiện ta được:$x^4+2x^2.y^2-3x^2+y^4-4y^2+4=1$$\Rightarrow (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0$Đặt $f(x,y)=x^2+y^2$ với x,y tm đk đề bài.Đặt f(x,y)=m với m là giá trị tùy ý của f(x,y) với x,y thỏa mãn điều kiện trên.Vậy hệ sau có nghiệm \begin{cases}x^2+y^2=m \\ (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0\end{cases}$\Leftrightarrow \begin{cases}x^2+y^2=m \\ m^2-3m+3-y^2=0(2) \end{cases}$Vậy (2) có nghiệm.Dễ thấy (2) có nghiệm y với mọi m.($y^2=m^2-3m+3$)Hệ có nghiệm thì $x^2=-m^2+4m-3$$\Rightarrow -m^2+4m-3\geq 0\Leftrightarrow 1\leq m\leq 3$Max=3 thì $y=\pm \sqrt{3};x=0$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Toán 10 Violympic
|
|
|
|
Khai triển điều kiện ta được:$x^4+2x^2.y^2-3x^2+y^4-4y^2+4=1$$\Rightarrow (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0$Đặt $f(x,y)=x^2+y^2$ với x,y tm đk đề bài.Đặt f(x,y)=m với m là giá trị tùy ý của f(x,y) với x,y thỏa mãn điều kiện trên.Vậy hệ sau có nghiệm \begin{cases}x^2+y^2=m \\ (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0\end{cases}$\Leftrightarrow \begin{cases}x^2+y^2=m \\ m^2-3m+3-y^2=0(2) \end{cases}$Vậy (2) có nghiệm.Dễ thấy (2) có nghiệm với mọi m.($y^2=m^2-3m+3$)(2) có nghiệm thì $x^2=-m^2+4m-3$$\Rightarrow -m^2+4m-3\geq 0\Leftrightarrow 1\leq m\leq 3$Max=3 thì $y=\pm \sqrt{3};x=0$
Khai triển điều kiện ta được:$x^4+2x^2.y^2-3x^2+y^4-4y^2+4=1$$\Rightarrow (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0$Đặt $f(x,y)=x^2+y^2$ với x,y tm đk đề bài.Đặt f(x,y)=m với m là giá trị tùy ý của f(x,y) với x,y thỏa mãn điều kiện trên.Vậy hệ sau có nghiệm \begin{cases}x^2+y^2=m \\ (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0\end{cases}$\Leftrightarrow \begin{cases}x^2+y^2=m \\ m^2-3m+3-y^2=0(2) \end{cases}$Vậy (2) có nghiệm.Dễ thấy (2) có nghiệm y với mọi m.($y^2=m^2-3m+3$)(2) có nghiệm thì $x^2=-m^2+4m-3$$\Rightarrow -m^2+4m-3\geq 0\Leftrightarrow 1\leq m\leq 3$Max=3 thì $y=\pm \sqrt{3};x=0$
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Toán 10 Violympic
|
|
|
|
Khai triển điều kiện ta được:$x^4+2x^2.y^2-3x^2+y^4-4y^4+4=1$$\Rightarrow (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^4+3=0$Đặt $f(x,y)=x^2+y^2$ với x,y tm đk đề bài.Đặt f(x,y)=m với m là giá trị tùy ý của f(x,y) với x,y thỏa mãn điều kiện trên.Vậy hệ sau có nghiệm \begin{cases}x^2+y^2=m \\ (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0\end{cases}$\Leftrightarrow \begin{cases}x^2+y^2=m \\ m^2-3m+3-y^2=0(2) \end{cases}$Vậy (2) có nghiệm.Dễ thấy (2) có nghiệm với mọi m.($y^2=m^2-3m+3$)(2) có nghiệm thì $x^2=-m^2+4m-3$$\Rightarrow -m^2+4m-3\geq 0\Leftrightarrow 1\leq m\leq 3$Max=3 thì $y=\pm \sqrt{3};x=0$
Khai triển điều kiện ta được:$x^4+2x^2.y^2-3x^2+y^4-4y^2+4=1$$\Rightarrow (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0$Đặt $f(x,y)=x^2+y^2$ với x,y tm đk đề bài.Đặt f(x,y)=m với m là giá trị tùy ý của f(x,y) với x,y thỏa mãn điều kiện trên.Vậy hệ sau có nghiệm \begin{cases}x^2+y^2=m \\ (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)-y^2+3=0\end{cases}$\Leftrightarrow \begin{cases}x^2+y^2=m \\ m^2-3m+3-y^2=0(2) \end{cases}$Vậy (2) có nghiệm.Dễ thấy (2) có nghiệm với mọi m.($y^2=m^2-3m+3$)(2) có nghiệm thì $x^2=-m^2+4m-3$$\Rightarrow -m^2+4m-3\geq 0\Leftrightarrow 1\leq m\leq 3$Max=3 thì $y=\pm \sqrt{3};x=0$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Toán 10 Violympic
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình bậc ba
|
|
|
|
Lần lượt tính:$(1+\sqrt{2})^2=3+2\sqrt{2}$ $(1+\sqrt{2})^3=7+5\sqrt{2}$ Thay $x=1+\sqrt{2}$ vào phương trình và rút gọn thì được: $7+5\sqrt{2}+a(3+2\sqrt{2})+b+1=0$ $\Rightarrow -(7+3a+b+1)=\sqrt{2}(5+2a)$
Do a,b là số hữu tỉ nên $5+2a=0\Rightarrow a=\frac{-5}{2};b=\frac{-1}{2}$ Từ đó PT trở thành:$x^3-\frac{5}{2}x^2+\frac{1}{2}=0$ PT này có các nghiệm $x=1\pm \sqrt{2};x=\frac{1}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp tớ bài này với
|
|
|
|
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/127290/bat-dang-thuc đây nhé!
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với
|
|
|
|
Cho $x;y;z >0$; $x+y+z=1$. Chứng minh $A=\frac{x^{5}}{y^{4}} + \frac{y^{5}}{z^{4}} + \frac{z^{5}}{x^{4}} \geq 1$Có $\frac{x^5}{y^4}+x\geq 2\frac{x^3}{y^2}$(Cô-si 2 số) Tương tự rồi cộng lại thì được:$A\geq 2(\frac{x^3}{y^2}+\frac{y^3}{z^2}+\frac{z^3}{x^2})-(x+y+z)$ Xét $B=\frac{x^3}{y^2}+\frac{y^3}{z^2}+\frac{z^3}{x^2}$ Có $\frac{x^3}{y^2}+y+y\geq 3\sqrt[3]{\frac{x^3}{y^2}.y.y}=3x$ Tương tự ta được $B\geq 3(x+y+z)-2(x+y+z)=(x+y+z)$ $\Rightarrow A\geq 2(x+y+z)-(x+y+z)=1$
Dấu = xảy ra khi x=y=z=1/3
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
bất đẳng thức
cái bài này giải 1 lần r nên cóp lại thay a,b bởi x,y là ok
|
|
|
|
|
|