|
|
bình luận
|
chứng minh
chứng minh chiều này thì không cần vất vả như thế. chỉ cần |x y| không lớn hơn |x| |y| là xong :D
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp mình nhé. cảm ơn nhiều.
|
|
|
|
Kí hiệu PT đã cho là $(1)$.
+) Nếu $n=1$ thì $(1)$ trở thành $\sin x+\cos x=1$ có nghiệm
$x=k2\pi$ và $x=\frac{\pi }{2}+k2\pi$ với $k\in Z$.
+) Nếu $n=2$ thì $(1)$ trở thành $\cos x=1$ có nghiệm $x=k2\pi
$.
+) Nếu $n>2$ thì đặt $VT$ là vế trái của $(1)$. Ta có:
$VT\leq |\sin x\sin 2x…\sin nx|+|\cos x\cos 2x…\cos nx|\leq
|\sin x\sin 2x|+|\cos x\cos 2x|$
$\leq \max \{ |\sin x\sin 2x+\cos x\cos 2x|,|\sin x\sin
2x-\cos x\cos 2x| \} =\max \{ |\cos x|,|\cos 3x| \} \leq 1$.
Do đó để $(1)$ có nghiệm thì $|\cos x|=1$ hoặc $|\cos 3x|=1$.
Nếu $|\cos 3x|=1$ thì $\sin 3x=0$, suy ra $\cos x\cos 2x…\cos
nx=1$, suy ra $|\cos x=1|$. Vậy ta chỉ cần xét $|\cos x|=1$ hay $x=k2\pi $ hoặc
$x=(2k+1)\pi $.
Dễ thấy $x=k2\pi$ là nghiệm của phương trình đã cho. Xét $x=(2k+1)\pi$:
Nhận thấy $\sin t\pi =0$ và $\cos t\pi=(-1)^t$ với mọi $t\in
Z$. Do đó (1) tương đương với:
\[ (-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}=1 \Leftrightarrow 4\backslash n(n+1).\]
Kết luận: Nếu $n=4t$ hoặc $n=4t-1$ thì $(1)$ có nghiệm là $x=k\pi
,k\in Z$.
Nếu $n=4t+1$ hoặc $n=4t+2$ thì $(1)$ có nghiệm là $x=k2\pi ,k\in Z$.
|
|
|
|
bình luận
|
đố mọi người nha
kẻ đường thẳng d: 4x 3y=12 thì nghiệm của bpt (a) là nửa mp nằm dưới d. (b) tập hợp các điểm M là tập các điểm nguyên nằm dưới d.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải hộ em các ads nhé
|
|
|
|
$(\sqrt{3})^{\tan 2x}-\frac{3\sqrt{3}}{3^{\tan 2x}}=0\Leftrightarrow (\sqrt{3})^{\tan 2x}=(\sqrt{3})^{3-2\tan 2x} \Leftrightarrow \tan 2x=1$.
$\Leftrightarrow 2x=\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in Z \Leftrightarrow x=\frac{\pi }{8}+\frac{k\pi }{2},k\in Z$.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh bất đẳng thức:
|
|
|
|
a) Ta có:
$a^3(b^2-c^2)+b^3(c^2-a^2)+c^3(a^2-b^2)>a^3(b^2-c^2)+a^3(c^2-a^2)+a^3(a^2-b^2)=0$.
b) KMTTQ, giả sử $a\geq 1\geq b$. Xét hàm số $f(x)=(x-1)\ln x$ trên $(0,2)$.
Ta có: $f'(x)=1-\frac{1}{x}+\ln x$ đồng biến trên $(0,2)$.
Vì $f(x)$ thỏa mãn điều kiện của định lý Rolle trên $(0,2)$ nên ta có:
$f(a)-f(1)=(a-1)f'(c)$ với $c\in [1,a]$.
$f(1)-f(b)=(1-b)f'(d)$ với $d\in [b,1]$.
Trừ hai đẳng thức trên vế theo vế, chú ý $a-1=1-b$ và $f'(x)$ đồng biến trên $(0,2)$ ta được:
$f(a)+f(b)=(a-1)(f'(c)-f'(d))\geq 0$.
Khi đó $(a-1)\ln a+(b-1)\ln b\geq 0$ hay $a^ab^b\geq ab.$
c) Xét $f(a)=a^2+(c-d\sqrt{3})a+b^2+c^2+d^2+bd+bc\sqrt{3}$.
Ta có $\Delta =(c-d\sqrt{3})^2-4(b^2+c^2+d^2+bd+bc\sqrt{3})=-(2b+d-c\sqrt{3})^2\leq
0$.
Do đó $f(a)\geq 0$ hay $a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd\geq (ad-bc)\sqrt{3}=\sqrt{3}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
mình có mấy bài đố mọi người
|
|
|
|
a) BĐT tương đương với $(a-b)^2+(a-1)^2+(b-1)^2\geq 0.$
b) BĐT tương đương với $(a+b)(a-b)^2\geq 0$.
c) $\frac{1}{3}\leq \frac{x^2+x+1}{x^2-x+1} \Leftrightarrow (x+1)^2\geq 0.$
$\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}\leq 3 \Leftrightarrow (x-1)^2\geq 0.$
d) BĐT tương đương với $(x^6-y^6)(x^2-y^2)\geq 0$.
Nếu $|x|\geq |y|$ thì $x^6\geq y^6$ và $x^2\geq y^2$.
Nếu $|x|<|y|$ thì $x^6<y^6$ và $x^2<y^2$.
Trong cả 2 TH, ta đều suy ra đpcm.
|
|
|
|
bình luận
|
Bài lớp10
bạn kiểm tra lại đề bài nhé. ngay phần a đã có vấn đề rồi.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bài này mình chịu, xin các pro gjải
|
|
|
|
a) Ta có: $\sqrt{3}S_{ABC}\geq S_{SBC}+S_{SCA}+S_{SAB}.$ $\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}S_{ABC}.SH}{SH}\geq \frac{S_{SBC}.SA}{SA}+\frac{S_{SCA}.SB}{SB}+\frac{S_{SAB}.SC}{SC}$. $\Leftrightarrow \frac{3\sqrt{3}V}{h}\geq \frac{3V}{a}+\frac{3V}{b}+\frac{3V}{c}$. $\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{h}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Để chứng minh BĐT trên, ta sẽ tính $h$ trước.  Trong $(ABC)$ kẻ $AK$ vuông góc với $BC$. Khi đó $BC$ vuông góc với $AK$ và $SA$ nên vuông góc với $(SAK)$, suy ra $(ABC)$ vuông góc với $(SAK)$. Vì $SH$ vuông góc với $(ABC)$ nên $H\in AK$. Ta có: $\frac{1}{SH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{SK^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{SB^2}+\frac{1}{SC^2}$ hay: $\frac{1}{h^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{1}{3}\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) ^2$ Từ đó suy ra đpcm. b) Ta có: $V_{SABC}=\frac{SA.SB.SC}{6}=\frac{ax(k-x)}{6}\leq \frac{ak^2}{24}$. Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $SB=SC=\frac{k}{2}$. |
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
bài này cũng chịu lun
|
|
|
|
Bài toán tương tự với câu hỏi của bạn:http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114302/hinh-khong-giana) $S'H$ cắt $(ABC)$ tại tâm của $\Delta ABC$.b) Đặt $AB=a,SA=x$ thì tính được $SS'=\frac{1}{2}\left( 2x+\frac{a^2}{x}\right)$ và dùng BĐT Cauchy là xong.
Bài toán tương tự với câu hỏi của bạn:http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114302/hinh-khong-giana) $S'H$ cắt $(ABC)$ tại tâm của $\Delta ABC$.b) Với $AB=a,SA=h$ thì tính được $SS'=\frac{1}{2}\left( 2h+\frac{a^2}{h}\right)$ và dùng BĐT Cauchy là xong.
|
|
|
|
giải đáp
|
bài này cũng chịu lun
|
|
|
|
Bài toán tương tự với câu hỏi của bạn:
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114302/hinh-khong-gian
a) $S'H$ cắt $(ABC)$ tại tâm của $\Delta ABC$.
b) Với $AB=a,SA=h$ thì tính được $SS'=\frac{1}{2}\left( 2h+\frac{a^2}{h}\right)$ và dùng BĐT Cauchy là xong.
|
|
|
|
bình luận
|
BDT
bạn có thể chia sẻ cách làm không? thanks :D
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
BDT
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
sửa đổi
|
Một bài khá hay
|
|
|
|
Bài toán này có một lời giải khá gọn bằng công thức Heron và BĐT Cauchy, mình sẽ thử giải bằng hình phẳng :DGiả sử $\Delta ABC$ có chu vi không đổi và $AB<AC$. Trên 2 tia $AB$ và $AC$ chọn 2 điểm $B',C'$ sao cho $AB'+AC'=AB+AC$. Ta sẽ chứng minh $\Delta AB'C'$ có diện tích lớn hơn $\Delta ABC$ nhưng có chu vi nhỏ hơn.Dễ thấy $B'$ nằm ngoài cạnh $AB$ và $C'$ nằm trong cạnh $AC$. Chọn $D$ trên $B'C'$ sao cho $BD//AC$. Gọi $G=BC\times B'C'$. Dễ thấy $\Delta BDG=\Delta CC'G$. Do đó:$S_{ABC}=S_{ABGC}+S_{CC'G}=S_{ABCD}+S_{BDG}=S_{ABDC'}<S_{AB'C'}.$Đồng thời: $BC=2BG>2BH=B'C' \Rightarrow AB+BC+CA>AB'+B'C'+C'A$.Khi đó chỉ cần chọn $B''$ và $C''$ trên $AB$ và $AC$ sao cho $\frac{AB''}{AB'}=\frac{AC''}{AC'}=\frac{AB+BC+CA}{AB'+B'C'+C'A}$ thì ta được $\Delta AB''C''$ có chu vi bằng chu vi $\Delta ABC$ nhưng có diện tích lớn hơn.Tóm lại, để $\Delta ABC$ lớn nhất thì $\Delta ABC$ cân.Ta xét TH $\Delta ABC$ cân tại $A$ và đặt $AB=AC=a,BC=b$ thì $2a+b=p$ không đổi.Ta có $h^2=a^2-\frac{b^2}{4}=\frac{1}{4}p(2a-b).$ Khi đó: $S_{ABC}=\frac{1}{2}bh=\frac{1}{4}b\sqrt{p(2a-b)} $.Theo BĐT Cauchy: $b^2(2a-b)\leq \left( \frac{2a+b}{3}\right) ^3=\frac{p^3}{27} \Rightarrow S_{ABC}\leq \frac{p^2\sqrt{3}}{36}$.Dâus $=$ xảy ra khi và chỉ khi $b=2a-b$ hay $a=b$.Vậy $\Delta ABC$ có chu vi không đổi sẽ có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi $\Delta ABC$ đều.
Bài toán này có một lời giải khá gọn bằng công thức Heron và BĐT Cauchy, mình sẽ thử giải bằng hình phẳng :DGiả sử $\Delta ABC$ có chu vi không đổi và $AB<AC$. Trên 2 tia $AB$ và $AC$ chọn 2 điểm $B',C'$ sao cho $AB'+AC'=AB+AC$. Ta sẽ chứng minh $\Delta AB'C'$ có diện tích lớn hơn $\Delta ABC$ nhưng có chu vi nhỏ hơn.Dễ thấy $B'$ nằm ngoài cạnh $AB$ và $C'$ nằm trong cạnh $AC$. Chọn $D$ trên $B'C'$ sao cho $BD//AC$. Gọi $G=BC\times B'C'$. Dễ thấy $\Delta BDG=\Delta CC'G$. Do đó:$S_{ABC}=S_{ABGC}+S_{CC'G}=S_{ABCD}+S_{BDG}=S_{ABDC'}<S_{AB'C'}.$Đồng thời: $BC=2BG>2GH=B'C' \Rightarrow AB+BC+CA>AB'+B'C'+C'A$.Khi đó chỉ cần chọn $B''$ và $C''$ trên $AB$ và $AC$ sao cho $\frac{AB''}{AB'}=\frac{AC''}{AC'}=\frac{AB+BC+CA}{AB'+B'C'+C'A}$ thì ta được $\Delta AB''C''$ có chu vi bằng chu vi $\Delta ABC$ nhưng có diện tích lớn hơn.Tóm lại, để $\Delta ABC$ lớn nhất thì $\Delta ABC$ cân.Ta xét TH $\Delta ABC$ cân tại $A$ và đặt $AB=AC=a,BC=b$ thì $2a+b=p$ không đổi.Ta có $h^2=a^2-\frac{b^2}{4}=\frac{1}{4}p(2a-b).$ Khi đó: $S_{ABC}=\frac{1}{2}bh=\frac{1}{4}b\sqrt{p(2a-b)} $.Theo BĐT Cauchy: $b^2(2a-b)\leq \left( \frac{2a+b}{3}\right) ^3=\frac{p^3}{27} \Rightarrow S_{ABC}\leq \frac{p^2\sqrt{3}}{36}$.Dâus $=$ xảy ra khi và chỉ khi $b=2a-b$ hay $a=b$.Vậy $\Delta ABC$ có chu vi không đổi sẽ có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi $\Delta ABC$ đều.
|
|