|
|
bình luận
|
hình lăng trụ
bạn vuongdh nếu đã giải được bài này thì share lời giải cho các bạn nhé. thanks!
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
ai giúp mình bài này với
|
|
|
|
Kí hiệu $S_n$ là số các số tự nhiên có $n$ chữ số mà tổng các chữ số là lẻ, $T_n$ là số các số tự nhiên có $n$ chữ số mà tổng các chữ số là chẵn.
Dễ thấy $S_1=5$ và $T_1=4$.
Giả sử $A$ là số tự nhiên có $n+1$ chữ số mà tổng các chữ số là lẻ và $a$ là chữ số hàng đơn vị của $A$. Gọi số $B$ là số tự nhiên có $n$ chữ số có được bằng cách bỏ đi chữ số $a$ của $A$.
Nếu $a\in \{1,3,5,7,9\}$ thì $B$ có tổng các chữ số là chẵn. Số các số $B$ như vậy là $T_n$, tương ứng với $5T_n$ số $A$.
Nếu $a\in \{0,2,4,6,8\}$thì $B$ có tổng các chữ số là lẻ. Số các số $B$ như vậy là $S_n$, tương ứng với $5S_n$ số $A$.
Do đó: $S_{n+1}=5(S_n+T_n).$
Tương tự ta cũng có $T_{n+1}=5(S_n+T_n)$. Từ đó suy ra $S_{n+1}=T_{n+1}$ mà $S_{n+1}+T_{n+1}=9.10^n$ nên $S_{n+1}=\frac{9.10^n}{2}$.
Vậy số các số có 7 cữ số mà tổng các chữ số của nó là lẻ là $\frac{9.10^6}{2}$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Bất đẳng thức Cho
$a,b,c,d,e,f \in R$ sao cho $a+b+c+d +e+f\geq 1$.
CMR:\[ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2
\geq \frac{1}{\cos \frac{\pi }{7}}.\]
Bất đẳng thức Cho
$a,b,c,d,e,f \in R$ sao cho $a b+b c+c d+de+ ef\geq 1$.
CMR:\[ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2
\geq \frac{1}{\cos \frac{\pi }{7}}.\]
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Bất đẳng thức Cho
$a,b,c,d,e,f \in R$ sao cho $a+b+c+d+e+f\geq 1$.
CMR:
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
\[ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2
\geq \frac{1}{\cos \frac{\pi }{7}}.\]
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
Bất đẳng thức Cho
$a,b,c,d,e,f \in R$ sao cho $a+b+c+d+e+f\geq 1$.
CMR:\[ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2
\geq \frac{1}{\cos \frac{\pi }{7}}.\]
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Cho
$a,b,c,d,e,f \in R$ sao cho $ab+bc+cd+de+ef\geq 1$.
CMR:
\[ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2
\geq \frac{1}{\cos \frac{\pi }{7}}.\]
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tìm m để pt có nghiệm
|
|
|
|
Ta có:\[ \cos x-4\cos x+m+1=0\]\[ \Leftrightarrow \cos x=\frac{m+1}{3}\]PT trên có nghiệm trên $R$ khi và chỉ khi $-1\leq \frac{m+1}{3}\leq 1$ hay $-4\leq m\leq 2$.Đảo lại, nếu $-4\leq m\leq 2$ thì PT có nghiệm trên $[0,2\pi]$. Vì hàm số $y=\cos x$ tuần hoàn với chu kỳ $2\pi$ nên PT cũng có nghiệm trên $(90,180)$.Anw, nếu hiểu bài toán như vậy thì có gì đó không đúng. Mình xin "hiểu lại" câu hỏi của bạn như sau:Tìm $m$ để PT $\cos ^2x-4\cos x+m+1=0$ có nghiệm $x\in (90^0,180^0)$.ĐK cần: Giả sử PT đã cho, kí hiệu là $(*)$, có nghiệm $x_0\in (90^0,180^0)$. Khi đó:\[ \cos ^2x_0-4\cos x_0+m+1=0.\]Đặt $\cos x_0=t$ thì $t\in (-1,0).$ Khi đó:\[ t^2-4t+m+1=0.\]\[ \Leftrightarrow (2-t)^2=3-m. \]Vì $-1<t<0$ nên $2<2-t<3$, suy ra $4<(2-t)^2<9$. Ta được $4<m<9$.ĐK đủ: Với $m\in (4,9)$ thì tồn tại số $t\in (-1,0)$ sao cho $(2-t)^2=3-m$.Với $t\in (-1,0)$ thì tồn tại $x_0\in (90^0,180^0)$ sao cho $\cos x_0=t$. Khi đó ta có $\cos ^2x_0-4\cos x_0+m+1=0$ hay PT $(*)$ có nghiệm $x_0\in (90^0,180^0)$.Tóm lại, $m\in (4,9)$ là tất cả các giá trị cần tìm.
3-mTa có:\[ \cos x-4\cos x+m+1=0\]\[ \Leftrightarrow \cos x=\frac{m+1}{3}\]PT trên có nghiệm trên $R$ khi và chỉ khi $-1\leq \frac{m+1}{3}\leq 1$ hay $-4\leq m\leq 2$.Đảo lại, nếu $-4\leq m\leq 2$ thì PT có nghiệm trên $[0,2\pi]$. Vì hàm số $y=\cos x$ tuần hoàn với chu kỳ $2\pi$ nên PT cũng có nghiệm trên $(90,180)$.Anw, nếu hiểu bài toán như vậy thì có gì đó không đúng. Mình xin "hiểu lại" câu hỏi của bạn như sau:Tìm $m$ để PT $\cos ^2x-4\cos x+m+1=0$ có nghiệm $x\in (90^0,180^0)$.ĐK cần: Giả sử PT đã cho, kí hiệu là $(*)$, có nghiệm $x_0\in (90^0,180^0)$. Khi đó:\[ \cos ^2x_0-4\cos x_0+m+1=0.\]Đặt $\cos x_0=t$ thì $t\in (-1,0).$ Khi đó:\[ t^2-4t+m+1=0.\]\[ \Leftrightarrow (2-t)^2=3-m. \]Vì $-1<t<0$ nên $2<2-t<3$, suy ra $4<(2-t)^2<9$. Ta được $4<3-m<9$ hay $-6<m<-1$.ĐK đủ: Với $m\in (-6,-1)$ thì tồn tại số $t\in (-1,0)$ sao cho $(2-t)^2=3-m$.Với $t\in (-1,0)$ thì tồn tại $x_0\in (90^0,180^0)$ sao cho $\cos x_0=t$. Khi đó ta có $\cos ^2x_0-4\cos x_0+m+1=0$ hay PT $(*)$ có nghiệm $x_0\in (90^0,180^0)$.Tóm lại, $m\in (-6,-1)$ là tất cả các giá trị cần tìm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm m để pt có nghiệm
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
tính tích phân
|
|
|
|
Ta có: $\int{x\sqrt{(x^2+4)^3}dx}=\frac{1}{2}\int{(x^2+4)^{\frac{3}{2}}dx^2}=\frac{1}{2}.\frac{2}{5}(x^2+4)^{\frac{5}{2}}+C=\frac{1}{5}(x^2+4)^{\frac{5}{2}}+C$.
Do đó: $I=\frac{1}{5}\left( 8^{\frac{5}{2}}-4^{\frac{5}{2}} \right) =\frac{128\sqrt{2}-32}{5}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với
|
|
|
|
a) Ta có: $IT^2=OI^2-OT^2=11^2-7^2=72$ suy ra $IT=6\sqrt{2}$.
b) Áp dụng tính chất phương tích ta có: $IA.IB=IT^2=72$.
Vì $IA>IB$ và $AB=6$ nên ta tìm được $IA=12$ và $IB=6$.
|
|
|
|
giải đáp
|
lăng trụ
|
|
|
|
Xét bài toán tính thể tích với tứ diện $ABCD$. Giả sử $AC$ và $BD$ tạo với nhau góc $\alpha$ và $d$ là độ dài đoạn vuông góc chung của $AC$ và $BD$. Khi đó $V_{ABCD}=\frac{1}{6}AC.BD.d\sin \alpha (*)$.  Dựng hình hộp $AEFG.CBDH$ như hình vẽ và ký hiệu $h$ là khoảng cách từ $A$ tới $(CBDH)$. Ta có: $V_{AEFG.CBDH}=S_{CBDH}.h=2S_{BCD}.h=6V_{ABCD}.$ Lại có: $V_{AEFG.CBDH}=S_{BDFE}.d=BE.BD.d\sin \widehat{DBE}=AC.BD.d\sin \alpha$. Do đó: $V_{ABCD}=\frac{1}{6}AC.BD.d\sin \alpha$. Trở lại bài toán: Ký hiệu $d_1,d_2,d_3,d$ khoảng cách từ $DE$ tới các đường thẳng $AA',BB',CC',GG'$ và $\alpha$ là góc tạo bởi $DE$ và $AA', BB',CC',GG'$. Vì $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ và $G,G'$ là trọng tâm $\Delta ABC,\Delta A'B'C'$ nên $AA'=BB'=CC'=GG'=l$ và $d_1+d_2+d_3=3d$. Áp dụng công thức $(*)$ ta có: $V_{DEAA'}+V_{DEBB'}+V_{DECC'}$ $=\frac{1}{6}\left( DE.AA'.d_1\sin \alpha +DE.BB'.d_2\sin \alpha +DE.CC'.d_3\sin \alpha\right)$ $=\frac{1}{6}DE.l(d_1+d_2+d_3)\sin \alpha =3.\frac{1}{6}DE.GG'.d\sin \alpha =3V_{DEGG }.$ |
|
|
|
sửa đổi
|
Một bài toán hệ phương trình ba ẩn
|
|
|
|
Một bài toán hệ phương tr inh ba ẩn Giải hệ
phương trình:
\begin{cases} x+y=3z \\ x^2+y^2=5z \\ x^3+y^3=9z
\end{cases}
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
Một bài toán hệ phương tr ình ba ẩn Giải hệ
phương trình:
\begin{cases} x+y=3z \\ x^2+y^2=5z \\ x^3+y^3=9z
\end{cases}
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
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 :D Giả 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. |
|