|
sửa đổi
|
Ai giúp mình làm bài này với nhá
|
|
|
Phương trình tương đương với:$\sin x+\frac{1}{2}(\sin3x+\sin x)-\sqrt{3}\cos 3x=2(\cos 5x+\sin^3x)$$\Leftrightarrow \frac{3}{2}\sin x-2\sin^3x+\frac{1}{2}\sin 3x-\sqrt{3}\cos 3x=2\cos 5x$ $\Leftrightarrow
\frac{1}{2}\sin 3x +
\frac{1}{2}\sin 3x -\sqrt{3}
\cos 3x=2\cos 5x $ $\Leftrightarrow
\frac{1}{2}\sin 3x -\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 3x=\cos 5x $ $\Leftrightarrow \sin\Big(3x-\frac{\pi}{3}\Big)=\sin\Big(\frac{\pi}{2}- 5x\Big)$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 3x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}-5x+2k\pi\\
\frac{\pi}{3}-3x=5x+\frac{\pi}{2}+2k\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\frac{5\pi}{48}+\frac{k}{4}\pi\\ x=\frac{-\pi}{48}-\frac{k}{4}\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$
Phương trình tương đương với:$\sin x+\frac{1}{2}(\sin3x+\sin x)-\sqrt{3}\cos 3x=2(\cos 5x+\sin^3x)$$\Leftrightarrow \frac{3}{2}\sin x-2\sin^3x+\frac{1}{2}\sin 3x-\sqrt{3}\cos 3x=2\cos 5x$ $\Leftrightarrow
\frac{1}{2}\sin 3x +
\frac{1}{2}\sin 3x -\sqrt{3}
\cos 3x=2\cos 5x $ $\Leftrightarrow
\frac{1}{2}\sin 3x -\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 3x=\cos 5x $ $\Leftrightarrow \sin\Big(3x-\frac{\pi}{3}\Big)=\sin\Big(\frac{\pi}{2}- 5x\Big)$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 3x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}-5x+2k\pi\\3x- \frac{\pi}{3}=5x+\frac{\pi}{2}+2k\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\frac{5\pi}{48}+\frac{k}{4}\pi\\ x=\frac{-5\pi}{12}-k\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$
|
|
|
giải đáp
|
Ai giúp mình làm bài này với nhá
|
|
|
Phương trình tương đương với: $\sin x+\frac{1}{2}(\sin3x+\sin x)-\sqrt{3}\cos 3x=2(\cos 5x+\sin^3x)$ $\Leftrightarrow \frac{3}{2}\sin x-2\sin^3x+\frac{1}{2}\sin 3x-\sqrt{3}\cos 3x=2\cos 5x$ $\Leftrightarrow
\frac{1}{2}\sin 3x +
\frac{1}{2}\sin 3x -\sqrt{3}
\cos 3x=2\cos 5x $ $\Leftrightarrow
\frac{1}{2}\sin 3x -\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 3x=\cos 5x $ $\Leftrightarrow \sin\Big(3x-\frac{\pi}{3}\Big)=\sin\Big(\frac{\pi}{2}- 5x\Big)$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 3x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}-5x+2k\pi\\3x- \frac{\pi}{3}=5x+\frac{\pi}{2}+2k\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\frac{5\pi}{48}+\frac{k}{4}\pi\\ x=\frac{-5\pi}{12}-k\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$
|
|
|
giải đáp
|
Giải hộ mình bài này với,khó quá!
|
|
|
Ta có: $\sum\sqrt[3]{a+7}\le 3\sqrt[3]{\frac{a+b+c}{3}+7}=3\sqrt[3]{\frac{a+b+c}{3}\left(\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\right)^{\frac{11}{3}}+7\left(\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\right)^4}$ Ta cứn chứng minh: $\frac{a+b+c}{3}\left(\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\right)^{\frac{11}{3}}+7\left(\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\right)^4\le 8(\frac{a^4+b^4+c^4}{3})^3$ Thật vậy: $\frac{a^4+b^4+c^4}{3}\ge\left(\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\right)^{\frac{4}{3}}\ge\left(\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\right)^{\frac{4}{3}}$ và: $\frac{a^4+b^4+c^4}{a+b+c}\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\ge\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}$ Điều phải chứng minh .
|
|
|
sửa đổi
|
Giải hộ mình bài này với,khó quá!
|
|
|
Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$ nên dung Cosi, hữu tỉ hóa $\sqrt[3]{a+7}$ qua BDT trung gian là xong Theo Cosi $3\sqrt[3]{a+7}.2.2\leq (a+7+8+8)$ suy raVT$\leq \frac{a+b+c+69}{12}$mà $a^4+1+1+1\geq 4a $(Cosi 4 số) từ đó suy ra $\frac{a+b+c+69}{12}\leq \frac{\frac{a^4+b^4+c^4+9}{4}+69}{12}$Ta cần chứng minh $\frac{a^4+b^4+c^4+285}{12}\leq 2(a^4+b^4+c^4)$ $\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4 \geq 3 $ (1)Theo Cosi $a^4 +b^4 +b^4+b^4 \geq 4ab^2$ tương tự suy ra$4(a^4 +b^4 +c^4) \geq 4(ab^2 +bc^2 +ca^2) =12$ suy ra ĐPCM
Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$ nên dung Cosi, hữu tỉ hóa $\sqrt[3]{a+7}$ qua BDT trung gian là xong Theo Cosi $3\sqrt[3]{a+7}.2.2\leq (a+7+8+8)$ suy raVT$\leq \frac{a+b+c+69}{12}$mà $a^4+1+1+1\geq 4a $(Cosi 4 số) từ đó suy ra $\frac{a+b+c+69}{12}\leq \frac{\frac{a^4+b^4+c^4+9}{4}+69}{12}$Ta cần chứng minh $\frac{a^4+b^4+c^4+285}{12}\leq 2(a^4+b^4+c^4)$ $\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4 \geq 3 $ (1)Theo Cosi $a^4 +b^4 +b^4+1 \geq 4ab^2$ tương tự suy ra$3(a^4 +b^4 +c^4)+4 \geq 4(ab^2 +bc^2 +ca^2) =12$ suy ra ĐPCM
|
|
|
giải đáp
|
Bất phương trình có căn thức!
|
|
|
ĐIều kiện: $x\ge -1$. Bất phương trình tương đương với: $(2x)^3+2x<(\sqrt{x+1})^3+\sqrt{x+1} (1)$ Xét hàm: $f(t)=t^3+t,t\in\mathbb{R}$. Ta có: $f'(t)=3t^2+1>0,\forall t \in \mathbb{R}$ . Suy ra $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. Từ đó: $(1) \Leftrightarrow 2x<\sqrt{x+1}$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2x<0\\\left\{ \begin{array}{l} 2x\ge0\\ 4x^2<x+1 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x<0\\ 0\le x<\frac{1}{8}(1+\sqrt{17}) \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow
x<\frac{1}{8}(1+\sqrt{17}) $ Kết hợp với điều kiện suy ra: $ -1\le x<\frac{1}{8}(1+\sqrt{17}) $
|
|
|
|
bình luận
|
min- max Nếu thấy lời giải đúng thì bạn vui lòng đánh dấu vào hình chữ V dưới phần vote để xác nhận nhá. Thanks
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
phương trình mặt phẳng Nếu thấy lời giải đúng thì bạn vui lòng đánh dấu vào hình chữ V dưới phần vote để xác nhận nhá. Thanks
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình
|
|
|
b) Ta có: $\sin^6x+\cos^6x=\frac{1}{4}$ $\Leftrightarrow (\sin^2x+\cos^2x)^3-3\sin^2x\cos^2x(\sin^2x+\cos^2x)=\frac{1}{4}$ $\Leftrightarrow \frac{3}{4}\sin^22x=\frac{3}{4}$ $\Leftrightarrow \sin^22x=1$ $\Leftrightarrow \cos4x=-1$ $\Leftrightarrow 4x=\pi+2k\pi, k\in\mathbb{Z}$ $\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{4}+\frac{k}{2}\pi, k\in\mathbb{Z}$
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình
|
|
|
a) Ta có: $\sin^2 2x+\cos^23x=1$ $\Leftrightarrow \cos^23x=\cos^22x$ $\Leftrightarrow \cos6x=\cos4x$ $\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} 6x=4x+2k \pi \\ 6x=-4x+2k \pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$ $\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} x=k\pi\\ x=\frac{k}{5}\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$
|
|
|
sửa đổi
|
phương trình mặt phẳng
|
|
|
Vec-tơ pháp tuyến của $(P),(Q)$ là
$\overrightarrow{n_P}=(1,-1,2), \overrightarrow{n_Q}=(3,-1,1)$.
Giả sử phương trình của $(R)$ là:
$Ax+By+Cz+D=0,A^2+B^2+C^2>0$.
Phương trình đường thẳng $(d)$ đi qua $A(2,0,1)$ và
vuông góc với $(Q)$ là: $\frac{x-2}{3}=\frac{y}{-1}=\frac{z-1}{1}$.
Suy ra $(d)$ nằm trên $(R)$, dẫn tới $B(-1,1,0)$ thuộc
$(R)$.
Từ đó: $ \left\{ \begin{array}{l} 2A+C+D=0 \\ -A+B+D=0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{
\begin{array}{l} C=B-3A \\ D=A-B \end{array} \right. $
Dẫn tới: $(R): Ax+By+(B-3A)z+A-B=0$.
Vec-tơ pháp tuyến của $(R)$ là:
$\overrightarrow{n_R}=(A,B,B-3A)$.
Vì $\angle ((P),(R))=60^o$ suy ra: $\frac{|1.A+(-1).B+2(B-3A)|}{\sqrt6
.\sqrt{A^2+B^2+(B-2A)^2}}=\frac{1}{2}$.
$\Leftrightarrow \sqrt2 |B-5A|=\sqrt3 \sqrt{10A^2-6AB+2B^2}
\Leftrightarrow 2(B^2-10AB+25A^2)=3(10A^2-6AB+2B^2)$
$\Leftrightarrow 2B^2+AB-10A^2=0 \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{l} B=2A\\ B=\frac{-5}{2}A \end{array} \right.$.
Từ đó suy ra có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
$(R_1): x+2y-z-1=0$
$(R_2): 2x-5y-11z+7=0$
Vec-tơ pháp tuyến của $(P),(Q)$ là
$\overrightarrow{n_P}=(1,-1,2), \overrightarrow{n_Q}=(3,-1,1)$.
Giả sử phương trình của $(R)$ là:
$Ax+By+Cz+D=0,A^2+B^2+C^2>0$.
Phương trình đường thẳng $(d)$ đi qua $A(2,0,1)$ và
vuông góc với $(Q)$ là: $\frac{x-2}{3}=\frac{y}{-1}=\frac{z-1}{1}$.
Suy ra $(d)$ nằm trên $(R)$, dẫn tới $B(-1,1,0)$ thuộc
$(R)$.Từ đó: $\left\{ \begin{array}{l} 2A+C+D=0\\ -A+B+D=0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} C=B-3A\\ D=A-B \end{array} \right.$
Dẫn tới: $(R): Ax+By+(B-3A)z+A-B=0$.
Vec-tơ pháp tuyến của $(R)$ là:
$\overrightarrow{n_R}=(A,B,B-3A)$.Vì $\angle ((P),(R))=60^o$ suy ra: $\frac{|1.A+(-1)B+2(B-3A)|}{\sqrt{6} .\sqrt{A^2+B^2+(B-3A)^2}} =\frac{1}{2}$ $\Leftrightarrow \sqrt2 |B-5A|=\sqrt3 \sqrt{10A^2-6AB+2B^2}
\Leftrightarrow 2(B^2-10AB+25A^2)=3(10A^2-6AB+2B^2)$$\Leftrightarrow 2B^2+AB-10A^2=0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} B=2A\\ B=\frac{-5}{2}A \end{array} \right.$
Từ đó suy ra có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
$(R_1): x+2y-z-1=0$
$(R_2): 2x-5y-11z+7=0$
|
|
|
giải đáp
|
phương trình mặt phẳng
|
|
|
Vec-tơ pháp tuyến của $(P),(Q)$ là
$\overrightarrow{n_P}=(1,-1,2), \overrightarrow{n_Q}=(3,-1,1)$.
Giả sử phương trình của $(R)$ là:
$Ax+By+Cz+D=0,A^2+B^2+C^2>0$.
Phương trình đường thẳng $(d)$ đi qua $A(2,0,1)$ và
vuông góc với $(Q)$ là: $\frac{x-2}{3}=\frac{y}{-1}=\frac{z-1}{1}$.
Suy ra $(d)$ nằm trên $(R)$, dẫn tới $B(-1,1,0)$ thuộc
$(R)$. Từ đó: $\left\{ \begin{array}{l} 2A+C+D=0\\ -A+B+D=0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} C=B-3A\\ D=A-B \end{array} \right.$
Dẫn tới: $(R): Ax+By+(B-3A)z+A-B=0$.
Vec-tơ pháp tuyến của $(R)$ là:
$\overrightarrow{n_R}=(A,B,B-3A)$. Vì $\angle ((P),(R))=60^o$ suy ra: $\frac{|1.A+(-1)B+2(B-3A)|}{\sqrt{6} .\sqrt{A^2+B^2+(B-3A)^2}} =\frac{1}{2}$ $\Leftrightarrow \sqrt2 |B-5A|=\sqrt3 \sqrt{10A^2-6AB+2B^2}
\Leftrightarrow 2(B^2-10AB+25A^2)=3(10A^2-6AB+2B^2)$ $\Leftrightarrow 2B^2+AB-10A^2=0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} B=2A\\ B=\frac{-5}{2}A \end{array} \right.$
Từ đó suy ra có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
$(R_1): x+2y-z-1=0$
$(R_2): 2x-5y-11z+7=0$
|
|
|
bình luận
|
giải phương trình Phương trình đấy có 2 nghiệm quá xấu nên không thể giải tiếp được.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giải phương trình
|
|
|
Phương trình tương đương với: $3x+2=(x^3-6x^2+6x+6)^3$ $\Leftrightarrow x^9-18x^8+126x^7-414x^6+540x^5+216x^4-972x^3+654x+214=0$ $\Leftrightarrow (x-2)(x^8-16x^7+94x^6-226x^5+88x^4+392x^3-188x^2-376x-107)=0$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=2\\
x^8-16x^7+94x^6-226x^5+88x^4+392x^3-188x^2-376x-107 =0 \end{array} \right.$ Phương trình bậc 8 có 2 nghiệm rất xấu.
|
|
|
giải đáp
|
min- max
|
|
|
Ta có: $x^2-xy+y^2=xy(x+y)\Leftrightarrow \frac{1}{x^2}-\frac{1}{xy}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$. Đặt $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},\,a,b>0$. Khi đó giả thiết trở thành: $a^2-ab+b^2=a+b$. Ta có: $a+b=a^2-ab+b^2\ge\frac{(a+b)^2}{2}-\frac{(a+b)^2}{4}= \frac{(a+b)^2}{4} $ Suy ra: $0<a+b\le 4$ . Ta có: $A=a^3+b^3=(a+b)^2\le 16$ Vậy Max$A=16 \Leftrightarrow a=b=2\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$. Min$A$ không tồn tại (Inf$A=0$ ).
|
|