|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 12/06/2014
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Vẫn hỏi
|
|
|
|
Ta có: $B=\dfrac{2x^2-3x-1}{x-2}=2x+1+\dfrac{1}{x-2}$ Suy ra $B\in\mathbb{Z} \Leftrightarrow \dfrac{1}{x-2}\in\mathbb{Z}$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x-2=1\\x-2=-1\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=3\\x=1\end{array}\right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
|
|
|
|
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có: $P\ge\dfrac{(\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c)^2}{2(\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c)-9}$ Đặt $t=\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c$. Ta có: $t^2+81\ge18t \Leftrightarrow t^2\ge9(2t-9) \Leftrightarrow \dfrac{t^2}{2t-9}\ge9$ Từ đó suy ra $P\ge9$ $\min P=9 \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a=b=c\\t=9\end{array}\right. \Leftrightarrow a=b=c=9$ |
|
|
|
giải đáp
|
(11) các anh các chị ơi bài toán dạng này giải như thế nào
|
|
|
|
Xét hàm số: $f(t)=t(2+\sqrt{t^2+3}),t\in\mathbb{R}$ Ta có: $f'(t)=\dfrac{t^2}{\sqrt{t^2+3}}+\sqrt{t^2+3}+2>0,\forall t\in\mathbb{R}$ Suy ra $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. Phương trình đã cho tương đương với: $f(a)=f(-b) \Leftrightarrow a=-b$ |
|
|
|
giải đáp
|
(11) giúp em với
|
|
|
|
Xét hàm số: $f(t)=t(2+\sqrt{t^2+3}),t\in\mathbb{R}$ Ta có: $f'(t)=\dfrac{t^2}{\sqrt{t^2+3}}+\sqrt{t^2+3}+2>0,\forall t\in\mathbb{R}$ Suy ra $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. Phương trình đã cho tương đương với: $f(2x+1)=f(-3x)$ $\Leftrightarrow 2x+1=-3x$ $\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{5}$ |
|
|
|
giải đáp
|
(2) giúp em với
|
|
|
|
Điều kiện: $x>1$ Phương trình tương đương với: $(x+\dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}})^2=\dfrac{1225}{144}$ $\Leftrightarrow x^2+\dfrac{2x^2}{\sqrt{x^2-1}}+\dfrac{x^2}{x^2-1}-\dfrac{1225}{144}=0$ $\Leftrightarrow \dfrac{x^4}{x^2-1}+\dfrac{2x^2}{\sqrt{x^2-1}}-\dfrac{1225}{144}=0$ $\Leftrightarrow \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-1}}=\dfrac{25}{12}$ $\Leftrightarrow 12x^2=25\sqrt{x^2-1}$ $\Leftrightarrow 144x^4-625x^2+625=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\dfrac{5}{4}\\x=\dfrac{5}{3} \end{array} \right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
KHÓ QUÁ !
|
|
|
|
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: $\dfrac{x+y+z}{2x}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{y+z}{x}+1\right)\ge\sqrt{\dfrac{y+z}{x}}$ $\Rightarrow \sqrt{\dfrac{x}{y+z}}\ge\dfrac{2x}{x+y+z}$ Tương tự: $\sqrt{\dfrac{y}{x+z}}\ge\dfrac{2y}{x+y+z};\sqrt{\dfrac{z}{x+y}}\ge\dfrac{2z}{x+y+z}$ Từ đó suy ra: $\sqrt{\dfrac{x}{y+z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+z}}+\sqrt{\dfrac{z}{x+y}}\ge2>1$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải giúp mình với
|
|
|
|
Giả sử $z=a+bi,a,b\in\mathbb{R}$ Khi đó ta có: $w=(z-2)(\overline{z}+2i)$ $=(a-2+bi)(a-bi-2i)$ $=a^2+b^2-2a-2b+(2a+2b-4)i$ Để $w$ thuần ảo ta có: $a^2+b^2-2a-2b=0$ $\Leftrightarrow a^2+b^2=2(a+b)$ $\Rightarrow (a^2+b^2)^2=4(a+b)^2$ $\Rightarrow (a^2+b^2)^2\le8(a^2+b^2)$ $\Rightarrow a^2+b^2\le8$ $\Leftrightarrow |z|\le\sqrt8$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=2 \Leftrightarrow z=2+2i$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 11/06/2014
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Lượng giác
|
|
|
|
Phần (a) phải sửa thành: $a+b=(a\tan A+b\tan B)\tan\dfrac{C}{2}$ mới đúng. Ta có $a+b=(a\tan A+b\tan B)\tan\dfrac{C}{2}$ $\Leftrightarrow a\tan A+b\tan B=(a+b)\cot\dfrac{C}{2} $ $\Leftrightarrow a\tan A+b\tan B=(a+b)\tan\dfrac{A+B}{2} $ $\Leftrightarrow a\left(\tan A-\tan\dfrac{A+B}{2}\right)+b\left(\tan B-\tan\dfrac{A+B}{2}\right)=0$ $\Leftrightarrow a\frac{\sin\dfrac{A-B}{2}}{\cos A\cos\dfrac{A+B}{2}}-b\dfrac{\sin\dfrac{A-B}{2}}{\cos B\cos\dfrac{A+B}{2}}=0$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sin\frac{A-B}{2}=0&(1)\\\dfrac{a}{\cos A}-\dfrac{b}{\cos B}=0&(2)\end{array}\right.$ $(1)\Leftrightarrow A=B \Leftrightarrow \triangle ABC$ cân. $(2)\Leftrightarrow \dfrac{a}{\cos A}=\dfrac{b}{\cos B}=0\Leftrightarrow \dfrac{a}{\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}=\dfrac{b}{\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}$ $\Leftrightarrow b^2+c^2-a^2=a^2+c^2-b^2\Leftrightarrow a=b \Leftrightarrow \triangle ABC$ cân. |
|
|
|
giải đáp
|
Tính tích phân sau:
|
|
|
|
Đặt $x=\dfrac{\pi}{4}-t\Rightarrow dx=-dt$
$I=-\int_{\frac{\pi}{4}}^0\ln(1+\tan(\dfrac{\pi}{4}-t)dt$ $=\int_0^\frac{\pi}{4}\ln(1+\dfrac{1-\tan t}{1+\tan t})dt$ $=\int_0^\frac{\pi}{4}\ln(\dfrac{2}{1+\tan t})dt$ $=\int_0^\frac{\pi}{4}\left[\ln2-\ln(1+\tan t)\right]dt$ $=\int_0^\frac{\pi}{4}\ln2dt-\int_0^\frac{\pi}{4}\ln(1+\tan t)dt$ $=\ln2t\bigg|_0^\dfrac{\pi}{4}-\int_0^\frac{\pi}{4}\ln(1+\tan x)dx$ $=\dfrac{\pi}{4}\ln 2-I$
$\Rightarrow 2I=\dfrac{\pi}{4}\ln2 \Rightarrow I=\dfrac{\pi}{8}\ln2$ |
|
|
|
giải đáp
|
Rút gọn biểu thức
|
|
|
|
Ta có: $\dfrac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+4}}=\dfrac{\sqrt{k+4}-\sqrt{k}}{4}$ Từ đó suy ra: $\dfrac{1}{1+\sqrt5}+\dfrac{1}{\sqrt5+\sqrt9}+\dfrac{1}{\sqrt9+\sqrt{13}}+\ldots+\dfrac{1}{\sqrt{2021}+\sqrt{2025}}$ $=\dfrac{\sqrt5-1}{4}+\dfrac{\sqrt9-\sqrt5}{4}+\dfrac{\sqrt{13}-\sqrt9}{4}+\ldots+\dfrac{\sqrt{2025}-\sqrt{2021}}{4}$ $=\dfrac{\sqrt{2025}-1}{4}=11$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải bài toán bằng cách lập pt hoặc hệ pt
|
|
|
|
Giả sử vòi 1 chảy $x$ giờ thì đầy bể, khi đó mỗi giờ vòi 1 chảy được $\dfrac{1}{x}$ bể. Giả sử vòi 1 chảy $y$ giờ thì đầy bể, khi đó mỗi giờ vòi 1 chảy được $\dfrac{1}{y}$ bể. Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}\dfrac{1}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}}=5\dfrac{5}{6}\\y-x=4\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}y=x+4\\\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+4}=\dfrac{6}{35}\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}y=x+4\\\dfrac{2x+4}{x(x+4)}=\dfrac{6}{35}\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=10\\y=14\end{array}\right.$ (vì $x,y>0$) Vậy vòi 2 chảy đầy bể trong 14 giờ. |
|
|
|
giải đáp
|
hỏi
|
|
|
|
2. Áp dụng BĐT Bunhia ta có: $(\sqrt{c(a-c)}+\sqrt{(b-c)c})^2\le(c+b-c)(a-c+c)=ab$ $\Rightarrow \sqrt{c(a-c)}+\sqrt{(b-c)c}\le\sqrt{ab}$ Dấu bằng xảy ra khi: $\dfrac{c}{b-c}=\dfrac{a-c}{c}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tính nguyên hàm
|
|
|
|
Đặt: $\sin x=t \Rightarrow dt=\cos xdx$ Ta có: $I=\int\limits\dfrac{\cos^3xdx}{5-\sin x}$ $=\int\limits\dfrac{(1-t^2)dt}{5-t}$ $=\int\limits(t+5-\dfrac{24}{5-t})dt$ $=\dfrac{t^2}{2}+5t+24\ln(5-t)+C$ $=\dfrac{\sin^2x}{2}+5\sin x+24\ln(5-\sin x)+C$ |
|