|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 03/01/2014
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giúp mình vớiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii|
|
|
|
|
Từ giả thiết ta có: $a^2c+c^2b+b^2a=3abc (1)$.Thật vậy, không mất tổng quát giả sử $(a,b,c)=1$.Giả sử $p$ là số nguyên tố và $p\mid a$ hay $a=p^ma_1$.Từ giả thiết ta suy ra $a\mid c^2b \Rightarrow p\mid b$ hoặc $p\mid c$.Chẳng hạn $b=p^kb_1 \Rightarrow p\nmid c$.Thay vào $(1)$ ta được: $p^{2k+m}b^2_1a_1+p^{2m}a^2_1c+p^kc^2b_1=3p^{m+k}a_1b_1c$.Do đó: $p^k\le p^{2m} \Rightarrow 2m\ge k$và $p^m\mid p^k \Rightarrow m\le k \Rightarrow m+k\ge 2m \Rightarrow p^{2m}\le p^k \Rightarrow k\ge2m$.Từ đó suy ra $k=2m$ hay $p^3m\mid abc$. Suy ra: $abc$ là lập phương của 1 số nguyên.
Từ giả thiết ta có: $a^2c+c^2b+b^2a=3abc (1)$.Thật vậy, không mất tổng quát giả sử $(a,b,c)=1$.Giả sử $p$ là số nguyên tố và $p\mid a$ hay $a=p^ma_1$.Từ giả thiết ta suy ra $a\mid c^2b \Rightarrow p\mid b$ hoặc $p\mid c$.Chẳng hạn $b=p^kb_1 \Rightarrow p\nmid c$.Thay vào $(1)$ ta được: $p^{2k+m}b^2_1a_1+p^{2m}a^2_1c+p^kc^2b_1=3p^{m+k}a_1b_1c$.Do đó: $p^k\le p^{2m} \Rightarrow 2m\ge k$và $p^m\mid p^k \Rightarrow m\le k \Rightarrow m+k\ge 2m \Rightarrow p^{2m}\le p^k \Rightarrow k\ge2m$.Từ đó suy ra $k=2m$ hay $p^{3m}\mid abc$. Suy ra: $abc$ là lập phương của 1 số nguyên.
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp mình vớiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii|
|
|
|
|
Từ giả thiết ta có: $a^2c+c^2b+b^2a=3abc (1)$. Thật vậy, không mất tổng quát giả sử $(a,b,c)=1$. Giả sử $p$ là số nguyên tố và $p\mid a$ hay $a=p^ma_1$. Từ giả thiết ta suy ra $a\mid c^2b \Rightarrow p\mid b$ hoặc $p\mid c$. Chẳng hạn $b=p^kb_1 \Rightarrow p\nmid c$. Thay vào $(1)$ ta được: $p^{2k+m}b^2_1a_1+p^{2m}a^2_1c+p^kc^2b_1=3p^{m+k}a_1b_1c$. Do đó: $p^k\le p^{2m} \Rightarrow 2m\ge k$ và $p^m\mid p^k \Rightarrow m\le k \Rightarrow m+k\ge 2m \Rightarrow p^{2m}\le p^k \Rightarrow k\ge2m$. Từ đó suy ra $k=2m$ hay $p^{3m}\mid abc$. Suy ra: $abc$ là lập phương của 1 số nguyên.
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp mình với
|
|
|
|
Đặt: $\dfrac{x}{a}=s,\dfrac{y}{b}=t,\dfrac{z}{c}=u$. Ta có: $s+t+u=1$ Lại có: $\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{u}=0 \Leftrightarrow \dfrac{st+tu+su}{stu}=0 \Leftrightarrow st+tu+su=0$ Từ đó suy ra: $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=s^2+t^2+u^2=(s+t+u)^2-2(st+tu+su)=1$. |
|
|
|
giải đáp
|
e cần kết quả, tks m.n trước ạq
|
|
|
|
Trước hết ta chứng minh: $\tan x>x,\forall x\in(0;\dfrac{\pi}{4})$. Xét hàm: $f(x)=\tan x-x,x\in(0;\dfrac{\pi}{4})$ Ta có: $f'(x)=\dfrac{1}{\cos^2x}-1=\tan^2x>0,\forall x\in(0;\dfrac{\pi}{4})$ Suy ra: $f(x)$ đồng biến trên: $(0;\dfrac{\pi}{4})$ $\Rightarrow f(x)>f(0)=0,\forall x\in(0;\dfrac{\pi}{4})$ Từ đó ta có: $\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}\max(x,\tan x)dx$ $=\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}\tan xdx$ $=-\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{d(\cos x)}{\cos x}$ $=-\ln(\cos x)\left|\begin{array}{l}\dfrac{\pi}{4}\\0\end{array}\right.=\dfrac{\ln 2}{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
phương trình vô tỉ khó
|
|
|
|
Bài 1: ĐK: $\dfrac{3}{2}\le x\le\dfrac{5}{2}$ Đặt $\sqrt{2x-3}=a;\sqrt{5-2x}=b;(a,b\ge0)$ Phương trình đã cho trở thành: $\begin{cases}(a+b)(3+2ab)=2+8ab\\a^{2}+b^{2}=2\end{cases}$ Đặt $a+b=S;ab=P;(S^2\ge4P)$. Dễ thấy $S,P\ge0$. Hệ trên trở thành: $\begin{cases}S(3+2P)=2+8P\\S^2-2P=2\end{cases}$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2P=S^2-2\\S(S^2+1)=2+4(S^2-2)\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2P=S^2-2\\S^3-4S^2+S+6=0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}S=2\\P=1\end{array}\right.$, vì $S,P\ge0$ và $S^2\ge4P$ Khi đó ta có: $a=b=1$ hay $\sqrt{2x-3}=\sqrt{5-2x}=1 \Leftrightarrow x=1$ |
|
|
|
bình luận
|
típ nữa nhá
Vì từ phương trình còn lại có thể suy ra $x y$ khác 0 :D
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
típ nữa nhá
Vì từ phương trình còn lại có thể suy ra x y khác 0 :D
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
típ nữa nhá
|
|
|
|
Hệ phương trình tương đương với: $\left\{\begin{array}{l}x^2+xy=3\\y^3+xy^2+3(x-2y)=0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2+xy=3\\y^3+xy^2+(x^2+xy)(x-2y)=0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2+xy=3\\x^3-x^2y-xy^2+y^3=0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2+xy=3\\(x-y)^2(x+y)=0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=y\\x^2+xy=3\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=y=\sqrt{\dfrac{3}{2}}\\x=y=-\sqrt{\dfrac{3}{2}}\end{array}\right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
pt típ nè
|
|
|
|
Phương trình tương đương với: $[(x-1)(x+3)][(x-2)(x+4)]=14$ $\Leftrightarrow (x^2+2x-3)(x^2+2x-8)=14$ $\Leftrightarrow (x^2+2x)^2-11(x^2+2x)+10=0$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x^2+2x=1\\x^2+2x=10\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=-1\pm\sqrt2\\x=-1\pm\sqrt{11}\end{array}\right.$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 02/01/2014
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Cần giúp ạ
|
|
|
|
Ta có:$I=\int\limits_2^3\dfrac{x^3+3x}{x^4-5x^2+6}dx$ $=\int\limits_2^3\left(\dfrac{6x}{x^2-3}-\dfrac{5x}{x^2-2}\right)dx$ $=\int\limits_2^3\dfrac{3d(x^2-3)}-\int\limits_2^3\dfrac{5d(x^2-2)}{2(x^2-2)}$ $=3\ln(x^2-3)\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.-\dfrac{5\ln(x^2-2)}{2}\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.$ $=\dfrac{1}{2}\left(5\ln\dfrac{12}{7}+\ln6\right)$
Ta có:$I=\int\limits_2^3\dfrac{x^3+3x}{x^4-5x^2+6}dx$ $=\int\limits_2^3\left(\dfrac{6x}{x^2-3}-\dfrac{5x}{x^2-2}\right)dx$ $=\int\limits_2^3\dfrac{3d(x^2-3)}{x^2-3}-\int\limits_2^3\dfrac{5d(x^2-2)}{2(x^2-2)}$ $=3\ln(x^2-3)\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.-\dfrac{5\ln(x^2-2)}{2}\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.$ $=\dfrac{1}{2}\left(5\ln\dfrac{12}{7}+\ln6\right)$
|
|
|
|
giải đáp
|
Cần giúp ạ
|
|
|
|
Ta có: $I=\int\limits_2^3\dfrac{x^3+3x}{x^4-5x^2+6}dx$ $=\int\limits_2^3\left(\dfrac{6x}{x^2-3}-\dfrac{5x}{x^2-2}\right)dx$ $=\int\limits_2^3\dfrac{3d(x^2-3)}{x^2-3}-\int\limits_2^3\dfrac{5d(x^2-2)}{2(x^2-2)}$ $=3\ln(x^2-3)\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.-\dfrac{5\ln(x^2-2)}{2}\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.$ $=\dfrac{1}{2}\left(5\ln\dfrac{12}{7}+\ln6\right)$ |
|