|
|
sửa đổi
|
Lượng giác.
|
|
|
|
Điều kiện: $\cos x\ne0 \Leftrightarrow x\ne k\pi, k\in\mathbb{Z}$Phương trình đã cho tương đương với: $1+\dfrac{\sin x}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \dfrac{\sin x+\cos x}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sin(x+\dfrac{\pi}{4})=0\\\cos x=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\x=\pm\dfrac{\pi}{3}+k\pi\end{array}\right.,k\in\mathbb{Z}$, thỏa mãn.
Điều kiện: $\cos x\ne0 \Leftrightarrow x\ne k\pi, k\in\mathbb{Z}$Phương trình đã cho tương đương với: $1+\dfrac{\sin x}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \dfrac{\sin x+\cos x}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sin(x+\dfrac{\pi}{4})=0\\\cos x=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\x=\pm\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\end{array}\right.,k\in\mathbb{Z}$, thỏa mãn.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Lượng giác.
|
|
|
|
Điều kiện: $\cos x\ne0 \Leftrightarrow x\ne k\pi, k\in\mathbb{Z}$ Phương trình đã cho tương đương với: $1+\dfrac{\sin x}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$ $\Leftrightarrow \dfrac{\sin x+\cos x}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$ $\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sin(x+\dfrac{\pi}{4})=0\\\cos x=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\x=\pm\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\end{array}\right.,k\in\mathbb{Z}$, thỏa mãn. |
|
|
|
giải đáp
|
có ai không giúp mình bài này với
|
|
|
|
Đề bài này của bạn chưa chính xác: Vì với $x=7;y=4$ thì $8x+5y=76$ chia hết cho $19$ nhưng $11x+2y=85$ không chia hết cho $19$ |
|
|
|
giải đáp
|
Hàm số
|
|
|
|
Ta có: $y'=3x^2-3mx$ Hàm số có 2 cực trị khi và chỉ khi phương trình $y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow m>0 (*)$ Lấy $y$ chia cho $y'$ ta được: $y=y'.\dfrac{1}{3}x+\dfrac{2}{3}(1-mx)$ Vậy phương trình đường thẳng $(d)$ đi qua 2 điểm cực trị là: $y=\dfrac{2}{3}(1-mx) \Leftrightarrow 2mx+3y-2=0$ Ta có: $S(IAB)=\dfrac{1}{2}.IA.IB.\sin\angle AIB\le\dfrac{1}{2}.IA.IB=\dfrac{1}{2}$ $S(IAB)$ lớn nhất $\Leftrightarrow \angle AIB=90^o \Leftrightarrow d(I/(d))=\dfrac{1}{\sqrt2}$ Khi đó ta có: $\dfrac{|2m.1+3.1-2|}{\sqrt{4m^2+9}}=\dfrac{1}{\sqrt2}$ $\Leftrightarrow \dfrac{|2m+1|}{\sqrt{4m^2+9}}=\dfrac{1}{\sqrt2}$ $\Leftrightarrow \dfrac{(2m+1)^2}{4m^2+9}=\dfrac{1}{2}$ $\Leftrightarrow 4m^2+8m-7=0$ $\Leftrightarrow m=\dfrac{-2\pm\sqrt{11}}{2}$ Kết hợp với $(*)$ ta được: $m=\dfrac{-2+\sqrt{11}}{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giai pt
|
|
|
|
Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x^2+3x+2\ge0\\x^2+6x+5\ge0\\2x^2+9x+7\ge0\end{array}\right.\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x\ge-1\\x\le-5\end{array}\right.$ Phương trình đã cho tương đương với: $x^2+3x+2+2\sqrt{(x^2+3x+2)(x^2+6x+5)}+x^2+6x+5=2x^2+9x+7$ $\Leftrightarrow \sqrt{(x^2+3x+2)(x^2+6x+5)}=0$ $\Leftrightarrow (x+1)^2(x+2)(x+5)=0$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=-1\\x=-2\\x=-5\end{array}\right.$ Kết hợp đk ta được: $x\in\{-1;-5\}$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình học(tt).
|
|
|
|
Ta có: $\angle PNC=\angle BNM=\dfrac{180-\angle B}{2}=\dfrac{\angle A}{2}+\dfrac{\angle C}{2}$ $\angle PIC=\angle IAC+\angle ICA=\dfrac{\angle A}{2}+\dfrac{\angle C}{2}$ Suy ra: $\angle PNC=\angle PIC$, hay tứ giác $PNIC$ nội tiếp. $(1)$ Mà $\angle INC=\angle IQC=90^o$, nên tứ giác $NIQC$ nội tiếp. $(2)$ Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $NPCQ$ nội tiếp. |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 31/05/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với - ngứa bài này lắm rồi
|
|
|
|
Ta có: $I=\int\limits_1^2\dfrac{x^2+1}{(x^2+2x-1)(x^2-2x-1)}dx$ $=\dfrac{1}{2}\int\limits_1^2\left(\dfrac{x-1}{x^2-2x-1}-\dfrac{x+1}{x^2+2x-1}\right)dx$ $=\dfrac{1}{4}\int\limits_1^2\left(\dfrac{d(x^2-2x-1)}{x^2-2x-1}-\dfrac{d(x^2+2x-1)}{x^2+2x-1}\right)dx$ $=\dfrac{1}{4}\ln\dfrac{|x^2-2x-1|}{|x^2+2x-1|}\left|\begin{array}{l}2\\1\end{array}\right.=\dfrac{-\ln7}{4}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình bài này với
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
HELP ME!!!!!!!!
|
|
|
|
b. Chia mỗi cạnh của hình vuông thành 10 phần bằng nhau, ta thu được 100 hình vuông con có cạnh là 1cm. Theo nguyên lý Direchlet, tồn tại 3 điểm cùng nằm bên trong 1 hình vuông con. Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông con này là $r=\dfrac{1}{\sqrt2}<1$. Vậy tồn tại 3 điểm nằm bên trong một đường tròn có bán kính 1 cm.
|
|
|
|
giải đáp
|
HELP ME!!!!!!!!
|
|
|
|
a. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB$. Khi đó, tam giác $ABC$ sẽ được chia làm 4 tam giác con $ANP,BMP,CMN,MNP$, đây là 4 tam giác đều cạnh $a$. Theo nguyên lý Direchlet, tồn tại 2 điểm cùng nằm bên trong 1 tam giác con, khoảng cách giữa 2 điểm này sẽ không vượt quá $a$. |
|
|
|
giải đáp
|
toán đại 12 - 1
|
|
|
|
Ta có: $y'=-3x^2-6mx+(2-m)$ Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi: $y'\le0,\forall x\in\mathbb{R}$ $\Leftrightarrow \Delta'\le0$ $\Leftrightarrow 9m^2+3(2-m)\le0$ $\Leftrightarrow 9m^2-3m+6\le0$, vô lý. Vậy không tồn tại $m$ thảo mãn. |
|
|
|
giải đáp
|
Lượng giác nè !
|
|
|
|
Ta có $ \dfrac{1}{a+b}= \dfrac{\sin^{4}x}{a}+\dfrac{\cos^{4}x}{b} \ge \dfrac{(\sin^2x+\cos^2x)^2}{a+b}=\dfrac{1}{a+b}$ Dâu bằng xảy ra khi: $\dfrac{\sin^2x}{a}=\dfrac{\cos^2x}{b}\Rightarrow \dfrac{\sin^2x}{a}=\dfrac{1-\sin^2x}{b} \Rightarrow (a+b)\sin^2x=a \Rightarrow \sin^2x=\frac{a}{a+b}$. Tương tự: $\cos^2x=\frac{b}{a+b}$. Suy ra: $ \frac{\sin^{8}x}{a^3}+\frac{\cos^{8}x}{b^{3}}=\frac{1}{(a+b)^3}$ |
|