|
|
giải đáp
|
giúp em với
|
|
|
|
b. Đặt $u=\sqrt{x^2+1}\ge1 \Rightarrow u^2=x^2+1$. Khi đó phương trình trở thành: $(4x-1)u=2(x^2+1)+2x-1$ $\Leftrightarrow 2u^2-(4x-1)u+2x-1=0$ $\Leftrightarrow (2u-1)(u-2x+1)=0$ $\Leftrightarrow u=2x-1$, vì $u\ge1$ $\Leftrightarrow \sqrt{x^2+1}=2x-1$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2x-1\ge0\\x^2+1=(2x-1)^2\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow x=\dfrac{4}{3}$, thỏa mãn. |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em với
|
|
|
|
a. Điều kiện: $x\ge-1$ Đặt $\sqrt{2x+3}+\sqrt{x+1}=t$ ta có: $t^2=3x+4+2.\sqrt{2x+3}.\sqrt{x+1}$ $\Leftrightarrow t^2-4=3x+2.\sqrt{2x+3}.\sqrt{x+1}$ Phương trình trở thành $t=t^2-4-16$ $\Leftrightarrow t=5$, vì $t>0$. Với $t=5$ thì $\sqrt{2x+3}+\sqrt{x+1}=5$ Dẫ thấy VT là hàm đồng biến trên $(-1;+\infty)$ nên phương trình có nghiệm duy nhất $x=3$. |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình giải đề nay nha
|
|
|
|
Câu 3: Phương trình tương đương với: $(z^2+2z+4)^2-z(z^2+2z+4)+3z(z^2+2z+4)-3z^2=0$ $\Leftrightarrow (z^2+z+4)(z^2+2z+4)+3z(z^2+z+4)=0$ $\Leftrightarrow (z^2+z+4)(z^2+5z+4)=0$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}z^2+z+4=0\\z^2+5z+4=0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}z=-1\\z=-4\\z=\dfrac{1}{2}(-1\pm i\sqrt{15})\end{array}\right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình giải đề nay nha
|
|
|
|
Câu 2: Đặt: $z=x+yi,x,y\in\mathbb{R}$. Hệ trở thành: $\left\{\begin{array}{l}|x+(y-2)i|=|x+yi|\\|x+(y-1)i|=|(x-1)+yi|\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2+(y-2)^2=x^2+y^2\\x^2+(y-1)^2=(x-1)^2+y^2\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}4-4y=0\\-2y=-2x\end{array}\right.\Leftrightarrow x=y=1$ Vậy $z=1+i$. |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình giải đề nay nha
|
|
|
|
Câu 1: Diện tích xung quanh khối trụ là: $S_{xq}=2.\pi r^2+2\pi r.h=2\pi(1+\sqrt3)r^2$ (đvdt) Thể tích khối trụ là: $V=\pi r^2.h=\pi\sqrt3r^3$ (đvtt) |
|
|
|
giải đáp
|
phương trình đường thẳng
|
|
|
|
Vì $A\in(d_1)$ nên tọa đọ $A$ có dạng: $A(a;-a-3)$. Tọa độ trung điểm $M$ của $AC$ là: $M(\dfrac{a+3}{2};\dfrac{-a-4}{2})$ Vì $M\in(d_2)$ nên $2.\dfrac{a+3}{2}-\dfrac{-a-4}{2}+3=0 \Leftrightarrow a=-\dfrac{16}{3} \Leftrightarrow A(-\dfrac{16}{3};\dfrac{7}{3})$. Giả sử $C'$ là điểm đối xứng của $C$ qua $(d_1)$ và $CC'\cap(d_1)=\{I\}$. Vì $CC'\perp (d_1)$ và $C\in CC'$ nên phương trình $CC'$ là: $(x-3)-(y+1)=0 \Leftrightarrow x-y-4=0$ Tọa độ của $I$ là nghiệm của hệ: $\left\{\begin{array}{l}x+y+3=0\\x-y-4=0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\dfrac{1}{2}\\y=-\dfrac{7}{2}\end{array}\right. \Leftrightarrow I(\dfrac{1}{2};-\dfrac{7}{2})$ Mà $I$ là trung điểm $CC'$ nên tọa độ $C'$ là: $C'(-2;-6)$. Vì $C'$ thuộc $AB$ nên phương trình $AB$ là: $\dfrac{x+2}{-\dfrac{16}{3}+2}=\dfrac{y+6}{\dfrac{7}{3}+6}\Leftrightarrow 5x+2y+22=0$ Tọa độ $B$ là nghiệm của hệ: $\left\{\begin{array}{l}2x-y+3=0\\5x+2y+22=0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=-\dfrac{28}{9}\\y=-\dfrac{29}{9}\end{array}\right. \Leftrightarrow B(-\dfrac{28}{9};-\dfrac{29}{9})$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2} \geq \frac{3}{4}$
|
|
|
|
Trong 3 số $x,y,z$ tồn tại 2 số đều không nhỏ hơn 1 hoặc đều không lớn hơn 1. Giả sử là $x,y$. Khi đó ta có: $(x-1)(y-1)\ge0$ $\Leftrightarrow 1+xy\ge x+y$ $\Leftrightarrow 2(1+xy)\ge(1+x)(1+y)$ $\Leftrightarrow \dfrac{2}{(1+x)(1+y)}\ge\dfrac{1}{1+xy}$ Ta có: $VT\ge\dfrac{2}{(1+x)(1+y)}+\dfrac{1}{(1+z)^2}$ $\ge\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{(1+z)^2}$ $=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{z}}+\dfrac{1}{(1+z)^2}$ $=\dfrac{3}{4}+\dfrac{(z-1)^2}{4(z+1)^2}\ge\dfrac{3}{4}$ Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=1$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 22/05/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải chi tiết giùm mình BĐT này nhé mình hok rất kém nhé!
|
|
|
|
Sử dụng BĐT Bunhia ta có: $(x^3+y^3+16z^3)(x+y+z)\ge(x^2+y^2+4z^2)^2 (1)$ $(x^2+y^2+4z^2)(1+1+\dfrac{1}{4})\ge(x+y+z)^2 (2)$ Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $x^3+y^3+16z^3\ge\dfrac{16}{81}(x+y+z)^3 \Leftrightarrow P\ge\dfrac{16}{81}$ $\min P=\dfrac{16}{81} \Leftrightarrow x=y=4z$. |
|
|
|
giải đáp
|
Toán đố
|
|
|
|
Trước hết, mỗi loại ta chọn ra 1 viên bi, sau đó chọn ngẫu nhiên 6 viên từ các viên còn lại thì sẽ đảm bảo 9 viên chọn ra có đủ 3 màu. Có $10$ cách chọn 1 viên bi màu đỏ. Có $5$ cách chọn 1 viên bi màu xanh. Có $3$ cách chọn 1 viên bi màu vàng. Có $C_{15}^6=5005$ cách chọn 6 viên bi từ 15 viên bi còn lại. Suy ra có: $10.5.3.5005=750750$ cách chọn bi thỏa mãn đề bài. |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em với
|
|
|
|
2. Áp dụng BĐT: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}$ ta có: $\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{2p-a-b}=\dfrac{4}{c}$ $\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{2p-a-c}=\dfrac{4}{b}$ $\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{2p-b-c}=\dfrac{4}{a}$ Cộng các BĐT trên lại ta được: $\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge2(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$ Dấu bằng xảy ra khi: $a=b=c$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em với
|
|
|
|
1. Áp dụng BĐT Cauchy ta có: $c-2+2\ge2\sqrt{2(c-2)} \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{c-2}}{c}\le\dfrac{1}{2\sqrt2}$ $a-3+3\ge2\sqrt{3(a-3)} \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{a-3}}{a}\le\dfrac{1}{2\sqrt3}$ $b-4+4\ge4\sqrt{(b-4)} \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{b-4}}{b}\le\dfrac{1}{4}$ Cộng 3 BĐT trên ta được: $f\le\dfrac{1}{2\sqrt2}+\dfrac{1}{2\sqrt3}+\dfrac{1}{4}$ $\max f=\dfrac{1}{2\sqrt2}+\dfrac{1}{2\sqrt3}+\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow a=6;b=8;c=4$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em với mọi người ơi, em đang cần gấp
|
|
|
|
Bài 2: Đặt: $\dfrac{bc}{a}=x;\dfrac{ac}{b}=y;\dfrac{ab}{c}=z$. Khi đó điều kiện đã cho trở thành: $xy+yz+zx=1$ Ta có: $P=x+y+z\ge\sqrt{3(xy+yz+zx)}=\sqrt3$. $\min P=3 \Leftrightarrow x=y=z \Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt3}$ |
|
|
|
giải đáp
|
pro nào giải nhanh giúp mình BĐT này nha thank!
|
|
|
|
Áp dụng BĐT Bunhia ta có: $(x^2+y+z)(1+y+z)\ge(x+y+z)^2=9 \Rightarrow \dfrac{x}{x^2+y+z}\le\dfrac{x(1+y+z)}{9}$ Tương tự: $\dfrac{y}{x+y^2+z}\le\dfrac{y(1+x+z)}{9},\dfrac{z}{x+y+z^2}\le\dfrac{z(1+x+y)}{9}$ Suy ra: $VT\le\dfrac{x+y+z+2(xy+yz+zx)}{9}\le\dfrac{x+y+z+\dfrac{2}{3}(x+y+z)^2}{9}=1$ Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=1$ |
|