|
|
giải đáp
|
tìm modun lớn nhất, nhỏ nhất của số phức z thỏa |z+1/z|=a
|
|
|
|
Ta có:
\[ a=\left| z+\frac{1}{z} \right| \geq |z|-\left| \frac{1}{z}\right| \]
\[ \Rightarrow |z|^2-a|z|-1\leq 0 \]
\[ \Rightarrow |z|\leq \frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2} \]
Ta cũng có:
\[ a=\left| z+\frac{1}{z} \right| \geq \frac{1}{|z|}-|z| \]
\[ \Rightarrow |z|^2+a|z|-1\geq 0\]
\[ \Rightarrow |z|\geq \frac{\sqrt{a^2+4}-a}{2}\]
Vậy $\max |z|=\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}$, đạt được khi và chỉ khi $a=\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}i$; $\min |z|=\frac{\sqrt{a^2+4}-a}{2}$, đạt được khi và chỉ khi $z=\frac{a-\sqrt{a^2+4}}{2}i$.
|
|
|
|
giải đáp
|
chỉ giúp mình với
|
|
|
|
Giả sử $M\in \Delta$ sao cho từ $M$ kẻ được 2 tiếp tuyến tới $(C)$ mà chúng vuông góc với nhau. Gọi 2 tiếp điểm là $A$ và $B$, $H$ là hình chiếu của $C$ trên $\Delta$.  Khi đó $CAMB$ là hình chữ nhật nên $CH\leq CM=CA\sqrt{2}=\sqrt{2}$. Mà ta có $CH=\frac{|2m-1|}{\sqrt{m^2+1}}$ nên ta được $(2m-1)^2\leq 2(m^2+1)$ hay $\frac{2-\sqrt{6}}{2}\leq m\leq \frac{2+\sqrt{6}}{2}$. Đảo lại, nếu $\frac{2-\sqrt{6}}{2}\leq m\leq \frac{2+\sqrt{6}}{2}$ thì $CH\leq \sqrt{2}$ suy ra tồn tain $M\in \Delta$ sao cho $CM=\sqrt{2}$. Khi đó ừ $M$ kẻ được 2 tiếp tuyến tới $(C)$ mà chúng vuông góc với nhau. |
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình tiếp tuyến
|
|
|
|
Giả sử $(C_m)\bigcap Ox=A$ thì $y_A=0$ hay $(3m+1)x_A-m^2+m=0 \Leftrightarrow \begin{cases} 3m+1\neq 0 \\ x_A=\frac{m^2-m}{3m+1}\end{cases}$
Tiếp tuyến tại $A$ song song với đường thẳng $x-y-10=0$ khi và chỉ khi $y_A^'=1$, điều này tương đương với:
\[ \frac{4m^2}{(x_A+m)^2}=1 \]
\[ \Leftrightarrow (x_A-m)(x_a+2m)=0\]
\[ \Leftrightarrow (m+1)(2m+1)=0\]
\[ \Leftrightarrow m=-1\vee m=-\frac{1}{2}\]
Với $m=-1$ thì $A(-1,0)$ và tiếp tuyến qua $A$ của $(C_m)$ có phương trình $y=x+1$.
Với $m=-\frac{1}{2}$ thì $A(-\frac{3}{2},0)$ và tiếp tuyến qua $A$ của $C_m$ có phương trình $y=x+\frac{3}{2}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Voi gia tri nao cua m thi 2 phuong trinh sau co nghiem chung: 2x^2 + mx -1= 0 va mx^2 - x + 2=0?
|
|
|
|
a) Giả sử $m$ là giá trị thỏa mãn bài toán và $x_0$ là nghiệm
chung của 2 PT. Dễ thấy $x_0\neq 0$, ta có:
\begin{cases} 2x_0^2+mx_0-1=0 \\ mx_0^2-x_0+2=0 \end{cases}
\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\
m=\frac{2-x_0}{x_0^2} \end{cases} \]
\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ \frac{1-2x_0^2}{x_0}=\frac{2-x_0}{x_0^2}
\end{cases} \]
\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ x_0^3-x_0+1=0 \end{cases} \]
Giải hệ trên ta được $x=\frac{1}{\sqrt{3}}\left( \sqrt[3]{\frac{5-3\sqrt{3}}{2}}-\sqrt[3]{\frac{5+3\sqrt{3}}{2}} \right) $ và $m=m_0=\frac{1-2x_0^2}{x_0}$.
Đảo lại, với $m=m_0$ thì hai PT đã cho có nghiệm chung
$x_0$.
b) Phương trình $x^2-2x+m^2-3m+1=0$ tương đương với:
\[ (x-1)^2=3m-m^2. (1) \]
Đặt $x-1=t$ thì $(1)$ trở thành $t^2=3m-m^2. (2)$
PT ban đầu có nghiệm $x\in [1,2]$ khi và chỉ khi PT $(2)$ có nghiệm $t\in [0,1]$. Khi đó $0\leq 3m-m^2\leq 1$ hay $0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\vee \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3.$
|
|
|
|
giải đáp
|
he phuong trinh
|
|
|
|
Hệ phương trình $\begin{cases} bx-y=ac^2 \\ (b-6)x+2by=c+1 \end{cases} (*)$
Dễ thấy $(*)$ luôn có nghiệm khi $2b^2+b-6=(b+2)(2b-3)\neq 0$. Do đó $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$ tương đương với $(*)$ có nghiệm khi $b=-2$ và $b=\frac{3}{2}$.
+) Nếu $b=-2$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} -2x-y=ac^2 \\ -8x-4y=c+1 \end{cases}$.
Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $4ac^2-c-1=0$.
Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $4ac^2-c-1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\geq -\frac{1}{16}$.
+) Nếu $b=\frac{3}{2}$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} \frac{3}{2}x-y=ac^2 \\ -\frac{9}{2}x+3y=c+1 \end{cases}$.
Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $ac^2+3c+3=0$.
Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $ac^2+3c+1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\leq \frac{3}{4}$.
Vậy với $a\in \left[ -\frac{1}{16},\frac{3}{4}\right]$ thì luôn tồn tại $c$ để hệ $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$.
Cụ thể, với $b=-2$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $4ac^2-c-1=0$, với $b=\frac{3}{2}$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $ac^2+3c+3=0$, với $b\neq -2,b\neq \frac{3}{2}$ thì tồn tại $c=0$ để hệ $(*)$ có nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình không gian
|
|
|
|
 Gọi $M',N',P'$ là trung điểm các cạnh $BB',CD,A'D'$. Theo tính chất đường trung bình ta có $MM'//A'B//NP'$ nên $MM'$ và $NP'$ đồng phẳng, suy ra $P'M,MM',M'N$ đồng phẳng. Suy luận tương tự ta được $MM',M'N,NN',N'P,PP',P'M$ cùng thuộc $(MNP)$. Trên $(A'B'C'D')$ ta có $P'M$ vuông góc với $A'C'$, là hình chiếu của $AC'$, nên $P'M$ vuông góc với $AC'$. Trên $(ABB'A')$ ta có $MM'$ vuông góc với $AB'$, là hình chiếu của $AC'$, nên $MM'$ vuông góc với $AC'$. Do đó $AC'$ vuông góc với $(MNP)$. |
|
|
|
giải đáp
|
BPT mũ
|
|
|
|
ĐK cần:
Giả sử $a$ là giá trị thỏa mãn:
\[ a.2^{x+1}+(2a+1)(3-\sqrt{5})^x+(3+\sqrt{5})^x<0,\forall
x\leq 0. \]
Cho $x=0$ ta có $2a+1<0$ hay $a<-\frac{1}{2}$.
ĐK đủ:
Xét trường hợp $a<-\frac{1}{2}$ và để cho gọn, đặt $\frac{3-\sqrt{5}}{2}=u,
\frac{3+\sqrt{5}}{2}=v$ thì $0<u<1<v$ và $uv=1$.
Xét hàm số $f(x)=2a+(2a+1)u^x+v^x$ trên $(-\infty ,0)$.
Ta có $f’(x)=(2a+1)u^x\ln u+v^x\ln v=(2a+1)u^x\ln u-v^x\ln v=\ln
u((2a+1)u^x-v^x).$
Vì $u<1$ nên $\ln u<0$ và $2a+1<0$ nên $f’(x)>0,\forall
x\leq 0$.
Khi đó $f(x)<f(0)=2(2a+1)<0,\forall x\leq 0$ (thỏa mãn
bài toán). Vậy $a<-\frac{1}{2}$ là kết quả cần tìm. |
|
|
|
giải đáp
|
tim m de phuong trinh:
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
Nhị thức Newton.
|
|
|
|
Theo khai triển nhị thức Newton ta có:
$(1+x+x^2+x^3)^{15}$
$=(1+x)^{15}(1+x^2)^{15}$
$=\left( \sum_{k=0}^{15}{C_{15}^kx^k}\right) \left( \sum_{k=0}^{15}{C_{15}^kx^{2k}}\right)$
Hệ số của $x^{10}$ trong khai triển trên là:
$C_{15}^0.C_{15}^{5}+C_{15}^2.C_{15}^4+C_{15}^4.C_{15}^3+C_{15}^6.C_{15}^2+C_{15}^8.C_{15}^1+C_{15}^{10}.C_{15}^0=1392456.$ |
|
|
|
giải đáp
|
ai giúp mình bài này với
|
|
|
|
Kí hiệu $S_n$ là số các số tự nhiên có $n$ chữ số mà tổng các chữ số là lẻ, $T_n$ là số các số tự nhiên có $n$ chữ số mà tổng các chữ số là chẵn.
Dễ thấy $S_1=5$ và $T_1=4$.
Giả sử $A$ là số tự nhiên có $n+1$ chữ số mà tổng các chữ số là lẻ và $a$ là chữ số hàng đơn vị của $A$. Gọi số $B$ là số tự nhiên có $n$ chữ số có được bằng cách bỏ đi chữ số $a$ của $A$.
Nếu $a\in \{1,3,5,7,9\}$ thì $B$ có tổng các chữ số là chẵn. Số các số $B$ như vậy là $T_n$, tương ứng với $5T_n$ số $A$.
Nếu $a\in \{0,2,4,6,8\}$thì $B$ có tổng các chữ số là lẻ. Số các số $B$ như vậy là $S_n$, tương ứng với $5S_n$ số $A$.
Do đó: $S_{n+1}=5(S_n+T_n).$
Tương tự ta cũng có $T_{n+1}=5(S_n+T_n)$. Từ đó suy ra $S_{n+1}=T_{n+1}$ mà $S_{n+1}+T_{n+1}=9.10^n$ nên $S_{n+1}=\frac{9.10^n}{2}$.
Vậy số các số có 7 cữ số mà tổng các chữ số của nó là lẻ là $\frac{9.10^6}{2}$.
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Cho
$a,b,c,d,e,f \in R$ sao cho $ab+bc+cd+de+ef\geq 1$.
CMR:
\[ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2
\geq \frac{1}{\cos \frac{\pi }{7}}.\]
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm m để pt có nghiệm
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
tính tích phân
|
|
|
|
Ta có: $\int{x\sqrt{(x^2+4)^3}dx}=\frac{1}{2}\int{(x^2+4)^{\frac{3}{2}}dx^2}=\frac{1}{2}.\frac{2}{5}(x^2+4)^{\frac{5}{2}}+C=\frac{1}{5}(x^2+4)^{\frac{5}{2}}+C$.
Do đó: $I=\frac{1}{5}\left( 8^{\frac{5}{2}}-4^{\frac{5}{2}} \right) =\frac{128\sqrt{2}-32}{5}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với
|
|
|
|
a) Ta có: $IT^2=OI^2-OT^2=11^2-7^2=72$ suy ra $IT=6\sqrt{2}$.
b) Áp dụng tính chất phương tích ta có: $IA.IB=IT^2=72$.
Vì $IA>IB$ và $AB=6$ nên ta tìm được $IA=12$ và $IB=6$.
|
|
|
|
giải đáp
|
lăng trụ
|
|
|
|
Xét bài toán tính thể tích với tứ diện $ABCD$. Giả sử $AC$ và $BD$ tạo với nhau góc $\alpha$ và $d$ là độ dài đoạn vuông góc chung của $AC$ và $BD$. Khi đó $V_{ABCD}=\frac{1}{6}AC.BD.d\sin \alpha (*)$.  Dựng hình hộp $AEFG.CBDH$ như hình vẽ và ký hiệu $h$ là khoảng cách từ $A$ tới $(CBDH)$. Ta có: $V_{AEFG.CBDH}=S_{CBDH}.h=2S_{BCD}.h=6V_{ABCD}.$ Lại có: $V_{AEFG.CBDH}=S_{BDFE}.d=BE.BD.d\sin \widehat{DBE}=AC.BD.d\sin \alpha$. Do đó: $V_{ABCD}=\frac{1}{6}AC.BD.d\sin \alpha$. Trở lại bài toán: Ký hiệu $d_1,d_2,d_3,d$ khoảng cách từ $DE$ tới các đường thẳng $AA',BB',CC',GG'$ và $\alpha$ là góc tạo bởi $DE$ và $AA', BB',CC',GG'$. Vì $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ và $G,G'$ là trọng tâm $\Delta ABC,\Delta A'B'C'$ nên $AA'=BB'=CC'=GG'=l$ và $d_1+d_2+d_3=3d$. Áp dụng công thức $(*)$ ta có: $V_{DEAA'}+V_{DEBB'}+V_{DECC'}$ $=\frac{1}{6}\left( DE.AA'.d_1\sin \alpha +DE.BB'.d_2\sin \alpha +DE.CC'.d_3\sin \alpha\right)$ $=\frac{1}{6}DE.l(d_1+d_2+d_3)\sin \alpha =3.\frac{1}{6}DE.GG'.d\sin \alpha =3V_{DEGG }.$ |
|