|
giải đáp
|
Bất đẳng thức lớp 9
|
|
|
Giả sử $a=\frac{1}{x}$, $b=\frac{1}{y}$, $c=\frac{1}{z}$ và $P=\frac{y^2z^2}{x\left ( y^2+z^2 \right )}+\frac{z^2x^2}{y\left ( z^2+x^2 \right)} +\frac{x^2y^2}{z\left ( x^2+y^2 \right )}$. Khi đó $a,b,c>0$ và $a^2+b^2+c^2=3$. Đồng thời $P=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}$.Sử dụng điều kiện đã cho để đánh giá số hạng thứ nhất của $P$ và ta được $\frac{a}{b^2+c^2}=\frac{a^2}{a\left ( b^2+c^2 \right )}=\frac{\sqrt{2}a^2}{\sqrt{2a^2\left ( b^2+c^2 \right )\left ( b^2+c^2 \right )}}\leq \frac{\sqrt{2}a^2}{\sqrt{\frac{\left ( 2a^2+b^2+c^2+b^2+c^2 \right )^3}{27}}}$ $\leq \frac{\sqrt{2}a^2}{\sqrt{\frac{8\left ( a^2+b^2+c^2 \right )^3}{27}}}$ $\leq \frac{\sqrt{2}a^2}{\sqrt{\frac{8.3^3}{27}}}$
$\leq\frac{a^2}{2}$. Suy ra $\frac{a}{b^2+c^2}\leq\frac{a^2}{2}$. Chứng minh tương tự như trên và ta được $\frac{b}{c^2+a^2}\leq\frac{b^2}{2}$, $\frac{c}{a^2+b^2}\leq\frac{c^2}{2}$. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều và vận dụng điều kiện trên, ta được $\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\leq \frac{3}{2}$,
hay $P\leq \frac{3}{2}$. Điều kiện để $P=\frac{3}{2}$ là $a=b=c=1$, tương ứng với $x=y=z=1$.
|
|
|
giải đáp
|
$\color{green}{x+\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}>\frac{3\sqrt{5}}{2}}$
|
|
|
Điều kiện của bất phương trình là $x<-1\vee x>1$.Trường hợp $x<-1$. Khi đó bất phương trình vô nghiệm vì nó có vế trái nhận giá trị âm. Trường hợp $x>1$. Biến đổi tương đương bất phương trình đã cho và ta được $x\left ( \sqrt{x^2-1}+1 \right )>\frac{3\sqrt{5}}{2}$ $\Leftrightarrow 2.\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}>3\sqrt{5}.\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2}$ $(1)$. Đặt $u=\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}$ với $1 $2u>3\sqrt{5}.\frac{u^2-1}{2}$, $\Leftrightarrow 3\sqrt{5}u^2-4u-3\sqrt{5}<0$. Giải bất phương trình này và nhận nghiệm $u$ thỏa mãn $1 Với kết quả trên, ta có $1<\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}<\frac{3}{\sqrt{5}}$ $(2)$. Vì $\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}>1,\forall x>1$ nên ta có $(2)\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ \frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x}<\frac{3}{\sqrt{5}}\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\ \sqrt{5}\sqrt{x^2-1}<3x-\sqrt{5}\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\5(x^2-1)<(3x-\sqrt{5})^2\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\4x^2-6\sqrt{5}x+10>0\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x>1 \\x<\frac{\sqrt{5}}{2}\vee x>\sqrt{5}\end{cases}$ $\Leftrightarrow 1<x<\frac{\sqrt{5}}{2}\vee x>\sqrt{5}$ Vậy, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S=\left ( 1;\frac{\sqrt{5}}{2}\right )\cup \left ( \sqrt{5};+\infty \right )$.
|
|
|
giải đáp
|
#3' Hệ phương trình 10
|
|
|
Điều kiện của hệ đã cho là $y\geq-1$.
Biến đổi tương đương phương trình cuối của hệ và được $x[x^2-4x\sqrt{y+1}+4(y+1)]-13x-8y+52=0$ $\Leftrightarrow x(x-2\sqrt{y+1})^2-13x-8y+52=0$
$\Leftrightarrow 9x-13x-8y+52=0$
$\Leftrightarrow -4x-8y+52=0$
$\Leftrightarrow x=-2y+13=0$.
Với kết quả trên, biến đổi tương đương phương trình đầu của hệ và được $-2y+13-2\sqrt{y+1}=3$ $\Leftrightarrow \sqrt{y+1}=5-y$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y\leq 5\\ y+1=(5-y)^2 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y\leq 5\\ y^2-11y+24=0 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y\leq 5\\ y=3\vee y=8\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow y=3$.
Từ đó tìm được $(x;y)=(7;3)$ là nghiệm duy nhứt của hệ đã cho.
|
|
|
giải đáp
|
Bất phương trình mũ
|
|
|
Nhân hai vế của bất phương trình đã cho với $\frac{1}{2^x}>0$ thì được bất phương trình tương đương là $\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}\right )^x+\left ( \frac{1}{2}\right )^x>1$ $(*)$.
Xét hàm số $f(x)=\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}\right )^x+\left ( \frac{1}{2}\right )^x,\forall x\in R$. Khi đó đạo hàm $f'$ của $f$ là
$f'(x)=\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}\right )^xln\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}\right )+\left ( \frac{1}{2}\right )^xln\left ( \frac{1}{2}\right ),\forall x\in R$.
Vì $ln\frac{\sqrt{3}}{2}<0$ và $ln\frac{1}{2}<0$ nên $f'\left ( x \right )<0,\forall x\in R$. Suy ra hàm số $f$ giảm trên $R$.
Với kết quả trên, biến đổi tương đương bất phương trình $(*)$ thì được $(*)\Leftrightarrow f(x)>f(2)$ $\Leftrightarrow x<2$.
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $\left ( -\infty ;2\right )$.
|
|
|
giải đáp
|
Em cần gấp mong mọi người giải giúp
|
|
|
Từ bất đẳng thức schwarz cùng với bất đẳng thức AM - GM, suy ra $\frac{(a^2+ab)^2}{a+b}+\frac{(b^2+bc)^2}{b+c}+\frac{(c^2+ca)^2}{c+a}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{2(a+b+c)}$
$\geq \frac{[\frac{2(a+b+c)^2}{3}]^2}{2(a+b+c)}$.
$\geq \frac{2(a+b+c)^3}{9}$.
Suy ra $a^2(a+b)+b^2(b+c)+c^2(c+a)\geq \frac{2(a+b+c)^3}{9}$ (1).
Từ giả thiết của đề bài, suy ra $2+2(a+b+c)=(a+b)(b+c)(c+a)\leq \frac{8(a+b+c)^3}{27}$,
hay $8(a+b+c)^3-54(a+b+c)-54\geq0$,
suy ra $a+b+c\geq3$.
Từ kết quả trên, suy ra $\frac{2(a+b+c)^2}{3}\geq 2(ab+bc+ca)$ và $\frac{a+b+c}{3}\geq1$. Suy ra
$\frac{2(a+b+c)^3}{9}\geq2(ab+bc+ca)$ (2).
Kết hợp (1) và (2) thì được
$a^2(a+b)+b^2(b+c)+c^2(c+a)\geq 2(ab+bc+ca)$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
|
|
|
giải đáp
|
$\color{purple}{x^2+\frac{9x^2}{(x+3)^2}=7}$
|
|
|
Với $x\neq-3$, bạn đọc chứng minh được điều sau đây. $x^2+\frac{9x^2}{(x+3)^2}=\frac{x^4}{(x+3)^2}+\frac{6x^2}{x+3}$.
Với kết quả trên, bạn đọc chỉ cần dùng ẩn thay thế theo cách $t=\frac{x^2}{x+3}$.
|
|
|
giải đáp
|
#SieuPT
|
|
|
Điều kiện của phương trình là $x\geq-1$.Có thể thấy $x=-1$ hoặc $x=3$ là hai nghiệm của phương trình đã cho. Các trường hợp còn lại của $x$ được xét như sau. Trường hợp $x\in (-1;3)$. Khi đó $0 $\sqrt{\frac{2}{x+1}+2\sqrt{\frac{2}{(x+1)^3}+4\sqrt{\frac{1}{(x+1)^7}}}}>\sqrt{\frac{2}{4}+2\sqrt{\frac{2}{4^3}+4\sqrt{\frac{1}{4^7}}}}=1$, hay $\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{4(x+1)}}}>x+1$.
Kết quả trên cho thấy các giá trị của $x\in(-1;3)$ không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Trường hợp $x\in (3;+\infty )$. Khi đó $x+1>4$. Từ đó suy ra $\sqrt{\frac{2}{x+1}+2\sqrt{\frac{2}{(x+1)^3}+4\sqrt{\frac{1}{(x+1)^7}}}}<\sqrt{\frac{2}{4}+2\sqrt{\frac{2}{4^3}+4\sqrt{\frac{1}{4^7}}}}=1$, hay $\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{4(x+1)}}}<x+1$.
Kết quả trên cho thấy các giá trị của $x\in(3;+\infty )$ không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Thành thử, phương trình đã cho có hai nghiệm, đó là $x=-1$ hoặc $x=3$.
|
|
|
giải đáp
|
$\color{red}{\begin{cases}y^{3}+3y^{2}+y+4x^{2}-22x+21=(2x+1)\sqrt{2x-1} \\ 2x^{2}-11x+9=2y \end{cases}}$
|
|
|
Điều kiện của hệ phương trình là $x\geq \frac{1}{2}$.Biến đổi tương đương hệ phương trình này, ta được $\begin{cases}y^3+3y^2+y+2(2x^2-11x+9)+3=(2x+1)\sqrt{2x-1} \\ 2x^2-11x+9=2y \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}y^3+3y^2+y+4y+3=(2x+1)\sqrt{2x-1} \\ 2x^2-11x+9=2y \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}(y+1)^3+2(y+1)=(\sqrt{2x-1})^3+2\sqrt{2x-1} \\ 2x^2-11x+9=2y \end{cases}$ $(*)$.
Xét hàm số $f(t)=t^3+2t,\forall t \in R$. Khi đó ta có $f'(t)=3t^2+2,\forall t \in R$. Suy ra $f'(t)>0,\forall t \in R$. Điều này cho thấy hàm số $f$ đồng biến trên $R$. Từ đó ta có $(*)\Leftrightarrow \begin{cases}y+1=\sqrt{2x-1} \\ 2x^2-11x+9=2y \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}y\geq -1\\x=\frac{y^2+2y+2}{2} \\ 2x^2-11x+9=2y \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}y\geq -1\\x=\frac{y^2+2y+2}{2} \\2. (\frac{y^2+2y+2}{2})^2-11.(\frac{y^2+2y+2}{2})+9=2y \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}y\geq -1\\x=\frac{y^2+2y+2}{2} \\ y^4+4y^3-3y^2-18y=0 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}y\geq -1\\x=\frac{y^2+2y+2}{2} \\ y=0\vee y=2\vee y=-3 \end{cases}$
$\Leftrightarrow\begin{cases}x=1 \\ y=0 \end{cases}\vee \begin{cases}x= 5\\ y=2 \end{cases}.$ Vậy, hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt, đó là $(x;y)=(1;0)$, hoặc $(x;y)=(5;2)$.$
|
|
|
giải đáp
|
Hình 12 ạ!!!!!
|
|
|
Dễ thấy rằng mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;-5;-2)$ và bán kính $R=6$. Xét điểm $A(6;-5;-2)$, khi đó $AM=\sqrt{(x-6)^2+(y+5)^2+(z+2)^2}$. Từ đó suy ra $K=AM^2$. Kiểm tra trực tiếp và thấy $A\in(S)$. Suy ra, biểu thức $K$ đạt giá trị lớn nhất khi $AM$ đạt giá trị lớn nhất. Điều này xảy ra khi $AM$ là đường kính của mặt cầu $(S)$, hay $AM=12$. Khi đó, biểu thức $K$ đạt giá trị lớn nhất bằng $144$. Điều này xảy ra khi $M$ đối xứng với $A$ qua $I$, hay $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $AM$, suy ra $M(-6;-5;-2)$.
|
|
|
giải đáp
|
mn giải thích giúp mình tại sao
|
|
|
i/ Theo như cách thông thường khi giải phương trình trên thì được hai họ nghiệm, đó là $x=-\frac{\pi }{3}+k2\pi $, $(1)$ $x=\frac{4\pi }{3}+k2\pi $, $(2)$
trong đó $k$ là số nguyên bất kì. ii/ Theo kết quả bạn cung cấp, thì có vẻ hơi khác so với kết quả trên. Nhưng không phải, có thể thấy như thế này. Vì $n$ là số nguyên tùy ý nên khi $n=2k$ ($k$ nguyên) thì kết quả sẽ trở thành $x=(-1)^{2n+1}.\frac{\pi }{3}+k2\pi=-\frac{\pi }{3}+k2\pi$, chính là họ nghiệm $(1)$; còn khi $n=2k+1$ ($k$ nguyên) thì kết quả sẽ trở thành $x=(-1)^{2n+2}.\frac{\pi }{3}+(2k+1)\pi$
$=\frac{\pi }{3}+(2k+1)\pi$
$=\frac{4\pi }{3}+k2\pi$,
chính là họ nghiệm $(2)$. Như vậy, hai kết quả có khác nhau về hình thức nhưng lại cùng bản chất.
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình P-A-C
|
|
|
Điều kiện $x$ là số nguyên và $x\geq2$.Khi đó $P_{x}$ và $A^{2}_{x}$ là những số chẵn. Suy ra $P_{x}A^{2}_{x}+18$ không chia hết cho $4$, còn $6(A^{2}_{x}+5P_x)$ chia hết cho $4$. Do đó không có số tự nhiên $x\geq2$ nào thỏa mãn điều kiện đã đưa ra.
|
|
|
giải đáp
|
Tính nguyên hàm
|
|
|
$\int\limits\frac{tan(x+\frac{\pi }{4})}{cos2x}dx=\int\limits\frac{tan(x+\frac{\pi }{4})}{sin(2x+\frac{\pi }{2})}dx$ $=\int\limits\frac{tan(x+\frac{\pi }{4})}{2sin(x+\frac{\pi }{4})cos(x+\frac{\pi }{4})}dx$ $=\frac{1}{2}\int\limits\frac{1}{cos^2(x+\frac{\pi }{4})}dx$
$=\frac{1}{2}tan(x+\frac{\pi }{4})+C$.
|
|
|
giải đáp
|
Tìm các giá trị của tham số m để
|
|
|
Điều kiện để $(C_{m})$ cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt $A,B,C,D$ là phương trình $x^4-2(m-1)x^2+3m-9=0$ $(*)$ có bốn nghiệm phân biệt, tức là $m$ là nghiệm của hệ $\begin{cases}(m-1)^2-(3m-9)>0 \\ 2(m-1)>0\\3m-9>0 \end{cases}$,
hay $\begin{cases}m^2-5m+10>0 \\ m>1\\m>3 \end{cases}$.
Giải hệ này và được kết quả $m>3$. Khi đó $(*)$ có hai nghiệm dương đối nhau với hai nghiệm âm; từ đề bài suy ra $x_{D}=-x_{A}$ và $x_{B}=-x_{C}$ với $x_{A}<0,x_{C}>0$. Từ định lý Vi-et mở rộng suy ra $\begin{cases}x_{A}x_{B}+x_{A}x_{C}+x_{A}x_{D}+x_{B}x_{C}+x_{B}x_{D}+x_{C}x_{D}=-2(m-1) \\ x_{A}x_{B}x_{C}x_{D}=3m-9\end{cases}$, hay $\begin{cases}x^{2}_{A}+x^{2}_{C}=2(m-1) \\ x^{2}_{A}x^{2}_{C}=3m-9\end{cases}$,
suy ra $\begin{cases}x^{2}_{A}+x^{2}_{C}=2(m-1) \\ x_{A}x_{C}=-\sqrt{3m-9}\end{cases}$.
Suy ra $|x_{C}-x_{A}|=\sqrt{x^{2}_{A}+x^{2}_{C}-2x_{A}x_{C}}=\sqrt{2(m-1)+2\sqrt{3m-9}}$. Dễ thấy rằng $A(x_{A};0)$ và $C(x_{C};0)$. Từ đó suy ra $AC=|x_{C}-x_{A}|=\sqrt{2(m-1)+2\sqrt{3m-9}}$; $d(M,AC)=d(M,Ox)=1$. Suy ra $S_{\Delta MAC}=\frac{1}{2}.AC.d(M,AC)=\sqrt{\frac{m-1+\sqrt{3m-9}}{2}}$. Từ đó, điều kiện để $S_{\Delta MAC}=2$ là $m$ phải là nghiệm của phương trình $\sqrt{\frac{m-1+\sqrt{3m-9}}{2}}=2$ $(**)$. Ta có: $(**)\Leftrightarrow \sqrt{3m-9}=9-m\Leftrightarrow \begin{cases}m\leq 9\\ m^2-21m+90=0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m\leq 9\\ m=6\vee m=15\end{cases}\Leftrightarrow m=6$. Giá trị $m=6$ thỏa mãn điều kiện $m>3$. Đây cũng là giá trị duy nhất thỏa mãn điều kiện đề bài.
|
|
|
giải đáp
|
Toán 12 tìm min max của hàm 2 biến.
|
|
|
Điều kiện đã cho tương đương với $xy\geq \frac{2-(x^2+y^2)}{6}$. Dễ dàng thấy rằng $\frac{x^2+y^2}{2}\geq xy$; cho nên $\frac{x^2+y^2}{2}\geq\frac{2-(x^2+y^2)}{6}$; suy ra $x^2+y^2\geq \frac{1}{2}$. Biến đổi $P$ cho hợp lý thì được $P=-3x^2y^2+3(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$. Vì $x^2y^2\leq \frac{(x^2+y^2)^2}{4}$ nên suy ra $P\geq-\frac{3(x^2+y^2)^2}{4}+3(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$ $\geq \frac{9(x^2+y^2)^2}{4}-2(x^2+y^2)+1$
$\geq \frac{[2(x^2+y^2)-1][18(x^2+y^2)-7]}{16}+\frac{9}{16}$ $\geq \frac{9}{16}$. Suy ra $P\geq \frac{9}{16}$. Dấu bằng xảy ra khi các điều kiện $xy=\frac{2-(x^2+y^2)}{6}$, $x^2+y^2=\frac{1}{2}$, $x^2y^2=\frac{(x^2+y^2)^2}{4}$ cùng xảy ra; suy ra $(x;y)$ có thể là một trong các cặp $(\frac{1}{2};\frac{1}{2})$, $(-\frac{1}{2};-\frac{1}{2})$. Vậy $P$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{9}{16}$.
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với
|
|
|
Điều kiện đã cho tương đương với $x^3+x+2=(2y-1)^3+(2y-1)+2$ $(*)$.Vì hàm số $f(t)=t^3+t+2,\forall t\in R$ có $f'(t)=2t^2+1>0,\forall t\in R$ nên nó đồng biến trên $R$. Do đó $(*)$ tương đương với $f(x)=f(2y-1)$, hay $x=2y-1$. Từ kết quả trên suy ra $P=(2y-1)^2-y^2-3y=3y^2-7y+1=3(y-\frac{7}{6})^2-\frac{37}{12}\geq -\frac{37}{12}$. Dấu bằng xảy ra khi $(x;y)$ thỏa mãn $x=2y-1$ và $y=\frac{7}{6}$; suy ra $(x;y)=(\frac{4}{3};\frac{7}{6})$. Suy ra $P$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $-\frac{37}{12}$.
|
|