|
|
giải đáp
|
BĐT lượng giác
|
|
|
|
$\cos 2A+ \cos 2B + \cos 2C \geq -1 \Leftrightarrow \cos A. \cos B. \cos C \leq 0 \Rightarrow \Delta ABC$ không nhọn.
Giả sử $A \geq \frac{\pi}{2} \Rightarrow B+C \leq \frac{\pi }{2} \Rightarrow 0< \frac{B+C}{2} \leq \frac{\pi}{4} $
$\sin A + \sin B + \sin C \leq 1+2\sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2} \leq 1+2 \sin \frac{B+C}{2} $
$\leq 1+2\sin \frac{\pi}{4} =1+\sqrt{2} $
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp c nhanh nha.
|
|
|
|
1)
Đặt: $f(x)=x^2-2(m+1)x-m+1$ .
TH1: $f(x)=0$ có nghiệm kép $\Leftrightarrow\Delta'=0$
$\Leftrightarrow (m+1)^2+m-1=0$
$\Leftrightarrow m^2+3m=0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m=0\\ m=-3 \end{array} \right.$
Với $m=0$ thì $f(x)=0$ có nghiệm kép $x=1$, thỏa mãn.
Với $m=-3$ thì $f(x)=0$ có nghiệm kép $x=-2$, loại
TH2: $f(x)=0$ có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m>0\\m<-3 \end{array} \right.$
$f(x)=0$ có nghiệm dương $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} -m+1<0\\\left\{ \begin{array}{l} -m+1\ge 0\\ m+1>0 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow m>-1$
Từ đó suy ra: $m>0$
Vậy $m\ge0$ thỏa mãn đề bài.
|
|
|
|
giải đáp
|
Các bác giúp e với
|
|
|
|
Ta có: $y=1-x$, từ đó $P=3^{2x} +3^{1-x}=3^{2x}+\frac{1}{3^x}$ với $0 \le x\le1$ Đặt $t=3^x$ khi đó $1\le t \le 3$. Xét hàm số $f(t)=t^2+\frac{3}{t}\Rightarrow f'(t)=2t-\frac{3}{t^2}=\frac{2t^3-3}{t^2}$. Từ đó có bảng biến thiên sau:  Vậy $\max P=\max f(t)=\max (f(1);f(3))=\max (4;10)=10\Leftrightarrow t=3\Leftrightarrow \begin{cases}x=1 \\ y=0 \end{cases}$ $\min P=\min f(t) =f(\sqrt[3]{\frac{3}{2}})=3\sqrt[3]{\frac{9}{4}}\Leftrightarrow t=\sqrt[3]{\frac{3}{2}} \Leftrightarrow \begin{cases}x= \log_3\sqrt[3]{\frac{3}{2}}\\ y=1-\log_3 \sqrt[3]{\frac{3}{2}} \end{cases}$. |
|
|
|
giải đáp
|
đố mọi người bài này nhé
|
|
|
|
Ta có:
$M=\sin x+\cos x-\tan(-x)\cot x$
$=\sin x+\cos x+1$
$N=-\cos x-2\sin x+\cos x+2\cos x$
$=2\cos x-2\sin x$
|
|
|
|
giải đáp
|
thêm bài này nữa nhé
|
|
|
|
c)
Tử thức của C:
$\sin^4x+3\cos^4x-1=\sin^4x+\cos^4x+2\cos^4x-1$
$=(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x\cos^2x+2\cos^4x-1$
$=2\cos^2x(\cos^2x-\sin^2x)$
Mẫu thức của C:
$\sin^6x+\cos^6x+3\cos^4x-1=1-3\sin^2x\cos^2x+3\cos^4x-1$
$=3\cos^2x(\cos^2x-\sin^2x)$
$\Rightarrow B=\frac{2\cos^2x(\cos^2x-\sin^2x)}{3\cos^2x(\cos^2x-\sin^2x)}=\frac{2}{3}$
|
|
|
|
giải đáp
|
thêm bài này nữa nhé
|
|
|
|
b)
$B=\left[ {(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x\cos^2x-1} \right]\left[ {\frac{\sin^2x}{\cos^2x}+\frac{\cos^2x}{\sin^2x}+2} \right]$
$=(-2\sin^2x\cos^2x)\frac{\sin^4x+\cos^4x+2\cos^2x\sin^2x}{\cos^2x\sin^2x} $
$=-2(\cos^2x+\sin^2x)^2=-2$
|
|
|
|
giải đáp
|
có bài toán này
|
|
|
|
Biến đổi phương trình về dạng: $(2z-1)[(m-2)z^2-2mz+m+1]=0$ $\Leftrightarrow z_o=\frac{1}{2} $ hoặc $g(z)=(m-2)z^2-2mz+m+1=0$ (*) Để phương trình (1) có đúng một nghiệm thực điều kiện là : (*) có hai nghiệm phức hoặc có duy nhất nghiệm $z=\frac{1}{2} $ +) Trường hợp 1: Nếu $m-2=0 \Leftrightarrow m=2$ Khi đó: (*)$ \Leftrightarrow -4z+3=0 \Leftrightarrow z=\frac{3}{4} \neq \frac{1}{2} $, không thỏa mãn. +) Trường hợp 2: Nếu $m-2 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq 2$ Khi đó, điều kiện là: $\left[ \begin{array}{l}\Delta^'_g < 0\\\left\{ \begin{array}{l} \Delta^'_g = 0\\g(\frac{1}{2}) = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 2 < 0\\ \left\{ \begin{array}{l}m + 2 = 0\\m + 2 = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m\leq -2$ Vậy với $m\leq -2$ thỏa mãn điều kiện đề bài. |
|
|
|
giải đáp
|
bài này làm tn ạ?
|
|
|
|
Do $MN//AB//CD$ nên: $\frac{MA}{MD}=\frac{NB}{NC}=\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{DC}=\frac{a}{b}$ Do đó $\overrightarrow{MA}=-\frac{a}{b} \overrightarrow{MD}$ $\overrightarrow{NB}=-\frac{a}{b} \overrightarrow{NC}$, nên: $\overrightarrow{OM}=\frac{\displaystyle\overrightarrow{OA}+\frac{a}{b} \overrightarrow{OD}}{ \displaystyle 1+\frac{a}{b} }, \overrightarrow{ON}=\frac{ \displaystyle \overrightarrow{OB}+\frac{a}{b} \overrightarrow{OC} }{ \displaystyle 1+\frac{a}{b} }$ Vậy: $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}=\frac{ \displaystyle \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}+\frac{a}{b} (\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OD})}{ \displaystyle 1+\frac{a}{b} }=\frac{ \displaystyle \overrightarrow{AB}+\frac{a}{b}\overrightarrow{DC} }{ \displaystyle 1+\frac{a}{b} }=\frac{b \overrightarrow{AB}+a \overrightarrow{DC} }{a+b}$ |
|
|
|
giải đáp
|
làm giúp em bài này với
|
|
|
|
a)
Với $n=1$ ta có : $I_1=\int\limits_{0}^{1}\frac{2dx}{x+1}=2\ln |x+1|\left|\begin{array}{l}1\\0\end{array}\right.=\ln 2<1 \Rightarrow 0\leqslant I_n\leqslant 1 $ Với $n>1 \Rightarrow x>1 \Rightarrow 0< \frac{x^{n-1}+1}{x^n+1}<1 $ $ \Rightarrow 0<I_n<1 =\int\limits_{n-1}^{n}dx=x \left|\begin{array}{l}n\\n-1\end{array}\right. $. Vậy dãy ${I_n}$ bị chặn b) Đổi biến số : $x=t-1 \Rightarrow dx=dt$ Đổi cận : $\left\{ \begin{array}{l} x=n \Rightarrow t=n+1\\ x=n-1 \Rightarrow t=n \end{array} \right. $ $x \in [n-1;n] \Rightarrow t\in [n;n+1]$ $I_n =\int\limits_{n}^{n+1}\frac{(t-1)^{n-1}+1}{(t-1)^n+1}dt=\int\limits_{n}^{n+1}\frac{(x-1)^{n-1}+1}{(x-1)^n+1}dx$ mà $I_{n+1}=\int\limits_{n}^{n+1}\frac{x^n+1}{x^{n+1}+1} dx $ Nên muốn chứng minh $I_{n+1}<I_n;\forall x \in \mathbb{N}$, ta cần chứng minh $\forall n \in \mathbb{N}$ $\forall x \in [n;n+1]: \frac{x^n+1}{x^{n+1}}<\frac{(x-1)^{n-1}+1}{(x-1)^n+1} (1) $ Thật vậy : $(1) \Leftrightarrow (x^n+1)[(x-1)^n+1]-(x^{n+1}+1)[(x-1)^{n-1}+1]<0$ $\Leftrightarrow -x^n(x-1)^{n-1}-x^n(x-1)+(x-1)^{n-1}(x-2)<0$ $\Leftrightarrow -(x-1)^{n-1}(x^n-x+2)-(x-1)x^n<0 (2)$ $(2)$ đương nhiên đúng với $\forall x \in [n;n+1]$.Do đó : $(1)$ đúng Từ đó suy ra $\int\limits_{n}^{n+1}\frac{x^n+1}{x^{n+1}+1}<\int\limits_{n}^{n+1}\frac{(x-1)^{n-1}+1}{(x-1)^n+1} $ Hay : $I_{n+1}<I_n;\forall x \in \mathbb{N}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em bài này với ạ
|
|
|
|
Biến đổi giả thiết: $z_o^2+z_1^2=z_oz_1 \Leftrightarrow z_1^2=(z_1-z_o)z_o \Rightarrow |z_1|^2=|(z_1-z_o)z_o|=|z_1-z_o|.|z_o|$ $z_o^2+z_1^2=z_oz_1 \Leftrightarrow z_o^2=(z_1-z_o)z_1 \Rightarrow |z_o|^2=|(z_1-z_o)z_1|=|z_1-z_o|.|z_1|$ Từ đó, suy ra: $|z_1-z_o|=\frac{|z_1|^2}{|z_o|}=\frac{|z_o|^2}{|z_1|} \Rightarrow |z_1|^3=|z_o|^3 \Rightarrow |z_1-z_o|=|z_1|=|z_o| $ $\Leftrightarrow AB=OB=OA \Leftrightarrow \Delta OAB $ là tam giác đều |
|
|
|
giải đáp
|
Giải giúp mình
|
|
|
|
Kẻ $AH \bot BC \Rightarrow SH \bot BC$ (định lí ba đường vuông góc). Lại có: $BC \bot (SAH)\Rightarrow (SBC)\bot (SAH)$. Do $(SBC) \cap (SAH)=AH,$ nên nếu kẻ $AK \bot SH( K \in SH) \Rightarrow AK \bot (SBC)$.  Vậy $d(A, (SBC))=AK$. Ta có : $AH =AB \sin 60^0=2a\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $SAH$ ta có: $\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{SH^2}=\frac{1}{9a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{9a^2}\Rightarrow AK=\frac{3a}{2}$ . Do vậy $ d(A, (SBC))=\frac{3a}{2}$. |
|
|
|
giải đáp
|
1 bài nguyên hàm nữa
|
|
|
|
Để $F(x)$ là một nguyên hàm của $f(x)$ thì:
$F'(x)=f(x),
\forall x\in\mathbb{R} $
$ \Leftrightarrow (a+1)\cos x+b\cos2x+\frac{3c}{2}\cos 3x=\cos x,
\forall x\in\mathbb{R} $
$\Leftrightarrow 6c\cos^3x+2b\cos^2x+(a+1-\frac{9c}{2})\cos x-b=\cos x,
\forall x\in\mathbb{R} $
$\Leftrightarrow a=b=c=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp mình bài số phúc
|
|
|
|
1.
Tọa độ các điểm trong mặt phẳng phức là:
$A(1,-1),B(2,3),C(3,1),A'(0,3),B'(3,-2),C'(3,2)$
Tọa độ trọng tâm $\Delta ABC$ là: $G(\frac{1+2+3}{3},\frac{-1+3+1}{3})$ hay $G(2,1)$
Tọa độ trọng tâm $\Delta A'B'C'$ là: $G'(\frac{0+3+3}{3},\frac{3-2+2}{3})$ hay $G'(2,1)$
Suy ra 2 tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ có cùng trọng tâm .
|
|
|
|
giải đáp
|
tìm nguyên hàm
|
|
|
|
2)
$ J=\int\limits \frac{dx}{1+\sin 2x} $
$=\int\frac{dx}{(\sin x+\cos x)^2}$
$=\int\frac{\displaystyle d(x+\frac{\pi}{4})}{\displaystyle2\sin^2(x+\frac{\pi}{4})}=-\frac{1}{2}\cot(x+\frac{\pi}{4})$
|
|
|
|
giải đáp
|
tìm nguyên hàm
|
|
|
|
1)
$ S=\int\limits \frac{\cos x-\sin x}{1+\sin2x}dx $
$=\int\frac{\cos x-\sin x}{(\sin x+\cos x)^2}dx$
$=\int\frac{d(\sin x+\cos x)}{(\sin x+\cos x)^2}=-\frac{1}{\sin x+\cos x}$
|
|