|
|
giải đáp
|
giúp tớ với mọi người ơi
|
|
|
|
Xét phương trình thứ nhất: $y^3+3y+4=x^3-3x^2+6x$ Đặt $y=z-1$ ta được: $z^3-3z^2+6z=x^3-3x^2+6x$ Xét hàm: $f(t)=t^3-3t^2+6t$ Ta có: $f'(t)=3t^2-6t+6>0,\forall t\in\mathbb{R}$ Suy ra $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, dẫn tới $z=x$ hay $y=x-1$ Thay $y=x-1$ vào phương trình thứ hai ta được: $m=\frac{5x^2+8x+24}{(x+4)\sqrt{x^2+2}}$ (vì dễ thấy $x=-4$ không thỏa mãn) Xét hàm $g(t)= \frac{5t^2+8t+24}{(t+4)\sqrt{t^2+2}}$ trên $\mathbb{R}\backslash\{-4\}$ ta được: $\left[ \begin{array}{l} m<-5\\m\ge4 \end{array} \right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tập hợp biểu diễn các số phức
|
|
|
|
Ta biến đổi: $(1+i\sqrt{3})z+2 =x+yi (x, y\in R)$ $\Leftrightarrow (1+i \sqrt{3})z=x-2+yi \Leftrightarrow z=\frac{x-2+yi}{1+i \sqrt{3} } $ Khi đó: $|z-1|=|\frac{x-2+yi}{1+i \sqrt{3} }-1 |=|\frac{x-3+i(y-\sqrt{3}) }{1+i \sqrt{3} } |$ $=|\frac{[x-3+i(y+\sqrt{3})](1-i \sqrt{3}) }{4} |= |\frac{x+y \sqrt{3}+i(y-x \sqrt{3}+4 \sqrt{3} ) }{4} |$ $|z-1| \leq 2 \Leftrightarrow |x+y \sqrt{3}+i(y-x \sqrt{3}+4 \sqrt{3} ) |\leq 8$ $\Leftrightarrow \sqrt{(x+y \sqrt{3} )^2+(y-x \sqrt{3}+4 \sqrt{3})^2 }\leq 8 $ $\Leftrightarrow x^2+3y^2+2xy \sqrt{3}+y^2+3x^2+48-2xy+8y \sqrt{3}-24x \leq 64 $
$\Leftrightarrow x^2+y^2-6x+2y \sqrt{3} +12 \leq 16 $
$\Leftrightarrow (x-3)^2 + (y- \sqrt{3} )^2 \leq 16$ Vậy tập hợp điểm M thuộc hình tròn tâm $I(3; \sqrt{3})$ bán kính $R=4$ |
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình
|
|
|
|
Điều kiện: $-1\le x\le 1$ Ta tìm $\alpha,\beta$ sao cho: $-x+3=\alpha(1+x)+\beta(1-x)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\alpha-\beta=-1 \\\alpha+\beta=3 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\alpha=1\\\beta=2\end{array}\right.$ Khi đó phương trình viết lại như sau: $(1+x)+2(1-x)-2\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}-3\sqrt{1-x^2}=0$ Đặt $u=\sqrt{1+x},v=\sqrt{1-x},(u,v\ge0)$, ta được: $u^2+2v^2-2v+u-3uv=0$ $\Leftrightarrow (u-2v)(u-v+1)=0$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}u=2v\\u-v+1=0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sqrt{1+x}=2\sqrt{1-x}\\\sqrt{1+x}+1=\sqrt{1-x}\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=\frac{3}{5}\\x=\frac{-\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình nhé mọi người
|
|
|
|
b) Tọa độ giao điểm $M(x;y)$ là nghiệm của hệ: $\left\{ \begin{array}{l} 3x-y=0\\ x+4y-2=0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{2}{13}\\ y=\frac{6}{13} \end{array} \right. $
Vậy ta có giao điểm $M(
\frac{2}{13},\frac{6}{13} )$
$d$ đi qua điểm
$M( \frac{2}{13},\frac{6}{13} )$ và vuông góc với $d:2x+7y-1=0$ có phương trình là:
$7(x-\frac{2}{13})-2(y-\frac{6}{13})=0 \Leftrightarrow 7x-2y-\frac{2}{13}=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình nhé mọi người
|
|
|
|
a) Tọa độ giao điểm $M(x;y)$ là nghiệm của hệ: $\left\{ \begin{array}{l} 2x-y+5=0\\ 3x+2y-3=0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=-1\\ y=3 \end{array} \right. $
Vậy ta có giao điểm $M(-1;3)$
$d$ đi qua hai điểm $A(-3;-2)$ và $M(-1;3)$ có phương trình là:
$\frac{x+3}{-1+3}=\frac{y+2}{3+2} \Leftrightarrow 5x-2y+11=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
bài nữa viết phương trình đường thẳng
|
|
|
|
a) Vì $P$ thuộc đường thẳng $2x+y-8=0$, giả sử $P(a,8-2a)$
Vì $Q$ thuộc đường thẳng $x-y+5=0$, giả sử $Q(b,b+5)$
Từ đó ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l} a+b=-2\\ 8-2a+b+5=2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a=3\\b=-5 \end{array} \right.$
Suy ra $P(3,2),Q(-5,0)$
Phương trình đường thẳng cần tìm là phương trình đường thẳng $PQ$ và là: $x-4y+5=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
chứng minh giúp mình
|
|
|
|
Ta sẽ chứng minh: $\frac{x}{\sqrt{1-x}}\ge\frac{\sqrt2}{4}(6x-1) (*)$
Thật vậy:
*) Với $6x-1\le 0$, $(*)$ đúng.
*) Với $6x-1>0$ thì $(*)\Leftrightarrow 4x\ge\sqrt{2(1-x)}(6x-1)$
$\Leftrightarrow 16x^2\ge2(1-x)(36x^2-12x+1)$
$\Leftrightarrow 36x^2-40x^2+13x-1\ge0$
$\Leftrightarrow (2x-1)^2(9x-1)\ge0$ , đúng do $6x-1>0$.
Vậy $(*) $ được chứng minh.
Tương tự: $
\frac{y}{\sqrt{1-y}}\ge\frac{\sqrt2}{4}(6y-1) $
Từ đó: $
\frac{x}{\sqrt{1-x}}+
\frac{y}{\sqrt{1-y}} \ge\frac{\sqrt2}{4}(6(x+y)-2)=\sqrt2 $
Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=\frac{1}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình bài chứng minh nữa nhé
|
|
|
|
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: $\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+\frac{3\sqrt3}{2}x^4\ge\frac{3\sqrt3}{2}x^2$
$\Leftrightarrow x\ge\frac{3\sqrt3}{2}(1-x^2)x^2 \Leftrightarrow \frac{x}{y^2+z^2}\ge\frac{3\sqrt3}{2}x^2$
Tương tự: $
\frac{y}{x^2+z^2}\ge\frac{3\sqrt3}{2}y^2$
$
\frac{z}{x^2+y^2}\ge\frac{3\sqrt3}{2}z^2$
Cộng 3 BĐT trên lại ta được đpcm.
Dău bằng xảy ra khi: $x=y=z=\frac{1}{\sqrt3}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình
|
|
|
|
Đặt $\frac{x^3+1}{3}=y$, ta có hệ:
$\left\{ \begin{array}{l} x^3+1=3y\\ y^3+1=3x \end{array} \right.$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x\le y$
$\Rightarrow x^3+1\le y^3+1\Rightarrow 3y\le 3x \Rightarrow x=y$
Với $x=y$ ta có: $x^3-3x+1=0 (*)$
Xét $|x|\le 2$ , đặt $x=2\cos t,t\in[0,\pi]$
Khi đó: $(*) \Leftrightarrow 8\cos^3t-6\cos t=1 \Leftrightarrow \cos3t=\frac{1}{2}$
$\Leftrightarrow t\in\{\frac{\pi}{9};\frac{7\pi}{9};\frac{5\pi}{9}\}$ , vì $t\in[0,\pi]$.
Suy ra: $ x\in\{\cos\frac{\pi}{9};\cos\frac{7\pi}{9};\cos\frac{5\pi}{9}\} $
Vì $(*)$ là pt bậc 3 nên chỉ có 3 nghiệm trên.
|
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình
|
|
|
|
Điều kiện: $0\le x\le\sqrt2-1$ Đặt: $\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{\sqrt2-1-x}=u\\\sqrt[4]{x}=v \end{array} \right.$ với $\left\{ \begin{array}{l} 0\le u\le\sqrt{\sqrt2-1}\\ 0\le v\le \sqrt[4]{\sqrt2-1} \end{array} \right.$ Như vậy ta được hệ: $\left\{ \begin{array}{l} u+v=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}\\u^2+v^4=\sqrt2-1 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}-v\\ \Big(\frac{1}{\sqrt[4]{2}}-v\Big)^2+v^4=\sqrt2-1 (1) \end{array} \right.$ Giải $( 1)$: $(1)\Leftrightarrow (v^2+1)^2-\Big(v+\frac{1}{\sqrt[4]{2}}\Big)^2=0$ $\Leftrightarrow v^2-v+1-\frac{1}{\sqrt[4]{2}}=0\Leftrightarrow v=\frac{\displaystyle 1\pm\sqrt{\frac{4}{\sqrt[4]{2}}-3}}{2}$ (thỏa mãn) Vậy: $x= \left(\frac{\displaystyle 1\pm\sqrt{\frac{4}{\sqrt[4]{2}}-3}}{2}\right)^4$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp em với
|
|
|
|
b) Phương trình tương đương với: $2\sin x\sin2x+2\sin3x=12\cos^3x$ $\Leftrightarrow \cos x-\cos3x+6\sin x-8\sin^3x=12\cos^3x$ $\Leftrightarrow 16\cos^3x+8\sin^3x-4\cos x-6\sin x=0$ Vì $\cos x=0$ không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế cho $\cos^3x$ Khi đó, phương trình trở thành: $16+8\tan^3x-4(1+\tan^2x)-6\tan x(1+\tan^2x)=0$ $\Leftrightarrow \tan^3x-2\tan^2x-3\tan x+6=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \tan x=2\\\tan x=\sqrt3\\\tan x=-\sqrt3 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\arctan2+k\pi\\x=\frac{\pi}{3}+k\pi\\x=\frac{-\pi}{3}+k\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$ , thỏa mãn. |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp em với
|
|
|
|
a) Điều kiện: $\cos x\ne0\Leftrightarrow x\ne\frac{\pi}{2}+k\pi (k\in\mathbb{Z})$ Phương trình tương đương với: $\sin x\cos x-2\sin^2x=3-6\sin^2x+3\sin x\cos x$ $\Leftrightarrow 4\tan^2x-2\tan x-3(1+\tan^2x)=0$ $\Leftrightarrow \tan^2x-2\tan x-3=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x=-1\\ \tan x=3 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\frac{-\pi}{4}+k\pi\\x=\arctan3+k\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$, thỏa mãn. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Viết phương trình các cạnh giúp mình nào ?
|
|
|
|
Dễ thấy trung tuyến và phân giác không xuất phát từ C. Giả sử đó là trung tuyến AM và phân giác AD.  Ta tìm điểm đối xứng của $C$ qua phân giác $AD$. Phương trình $CI$ vuông góc $AD$ $-2(x-4)+1(y-3)=0 \Leftrightarrow 2x-y-5=0$ Hình chiếu $I$ có tọa độ: $\left\{ \begin{array}{l} x+2y-5=0\\2x- y-5=0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=3\\ y=1 \end{array} \right. $ Do đó $I(3;1)$ nên điểm đối xứng với $C$ qua $I$ là $K(2;-1)$ Tọa độ $A$ là nghiệm hệ: $\left\{ \begin{array}{l} 4x+13y-10=0\\ x-2y-5=0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=9\\ y=-2 \end{array} \right. $ Vậy $A(9;-2)$ nên phương trình $AB$ qua $A,K:x+7y+5=0$ Ta có $B\in AB \Rightarrow B(-5-7b;b)$ và trung điểm $M \left ( \frac{-1-7b}{2};\frac{3+b}{2} \right) $ Vì $M\in AM$ nên $4 \frac{-1-7b}{2} +13.\frac{3+b}{2} -10=0 \Rightarrow b=1$ Do đó $B(-12;1)$ nên phương trình $BC:x-8y+20=0$ Và phương trình $AC$ qua $A,C:x+y-7=0$ |
|
|
|