|
giải đáp
|
Giải giúp mình câu này
|
|
|
Điều kiện: $\sin 2x\ne0$ $\frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\displaystyle \sin(x-\frac{3\pi}{2} )}=4\sin (\frac{7\pi}{4}-x )$ $\Leftrightarrow
\frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\displaystyle \sin(x+\frac{\pi}{2} )}=4\sin (\frac{-\pi}{4}-x ) $ $\Leftrightarrow \frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\displaystyle \cos x}=-4\sin (x+\frac{\pi}{4})$ $\Leftrightarrow \frac{\displaystyle 2\sqrt2\sin(x+\frac{\pi}{4})}{\sin2x}=
-4\sin (x+\frac{\pi}{4})$ $\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} \sin (x+\frac{\pi}{4})=0\\ \sin2x=\frac{-1}{\sqrt2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x+\frac{\pi}{4}=k\pi\\ 2x=\frac{-\pi}{4}+2k\pi\\2x=\frac{5\pi}{4}+2k\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$ $\Leftrightarrow
\left[ \begin{array}{l} x=\frac{-\pi}{4}+k\pi\\ x=\frac{-\pi}{8}+k\pi\\x=\frac{5\pi}{8}+k\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z}) $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tìm số tự nhiên
|
|
|
lớp 4Tìm số có 4 chữ số . Nếu thêm số 1 vào bên trái số đó ta được một số gấp 9 lấn số cần tìm .
Tìm số tự nhiênTìm số có 4 chữ số . Nếu thêm số 1 vào bên trái số đó ta được một số gấp 9 lấn số cần tìm .
|
|
|
giải đáp
|
lớp 4
|
|
|
Gọi số cần tìm là $A \,(1000\le A\le9999)$ Ta có: $\overline{1A}=9A \Leftrightarrow 10000+A=9A$ $\Leftrightarrow A=1250$ Vậy số cần tìm là: 1250
|
|
|
bình luận
|
Bất phương trình vô tỷ Thay trực tiếp x=7/6 vào thôi. Còn nếu a muốn hỏi 7/6 lấy đâu ra thì là từ việc giải phương trình f(x)=0.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Ai giúp mình với
|
|
|
*) Với $x\le 1$ ta có: $\left. \begin{array}{l} \sqrt[3]{x-1}\le0\\ \sqrt[3]{2x-1}<\sqrt[3]{3x+1} \end{array} \right\} \Rightarrow \sqrt[3]{x-1}+ \sqrt[3]{2x-1}<\sqrt[3]{3x+1}$ , thỏa mãn.
*) Với $x>1$, ta xét: $f(x)= \sqrt[3]{x-1}+ \sqrt[3]{2x-1}-\sqrt[3]{3x+1}, x>1$ $f'(x)=\frac{1}{3}\Big(\frac{2}{\sqrt[3]{(2x-1)^2}}+
\frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^2}}-\frac{3}{\sqrt[3]{(3x+1)^2}}\Big)>0,\forall x>1.$ Mà $f(\frac{7}{6})=0$ nên $f(x)<0\Rightarrow 1<x<\frac{7}{6}$
Từ đó, nghiệm bất phương trình là: $S=(-\infty,\frac{7}{6})$
|
|
|
giải đáp
|
Cho mình hỏi với:
|
|
|
Rút gọn ta có: $A=\frac{mn^2+1+n^2(n^2-m)}{m^2n^4+2n^4+m^2+2}=\frac{1}{m^2+2}\le\frac{1}{2}$ Vậy Max $A=\frac{1}{2}\Leftrightarrow m=0$
|
|
|
bình luận
|
Bất đẳng thức dạng tổng quát Đây là một bài bất đẳng thức cơ bản cho kĩ thuật chọn điểm rơi AM-GM, phần này là phần khá dễ của bất đẳng thức.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức dạng tổng quát
|
|
|
*) Với $n=1$: $
\frac{x}{py+qz}+ \frac{y}{pz+qx}+ \frac{z}{px+qy} =
\frac{x^2}{pxy+qxz}+ \frac{y^2}{pyz+qxy}+ \frac{z^2}{pxz+qyz} $ $\ge\frac{(x+y+z)^2}{(p+q)(xy+yz+zx)}
\ge \frac{3}{p+q}$ Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z$ *)Ta chứng minh bài toán tổng quát với $n\ge2$: Ta có: $\frac{x^n}{py+qz}+\frac{py+qz}{(p+q)^2}+(n-2).\frac{1}{p+q}\ge n\sqrt[n]{
\frac{x^n}{py+qz}.\frac{py+qz}{(p+q)^2}.(\frac{1}{p+q})^{n-2} }=\frac{nx}{p+q}$ Tương tự: $
\frac{y^n}{qx+pz}+\frac{qx+pz}{(p+q)^2}+(n-2).\frac{1}{p+q}\ge
\frac{ny}{p+q} $ $ \frac{z^n}{px+qy}+\frac{px+qy}{(p+q)^2}+(n-2).\frac{1}{p+q}\ge \frac{nz}{p+q} $ Từ đó: $
\frac{x^n}{py+qz}+
\frac{y^n}{qx+pz}+
\frac{z^n}{px+qy}+
\frac{(p+q)(x+y+z)}{(p+q)^2}+3(n-2).\frac{1}{p+q}\ge \frac{n(x+y+z)}{p+q}$ $\Rightarrow
\frac{x^n}{py+qz}+ \frac{y^n}{qx+pz}+ \frac{z^n}{px+qy}+3(n-2).\frac{1}{p+q}\ge \frac{(n-1)(x+y+z)}{p+q}\ge
\frac{3(n-1)}{p+q} $ $\Rightarrow
\frac{x^n}{py+qz}+ \frac{y^n}{pz+qx}+ \frac{z^n}{px+qy} \ge \frac{3}{p+q} $ Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=1$
|
|
|
|
giải đáp
|
GTLN
|
|
|
Ta có: $(a+1)(b+1)=4$ và $3\le\frac{(a+b)^2}{4}+(a+b) \Rightarrow a+b\ge 2$ . Ta có: $P=\frac{3a(a+1)+3b(b+1)}{(a+1)(b+1)}+\frac{3}{a+b}-1-a^2-b^2$ $=\frac{3}{4}(a^2+b^2)+\frac{3}{4}(a+b)+
\frac{3}{a+b}-1-a^2-b^2 $ $=
\frac{-1}{4}(a^2+b^2)+\frac{3}{4}(a+b)+ \frac{3}{a+b}-1 $ $=
\frac{-1}{4}[(a+b)^2-2ab]+\frac{3}{4}(a+b)+ \frac{3}{a+b}-1 $ $=
\frac{-1}{4}(a+b)^2+\frac{1}{2}[3-(a+b)]+\frac{3}{4}(a+b)+ \frac{3}{a+b}-1 $ $=
\frac{-1}{4}(a+b)^2+\frac{1}{4}(a+b)+ \frac{3}{a+b}+\frac{1}{2} $ $=\frac{3}{2}-\frac{[(a+b)-2][(a+b)^2+(a+b)+6]}{4(a+b)}\le \frac{3}{2}$ Vậy: Max $P=\frac{3}{2} \Leftrightarrow a=b=1$
|
|
|
giải đáp
|
Logarit
|
|
|
Dùng đánh giá BĐT để chứng minh VT<VP, mọi x>1. Phương trình vô nghiệm.
|
|
|
giải đáp
|
bác nào giải giúp mình bài phuong trinh này
|
|
|
Điều kiện: $-1\le x\le 1$ Đặt $x=\cos t$, với $t\in[0,\pi]$. Dễ thấy $\cos t=x\ne0$. Phương trình trở thành: $64\cos^6t-112\cos^4t+56\cos^2t-7=2\sqrt{1-\cos^2t}$ $\Leftrightarrow
64\cos^7t-112\cos^5t+56\cos^3t-7\cos t=2\sin t\cos t$ $\Leftrightarrow \cos 7t=\sin 2t$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 7t=\frac{\pi}{2}-2t+2k\pi\\
7t=2t-\frac{\pi}{2}+2k\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t=\frac{\pi}{18}+\frac{2k}{9}\pi\\ t=\frac{-\pi}{10}+\frac{2k}{5}\pi \end{array} \right. (k\in\mathbb{Z})$ $\Rightarrow t\in\{\frac{\pi}{18},
\frac{5\pi}{18} ,
\frac{13\pi}{18} ,
\frac{17\pi}{18} ,
\frac{3\pi}{10} ,
\frac{7\pi}{10} \}$ vì $t\in[0,\pi]$ Suy ra: $ x\in\{\cos\frac{\pi}{18}, \cos\frac{5\pi}{18} , \cos\frac{13\pi}{18} , \cos\frac{17\pi}{18} ,\cos \frac{3\pi}{10} ,\cos \frac{7\pi}{10} \}$
|
|
|
giải đáp
|
Ai giải giúp bài này cái ?
|
|
|
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{(2x-3)^{20}.(3x-2)^{30}}{(5x-1)^{50}}$ $=\mathop
{\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{\displaystyle (2-\frac{3}{x})^{20}.(3-\frac{2}{x})^{30}}{\displaystyle(5-\frac{1}{x})^{50}} $ $=\frac{2^{20}.3^{30}}{5^{50}}$
|
|
|
giải đáp
|
giúp em thêm bài ni nữa ạ
|
|
|
Ta có: $\frac{7}{16} .\ln(3+2\sqrt{2} )–4.\ln(\sqrt{2} +1) –\frac{25}{8} .\ln(\sqrt{2} –1)$ $=\frac{7}{16} .2\ln(\sqrt{2}+1 )–4.\ln(\sqrt{2} +1) +\frac{25}{8} .\ln(\sqrt{2} +1)$ $=(\frac{7}{16}.2-4+\frac{25}{8})\ln(\sqrt2+1)=0$
|
|