|
|
bình luận
|
đại 12
theo anh nghĩ là không em ạ :)
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 12
|
|
|
|
1. PT
$\Leftrightarrow (x-1)\ln 5=(x^2-4x+3)\ln 3$
$\Leftrightarrow (x-1)\ln 5=(x-1)(x-3)\ln 3$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\\ x\ln 3-3\ln 3=\ln 5 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\\ x=\dfrac{\ln 5+3\ln 3}{\ln 3} \end{matrix}} \right.$
|
|
|
|
bình luận
|
em đang cần gấp, cảm ơn nhiều
Hãy ấn chữ V dưới chữ đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé. Các bài tiếp theo mình sẽ sẵn sàng giúp đỡ bạn. Thanks!
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
giúp em mấy bài này với
Hãy ấn chữ V dưới chữ đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé. Các bài tiếp theo mình sẽ sẵn sàng giúp đỡ bạn. Thanks!
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
em đang cần gấp, cảm ơn nhiều
|
|
|
|
1. Ta sẽ chứng minh bài toán trên bằng phuơng pháp quy nạp với $n \ge 2.$
+ Với $n=2$ thì dễ có
$(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2)^2 \Leftrightarrow (a_1b_2-a_2b_1)^2 \ge 0$, luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1b_2=a_2b_1\Leftrightarrow \frac{b_2}{a_2}=\frac{b_1}{a_1}=k\Leftrightarrow b_i=ka_i, i=1,2.$
+ Giả sử BDT trên đúng với $k$ tức là
$$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k)^2$$
Ta có
$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)$
$=(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2)+a_{k+1}^2(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)+(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)b_{k+1}^2+a_{k+1}^2b_{k+1}^2\quad
(1)$
Bây giờ áp dụng BDT $M^2+N^2 \ge 2MN$ ta có
$\left.\begin{matrix}
a_{k+1}^2b_1^2+a_1^2b_{k+1}^2 \ge
2a_1b_1a_{k+1}b_{k+1}\\a_{k+1}^2b_2^2+a_2^2b_{k+1}^2 \ge
2a_2b_2a_{k+1}b_{k+1}\\\ldots \\a_{k+1}^2b_n^2+a_n^2b_{k+1}^2 \ge
2a_nb_na_{k+1}b_{k+1} \end{matrix}\right\}\Rightarrow \begin{matrix}
a_{k+1}^2(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)+(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)b_{k+1}^2
\ge \\ 2(a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k)a_{k+1}b_{k+1} \end{matrix} \quad
(2)$
Từ (1) , (2) và giả thiết quy nạp ta có
$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k+a_{k+1}b_{k+1})^2$, đpcm.
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp em mấy bài này với
|
|
|
|
1. Ta sẽ chứng minh bài toán trên bằng phuơng pháp quy nạp với $n \ge 2.$
+ Với $n=2$ thì dễ có
$(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2)^2 \Leftrightarrow (a_1b_2-a_2b_1)^2 \ge 0$, luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1b_2=a_2b_1\Leftrightarrow \frac{b_2}{a_2}=\frac{b_1}{a_1}=k\Leftrightarrow b_i=ka_i, i=1,2.$
+ Giả sử BDT trên đúng với $k$ tức là
$$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k)^2$$
Ta có
$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)$
$=(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2)+a_{k+1}^2(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)+(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)b_{k+1}^2+a_{k+1}^2b_{k+1}^2\quad (1)$
Bây giờ áp dụng BDT $M^2+N^2 \ge 2MN$ ta có
$\left.\begin{matrix} a_{k+1}^2b_1^2+a_1^2b_{k+1}^2 \ge 2a_1b_1a_{k+1}b_{k+1}\\a_{k+1}^2b_2^2+a_2^2b_{k+1}^2 \ge 2a_2b_2a_{k+1}b_{k+1}\\\ldots \\a_{k+1}^2b_n^2+a_n^2b_{k+1}^2 \ge 2a_nb_na_{k+1}b_{k+1} \end{matrix}\right\}\Rightarrow \begin{matrix} a_{k+1}^2(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)+(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)b_{k+1}^2 \ge \\ 2(a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k)a_{k+1}b_{k+1} \end{matrix} \quad (2)$
Từ (1) , (2) và giả thiết quy nạp ta có
$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k+a_{k+1}b_{k+1})^2$, đpcm.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|