|
|
giải đáp
|
Tìm giá trị nhỏ nhất của P
|
|
|
|
$\mathbb P= x-2\sqrt{x-3}+2=(\sqrt{x-3}-1)^2+4 \ge 4,$ $\Rightarrow \min \mathbb P=4.$ Đẳng thức xảy ra tại $x=4.$ |
|
|
|
giải đáp
|
bài này cũng thế??????
|
|
|
|
Theo AM - GM, ta có: $A=\frac{x^2+15x+16}{3x}=\frac{x}{3}+\frac{16}{3x}+5 \ge 5 + 2\sqrt{\frac{x}{3}.\frac{16}{3x}}=5+\frac{8}{3}=\frac{23}{3}.$ Suy ra $\min A=\frac{23}{3}$ tại $x=4.$ |
|
|
|
giải đáp
|
tìm đk m để hpt có nghiệm
|
|
|
|
Đặt $S=x+y;P=xy,$ hệ đã cho trở thành: $\begin{cases}S^2+S-2P=8.(1) \\ P(P+S+1)=M.(2) \end{cases}$ $(1)\Leftrightarrow P=\frac{S^2+S-8}{2}$ Thay vào PT $(2),$ ta được: $\frac{S^2+S-8}{2}(\frac{S^2+S-8}{2}+S+1)=m$ $\Leftrightarrow 4m=S^4+4S^3-11S^2-30S+48=f(S)$ Xét hàm $f(S), S \in \mathbb R,$ để tìm $\max, \min$ của $f(S)$. Từ đó, ta có hệ PT có nghiệm khi và chỉ khi: $\min f(S) \le m \le \max f(S).$ $\Rightarrow Ok.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải hpt
|
|
|
|
$\left\{ \begin{array}{l} x^{3}-3x^{2}-9x+22=y^{3}+3y^{2}-9y.(1)\\ x^{2}+y^{2}-x+y=\frac{1}{2}.(2) \end{array} \right.$ Xét PT $(2)$ của hệ, để hệ có nghiệm thì: $\Delta _x=1^2-4(y^2+y-\frac{1}{2}) \ge 0\Leftrightarrow 4y^2+4y-3 \le 0\Leftrightarrow -\frac{3}{2} \le y \le \frac{1}{2}.$ $\Delta _y=1^2-4(x^2-x-\frac{1}{2}) \ge 0\Leftrightarrow 4x^2-4x-3 \le 0\Leftrightarrow -\frac{1}{2} \le x \le \frac{3}{2}.$ $(1)\Leftrightarrow (x-1)^3-12(x-1)=(y+1)^3-12(y+1)$ $(1')$
Xét $f(t)=t^3-12t,t \in [-\frac{3}{2};\frac{3}{2}]$, dễ thấy $f(t)$ nghịch biến $\forall t \in [-\frac{3}{2};\frac{3}{2}]$. Do đó: $(1')\Leftrightarrow x-1=y+1\Leftrightarrow x=y+2.$ Thay $x=y+2$ vào PT $(2)$ của hệ là Ok..
|
|
|
|
giải đáp
|
Gải hpt
|
|
|
|
$ \left\{ \begin{array}{l} (4x^{2}+1)x+(y-3)\sqrt{5-2y}=0 \text{ . } (1) \\ 4x^{2}+y^{2} +2\sqrt{3-4x}=7\text{ . } (2)\end{array} \right.$ Điều kiện: $x \le \frac{3}{4};y \le \frac{5}{2}.$ $(1)\Leftrightarrow 2x[(2x^2)+1]=\sqrt{5-2y}[(5-2y)+1]$ $(1')$ Xét $f(t)=t(t^2+1)=t^3+t,t \in \mathbb R,$ dễ thấy $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb R.$ Do đó: $(1')\Leftrightarrow 2x=\sqrt{5-2y}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x \ge 0 \\ 4x^2=5-2y \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x \ge 0 \\ y=\frac{5-4x^2}{2} \end{cases}$ Thay vào phương trình $(2)$ của hệ, ta được: $4x^{2}+(\frac{5-4x^2}{2})^{2} +2\sqrt{3-4x}=7=g(x)$ $(0 \le x \le \frac{3}{4})$ Xét $g(x),0 \le x \le \frac{3}{4}$ dễ thấy $g(x)$ nghịch biến trên $0 \le x \le \frac{3}{4}$ nên PT $g(x)=7$ có không quá 1 nghiệm. Mặt khác: $g(\frac{1}{2})=7$ nên PT $g(x)=7$ có nghiệm duy nhất là $x=\frac{1}{2}\Rightarrow y=2.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải HPT
|
|
|
|
$\begin{cases}x^3+3y=y^3+3x \\ x^2+3y^2=1 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x^3-y^3=3(x-y)(x^2+3y^2) \\ x^2+3y^2=1 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}2x^3-3x^2y+9xy^2-8y^3=0 \\ x^2+3y^2=1 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}(x-y)(2x^2-xy+8y^2)=0 \\ x^2+3y^2=1 \end{cases}$ $\Rightarrow $ OK... |
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh định lí
|
|
|
|
Trường hợp 1: Nếu $n$ chẵn, ta có: $1+2+3+...+n={(1+n)+[2+(n-1)]+...+ [\frac{n}{2}+(\frac{n}{2}+1)]}$ $=\underbrace{(1+n)+(1+n)+...+(1+n)}_{\text {có} \frac{n}{2} \text{ số (n+1)}}=\frac{n(n+1)}{2}$ Trường hợp 2: Nếu $n$ lẻ, ta có: $1+2+3+...+n={(1+n)+[2+(n-1)]+...+ [(\frac{n+1}{2}-1)+(\frac{n+1}{2}+1)]+\frac{n+1}{2}} $ $=\underbrace{(1+n)+(1+n)+...+(1+n)}_{\text {có} \frac{n-1}{2} \text{ số (n+1)}}+\frac{n}{2}=\frac{(n-1)(n+1)}{2}+\frac{n+1}{2}=\frac{n(n+1)}{2}$
Trong cả 2 trường hợp, ta đều có: $1+2+3+...+n=\frac{n(n+1)}{2}\Rightarrow $ đpcm ./.
Chắc e hiểu rồi.. |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm gtln gtnn của hàm số
|
|
|
|
Đặt $\alpha = \frac{2x}{1+x^2},$ ta có: $y=\sin \alpha + \cos 2\alpha=-2 \sin ^{2} \alpha + \sin \alpha + 1$ Đặt $t=\sin \alpha,\Rightarrow t \in [-1;1],$ ta có: $y=-2t^2+t+1=f(t)$ $f'(t)=-4t+1;f'(t)=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{4}.$ $f(-1)=-2;f(\frac{1}{4})=\frac{9}{8};f(1)=0$ Suy ra: $\min y=f(-1)=-2$ tại $\sin \alpha =-1\Leftrightarrow \sin \frac{2x}{1+x^2}=-1\Leftrightarrow \frac{2x}{1+x^2}=-\frac{\pi}{2}+k2\pi$ $\max y=f(\frac{1}{4})=\frac{9}{8}$ tại $\sin \alpha =\frac{1}{4}\Leftrightarrow \sin \frac{2x}{1+x^2}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow \frac{2x}{1+x^2}= \dots $ |
|
|
|
giải đáp
|
đây bài này
|
|
|
|
Gọi $I$ là trung điểm $HD$ ,theo tính chất đường trung bình ta có: $MI // CD$ và $MI = \frac{1}{2}CD$
mà $CD = 2AB$ và $CD // AB$
nên $MI = AB$ và $MI // AB $
$\Rightarrow ABMI$ là hình bình hành
$\Rightarrow AI // BM.$ $(1)$
Mặt khác, xét tam giác $ ADM$ có :$DH$ vuông $AM$ và $MI$ vuông $AD$
nên $I$ là trực tâm tam giác $ADM$
$\Rightarrow AI$ vuông $DM$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow BM$ vuông $DM.$
|
|
|
|
giải đáp
|
mn giúp mik vs sắp thi rồi bt cả đống thanks mn nhiều trước nha
|
|
|
|
Điều kiện xác định: $\left[ \begin{array}{l} x \ge \frac{5+ \sqrt {37}}{6}\\ x \le -\sqrt 2 \end{array} \right.$ $\sqrt{3x^{2}-7x+3} -\sqrt{x^{2}-2}=\sqrt{3x^{2}-5x-1}-\sqrt{x^{2}-3x+4}$ $\Leftrightarrow \sqrt{3x^{2}-7x+3} -\sqrt{3x^{2}-5x-1}=\sqrt{x^{2}-2}-\sqrt{x^{2}-3x+4}$ $\Leftrightarrow \frac{-2x+4}{\sqrt{3x^{2}-7x+3} + \sqrt{3x^{2}-5x-1}}=\frac{3x-6}{\sqrt{x^{2}-2}+\sqrt{x^{2}-3x+4}}$ $\Leftrightarrow (x-2)(\underbrace{\frac{3}{\sqrt{x^{2}-2}+\sqrt{x^{2}-3x+4}}+\frac{2}{\sqrt{3x^{2}-7x+3} + \sqrt{3x^{2}-5x-1}}}_{>0,\forall x \text{ thuộc ĐKXĐ}})=0$ $\Leftrightarrow x=2.$ ($tm$) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là $\color{red}{\boxed{x=2}.}$ |
|
|
|
giải đáp
|
bài tiếp nè
|
|
|
|
Đặt $t=x^2-2x,$ phương trình đã cho trở thành: $\sqrt{t-5}+\sqrt{t+10}=4-t$ $\Rightarrow \begin{cases}t-5 \ge 0 \\ t+10 \ge 0 \\ 4-t \ge 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}t \ge 5 \\ t \le 4 \end{cases}\Leftrightarrow t \in \varnothing $ Do đó phương trình đã cho vô nghiệm. |
|
|
|
giải đáp
|
Sao mà khó thế xem giải chẳng hiểu cái gì cả.Nhà ta có ai làm được ko vậy?Làm hộ giúp em vs mai nộp zùi!!!
|
|
|
|
Ta có: $\star$ $\tan^2 \alpha +1=\frac{1}{\cos^{2} \alpha}\Leftrightarrow \sqrt{\tan^2 \alpha +1}=\frac{1}{\cos \alpha}$ $\star$ $\sin \alpha + \cos \alpha = \frac{7}{5}$
$\Leftrightarrow \tan \alpha +1 = \frac{7}{5\cos \alpha}$ (chia 2 vế cho $\cos \alpha$) $\Leftrightarrow \tan \alpha +1 = \frac{7}{5}\sqrt{\tan^2 \alpha +1}$ $\Leftrightarrow 25(\tan \alpha +1)^2=49(\tan^2 \alpha +1)$ $\Leftrightarrow 24 \tan^{2} \alpha -50 \tan \alpha +24=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \tan \alpha = \frac{3}{4}\\ \tan \alpha = \frac{4}{3} \end{array} \right.$
|
|
|
|
giải đáp
|
mấy thánh chém gió lên làm hộ em bài này vs
|
|
|
|
+ Gọi giao điểm của $AC$ và $BD$ là $O$, ta có: $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$ + Kẻ $OO'$ vuông góc với $d$ + Xét hình thang $DD'BB'$ $(DD'//BB')$ Có $O$ là trung điểm $DB$ mà $OO'//BB'$ $\Rightarrow OO'$ là đường trung bình. $\Rightarrow 2OO'=DD'+BB'$ $(1)$ Xét $\Delta ACC'$,có : $OO'//CC',O$ là trung điểm của $AC.$ $\Rightarrow OO'$ là đường trung bình. $\Rightarrow 2OO'=CC' $ $(2)$ Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow $ (đpcm) |
|
|
|
giải đáp
|
nhìn tưởng dễ mà khó
|
|
|
|
Ta có: $\mathbb P=\frac{1}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y}}+\frac{1}{\frac{1}{3z}+\frac{1}{3z}+\frac{1}{3y}}+\frac{1}{\frac{1}{6x}+\frac{1}{6x}+\frac{1}{6z}}$ Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có: $(x+y+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y}) \ge 9\Leftrightarrow \frac{x+y+y}{9} \ge \frac{1}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y}}$ $(y+z+z)(\frac{1}{3z}+\frac{1}{3z}+\frac{1}{3y}) \ge 3\Leftrightarrow \frac {y+z+z}{3} \ge \frac{1}{\frac{1}{3z}+\frac{1}{3z}+\frac{1}{3y}}$ $(z+x+x)(\frac{1}{6x}+\frac{1}{6x}+\frac{1}{6z}) \ge \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac {2(z+x+x)}{3} \ge \frac{1}{\frac{1}{6x}+\frac{1}{6x}+\frac{1}{6z}}$ Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: $\mathbb P \le (\frac{1}{9}+\frac{4}{3})x+(\frac{2}{9}+\frac{1}{3})y+(\frac{2}{3}+\frac{2}{3})z=\frac{1}{9} (13x+5y+12z)=1$ Vậy: $\color{red}{\boxed{\max P=1}}$ tại $\color{red}{x=y=z=\frac{3}{10}.}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Mọi người giúp mình với
|
|
|
|
$\begin{cases}x+2ax=b \\ ax+(1-a)y=b^2 \end{cases}$ Điều kiện cần: Giả sử hệ phương trình có nghiệm với mọi $a,$ thay $a=-\frac{1}{2}$, ta được: $\begin{cases}b=0 \\ -\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}y=b^2 \end{cases}$ Do đó điều kiện cần là $b=0.$ Điều kiện đủ: Với $b=0,$ ta có hệ: $\begin{cases}x+2ax=0 \\ ax+(1-a)y=0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=0 \\ y=0 \end{cases}$ Hệ này luôn có nghiệm $(x;y)=(0;0)$ Vậy: $\color{red}{b=0}$ là điều kiện cần và đủ để hệ phương trình có nghiệm $\forall a \in \mathbb R.$ |
|