|
sửa đổi
|
BÀi toán dễ nhất hệ mặt trời đây ....
|
|
|
ta có : $x^2(\sqrt{9x^4+7}-\sqrt[3]{8x^3-1})=x^2(\sqrt{x^4+7}-2x+2x-\sqrt[3]{8x^3-1})=x^2(\frac{9x^4-4x^2+7}{\sqrt{9x^4+7}}+\frac{8x^3-8x^3+1}{4x^2+2x\sqrt[3]{8x^3-1}+\sqrt[3]{(8x^3-1)^3}})$đến đây dễ rồi => $\mathop {\lim }\limits_{x \to +}x^2(\sqrt{9x^4+7}+\sqrt[3]{8x^3-1})=.........$
ta có : $x^2(\sqrt{9x^4+7}-\sqrt[3]{8x^3-1})=x^2(\sqrt{x^4+7}-2x+2x-\sqrt[3]{8x^3-1})=x^2(\frac{9x^4-4x^2+7}{\sqrt{9x^4+7}}+\frac{8x^3-8x^3+1}{4x^2+2x\sqrt[3]{8x^3-1}+\sqrt[3]{(8x^3-1)^3}})$đến đây dễ rồi => $\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}x^2(\sqrt{9x^4+7}+\sqrt[3]{8x^3-1})=+\infty$
|
|
|
sửa đổi
|
Giúp e giải mấy bài này gấp. Giải bằng phương pháp Vecto
|
|
|
mình nghĩ là câu 1 đề sai : 3..bạn có thể xem đáp án tại http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?/topic/142357-cho-abc0-cm-sqrta2-abb2sqrta2-acc2-geq-sqrtb2bcc2/
$VT=\sqrt{(y+\frac{x}{2})^2+(-\frac{\sqrt{3}}{2}x)^2}+\sqrt{(y+\frac{c}{2})^2+(-\frac{\sqrt{3}}{2}z)^2}$trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy $A(y+\frac{x}{2},\frac{-\sqrt{3}}{2}x);B(y+\frac{z}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}z)$$VT =OA+OB \geq AB=\sqrt{(\frac{z-x}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}z+\frac{\sqrt{3}}{2}x)^2}=\sqrt{x^2+xz+z^2}$
|
|
|
sửa đổi
|
help
|
|
|
help chứng minh $\frac{x}{\sqrt{3x^2+y^2}}+\frac{y}{\sqrt{3 x^2+ y^2}} \leq 1$
help chứng minh $\frac{x}{\sqrt{3x^2+y^2}}+\frac{y}{\sqrt{3 y^2+ x^2}} \leq 1$
|
|
|
sửa đổi
|
bài khó đây
|
|
|
Ta có : $x+y+z=0 => x+y=-z$$ <=> (x+y)^5=-z^5$$<=>x^5+y^5+5xy(x+y)(x^2+xy+y^2)=-z^5$$<=> x^5+y^5+z^5-5xyz(x^2+xy+z^2)=0$$x^5+y^5+z^5=\frac{1}{2}.5xyz( x^2+y^2+(x+y)^2)=\frac{5}{2}xyz(x^2+y^2+z^2)=\frac{5}{2}xyz(1)$Ta lại có : $x=-(y+z)=> x^2=y^2+z^2+2yz<=>x^2=1-x^2+2yz<=>yz=\frac{2x^2-1}{2}$Thay vào (1) ta có : $x^5+y^5+z^5=\frac{5}{4}(x^3-x)$Cái chỗ phân tích thành nhân tử anh làm hơi tắt..có gì hỏi lại anh
Ta có : $x+y+z=0 => x+y=-z$$ <=> (x+y)^5=-z^5$$<=>x^5+y^5+5xy(x+y)(x^2+xy+y^2)=-z^5$$<=> x^5+y^5+z^5-5xyz(x^2+xy+z^2)=0$$x^5+y^5+z^5=\frac{1}{2}.5xyz( x^2+y^2+(x+y)^2)=\frac{5}{2}xyz(x^2+y^2+z^2)=\frac{5}{2}xyz(1)$Ta lại có : $x=-(y+z)=> x^2=y^2+z^2+2yz<=>x^2=1-x^2+2yz<=>yz=\frac{2x^2-1}{2}$Thay vào (1) ta có : $x^5+y^5+z^5=\frac{5}{4}(2x^3-x)$Cái chỗ phân tích thành nhân tử anh làm hơi tắt..có gì hỏi lại anh
|
|
|
sửa đổi
|
Bđt
|
|
|
$A=\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}=\sum \frac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}$Áp dụng BĐT $Cauchy - schawrz$$A \geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{a^2+8bc}}$Ta có : đặt $P=a\sqrt{a^2+8bc}$$=> P^2 \leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc)$
$A=\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}=\sum \frac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}$Áp dụng BĐT $Cauchy - schawrz$$A \geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{a^2+8bc}}$Ta có : đặt $P=a\sqrt{a^2+8bc}$$=> P^2 \leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc)$dễ dàng chứng minh được $a^3+b^3+c^3 +24abc \leq (a+b+c)^3$$=> P^2 \leq (a+b+c)^4$$=> P \leq (a+b+c)^2$$=> A \geq 1$
|
|
|
sửa đổi
|
Bất đẳng thức 007
|
|
|
áp dụng BĐT $ \frac{(x+y)^2}{4} \geq xy$$=>abc \leq \frac{(a+b)^2}{4}.c=\frac{(6-c)^2}{4}.c=\frac{(6-c)}{4}[c(6-c)]\leq\frac{6-c}{4}.[\frac{(6-c+c)^2}{4}]=\frac{9}{4}(6-c)$
áp dụng BĐT $ \frac{(x+y)^2}{4} \geq xy$$=>abc \leq \frac{(a+b)^2}{4}.c=\frac{(6-c)^2}{4}.c=\frac{(6-c)}{4}[c(6-c)]\leq\frac{6-c}{4}.[\frac{(6-c+c)^2}{4}]=\frac{9}{4}(6-c)$Ta có $c \geq 3=> 6-c \leq 3=> đpcm$
|
|
|
sửa đổi
|
Triệu hồi a WADE( anh Thành ) vào
|
|
|
Triệu hồi a WADE( anh Thành ) vào Giải hệ : $\begin{cases} \sqrt{2x^3+y+1}-\sqrt{-x^3+2x^2\sqrt{y}}+x^2=2x \\ 5x^2+x(1-2x\sqrt{2x+y+1}-4x\sqrt{-4+2\sqrt{y}}+\sqrt{y}(\sqrt{y}+2)+1=0 \end{cases}$
Triệu hồi a WADE( anh Thành ) vào Giải hệ : $\begin{cases} \sqrt{2x^3+y+1}-\sqrt{-x^3+2x^2\sqrt{y}}+x^2=2x \\ 5x^2+x(1-2x\sqrt{2x+y+1} )-4x\sqrt{-4+2\sqrt{y}}+\sqrt{y}(\sqrt{y}+2)+1=0 \end{cases}$
|
|
|
sửa đổi
|
Triệu hồi a WADE( anh Thành ) vào
|
|
|
Triệu hồi a WADE( anh Thành ) vào Giải hệ $ \left\{\begin{ ma trix} \sqrt{2x^3+y+1}-\sqrt{-x^3+2x^2\sqrt{y}}+x^2=2x\\ 5x^2+x(1-2x\sqrt{2x+y+1} )-4x\sqrt{-4+2\sqrt{y}}+\sqrt{y}(\sqrt{y}+2)+1=0 \end{ ma trix} \right.$
Triệu hồi a WADE( anh Thành ) vào Giải hệ : $\begin{ ca ses} \sqrt{2x^3+y+1}-\sqrt{-x^3+2x^2\sqrt{y}}+x^2=2x \\ 5x^2+x(1-2x\sqrt{2x+y+1}-4x\sqrt{-4+2\sqrt{y}}+\sqrt{y}(\sqrt{y}+2)+1=0 \end{ ca ses}$
|
|
|
sửa đổi
|
giải giùm mình vs nha m.n!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
|
|
|
$4(2x^2+1)+3(x^2-2x).\sqrt{x}(2x-1)=2(x^3+5x)$$<=> (x-2)(3x.\sqrt{x}(2x-1)-2x^2+4x-2)=0$cái sau làm chưa ra :D
$4(2x^2+1)+3(x^2-2x).\sqrt{x}(2x-1)=2(x^3+5x)$$<=> (x-2)(3x.\sqrt{2x-1}-2x^2+4x-2)=0$$=> x=2$ hoặc $3x.\sqrt{2x-1}=2(x-1)^2<=> (x^2-8x+4)(4x^2-2x+1)=0$
|
|
|
sửa đổi
|
BĐT CỰC KHÓ :V
|
|
|
áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz : ta có : $\sqrt{a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)} \geq a_1b_1+a_2b_2$( Tự CHứng MINh :D)áp dụng ta có :$ 1.\sqrt{1-a}+1.\sqrt{1+a} \leq \sqrt{(2-a)(2+a)}=\sqrt{4-a^2}=\frac{1}{2}\sqrt{4(4-a^2)}\leq \frac{1}{4}(8-a^2)=2-\frac{a^2}{4}$=> đpcm
áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz : ta có : $\sqrt{a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)} \geq a_1b_1+a_2b_2$( Tự CHứng MINh :D)áp dụng ta có :$ 1.\sqrt{1-a}+1.\sqrt{1+a} \leq \sqrt{(2-a)(2+a)}=\sqrt{4-a^2}=\frac{1}{2}\sqrt{4(4-a^2)}\leq \frac{1}{4}(8-a^2)=2-\frac{a^2}{4}$=> đpcm
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải phương trình
|
|
|
EM xin mạo muộn giải bài này bằng cách ngu dốt nàyBÌnh phương hai vế ta có phương trình tương đương với: $24x^{4}-20x^{3}-104x^{2}-40x+96=0$$<=> 24(x^{2}-\frac{10}{3}x+2)(x^{2}+\frac{5}{2}x+2)$ (ở đât dùng vi ét)đến đây dễ rồi xét đenta là racòn bạn nào thắc mắc thì nhắn tin vs mk nháđúng thì like...sai thì sửa :D
EM xin mạo muộn giải bài này bằng cách ngu dốt nàyBÌnh phương hai vế ta có phương trình tương đương với: $24x^{4}-20x^{3}-104x^{2}-40x+96=0$$<=> 24(x^{2}-\frac{10}{3}x+2)(x^{2}+\frac{5}{2}x+2)=0$ (ở đât dùng vi ét)đến đây dễ rồi xét đenta là racòn bạn nào thắc mắc thì nhắn tin vs mk nháđúng thì like...sai thì sửa :D
|
|
|
sửa đổi
|
Toán
|
|
|
áp dụng công thức trong tam giác vuông ta có :$AB^{2}= BC.BH $$=> BH =\frac{AB^{2}}{BC} $= $\frac{9}{5}$mà $AH^{2}=AB^{2}-BH^{2} ( Pytago) $$=> AH=\frac{36}{5}$Vậy $\frac{AH}{BH}=4$
áp dụng công thức trong tam giác vuông ta có :$AB^{2}= BC.BH $$=> BH =\frac{AB^{2}}{BC} $= $\frac{9}{5}$mà $AH^{2}=AB^{2}-BH^{2} ( Pytago) $$=> AH=\frac{12}{5}$Vậy $\frac{AH}{BH}=\frac{4}{3}$
|
|
|
sửa đổi
|
bất đẳng thức AM-GM
|
|
|
áp dụng BĐT AM-GT ta có :$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1} \geq \frac{3}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$áp dụng tiếp ta có$\frac{a}{a+1}$+$\frac{b}{b+1}$+$\frac{c}{c+1}$$\geq$$\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$cộng vế với vế của 2 BĐT trên ta có$3 \geq \frac{3(\sqrt[3]{abc}+1)}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$$\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)} \geq \sqrt[3]{abc}+1$==> đpcm ( theo AM-GT thì dấu = xảy ra khi a=b=c)
áp dụng BĐT AM-GM ta có :$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1} \geq \frac{3}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$áp dụng tiếp ta có$\frac{a}{a+1}$+$\frac{b}{b+1}$+$\frac{c}{c+1}$$\geq$$\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$cộng vế với vế của 2 BĐT trên ta có$3 \geq \frac{3(\sqrt[3]{abc}+1)}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$$\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)} \geq \sqrt[3]{abc}+1$==> đpcm ( theo AM-GM thì dấu = xảy ra khi a=b=c)
|
|
|
sửa đổi
|
bất đẳng thức AM-GM
|
|
|
bất đẳng thức AM-G Tcho $a,b,c >0$ chứng minh:$\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq (\sqrt[3]{abc}+1)$
bất đẳng thức AM-G Mcho $a,b,c >0$ chứng minh:$\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq (\sqrt[3]{abc}+1)$
|
|