|
|
giải đáp
|
Giải phương trình chứa căn thức- DỄ
|
|
|
|
Đk $x\le\frac12$ Đặt $a=\sqrt[3]{\frac12+x}\le1;b=\sqrt{\frac12-x}\ge0$ $\Rightarrow \begin{cases}a+b=1 \\ a^3+b^2=1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}b=1-a \\ a^3+(1-a)^2=1 \end{cases}$ $\Rightarrow a^3+a^2-2a=0$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} a=0\\a=1\\a=-2 \end{matrix}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=-\frac12(tm)\\ x=\frac12(tm)\\x=-\frac{17}2(tm)\end{matrix}} \right.$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
(18)
|
|
|
|
k mất tính tổng quát, giả sử b nằm giữa a và c
$\Rightarrow c(b-a)(b-c)\le0$ $\Leftrightarrow b^2c+ac^2\le abc+bc^2$ $\Leftrightarrow A=a^2b+b^2c+c^2a+abc\le b(c+a)^2\le\frac{4}{27}(a+b+c)^3=4$ Thiết lập tương tự với $a(b-a)(b-c)=\le0$ ta được $B=ac^2+ba^2+cb^2+abc\le4$ Ngoài ra ta có $C=abc\le\frac{(a+b+c)^3}{27}=1$ Ta có $VT+15\ge VT+A+2B+3C=(a+b+c)^3=27$$\Rightarrow VT\ge12$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
(3)
|
|
|
|
Nếu n là hợp số $\Rightarrow $ Đặt $n=ab(a;b\in N;a;b>1)$ $2^n-1=2^{ab}-1=(2^a)^b-1^b\Rightarrow$ $2^n-1$ chia hết cho $2^a-1$ Có $1<a<n\Rightarrow 1<2^a-1<2^n-1$ $\Rightarrow 2^n-1$ là hợp số |
|
|
|
giải đáp
|
◄╬ giúp!→☼ với☼
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp
|
|
|
|
$x^4+3x^3+5x^2+7x+2017=x^2(x^2+3x+4)+(x^2+7x+16)+1989>0$ do từng ngoặc >0 Vậy PT vô nghiệm |
|
|
|
giải đáp
|
(1)
|
|
|
|
$\Leftrightarrow \sqrt{x^2+15}=6\sqrt x-\sqrt{x^2+3}$ $\Rightarrow x^2+15=36x+x^2+3-12\sqrt{x(x^2+3})$ $\Leftrightarrow 1-3x=\sqrt{x(x^2+3)}$ $\Rightarrow 9x^2-6x+1=x^3+3x$ $\Leftrightarrow (x-1)(x^2-8x+1)=0$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\\ x=4+\sqrt{15}\\x=4-\sqrt{15}\text{loại} \end{matrix}} \right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
HELP ME
|
|
|
|
đề sai nhé, nếu điều kiện như trên cho toàn dãy dương thì đều thoả mãn nên n có thể chia hết cho 3 Đề đúng thì điều kiện thứ 2 là tổng của dãy là âm. Ta CM bằng phản chứng Giả sử n chia hết cho 3, đặt $n=3k$ viết lại dãy thành $a_1;a_2;...;a_{3k}$ suy ra tổng của dãy $S=(a_1+a_2+a_3)+(a_4+a_5+a_6)+...+(a_{3k-2}+a_{3k-1}+a_{3k})>0$ do mỗi ngoặc đều lớn hơn 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết Vậy n k thể chia hết cho 3 |
|
|
|
giải đáp
|
chứng minh bất đẳng thức
|
|
|
|
bài 2 Bình phương 2 vế $\Leftrightarrow (a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)$ $\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$ $\Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2-2(ab+bc+ca)\ge0$ $\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge0$ |
|
|
|
giải đáp
|
chứng minh bất đẳng thức
|
|
|
|
a) $1=x+(1-x)\ge2\sqrt{x(1-x)}$ (áp dụng BĐT Cauchy) $\Rightarrow \sqrt{x(1-x)}\le\frac12$ Dấu bằng khi $x=\frac12$ |
|
|
|
giải đáp
|
Nản quá đi >.>
|
|
|
|
đk $x\ge-\frac13$ $BPT\Leftrightarrow (11x-3)(x+3-2\sqrt{3x+1})-(x^2-6x+5)\ge0$ $\Leftrightarrow (x-1)(x-5)(\frac{11x-3}{x+3+2\sqrt{3x+1}}-1)\ge0$ $\Leftrightarrow (x-1)(x-5)(5x-3-\sqrt{3x+1})\ge0$ (mẫu >0) Xét $5x-3+\sqrt{3x+1}=0\Leftrightarrow x=\frac8{25}$ thay vào loại $x\ne\frac8{25}\Rightarrow BPT\Leftrightarrow (x-1)^2(x-5)\frac{25x-8}{5x-3+\sqrt{3x+1}}\ge0$ Ta CM đc $\frac{25x-8}{5x-3+\sqrt{3x+1}}\ge0$ Thật vậy, với $x>\frac{8}{25}$ thì cả tử và mẫu cùng dương; $x<\frac8{25}$ thì cả tử và mẫu cùng âm $\Rightarrow BPT\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} x=1\\ x\ge5 \end{matrix}} \right. $ |
|
|
|
giải đáp
|
(4)
|
|
|
|
Đặt $\alpha+\beta+\gamma=\delta $ $\Rightarrow \sum \cos(\alpha+\beta)=\sum\cos(\delta-\gamma)=\cos\delta.\sum\cos\alpha+\sin\delta.\sum\sin\alpha$ =$\sin^2\delta\frac{\sin \alpha+\sin \beta+\sin \gamma }{\sin(\alpha+\beta+\gamma)}+\cos^2\delta\frac{\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma}{\cos(\alpha+\beta+\gamma)}=m$ Ta lại có $P=\sum\cos^2(\alpha+\beta)\ge\frac{(\sum\cos(\alpha+\beta))^2}3=\frac{m^2}3$ Dấu bằng khi $\alpha=\beta=\gamma\ne\frac{k\pi}6$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với
|
|
|
|
$PT\Leftrightarrow (x-2)(x^4+x^3+x^2-9x+7)=0$ Ta CM $f(x)=x^4+x^3+x^2-9x+7>0\forall x\in R$ $f(x)=x^4+(\frac x2)^2+4+x^3-4x^2-2x+\frac{19}4x^2-7x+3=(x^2+\frac x2-2)^2+\frac{19}4(x-\frac{19}{14})^2+\frac8{19}>0$ |
|
|
|
giải đáp
|
bdt (98)
|
|
|
|
$(a+b)^4>a^4+b^4$ $(b+c)^4>b^4+c^4$ $(c+a)^4>c^4+a^4$ $\Rightarrow VT>2(a^4+b^4+c^4)>VP$ |
|