|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức.
|
|
|
|
$\frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b^2+2}+\frac{1}{c^2+2}\le 1$ $\Leftrightarrow \frac{2}{a^2+2}+\frac{2}{b^2+2}+\frac{2}{c^2+2}\le 2$ $\Leftrightarrow \frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\ge 1$ Áp dụng BĐT Bunhia $\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}$ $\ge \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6}$ $=\frac{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}{a^2+b^2+c^2+6}=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
Cho minh hoi bai nay voi!
|
|
|
|
Bài 2 . Khoảng cách từ $M(x,y)$ đến $\triangle$ $d=\frac{|3x+4y-2007|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\frac{|3x+4y-2007|}{5}$ Áp dụng BĐT Bunhia $(x^2+4y^2)(9+4)\ge (3x+4y)^2$ $\Rightarrow (3x+4y)^2\le 4.13$ $\Rightarrow -2\sqrt{13}\le 3x+4y\le 2\sqrt{13}$ $\Rightarrow |3x+4y-2007|\le 2007+2\sqrt{13}$ Dấu bằng có $\Leftrightarrow 3x+4y=-2\sqrt{13}$ $\Leftrightarrow x= -\frac{6}{\sqrt{13}} , y=-\frac{2}{\sqrt{13}}$ Vậy khoảng cách lớn nhất là $d=\frac{2007+2\sqrt{13}}{5}$ khi $M(-\frac{6}{\sqrt{13}},-\frac{2}{\sqrt{13}}$
Cách làm tương tự cho câu b |
|
|
|
giải đáp
|
Cho minh hoi bai nay voi!
|
|
|
|
Bài 1. $\triangle BGC$ có $BG=4, CG=6 , \widehat{BGC}=120$ $BC^2=BG^2+CG^2-BG.CG.2cos120=4^2+6^2+4.6=76$ $\Rightarrow BC=\sqrt{76}=2\sqrt{19}$
$\triangle MGC$ có $MG=2 , CG=6 , \widehat{MGC}=60$ $\Rightarrow MC^2=MG^2+CG^2-MG.CG.2cos60=2^2+6^2-2.6=28$ $\Rightarrow AC=2MC=4\sqrt7$
$\triangle NGB$ có $NG=3, BG=4 , \widehat{NGB}=60$ $\Rightarrow NB^2=NG^2+BG^2-NG.BG.2cos60=3^2+4^2-3.4=13$ $\Rightarrow AB=2NB=2\sqrt{13}$
|
|
|
|
giải đáp
|
giai he
|
|
|
|
$x^2-x\sqrt y-2xy+2y\sqrt y=0$ $\Leftrightarrow x(x-\sqrt y)-2y(x-\sqrt y)=0$ $\Leftrightarrow (x-2y)(x-\sqrt y)=0$ TH1. $x=2y$ $\sqrt{8-4y^2}+\sqrt{2-y}=3$ $\Leftrightarrow f(y)= 2\sqrt{2-y^2}+\sqrt{2-y}=3$ Do $y\in [0,\sqrt2]$ nên vế trái là hàm nghịch biến $f(0)=2\sqrt2+\sqrt2>3$ $f(\sqrt2)=\sqrt{2-\sqrt2}<3$ Nên PT có nghiệm duy nhất $y=1$ TH2. $x=\sqrt y$ $\sqrt{8-y}+\sqrt{2-y}=3$ $\Leftrightarrow \frac{6}{\sqrt{8-y}-\sqrt{2-y}}=3$ $\Leftrightarrow \sqrt{8-y}-\sqrt{2-y}=2$ Từ đây tính được $\sqrt{8-y}=\frac{5}{2}\Rightarrow y=\frac{7}{4}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giá trị lớn nhất(tt).
|
|
|
|
$2a\le a^2+1$ $\Rightarrow a^2+2a+1\le 2(a^2+1)$ $\Rightarrow (a+1)^2\le 2(a^2+1)$ $\Rightarrow \frac{a+1}{\sqrt{a^2+1}}\le \sqrt2$ $P=(\frac{a+1}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{b+1}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{c+1}{\sqrt{c^2+1}})+(a+b+c)$ $P\le 3\sqrt2+3$ Dấu bằng có $\Leftrightarrow a=b=c=1$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 19/06/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Tích phân!!!!!
|
|
|
|
Rút gọn như thế này $\frac{(1-cos2x)^2}{sin^22x}=\frac{(2sin^2x)^2}{4sin^2x.cos^2x}=\frac{sin^2x}{cos^2x}=\frac{1}{cos^2x}-1$ Vậy $\int \frac{(1-cos2x)^2}{sin^22x}dx=tanx-x$ $\Rightarrow \int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{(1-cos2x)^2}{sin^22x}dx=(tan\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{3})-(tan\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4})$ $=\sqrt3-1-\frac{\pi}{12}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Lượng giác
|
|
|
|
Bài 1. $\frac{tanA}{tanB}=\frac{sinA}{sinB}.\frac{cosB}{cosA}$
Theo công thức hàm số cos $cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} , cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$ $\Rightarrow \frac{cosB}{cosA}=\frac{a^2+c^2-b^2}{b^2+c^2-a^2}. \frac{b}{a}$ Kế hợp với $\frac{sinA}{sinB}=\frac{a}{b}\Rightarrow d.p.c.m$
Bài 2. $tan2a.cot2a=tan3b.cot3b=1$ $\Rightarrow \frac{tan2a}{tan3b}=\frac{cot3b}{cot2a}=\frac{tan2a+cot3b}{tan3b+cot2a}$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Lượng giác
|
|
|
|
Cách chứng minh sau đây sử dụng hình học Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$ , bán kính $R$ $A_1, B_1 , C_1$ lần lượt là trung điểm $BC , CA , AB$ Khi đó $\widehat{BOC}=2\widehat{A}\Rightarrow \widehat{BOA_1}=\widehat{A}$ $\Rightarrow cosA=cos\widehat{BOA_1}=\frac{OA_1}{R}$ $\Rightarrow 2acosA=\frac{2BC.OA_1}{R}=\frac{S\triangle BOC}{R}$ Tương tự $2bcosB=\frac{S\triangle AOC}{R} , 2ccosC=\frac{S\triangle AOB}{R}$ $\Rightarrow 2(acosA+bcosB+ccosC)=\frac{S\triangle ABC}{R}$ Còn $a+b+c=\frac{S\triangle ABC}{2r}$
Đến đây ta áp dụng BĐT $R\ge 2r$ |
|
|
|
bình luận
|
Lượng giác
Em xem lại đề nhé , ví dụ A=B=45 , C=90
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh rằng $\forall n \epsilon N^{*}$ ta có, $2C_{2}^{2n}+4C_{4}^{2n}+...+2nC_{2n}^{2n}=\frac{n}{2}4^{n}$
|
|
|
|
Đặt $P(x)=(1+x)^{2n}+(1-x)^{2n}$ Khi khai triển theo công thức Newton , các hạng tử chứa lũy thừa lẻ của $x$ sẽ bị triệt tiêu , còn các hạng tử chứa lũy thừa chẵn sẽ xuất hiện hai lần $P(x)=2(C_0^{2n}+C_2^{2n}x^2+C_4^{2n}x^4+.....+C_{2n}^{2n}x^{2n})$ Chia 2 và đạo hàm hai vế $\frac{P'(x)}{2}=2C_2^{2n}x+4C_4^{2n}x^3+....+2nC_{2n}^{2n}.x^{2n-1}$ $\frac{P'(x)}{2}=\frac{2n(1+x)^{2n-1}-2n(1-x)^{2n-1}}{2}$ Thay $x=1$ ta có $2C_2^{2n}+4C_4^{2n}+....+2nC_{2n}^{2n}=\frac{2n.2^{2n-1}}{2}=\frac{n}{2}.4^n$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
luong giac giup minh voi! can gap
|
|
|
|
Bài 2. $S\triangle ABC=\frac{1}{2}AB.AC.sinA$ $\Rightarrow sinA=\frac{6\sqrt3}{4.5}=\frac{3\sqrt3}{10}$ $\Rightarrow cos^2a=1-\frac{27}{100}=\frac{73}{100}$ $\Rightarrow cosa=\pm\frac{\sqrt{73}}{10}$ TH1. $cosa=\frac{\sqrt{73}}{10}$ $\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2-2AB.ACcosA=41-4\sqrt{73}$ $\Rightarrow BC=\sqrt{41-4\sqrt{73}}$ TH2. $cosa=-\frac{\sqrt{73}}{10}$ $\Rightarrow BC^2=41+4\sqrt{73}$ $\Rightarrow BC=\sqrt{41+4\sqrt{73}}$ |
|
|
|
giải đáp
|
luong giac giup minh voi! can gap
|
|
|
|
a. $m^3=(tana+cota)^3=tan^3a+cot^3a+3tana.cota(tana+cota)$ $\Rightarrow m^3=tan^3a+cot^3a+3m$ $\Rightarrow tan^3a+cot^3a=m^3-3m$
$m^2=(tana+cota)^2=tan^2a+cot^2a+2tana.cota$ $\Rightarrow tan^2a+cot^2a=m^2-2$
$(tana-cota)^2=tan^2a+cot^2a-2tana.cota=m^2-4$ $\Rightarrow |tana=cota|=\sqrt{m^2-4}$
b. $\frac{2sina+3cosa}{4sina-5cosa}=\frac{cosa(2tana+3)}{cosa(4tana-5)}=\frac{2.3+3}{4.3-5}=\frac{9}{7}$ $\frac{3sina-2cosa}{5sin^3a+4cos^3a}$ $=\frac{cosa(3tana-2)}{cos^3a(5tan^3a+4)}=\frac{1}{cos^2a}.\frac{3.3-2}{5.3^3+4}=\frac{1}{cos^2a}.\frac{7}{139}$ Vì $tana=3\Rightarrow sina=3cosa\Rightarrow sin^2a=9cos^2a$ Mà $sin^a+cos^2a=1\Rightarrow cos^2a=\frac{1}{10}$ $\Rightarrow \frac{3sina-2cosa}{5sin^3a+4cos^3a}=\frac{70}{139}$ |
|