Gọi H là trung điểm AB $\Rightarrow SH $ _|_ (ABCD) Ta tính được : $HD=\sqrt{AH^{2}+AD^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+a^{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$ $SH=\sqrt{SD^{2}-HD^{2}}=\sqrt{\frac{9a^{2}}{4}-\frac{5a^{2}}{4}}=a^{2}$ Ta có : $\frac{d_{(A;(SBD))}}{d_{(H;(SBD))}}=\frac{AB}{HB}=2$ $\Rightarrow d_{(A;(SBD))}=2.d_{(H;(SBD))}$ Kẻ HK _|_BD $\Rightarrow HK // AC$ mà H là trung điểm AB $\Rightarrow HK = \frac{OA}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$Kẻ HI _|_ SK Ta có : $\left\{ \begin{array}{l} BD vuông góc HK\\ BD vuông góc SH \end{array} \right.\Rightarrow BD$_|_ (SHK) $\Rightarrow $ BD _|_ IH, mà IH _|_ SK $\Rightarrow $IH _|_ (SBD)$\Rightarrow d_{(H;(SBD))}=HI$ Xét $\Delta SHK$ có : $\frac{1}{HI^{2}}=\frac{1}{SH^{2}}+\frac{1}{HK^{2}}$$\Rightarrow HI=\frac{a}{3}\Rightarrow d_{(A;(SBD))}=\frac{2a}{3}$

Gọi H là trung điểm $AB \Rightarrow SH \perp (ABCD)$ Ta tính được : $HD=\sqrt{AH^{2}+AD^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+a^{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$ $SH=\sqrt{SD^{2}-HD^{2}}=\sqrt{\frac{9a^{2}}{4}-\frac{5a^{2}}{4}}=a^{2}$ Ta có : $\frac{d_{(A;(SBD))}}{d_{(H;(SBD))}}=\frac{AB}{HB}=2$ $\Rightarrow d_{(A;(SBD))}=2.d_{(H;(SBD))}$ Kẻ $HK \perp BD \Rightarrow HK // AC$ mà H là trung điểm $AB \Rightarrow HK = \frac{OA}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$Kẻ $HI \perp SK $Ta có : $\left\{ \begin{array}{l} BD \perp HK\\ BD \perp SH \end{array} \right.\Rightarrow BD \perp (SHK)$ $\Rightarrow BD \perp IH$, mà $IH \perp SK \Rightarrow IH \perp (SBD) $$\Rightarrow d_{(H;(SBD))}=HI$ Xét $\Delta SHK$ có : $\frac{1}{HI^{2}}=\frac{1}{SH^{2}}+\frac{1}{HK^{2}}$$\Rightarrow HI=\frac{a}{3}\Rightarrow d_{(A;(SBD))}=\frac{2a}{3}$

Bình chọn giảmTừ giả thiết ta suy ra {4&#x2264;a&lt;95&#x2264;b&lt;86&#x2264;c&#x2264;7" role="presentation" style="font-size: 13.696px; display: inline; position: relative;">⎧⎩⎨4≤a<95≤b<86≤c≤7{4≤a<95≤b<86≤c≤7&#x21D2;(a&#x2212;4)(a&#x2212;9)+(b&#x2212;5)(b&#x2212;8)+(c&#x2212;6)(c&#x2212;7)&#x2264;0" role="presentation" style="font-size: 13.696px; display: inline; position: relative;">⇒(a−4)(a−9)+(b−5)(b−8)+(c−6)(c−7)≤0⇒(a−4)(a−9)+(b−5)(b−8)+(c−6)(c−7)≤0&#x21D4;a2+b2+c2&#x2212;13(a+b+c)+118&#x2264;0" role="presentation" style="font-size: 13.696px; position: relative;">⇔a2+b2+c2−13(a+b+c)+118≤0⇔a2+b2+c2−13(a+b+c)+118≤0&#x21D4;a+b+c&#x2265;16" role="presentation" style="font-size: 13.696px; display: inline; position: relative;">⇔a+b+c≥16⇔a+b+c≥16Dấu bằng xảy ra &#x21D4;a=4;b=5;c=7" role="presentation" style="font-size: 13.696px; display: inline; position: relative;">⇔a=4;b=5;c=7

Lỗi hiển thị

tìm cực trị hàm số sau

y = $2x+\sqrt{3}*sin2x+cos2x$

Cực trị của hàm số

tìm cực trị hàm số sau

$y = 2x+\sqrt{3}\sin2x+\cos2x$

Cực trị của hàm số

Ta có $a^2+1 \ge 2a \qquad b^2+1 \ge 2b \qquad c^2+1 \ge 2c$$\Rightarrow a^2+b^2+c^2 \ge3$ Giả sử cả 3 pt đều vô nghiệmKhi đó $a^2-4b<0 \qquad b^2-4c<0 \qquad c^2-4a <0$$\Rightarrow a^2+b^2+c^2 < 12$ (luôn sai)Vậy điều giả sử là sai và ta luôn có ít nhất 1 pt có nghiệm

Ta có $a^2+16 \ge 8a \qquad b^2+16 \ge 8b \qquad c^2+16 \ge 8c$$\Rightarrow a^2+b^2+c^2 \ge 48$ Giả sử cả 3 pt đều vô nghiệmKhi đó $a^2-4b<0 \qquad b^2-4c<0 \qquad c^2-4a <0$$\Rightarrow a^2+b^2+c^2 < 48$ (luôn sai)Vậy điều giả sử là sai và ta luôn có ít nhất 1 pt có nghiệm

tìm cực trị

$y = 2 - 2cos x + cos2x$

Cực trị của hàm số

tìm cực trị

$y = 2 - 2\cos x + \cos^2x$

Cực trị của hàm số

giải tam giác

Tam giác ABC" role="presentation" style="font-size: 13.696px; display: inline; line-height: normal; word-wrap: normal; white-space: nowrap; float: none; direction: ltr; max-width: none; max-height: none; min-width: 0px; min-height: 0px; position: relative;">ABCABC có đặc điểm gì, nếu các góc của nó thỏa mãn hệ thức: sin&#x2061;Csin&#x2061;B=2cos&#x2061;A?" role="presentation" style="font-size: 13.696px; display: inline; line-height: normal; word-wrap: normal; white-space: nowrap; float: none; direction: ltr; max-width: none; max-height: none; min-width: 0px; min-height: 0px; position: relative;">sinCsinB=2cosA?sin⁡Csin⁡B=2cos⁡A?

Giá trị lượng giác của một góc

giải tam giác

Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu thõa mãn hệ thức$\frac{\sin C}{\sin B}=2\cos A$

Giá trị lượng giác của một góc

(13)

Cho $a,b,c&gt;0$.Cm:$\frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}+4.\frac a{b+c}.\frac b{c+a}.\frac c{a+b} \ge 2$

Bất đẳng thức

(13)

Cho $a,b,c \ge0$.Cm:$\frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}+4.\frac a{b+c}.\frac b{c+a}.\frac c{a+b} \ge 2$

Bất đẳng thức

1)Chia từ và mẫu cho $n^3\ne0$$I=\mathop {\lim }\limits_{ n\to \infty} \dfrac{3-\dfrac{5}{n}+\dfrac 1{x^3}}{2+\dfrac{6}{n}+\dfrac{4}{n^2}+\dfrac{5}{n^3}}= \frac{3+0+0}{2+0+0+0}=\frac 32$

1)Chia từ và mẫu cho $n^3\ne0$$I=\mathop {\lim }\limits_{ n\to +\infty} \dfrac{3-\dfrac{5}{n}+\dfrac 1{x^3}}{2+\dfrac{6}{n}+\dfrac{4}{n^2}+\dfrac{5}{n^3}}= \frac{3+0+0}{2+0+0+0}=\frac 32$

1)Chia từ và mẫu cho $n^3\ne0$$I=\mathop {\lim }\limits_{ n\to \infty} \dfrac{3-\dfrac{5}{n}+\dfrac 1{x^3}}{2+\dfrac{6}{n}+\dfrac{4}{n^2}+\dfrac{5}{n^3}}=\mathop {\lim }\limits_{ n\to \infty} \frac{3+0+0}{2+0+0+0}=\frac 32$

1)Chia từ và mẫu cho $n^3\ne0$$I=\mathop {\lim }\limits_{ n\to \infty} \dfrac{3-\dfrac{5}{n}+\dfrac 1{x^3}}{2+\dfrac{6}{n}+\dfrac{4}{n^2}+\dfrac{5}{n^3}}= \frac{3+0+0}{2+0+0+0}=\frac 32$

chứng minh rằng

cho tam giác ABC nhọn, chứng minhtanA + tanB + tanC +2(sinA + sinB + sinC) > 3Pi

Bất phương trình lượng giác

chứng minh rằng

cho tam giác ABC nhọn, chứng minh$\tan A + \tan B + \tan C +2(\sin A + \sin B + \sin C) > 3\pi$

Bất phương trình lượng giác

-=[Title]=-

Cho n là số nguyên dương tùy ý, m là một ước số nguyên dương của 2n^{2} . Chứng minh rằng n^{2} + m không là số chính phương.

Các phép toán trên tập hợp

-=[Title]=-

Cho $n$ là số nguyên dương tùy ý, $m$ là một ước số nguyên dương của $2n^{2}$ . Chứng minh rằng $n^{2} + m$ không là số chính phương.

Phương trình nghiệm nguyên

1)Nhận thấy $x=0$ ko là nghiệm của ptChia 2 vế cho $x \ne0 $, ta đc :$x^2+ax+b +ax+b + \frac ax + \frac 1{x^2}=0 \Leftrightarrow (x+ \frac 1x)^2 + a(x + \frac 1x) + b-2 =0$Xem đây là tam thức bậc 2 ẩn $(x + \frac 1x)$Để pt có nghiệm thì $\Delta \ge0\Leftrightarrow a^2-4(a-2) \ge0\Leftrightarrow a^2+b^2 \ge b^2+4a-8$Tới đây chắc bạn tự làm đc2)$A^2=(\frac 1{a^2} + \frac 4{b^2}+ \frac 9{c^2})+( \frac 4{ab}+ \frac {12}{bc} + \frac 6{ca})$$= \left[ (\frac 5{8a^2}+ \frac {18}{5b^2})+( \frac 3{8a^2}+\frac{243}{32c^2})+(\frac{45}{32c^2}+\frac2{5b^2}) \right]+( \frac 4{ab}+ \frac {12}{bc} + \frac 6{ca})$$\overset{ Côsi}{ \ge} ( \frac 3{ab}+\frac{27}{8ac}+\frac 3{2bc})+( \frac 4{ab}+ \frac {12}{bc} + \frac 6{ca})$$= \frac 7{ab} + \frac{75}{8ca}+\frac{27}{2bc}=\frac {7.21}{21ab} + \frac{75}{8ca}+\frac{27}{2bc}$$ \overset{C-S}{ \ge } \frac{( 7\sqrt 3+5 \sqrt 3 +3 \sqrt 3)^2}{21ab+8ca+2bc} \ge \frac{(15 \sqrt 3)^2}{12}= \frac{225}4$Từ đó suy ra $A \ge \frac{15}2$Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a = \frac 13, b =\frac 45, c= \frac 32$

2)$A^2=(\frac 1{a^2} + \frac 4{b^2}+ \frac 9{c^2})+( \frac 4{ab}+ \frac {12}{bc} + \frac 6{ca})$$= \left[ (\frac 5{8a^2}+ \frac {18}{5b^2})+( \frac 3{8a^2}+\frac{243}{32c^2})+(\frac{45}{32c^2}+\frac2{5b^2}) \right]+( \frac 4{ab}+ \frac {12}{bc} + \frac 6{ca})$$\overset{ Côsi}{ \ge} ( \frac 3{ab}+\frac{27}{8ac}+\frac 3{2bc})+( \frac 4{ab}+ \frac {12}{bc} + \frac 6{ca})$$= \frac 7{ab} + \frac{75}{8ca}+\frac{27}{2bc}=\frac {7.21}{21ab} + \frac{75}{8ca}+\frac{27}{2bc}$$ \overset{C-S}{ \ge } \frac{( 7\sqrt 3+5 \sqrt 3 +3 \sqrt 3)^2}{21ab+8ca+2bc} \ge \frac{(15 \sqrt 3)^2}{12}= \frac{225}4$Từ đó suy ra $A \ge \frac{15}2$Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a = \frac 13, b =\frac 45, c= \frac 32$

$pt\Leftrightarrow (2x+1)(x^2+5)=2p^n$Dễ thấy $2x+1$ lẻ và $2p^n$ chẵn , do đó $x^2+5$ chẵn $\Rightarrow x$ lẻTa lại có $x^2+5&gt;2x+1$Do đó, đặt $n=a+b;x=2y+1; a&gt;b;a,b,n \in \mathbb{N}$$pt\Leftrightarrow (4y+3)(4y^2+4y+6)=2p^n$$\Leftrightarrow (4y+3)(2y^2+2y+3)=p^{a+b}$$\Leftrightarrow \begin{cases}2y^2+2y+3=p^a \\ 4y+3=p^b \end{cases}$Do $p^a \;\vdots \; p^b$Nên $\frac{2y^2+2y+3}{4y+3} =t\in N$ $\Rightarrow 2y^2+2y(1-2t)+3(1-t)=0$Để phương trình nhận nghiệm $y \in \mathbb{N}$ thì $\sqrt{\Delta'_y} \in\mathbb{N}$$\Delta'_y=(1-2t)^2-6(1-t)=4t^2+2t-5$Dễ dàng giải pt nghiệm nguyên này và thu đc $t=1$Do đó $y=1 \vee y=0\Rightarrow x=1 \vee x=3$Thử lại với phương trình ban đầuTừ đó thu đc 2 nghiệm $(x,p,n)=\{(1;3;2);(3;7;2)\}$

$pt\Leftrightarrow (2x+1)(x^2+5)=2p^n$Dễ thấy $2x+1$ lẻ và $2p^n$ chẵn , do đó $x^2+5$ chẵn $\Rightarrow x$ lẻTa lại có $\frac{x^2+5}2 \ge2x+1$Do đó, đặt $n=a+b;x=2y+1; a \ge b;a,b,n \in \mathbb{N}$$pt\Leftrightarrow (4y+3)(4y^2+4y+6)=2p^n$$\Leftrightarrow (4y+3)(2y^2+2y+3)=p^{a+b}$$\Leftrightarrow \begin{cases}2y^2+2y+3=p^a \\ 4y+3=p^b \end{cases}$Do $p^a \;\vdots \; p^b$Nên $\frac{2y^2+2y+3}{4y+3} =t\in N$ $\Rightarrow 2y^2+2y(1-2t)+3(1-t)=0$Để phương trình nhận nghiệm $y \in \mathbb{N}$ thì $\sqrt{\Delta'_y} \in\mathbb{N}$$\Delta'_y=(1-2t)^2-6(1-t)=4t^2+2t-5$Dễ dàng giải pt nghiệm nguyên này và thu đc $t=1$Do đó $y=1 \vee y=0\Rightarrow x=1 \vee x=3$Thử lại với phương trình ban đầuTừ đó thu đc 2 nghiệm $(x,p,n)=\{(1;3;2);(3;7;2)\}$

$\sqrt{3x-5} \longrightarrow a\ge0$$\sqrt{7-3x} \longrightarrow b \ge0$$pt\Leftrightarrow \begin{cases}(3+2b^2)a+(3+2a^2)b=2+8ab \\ a^2+b^2=2 \end{cases}$$\Leftrightarrow a=b=1$$ x=2$

$\sqrt{3x-5} \longrightarrow a\ge0$$\sqrt{7-3x} \longrightarrow b \ge0$$pt\Leftrightarrow \begin{cases}(3+2b^2)a+(3+2a^2)b=2+8ab \\ a^2+b^2=2 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}2ab(a+b)+3(a+b)=2+8ab \\ (a+b)^2-2ab=2 \end{cases}$$\Leftrightarrow \begin{cases}a+b =2\\ ab=1 \end{cases}$$\Leftrightarrow a=b=1$$\Leftrightarrow x=2$