|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bài về chuỗi số.nhờ các anh chị giải hộ gấp
|
|
|
|
$\sum_{n=1}(\sqrt[n]{4}-\sqrt\frac{n-2}{n}) $ $>\sum_{n=2}(1-\sqrt\frac{n-2}{n})$ $=\sum_{n=2}\frac{\frac{2}{n}}{1+\sqrt\frac{n-2}{n}}>\sum_{n=2}\frac{1}{n}=+\infty $ Chuỗi phân kì
vì sao lại vậy bạn. bạn có thể chỉ rỏ hơn không!!
|
|
|
|
giải đáp
|
giải toán
|
|
|
|
$A=\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}....\frac{99}{100}$ $\frac{1}{2}<1 , \frac{3}{4}<\frac{2}{3} , \frac{5}{6}<\frac{4}{5},..... . \frac{99}{100}<\frac{98}{99}$ $A^2<1.\frac{1}{2}.\frac{2}{3}.\frac{3}{4}.\frac{4}{5}.....\frac{99}{100}=\frac{1}{100}$ $A<\frac{1}{10}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup minh voi
|
|
|
|
Vì với mỗi giá trị tuyệt đối khác $0$ ta có hai giá trị thỏa mãn nên bài toán có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $|x-1|=0\Leftrightarrow 2^{|x-1|}=1\Leftrightarrow 3m-2=1\Leftrightarrow m=1$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giup minh bài này với mọi nguoi oi tks nhiu
|
|
|
|
Ta chứng minh $Q_{n+1}=P_n(u_{n+1}-1)+au_{n+1}=0$ $\Leftrightarrow P_n(\frac{u_n^2}{u_n^2-u_n+1}-1)+a.\frac{u_n^2}{u_n^2-u_n+1}=0$ $\Leftrightarrow P_n\frac{u_n-1}{u_n^2-u_n+1}+\frac{au_n^2}{u_n^2-u_n+1}=0$ $\Leftrightarrow P_n(u_n-1)+au_n^2=0$ $\Leftrightarrow P_{n-1}.u_n.(u_n-1)+au_n^2=0$ $\Leftrightarrow P_{n-1}(u_n-1)+au_n=0$ $\Leftrightarrow Q_n=0$ $\Leftrightarrow ....$ $\Leftrightarrow Q_0=0$ Đúng (Quy ước $P_0=1)$ Quay lại với bài toán $T_n=aS_n+P_n$ $T_{n+1}-T_n=a(S_{n+1}-S_n)+P_{n+1}-P_n$ $=au_{n+1}+P_n(u_{n+1}-1)$ $=Q_{n+1}$ $=0$ $\Rightarrow T_{n+1}=T_n=....=T_1=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup voi moi nguoi oi
|
|
|
|
a. $C_m:x^2+y^2-4mx-2y+4m=0$ $\Leftrightarrow (x-2m)^2+(y-1)^2=4m^2-4m+1=(2m-1)^2$ $C_m$ là đường tròn $\Leftrightarrow m\neq \frac{1}{2}$ b. Tâm đường tròn $(2m,1)$ nằm trên đường thẳng $\Delta : y=1$ c. $C_m(1,1)=2-4m-2+4m=0$ Vậy $C_m$ luôn đi qua $(1,1)$ Mà tâm luôn nằm trên đường $\Delta :y=1$ Do đó các đường tròn này luôn tiếp xúc với nhau tại $(1,1)$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giup minh voi
|
|
|
|
Bài 1. $(4+\sqrt{15})^x+(4-\sqrt{15})^x=(2\sqrt2)^x$ $\Leftrightarrow (4+\sqrt{15})^x+(4-\sqrt{15})^x=8^x$ $\Leftrightarrow (\frac{4+\sqrt{15}}{8})^x+(\frac{4-\sqrt{15}}{8})^x=1$ Đặt $\frac{4+\sqrt{15}}{8}=a , \frac{4-\sqrt{15}}{8}=b$ $\Rightarrow \begin{cases}a+b=1 \\ a^x+b^x=1 \end{cases}$ Vì $a,b\in (0,1)$ nên Nếu $x>1$ thì $a^x<a , b^x<b $ Không thỏa mãn Nếu $x<1$ thì $a^x>a , b^x>b$ Cũng không thỏa mãn Vậy $x=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình bài này nữa mọi người ơi, cám ơn nhìu lắm
|
|
|
|
Trước hết ta chứng minh $f$ là hàm bị chặn và có $lim$ tại $0$, nghĩa là mặc dù $f$ ngày càng tăng khi $x\rightarrow 0$ do hàm nghịch biến , nhưng giới hạn tại đó là hữu hạn Phản chứng , giả sử $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}f(x)= +\infty $ Theo giả thiết $f(x)=2012^{-\frac{x}{2}}f(\frac{x}{2})$ $=2012^{-(\frac{x}{2}+\frac{x}{4})}f(\frac{x}{4})$ $=2012^{-(\frac{x}{2}+\frac{x}{4}+\frac{x}{8})}f(\frac{x}{8})$ $=2012^{-(\frac{x}{2}+\frac{x}{4}+\frac{x}{8}+...)}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}f(x)$ Do $\frac{x}{2}+\frac{x}{4}+\frac{x}{8}+....=x$ $\Rightarrow f(x)=2012^{-x}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}f(x)=2012^{-x}.\infty =\infty $ Vô lí vì $f(x)\in R^+$ Vậy $f(x)$ bị chặn và có giới hạn hữu hạn $u$ khi $x\rightarrow 0$ Khi đó $f(x)=u.2012^{-x}$ |
|
|
|
sửa đổi
|
giup voi moi nguoi oi
|
|
|
|
giup voi moi nguoi oi cho C_{m} : x^{2} + y^{2} - 4mx - 2y + 4m=0a/ tim m de C_{m} la duong tronb/ tim quy tich tam cua duong tronc/ CMR: cac duong tron C_{m} luon tiep xuc nhau tai 1 diem co dinh
giup voi moi nguoi oi cho $C_{m} : x^{2} + y^{2} - 4mx - 2y + 4m=0 $a/ tim m de $C_{m} $ la duong tronb/ tim quy tich tam cua duong tronc/ CMR: cac duong tron $C_{m} $ luon tiep xuc nhau tai 1 diem co dinh
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với cả nhà
|
|
|
|
Chứng minh tứ giác $IODB$ nội tiếp như sau $\widehat{BIO}=180-\widehat{IBC}-\widehat{ICB}=180-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}$ $\widehat{BDO}=90-\widehat{IBC}=90-\frac{\widehat{B}}{2}$ Do $OD$ vuông góc $BI$ $\widehat{BDO}+\widehat{BIO}=270-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=180$ Do $\widehat{A}=\widehat{B}\Rightarrow 2\widehat{B}+\widehat{C}=180$
Vậy $IODB$ nội tiếp $\widehat{OID}=\widehat{OBD}$ $\widehat{OBD}=\widehat{OCD}$ Do $\triangle OBC$ cân $\widehat{OCD}=\widehat{OCA}$ $\Rightarrow \widehat{OID}=\widehat{OCA}$ $\Rightarrow ID//CA$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp với cả nhà
|
|
|
|
$a+b+c+ab+bc+ca=6abc$ $\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6$ Đặt $\frac{1}{a}=x , \frac{1}{b}=y , \frac{1}{c}=z$ $\Rightarrow x+y+z+xy+yz+zx=6$ Nếu $x+y+z<3\Rightarrow xy+yz+zx<3$ không thỏa mãn BĐT trên Vậy $x+y+z\ge 3\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3$ |
|
|
|
giải đáp
|
Lớp 9
|
|
|
|
Do $4a^2+\sqrt2a-\sqrt2=0\Rightarrow 4a^2<\sqrt2\Rightarrow a<1$ $4a^2+a\sqrt2-\sqrt2=0$ $\Rightarrow 2\sqrt2a^2+a-1=0$ $\Rightarrow a+1=2-2\sqrt2a^2 (*)$ $\Rightarrow a^4+a+1=a^4-2\sqrt2a^2+2=(\sqrt2-a^2)^2$ $\Rightarrow \sqrt{a^4+a+1}=\sqrt2-a^2$ $\Rightarrow \sqrt{a^4+a+1}-a^2=\sqrt2-2a^2$ $\Rightarrow \frac{a+1}{\sqrt{a^4+a+1}-a^2}=\frac{a+1}{\sqrt2-2a^2}=\sqrt2$ Theo $(*)$ |
|