|
|
giải đáp
|
khó hot
|
|
|
|
$\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty}\frac{\sqrt{2n^2+1}+5n}{1-3n^2}$
Đặt $\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty}\sqrt{2n^2+1}+5n=A$ $\Rightarrow A= +\infty$ $\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty}1-3n^2=B$ $\Rightarrow B= -\infty$ Theo định nghĩa $lim............=\frac{A}{B}=-\infty$ |
|
|
|
giải đáp
|
khó hot
|
|
|
|
$\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty}\frac{3n^3-5n^2+1}{2n^3+6n^2+4n}$
Đặt $\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty}3n^3-5n^2+1=A$ $\Rightarrow A=+\infty$ $\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty}2n^3+6n^2+4n+5=B$ $\Rightarrow B=+\infty$ Do đó $lim.........=\frac{A}{B}=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
khó hot
|
|
|
|
Ta có : $\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty }(\sqrt{n^2+3n}-\sqrt{n^2})=\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty}\sqrt{n^2+3n}-\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty}\sqrt{n^2}$ Ta có : $\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty}\sqrt{n^2+3n}=\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty}\sqrt{n}\sqrt{n+3}=+\infty$ Tượng tự cho thằng còn lại rồi trừ đi ta có $lim=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
khó hot
|
|
|
|
Xét $u_{n}=(-1)^n$ Khi $n \to +\infty$ thì $u_{n}=1$ (với n chẵn) hoặc $u_{n}=-1$ (với n lẻ) Vậy $u_{n}$ ko thể có giới hạn bằng 0 |
|
|
|
giải đáp
|
giới hạn
|
|
|
|
Sau khi phân tích và rút gon ta có : $y=x+2$ Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}y=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}(x+2)=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}x+\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}2$ Do$x \rightarrow 1$ $\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1}x=1$ Thay vào ta có : $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}y=1+2=3$ Vậy ta có đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
bđt (8)
|
|
|
|
Ta có: $a^4+a^2b^2+b^4=\frac{3}{4}(a^2+b^2)^2+\frac{1}{4}(a^2-b^2)^2 \geq \frac{3}{4}(a^2+b^2)^2$ $\Leftrightarrow \sqrt{a^4+a^2b^2+b^4}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2)$
Chứng minh tương tự cho 2 căn thức còn lại.
Cộng lại ta có $VT\geq \sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)$ $(1)$ Bây giờ xét vế phải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki $(ax+by+cz)^2\leq (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)$
Áp dụng ta có : $VP^2\leq (a^2+b^2+c^2)(2a^2+2b^2+2c^2+ab+ac+bc)\leq 3(a^2+b^2+c^2)^2$ $\Rightarrow VP\leq \sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)$ $(2)$ Từ $(1)$ và $(2)$ ta có đpcm. Dấu bằng khi a=b=c |
|
|
|
giải đáp
|
hệ pt
|
|
|
|
ĐKXĐ : $y\geq -2$ $Pt(1)\Leftrightarrow 4\sqrt{y+2}(x-1)-2x-4y=5\Leftrightarrow (2x-3-\sqrt{y+2})(.............)=0$ Biểu thức $(...............)>0$ Do đó $2x-3=\sqrt{y+2}$ $\Leftrightarrow (2x-3)^2=y+2\Rightarrow y=(2x-3)^2-2$ Thế vào pt (2) và tự giải nốt nhé |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bđt (7)
|
|
|
|
Cách khác nè : Áp dụng bất đẳng thức Cô-si 3 số ta có : $\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{a(b+c)}{8}+\frac{a(b+c)}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}$ Tương tự sau đó cộng lại ta có :$VT+\frac{ab+ac+bc}{2}\geq \frac{3(a+b+c)}{4}\Leftrightarrow VT\geq \frac{3(a+b+c)}{4}-\frac{ab+ac+bc}{2}\geq \frac{3(a+b+c)}{4}-\frac{(a+b+c)^2}{6}$ Đặt $t=a+b+c$ Ta cần chứng minh : $\frac{3t}{4}-\frac{t^2}{6}\geq \frac{9}{4t}$ (dễ chứng minh) Kết luận : ............. |
|
|
|
giải đáp
|
bđt (5)
|
|
|
|
Hoặc bạn xem ở đây nhé : http://diendantoanhoc.net/topic/75843-x2-y2-z2-1-tim-gtln-x3-y3-z3-3xyz/
|
|
|
|
giải đáp
|
bđt (5)
|
|
|
|
P=(x+y+z)(x2+y2+z2−xy−xz−yz)
Áp dụng BĐT B.C.S ta có
x2+y2+z2≥(x+y+z)23⇒√3≥x+y+z≥−√3
Đặt t=x+y+z(√3≥t≥−√3)
P trở thành P=t.(1−t2−12)=t−t3−t2
f′(t)=6−6t24
f′(t)=0 suy ra t=±1
Kẻ bảng biến thiên ta thấy f(t) max bằng 32 khi t=0 từ đây tìm được x,y,z
|
|
|
|
giải đáp
|
Nhị thức Newton
|
|
|
|
ĐK: $n\geq 2$+) Tìm n: $A^{2}_{n}-C^{n-1}_{n+1}=5\Leftrightarrow n(n-1)+\frac{n(n+1)}{2}=5$ Giải pt trên thu được $n=5$ hoặc $n=-2$ (loại vì $n\geq 2$) Thay n=5. Xét khai triển :$P=x(1-2x)^n+x^2(1+3x)^2n=x(1-2x)^5+x^2(1+3x)^10$ Số hạng chứa $x^5$ trong khai triển P chính là số hạng chứa x^4 trong khai triển $(1-2x)^5$ và số hạng chứa $x^3$ trong khai triển (1+3x)^10 +) Xét khai triển A=$(1-2x)^5=\sum_{k=0}^{5}.C^{k}_{5}.1^{5-k}.(-2x)^k=\sum_{k=0}^{5}.C^{k}_{5}.(-2)^k.x^k $ Thay k=3 $\Rightarrow $ hệ số ..................... +) Là tương tự cho khai triển còn lại Sau đó cộng hệ số ta được hệ số cần tìm...........
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mik voi
|
|
|
|
Ta có : $VT=\sum\frac{1}{2a+b+c}=\sum\frac{1}{(a+b)+(a+c)} $ Áp dụng bất đẳng thức : $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}$ ta có : $\sum\frac{1}{(a+b)+(a+c)}\leq \sum\frac{1}{4}.(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c})\leq \sum\frac{1}{16}.(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=\frac{1}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) $ Vật bất đẳng thức được chứng minh Dấu bằng khi a=b=c |
|
|
|
giải đáp
|
mik cần gấp lắm
|
|
|
|
$Pt\Leftrightarrow \frac{5}{13}cos3x+\frac{12}{13}sin3x=\frac{1}{\sqrt{2}}$Tồn tại góc $\alpha$ sao cho : $\begin{cases}cos\alpha =\frac{12}{13} \\ sin\alpha = \frac{5}{13}\end{cases}$ $Pt\Leftrightarrow sin(3x+\alpha )=\frac{1}{\sqrt{2}}$ $\Leftrightarrow sin(3x+\alpha )=sin(\pi /4)$ $\Leftrightarrow 3x+\alpha =\pi /4+k2\pi $ hoặc $3x+\alpha =3\pi /4+k2\pi $ Bạn tự giải nốt x theo $\alpha$ nhé
|
|
|
|
giải đáp
|
cần gấp nha
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|