|
|
|
|
sửa đổi
|
Voi gia tri nao cua m thi 2 phuong trinh sau co nghiem chung:
|
|
|
|
Từ giả thiết đề bài ta xét 2 trường hợpTH1:giả sử $x_1\leq x_2\leq 2\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} (x_1-2)(x_2-2)\geq 0\\ (x_1-2)+(x_2-2)\leq 0\end{array} \right.$ Để pt đã cho có nghiệm $x_1,x_2\leq 2$ thì:$\left\{ \begin{array}{l} \Delta\geq 0\\ (x_1-2)(x_2-2)\geq 0\\(x_1-2)+(x_2-2)\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -m^2+3m\geq 0\\ x_1x_2-2(x_1+x_2)+4\geq 0\\x_1+x_2-4\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m^2-3m+1\geq 0(dlí viet)\\-2\leq 0(đúng)(Đlí viet)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m\geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} hoặc m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\end{array} \right.\Leftrightarrow 0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2} \bigcup \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 2$ TH2: Giả sử $1\leq x_1\leq x_2$ Để pt đã cho có nghiệm $1\leq x_1\leq x_2$ Thì:$\left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ x_1x_2-(x_1+x_2)+1\geq 0\\x_1+x_2\geq 0\end{array} \right.$ Thay vào tương tự trường hợp trên theo định lí viet, ta nhận thấy m=0 và m=3 thả mãn .Vậy.......................
Từ giả thiết đề bài ta xét 2 trường hợpTH1:giả sử $x_1\leq x_2\leq 2\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} (x_1-2)(x_2-2)\geq 0\\ (x_1-2)+(x_2-2)\leq 0\end{array} \right.$ Để pt đã cho có nghiệm $x_1,x_2\leq 2$ thì:$\left\{ \begin{array}{l} \Delta\geq 0\\ (x_1-2)(x_2-2)\geq 0\\(x_1-2)+(x_2-2)\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -m^2+3m\geq 0\\ x_1x_2-2(x_1+x_2)+4\geq 0\\x_1+x_2-4\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m^2-3m+1\geq 0(dlí viet)\\-2\leq 0(đúng)(Đlí viet)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m\geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} hoặc m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\end{array} \right.\Leftrightarrow 0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2} \bigcup \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3$ TH2: Giả sử $1\leq x_1\leq x_2$ Để pt đã cho có nghiệm $1\leq x_1\leq x_2$ Thì:$\left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ x_1x_2-(x_1+x_2)+1\geq 0\\x_1+x_2-2\geq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m^2-3m\geq 0\\0\geq 0(thỏa)\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m\geq 3 hoặc m\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow m=0$ hoặc $m=3$Từ 2 TH trên: Vậy:Khi $0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\bigcup \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3$ thì pt đã cho có nghiệm thuộc khoảng $[1;2]$
|
|
|
|
giải đáp
|
Voi gia tri nao cua m thi 2 phuong trinh sau co nghiem chung:
|
|
|
|
Từ giả thiết đề bài ta xét 2 trường hợp TH1:giả sử $x_1\leq x_2\leq 2\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} (x_1-2)(x_2-2)\geq 0\\ (x_1-2)+(x_2-2)\leq 0\end{array} \right.$ Để pt đã cho có nghiệm $x_1,x_2\leq 2$ thì: $\left\{ \begin{array}{l} \Delta\geq 0\\ (x_1-2)(x_2-2)\geq 0\\(x_1-2)+(x_2-2)\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -m^2+3m\geq 0\\ x_1x_2-2(x_1+x_2)+4\geq 0\\x_1+x_2-4\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m^2-3m+1\geq 0(dlí viet)\\-2\leq 0(đúng)(Đlí viet)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m\geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} hoặc m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\end{array} \right.\Leftrightarrow 0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2} \bigcup \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3$ TH2: Giả sử $1\leq x_1\leq x_2$ Để pt đã cho có nghiệm $1\leq x_1\leq x_2$ Thì: $\left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ x_1x_2-(x_1+x_2)+1\geq 0\\x_1+x_2-2\geq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m^2-3m\geq 0\\0\geq 0(thỏa)\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m\geq 3 hoặc m\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow m=0$ hoặc $m=3$ Từ 2 TH trên: Vậy:Khi $0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\bigcup \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3$ thì pt đã cho có nghiệm thuộc khoảng $[1;2]$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bài này nữa ^^
|
|
|
|
xét hàm số: $f(t)=t^3+t^2+t\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} f(y)=y^3+y^2+y\\ f(z)=z^3+z^2+z\\ f(x)=x^3+x^2+x \end{array} \right.$ $D=R\Rightarrow $ Với mọi $t_{1},t_2\in D$, Giả sử $t_1\neq t_2$ Ta có:$\frac{f(t_1)-f(t_2)}{t_1-t_2}=\frac{[(t_1+t_2)^2+(t_1+1)^2+(t_2+1)^2]}{2}>0$ $\Rightarrow f(t)$ tăng trên $R$ Không mất tính tổng quát, giả sử :$x$ là số lớn nhất $\Rightarrow x\geq y\Rightarrow f(x)\geq f(y)\Rightarrow 2z+1\geq 2x+1\Leftrightarrow z\geq x\Leftrightarrow f(z)\geq f(x)\Leftrightarrow 2y+1\geq 2z+1\Leftrightarrow y\geq z$ $\Rightarrow x\geq y\geq z\Rightarrow x=y=z$ Từ phương trình trong hệ ta có:$2x+1=x^3+x^2+x\Leftrightarrow (x+1)^2(x-1)\Leftrightarrow x=1hoặc $x=-1$ Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (x;y;z)=(1;1;1);(-1;-1;-1)
|
|
|
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
help me!!!
|
|
|
|
Cho $a,b,c>0,a+b+c=1$. Tìm MIN: $P=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{4}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca} $
|
|
|
|
giải đáp
|
hệ phương trình có số mũ lớn
|
|
|
|
$\left\{ \begin{array}{l} x^{2}+y^{2}=1\\ x^{8}+y^{8}=x^{10}+y^{10} \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^{2}+y^{2}=1\\ (x^{2}+y^{2})(x^{8}+y^{8})=x^{10}+y^{10} \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2 =1\\ x^2y^8+x^8y^2=0 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2=1(1)\\ x^2y^2(x^4+y^4)=0(2)\end{array} \right.$ Từ (2) suy ra $x=0$ hoặc $y=0$ với $x=0$ thay vào (1) suy ra $y=\pm 1$ với $y=0$ thay vào (1) suy ra $x=\pm 1$ VẬy nghiệm của hệ phương trình là:$(x;y)=(0;1);(0;-1);(1;0);(-1;0).$
|
|
|
|
giải đáp
|
jup em
|
|
|
|
Xét số 1 ở đầu.Số cách chọn là 3.4.5 Số 1 ở các vị trí còn laj là 3.(4.4.3) cộng laj ta dc 204 cách chọn
|
|
|
|
bình luận
|
jup em hjh như bạn sai rồi thì phải
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
một số bài tổ hợp, tìm sự giúp đỡ
|
|
|
|
Cho 18 điểm trên mặt phẳng, sao cho không có ba điểm nào thằng hàng, chứng minh rằng, tồn tại 3 điểm của 1 tam giác có 1 góc: a) nhỏn hơn $12^{o}$ b)nhỏ hơn hoặc bằng $12^{o}$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
jup mjh
|
|
|
|
a,Chứng minh tồn tại số tự nhiên toàn chữ số 2 chia hết cho 2003 b, chứng minh có thể tìm dược 4 số có tận cùng là 2002, chia hết cho 2003
|
|