|
|
giải đáp
|
Bài toán lượng giác
|
|
|
|
Đặt $OA=x>0$.
Theo định lý hàm Cos thì
$AB^2=OA^2+OB^2-2OA.OB \cos 30\Rightarrow a^2=x^2+OB^2-OBx \sqrt 3$
$\Rightarrow OB^2-OBx \sqrt 3+x^2-a^2=0\Rightarrow OB=\frac{x \sqrt 3+\sqrt{4a^2-x^2}}{2}$
Lập bảng biến thiên ta được $\max OB=\frac{a\sqrt 3+a \sqrt {15}}{4}\Leftrightarrow x=a/2$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải hệ
|
|
|
|
Nhận thấy $x=0 \implies y=0$ và ngược lại. Như vậy $(x;y)=(0;0)$ là một nghiệm.
Xét $x,y \ne 0$ thì từ hệ ta có
$\begin{cases}\frac{x^3-xy^2}{y}=-2000 \\ \frac{y^3-x^2y}{x}=500 \end{cases}\Rightarrow \frac{x^3-xy^2}{y}+4\frac{y^3-x^2y}{x}=0$
$\Rightarrow x^4-5x^2y^2+4y^4=0\Rightarrow (x^2-y^2)(x^2-4y^2)=0$
Đến đay thay vào hệ ban đầu thu được
$(x,y) \in \left\{ {(0,0); \left ( -20\sqrt{\frac{10}{3}};10\sqrt{\frac{10}{3}} \right );\left ( 20\sqrt{\frac{10}{3}};-10\sqrt{\frac{10}{3}} \right )} \right\}$
|
|
|
|
giải đáp
|
tích phân nhé mọi người
|
|
|
|
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{\cos x}{\sqrt{7+\cos^2x} }dx +\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{1}{\cos x+2} dx $
$=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{1}{\frac{2\sin^2 x}{15+\cos 2x} +1}d\left (\frac{\sqrt 2\sin x}{\sqrt{15+\cos 2x}}\right )+\frac{2}{\sqrt 3}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{1}{\frac{\tan^2 x/2}{3}+1 }d\left (\frac{\tan x/2}{\sqrt 3} \right )$
$=\left[ {\arctan \left (\frac{\tan^2 x/2}{3} \right )+\frac{2}{\sqrt 3}\arctan\left (\frac{\tan x/2}{\sqrt 3} \right )} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2} }$
$=\frac{\pi}{3 \sqrt 3}+\arctan\frac{1}{\sqrt 7}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp mình với các bạn nha:
|
|
|
|
Đặt $y=\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} $
Bạn kiểm tra điều sau nhé
$7(\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} )^3 -280(\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} )^2+$$2688(\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} )-6656=0$
Như vậy $y$ là nghiệm của PT $7y^3-280y^2+2688y-6656=0$.
Để xem cách giải PT bậc $3$ tổng quát bạn xem thêm phần chuyên đề của sách Toán nâng cao và Phát triển $9$ tập hai của tác giả Vũ Hữu Bình nhé.
|
|
|
|
giải đáp
|
anh nào làm hộ em mấy bài này nhé
|
|
|
|
b) Theo câu a) thì $P(\frac{2a}{a-1};0), Q(0;\frac{3a}{a+1})$
Như vậy $(PQ): (3a-3)x+2(a+1)y-6a=0$
và điểm cố định mà PQ đi qua là $(x_0,y_0)$ sao cho
$(3a-3)x_0+2(a+1)y_0-6a=0 \forall a$.
$\iff a(3x_0+2y_0-6)-3x_0+2y_0=0 \forall a$.
$\iff \begin{cases}3x_0+2y_0-6=0 \\ -3x_0+2y_0=0 \end{cases}$
$\iff \begin{cases}x_0=1 \\ y_0=3/2 \end{cases}$
|
|
|
|
giải đáp
|
anh nào làm hộ em mấy bài này nhé
|
|
|
|
a) Với trường hợp đặc biệt $a \in \left\{ {-1;1;2;3} \right\}$ đơn giản bạn tự xét nhé.
Với $a \notin \left\{ {-1;1;2;3} \right\}$ thì
$(MA) : y=\frac{a-1}{a-3}x-\frac{2a}{a-3}$
$(MB) : y=\frac{a-2}{a+1}x+\frac{3a}{a+1}$
|
|
|
|
giải đáp
|
đố thêm bài này nữa nhé ^^
|
|
|
|
Nhắc lại hai bđt quen thuộc sau
$a^2+b^2 \ge \frac{1}{2}\left (a+b \right )^2$
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \ge \frac{4}{a+b}$
Áp dụng
Vế trái $\ge \frac{1}{2}\left (\sin^ 2x +\cos ^2x +\frac{1}{\sin^ 2x}+\frac{1}{\cos ^2x }\right )^2 \ge \frac{1}{2}\left (1+\frac{4}{\sin^ 2x+\cos ^2x}\right )^2=\frac{25}{2}$
Hiển nhiên vế phải $\le12+\frac{1}{2}=\frac{25}{2} $
Vậy PT $ \Leftrightarrow\begin{cases}\sin^ 2x =\cos ^2x \\ \sin y= 1\end{cases}$
Đến đây bạn tự giải tiếp nhé.
|
|
|
|
giải đáp
|
tính tổng
|
|
|
|
Với $x = \sin^2 \frac{k \pi}{100}$ thì $1-2x =\cos\frac{k \pi}{50}\Rightarrow f( \sin^2 \frac{k \pi}{100})=\frac{1}{1+2^{\cos\frac{k \pi}{50}}}$
Ta tính
$f( \sin^2 \frac{k \pi}{100})+f( \sin^2 \frac{(50-k) \pi}{100})=\frac{1}{1+2^{\cos\frac{k \pi}{50}}}+\frac{1}{1+2^{\cos\frac{(50-k) \pi}{50}}}$
$=\frac{1}{1+2^{\cos\frac{k \pi}{50}}}+\frac{1}{1+2^{\cos(\pi -\frac{k \pi}{50})}}=\frac{2+2^{\cos\frac{k \pi}{50}}+2^{\cos(\pi -\frac{k \pi}{50})}}{2+2^{\cos\frac{k \pi}{50}}+2^{\cos(\pi -\frac{k \pi}{50})}}=1$
Do đó $S=\sum_{k=1}^{24}(f( \sin^2 \frac{k \pi}{100})+f( \sin^2 \frac{(50-k) \pi}{100}))+f( \sin^2 \frac{25 \pi}{100})+f( \sin^2 \frac{50 \pi}{100})$
$=24+\frac{1}{2}+\frac{2}{3}=\frac{151}{6}$
|
|
|
|
giải đáp
|
chứng minh bđt
|
|
|
|
$\left| {\frac{x+y}{2}+\sqrt{xy}} \right|+\left| {\frac{x+y}{2}-\sqrt{xy}} \right|=\left| {\frac{x+y+2\sqrt{xy}}{2}} \right|+\left| {\frac{x+y-2\sqrt{xy}}{2}} \right|=\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}{2}+\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2}{2}$
$=x+y\le|x|+|y|$ với $xy \ge 0.$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giải cho e bài này nhé, thầy e giải rồi nhưng e vẫn k hiểu lắm
|
|
|
|
Đặt $t=x^2$ thì PT đã cho trở thành $mt^2-(2m-1)t+m+1=0 (*)$
Để PT ban đầu có nghiệm thì cần PT (*) có nghiệm không âm, tức là
$\begin{cases}\Delta ' \ge 0 \\ S= \frac{2m-1}{m} \ge 0 \\P= \frac{m+1}{m} \ge 0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}1-8m\ge 0 \\ S= \frac{2m-1}{m} \ge 0 \\P= \frac{m+1}{m} \ge 0\end{cases}\Leftrightarrow m \le -1$
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
tìm nguyên hàm
|
|
|
|
$f(x)=\frac{1+2x \sqrt{x^2+1}+2x^2 }{1+x+ \sqrt{x^2+1} } =\frac{1+2x \sqrt{x^2+1}+2x^2 }{1+x+ \sqrt{x^2+1} }$
$=\frac{(1+2x \sqrt{x^2+1}+2x^2 )(1+x-\sqrt{x^2+1})}{2x }$
$=\frac{1}{2}\left[ {\sqrt{x^2+1}+x+\frac{(x-1)(\sqrt{x^2+1}+x)}{\sqrt{x^2+1}}} \right]+\frac{x}{2\sqrt{x^2+1}(\sqrt{x^2+1}+1)}+\frac{1}{2\sqrt{x^2+1}}$
Do đó
$\int f(x)dx=\frac{1}{2}\left[ {(x-1)(\sqrt{x^2+1}+x)+\ln(\sqrt{x^2+1}+1)+\ln(\sqrt{x^2+1}+x)} \right]+C$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải hệ pt
|
|
|
|
PT này của bạn vô nghiệm.
Từ PT thứ nhất có $y=1-x$ , thay vào PT thứ hai được
$f(x)=x^7+(1-x)^7+\frac{1}{27}=0 (*)$
Ta có $f'(x)=7x^6+7(x-1)^6$ và $f'(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}$
Lập bảng biến thiên của hàm số này với nhận xét $ x=\frac{1}{2}$ là điểm cực tiểu và $\lim_{x \to \pm \infty}=+\infty$
Điều này có nghĩa là $f(x) \ge f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2^6}+\frac{1}{27}>0$ , vô lý với $(*)$. Vậy ta có đáp số như đã kết luận.
|
|