|
|
giải đáp
|
mọi người ơi giúp mình vs
|
|
|
|
Mình đưa ra cách có thể làm đồng thời hai phần.
Gọi $O$ là giao điểm $AC, BD$ . Xét ba mặt phẳng $(SAC), (SBD), (P)$; trong đó giao tuyến của $(P)$ và $(SAC)$ là $AM$, giao tuyến của $(SBD)$ và $(SAC)$ là $SO$, $SO$ và $AM$ cắt nhau nên giao tuyến còn lại của $(P)$ và $(SBD)$ sẽ đi qua giao điểm của $AM$ và $SO$, điểm này chính là trọng tâm $G$ của $\triangle SAC$.
Và từ đó ta suy ra cách dựng điểm $E, F$ lần lượt là giao điểm của $SB, SD$ với đường thẳng qua $G$ và song song với $BD$.
Từ đó ta tính được $\frac{SE}{SB}=\frac{SF}{SD}=\frac{SG}{SO}=\frac{2}{3}$
Từ đó
$\frac{S_{\triangle SME}}{S_{\triangle SBC}}=\frac{SM.SE}{SB.SC}=\frac{SE}{SB}.\frac{SM}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}$
Tương tự cũng có
$\frac{S_{\triangle SMF}}{S_{\triangle SDC}}=\frac{1}{3}$
|
|
|
|
giải đáp
|
PT Lượng giác vô tỷ
|
|
|
|
Đề bài được chỉnh sửa hợp lý mang lại nhiều cơ hội giải được hơn đối với người đọc :)
PT $\Leftrightarrow \sin x \sqrt[3]{\sin 2x} -3 \sin x +2 \sqrt[3]{\sin 2x} - 6 =\sqrt[3]{\sin 2x} - 3 \sqrt[3]{\cos x} $
$\Leftrightarrow \left (\sqrt[3]{\sin 2x}-3 \right )(\sin x + 2)= \sqrt[3]{\cos x}\left (\sqrt[3]{\sin 2x}-3 \right )$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sqrt[3]{\sin 2x}-3=0 \\ \sin x + 2=\sqrt[3]{\cos x} \end{matrix}} \right.$
PT $\sqrt[3]{\sin 2x}=3$ vô nghiệm vì $\sqrt[3]{\sin 2x} \le 1 <3 \forall x$.
PT $\sin x + 2=\sqrt[3]{\cos x}$ vô nghiệm vì $\sqrt[3]{\cos x} \le 1 \le \sin x + 2 \forall x$.
Điều này chỉ có thể xảy ra khi $\begin{cases}\cos x=1 \\ \sin x= -1\end{cases}$ , mà đây là điều không thể.
Vậy PT đã cho vô nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT lượng giác chứa phân thức
|
|
|
|
Nhắc lại một số công thức
$\cos^2(x-\frac{\pi}{4} ) = 2(\cos x +\sin x)^2$
$\cos 2x = (\cos x +\sin x)(\cos x -\sin x)$
$\tan (\frac{\pi}{4} -x)=\frac{1-\tan x}{1+\tan x}=\frac{\cos x -\sin x}{\cos x +\sin x}$
$\sin^2(\frac{\pi}{4} -x)=2(\cos x -\sin x)^2$
Như vậy PT đã cho
$\displaystyle{\frac{(\cos x +\sin x)(\cos x -\sin x)}{4\frac{(\cos x -\sin x)^3}{\cos x +\sin x}}}=2\sqrt 2(\cos x +\sin x)^2$
$\Leftrightarrow (\cos x -\sin x)^2=\frac{1}{8\sqrt 2}\Leftrightarrow \sin^2(\frac{\pi}{4} -x)=\frac{1}{4\sqrt 2}$
$\Leftrightarrow \left| {\sin(\frac{\pi}{4} -x)} \right|=\frac{1}{2\sqrt[4]{2}}$
Từ đây có thể tìm ra nghiệm $x$.
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình chứng minh bài này với mọi người nhé
|
|
|
|
Đặt $t=a+b-x \implies dt=-dx$
Khi $x=a \Rightarrow t=b, x=b \Rightarrow t=a$ .
Như vậy $\int\limits_{a}^{b}f(a+b-x)dx=-\int\limits_{b}^{a}f(t)dt=\int\limits_{a}^{b}f(t)dt=\int\limits_{a}^{b}f(x)dx$ (đpcm).
Áp dụng ta có
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\tan x)dx$
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\tan \left (\frac{\pi}{4} -x\right ))dx$
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\frac{1-\tan x}{1+\tan x})dx$
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (\frac{2}{1+\tan x})dx$
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln 2dx-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\tan x)dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln 2dx-I$
$\implies 2I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln 2dx \implies I=\frac{\pi}{8}\ln 2$
|
|
|
|
giải đáp
|
em không rành vấn đê này lắm, có bác nào chỉ e phương pháp giải hem ?
|
|
|
|
Rõ ràng với $m >1$ hoặc $m< -1$ thì PT vô nghiệm.
Với $m=0$ thì PT có hai nghiệm $x=0, x=2\pi.$
Với $0<m<1$ thì đặt $\sin x = m = \sin \alpha ,\alpha \in \left ( 0,\pi \right )$.
Suy ra
$0 \le x = \alpha + k2\pi \le 3\pi \implies k \in \left\{ {0, 1} \right\}$
$0 \le x = \pi - \alpha + k2\pi \le 3\pi \implies k \in \left\{ {0, 1} \right\}$
Như vậy trong trường hợp này có $4$ nghiệm $x= \alpha,x= \alpha + 2\pi, x = \pi - \alpha , x = 3\pi - \alpha $
Với $-1<m<0$ thì đặt $\sin x = m = \sin \alpha ,\alpha \in \left (\pi, 2\pi\right )$.
Suy ra
$0 \le x = \alpha + k2\pi \le 3\pi \implies k \in \left\{ {0} \right\}$
$0 \le x = \pi - \alpha + k2\pi \le 3\pi \implies k \in \emptyset$
Như vậy trong trường hợp này có $1$ nghiệm $x= \alpha$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tổ hợp
|
|
|
|
Đặt $S(n)=\sum_{k=0}^{n}\frac{C_{n}^{k}}{C_{n+k+2}^{k+1}}$. Trước tiên ta thấy $\frac{C_{n}^{k}}{C_{n+k+2}^{k+1}}=\frac{\frac{n!}{(n-k)!k!}}{\frac{(n+k+2)!}{(k+1)!(n+1)!}}=\frac{n!(n+1)!(k+1)}{(n-k)!(n+k+2)!}=\frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!} \times (k+1)C_{2n+2}^{n+k+2}$ Do đó $S(n)= \frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!} \sum_{k=0}^{n}\left( (k+1)C_{2n+2}^{n+k+2}\right) $ Mặt khác, đặt $A=\sum_{k=0}^{n}\left((n+k+2)C_{2n+2}^{n+k+2}\right)$ $B=(n+1)\sum_{k=0}^{n}C_{2n+2}^{n+k+2}$ Thì $A=\sum_{k=0}^{n}\left((2n+2)C_{2n+1}^{n+k+1}\right)=(2n+2) \times \frac{1}{2}2^{2n+1}$ Và
$B=(n+1) \times \frac{1}{2}\left(2^{2n+2}-C_{2n+2}^{n+1}\right)$ Suy ra
$S(n)=\frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!}(A-B)=\frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!}\times \frac{1}{2}(n+1)C_{2n+2}^{n+1}=\frac{1}{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Hàm số bậc 4 cắt trục hoành lập thành cấp số cộng
|
|
|
|
Xét PT tương giao $x^4+(m-2)x^2-m+1 =0$ Gọi $x_1<x_2<x_3<x_4$ là hoành độ của $4$ điểm mà hàm số cắt trên trục hoành. Yêu cầu bài toán (YCBT) tương đương với $x_2-x_1=x_3-x_2=x_4-x_3$ Đặt $t=x^2 \implies f(t)=t^2+(m-2)t-m+1 =0 (1)$ Như vậy YCBT $\Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm dương phân biệt $t_2>t_1>0$, lúc đó giả sử $x_1=-\sqrt{t_2}, x_2=-\sqrt{t_1}, x_3=\sqrt{t_1}, x_4=\sqrt{t_2}$ và thỏa mãn $-\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}=\sqrt{t_1}--\sqrt{t_1}=\sqrt{t_2}-\sqrt{t_1}\Leftrightarrow \sqrt{t_2}=3\sqrt{t_1}\Leftrightarrow t_2=9t_1$ Vậy tóm lại TCBT $\Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm dương phân biệt $t_2>t_1>0$ sao cho $t_2=9t_1$ . $\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta >0 \\t_2=9t_1 \\-\frac{b}{a}=t_1+t_2=10t_1 >0\\\frac{c}{a}=t_1t_2=9t_1^2 >0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m^2 >0 \\t_2=9t_1 \\2-m=10t_1 >0\\1-m=9t_1^2 >0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}m \ne 0 \\ m<1 \end{cases}$ Từ $\begin{cases}2-m=10t_1\\ 1-m=9t_1^2 \end{cases} \Rightarrow\begin{cases}t_1=\frac{2-m}{10}\\ t_1^2 =\frac{1-m}{9} \end{cases}\Rightarrow \left (\frac{2-m}{10}\right )^2=\frac{1-m}{9}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} m=-8\\ m=\frac{8}{9}\end{matrix}} \right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
ai cứu e với ạ
|
|
|
|
PT
$\Leftrightarrow x^4-2x^3+x^2=x^2-x+6$
$\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)} \right]^2=x^2-x+6$
$\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)} \right]^2-x(x-1)+\frac{1}{4}=\frac{25}{4}$
$\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)-\frac{1}{2}} \right]^2=\frac{25}{4}$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2-x-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}\\ x^2-x-\frac{1}{2}=-\frac{5}{2}\end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2-x-3=0\\ x^2-x+2=0 \text{vô nghiệm} \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\left (1 \pm \sqrt{13} \right )$
|
|
|
|
giải đáp
|
bác nào giải giùm em
|
|
|
|
Với $x=0,1$, phương trình nghiệm đúng.
Với $x\ne 0;1$, ta có:
Đặt $f(t)=(t+1)^{1-x}-t^{1-x}$ với $t\in[2000,2010]$
$f'(t)=(1-x)\left((t+1)^{-x}-t^{-x}\right)$
Do $x\ne 0;1$ nên $(1-x)\left((t+1)^{-x}-t^{-x}\right)\ne0$ với mọi $t\in[2000,2010]$.
Mà $f'(t)$ là hàm liên tục nên $f'(t)$ không đổi dấu với mọi $t\in[2000,2010]$, nên $f(t)$ đơn điệu thực sự.
$\Rightarrow f(2005)\ne f(2004)$
$\Rightarrow 2006^{1-x}- 2005^{1-x}\ne 2005^{1-x}- 2004^{1-x}$
$\Rightarrow $ phương trình vô nghiệm.
Vậy nghiệm của phương trình là $0;1$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Có đứa em hỏi mà chẳng nhớ toán cấp 2 nứa,a e làm giúp
|
|
|
|
Ta có:
$12^{2n+1}+11^{n+2}= 12.(12^2)^n+121.11^n$
$\equiv5.4^n+2.4^n (mod 7)$
$\equiv0 (mod 7)$
Mặt khác:
$12^{2n+1}+11^{n+2}= 12.(12^2)^n+121.11^n$
$\equiv12.11^n+7.11^n (mod 19)$
$\equiv0 (mod 19)$
Vì vậy: $12^{2n+1}+11^{n+2}$ chia hết cho 133 với mọi $n$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bác nào giải giúp e với huhu
|
|
|
|
$(C): (x-1)^2+(y-2)^2=9 \Rightarrow (C)$ là đường tròn tâm $I(1,2)$ và bán kính 3.
Từ đó ta có $A\in (C)$.
$\Rightarrow I$ là trọng tâm của tam giác $ABC$
$\Rightarrow D(\frac{5}{2},2)$ là trung điểm của $BC$, và $BC$ vuông góc với $AD$.
Mặt khác, $AD=9/2$ nên $BD=DC=\frac{\sqrt{3}}{3}AD= \frac{3\sqrt{3}}{2}$
Nên $B\left(\frac{5}{2},2+ \frac{3\sqrt{3}}{2}\right),C\left(\frac{5}{2},2- \frac{3\sqrt{3}}{2}\right)$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tích phân
|
|
|
|
Đặt $x = \pi - t \Rightarrow \left\{ \begin{array}
dx = - dt \\
x = 0:t = \pi \\
x = \pi :t = 0 \\
\end{array} \right.$ Khi đó:
$I = - \int\limits_\pi ^0 {\frac{{(\pi - t)\sin (\pi - t)}}{{{{\cos }^2}(\pi - t) - 4}}dt} = \int\limits_0^\pi {\frac{{(\pi - t)\sin t}}{{{{\cos }^2}t - 4}}dt} = \pi \int\limits_0^\pi {\frac{{\sin t}}{{{{\cos }^2}t - 4}}dt} - \int\limits_0^\pi {\frac{{t\sin t}}{{{{\cos }^2}t - 4}}dt} $
$ = \pi \int\limits_0^\pi {\frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x - 4}}dx} - \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{{{\cos }^2}x - 4}}dx} = \pi \int\limits_0^\pi {\frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x - 4}}dx} - I$
$ \Rightarrow 2I = \pi \int\limits_0^\pi {\frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x - 4}}dx} \Leftrightarrow I = \frac{\pi }{2}\int\limits_0^\pi {\frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x - 4}}dx} $
Đặt $cosx = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}
sinxdx = - dt \\
x = 0:t = 1 \\
x = \pi :t = - 1 \\
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow I = - \frac{\pi }{2}\int\limits_1^{ - 1} {\frac{{dt}}{{{t^2} - 4}}} = \frac{\pi }{2}\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{dt}}{{(t - 2)(t + 2)}}} = \frac{\pi }{8}\ln \left| {\frac{{t - 2}}{{t + 2}}} \right|\left| \begin{array}
{\text{ }}1 \\
- 1 \\
\end{array} \right.$$ = - \frac{{\pi \ln 3}}{4}$
|
|
|
|
giải đáp
|
số phức
|
|
|
|
Phương trình $t^4=1$ có đúng 4 nghiệm là $t\in \{1,-1,i,-i\}$
Nên ta xét 4 trường hợp sau:
$\dfrac{i-z}{z+i}=1\Leftrightarrow i-z=z+i \Leftrightarrow z=0$
$\dfrac{i-z}{z+i}=-1\Leftrightarrow i-z=-z-i $ (pt vô nghiệm)
$\dfrac{i-z}{z+i}=i\Leftrightarrow i-z=iz-1 \Leftrightarrow z=1$
$\dfrac{i-z}{z+i}=-i\Leftrightarrow i-z=-iz+1 \Leftrightarrow z=-1$
Vậy phương trình có 3 nghiệm là $z\in \{1,-1,0\}$
|
|