|
|
giải đáp
|
giải tiếp cho e nhé, cách nào ngắn gọn mà dễ hiểu nhất ấy.
|
|
|
|
1) Đặt $t=x+2$ thì PT đã cho viết dưới dạng
$(t-2)^2+m(t-2)-1=0\Leftrightarrow t^2+t(m-4)+3=0 (*)$
Để PT ban đầu có cả 2 nghiệm $\le -2\Leftrightarrow (*)$ có cả 2 nghiệm $\le 0.$
$\Leftrightarrow \begin{cases} \Delta >0 \\ S=m-4 \ge 0\\P=3 >0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} m^2-8m+4 >0 \\ m \ge 4\end{cases}\Leftrightarrow m>4+2 \sqrt 3$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải tiếp cho e nhé, cách nào ngắn gọn mà dễ hiểu nhất ấy.
|
|
|
|
2) Đặt $t=x+1$ thì PT đã cho viết dưới dạng
$(m-1)(t-1)^2-(m-5)(t-1)+(m-1)=0\Leftrightarrow (m-1)t^2+t(7-3m)+3m-7=0 (*)$
Để PT ban đầu có 2 nghiệm phân biệt $>-1\Leftrightarrow (*)$ có 2 nghiệm phân biệt $> 0.$
$\Leftrightarrow \begin{cases} \Delta >0 \\ S=\frac{3m-7}{m-1} >0\\P=\frac{3m-7}{m-1} >0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} 3m^2+2m-21 <0 \\ \frac{3m-7}{m-1} >0\end{cases}\Leftrightarrow -3<m<1$
|
|
|
|
giải đáp
|
ad giải giúp em với
|
|
|
|
Bạn xem lại đề bài nhé vì nếu không bài toán sẽ sai. Khái niệm bằng nhau của hai hình được hiểu là nếu đặt hình nó lên hình kia thì nó sẽ trùng khít. Trong trường hợp này lấy hai hình:
Hình A là hình thoi có cạnh bằng 1, góc ở các đỉnh khác $90^\circ$.
Hình B là hình vuông có cạnh bằng 1.
Rõ ràng hai hình này có các cạnh bằng nhau nhưng chúng không bằng nhau.
|
|
|
|
giải đáp
|
giải hệ phương trình
|
|
|
|
Từ hệ ta có
$(3x^3-y^3)(x+y)=(x^2+y^2)^2\Leftrightarrow 2x^4-3x^3y-2x^2y^2-xy^3-2y^4=0\Leftrightarrow (x+2y)(x-y)(2x^2+xy+y^2)=0$
Với $x=-2y$ . Từ PT thứ hai $(x;y) \in \left\{ {\left (\frac{2}{\sqrt 5};\frac{-1}{\sqrt 5} \right ),\left (\frac{-2}{\sqrt 5};\frac{1}{\sqrt 5} \right )} \right\}$
Với $x=y$ . Từ PT thứ hai $(x;y) \in \left\{ {\left (\frac{1}{\sqrt 2};\frac{1}{\sqrt 2} \right ),\left (\frac{-1}{\sqrt 2};\frac{-1}{\sqrt 2} \right )} \right\}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Cấp số nhân nè
|
|
|
|
Theo Vi-ét ta có
$\begin{cases}x_1+x_2=3 \\ x_1x_2=A\\x_3+x_4=12 \\ x_3x_4=B \end{cases} (*)$
Theo đề bài thì ta có thể đặt $x_4=qx_3=q^2x_2=q^3x_1$ với $q \ge 1.$
PT $ (*)\Leftrightarrow \begin{cases}x_1(1+q)=3 \\ x_1^2q=A\\x_1q^2(1+q)=12 \\ q^5x_1^2=B \end{cases} $
Từ $ \begin{cases}x_1(1+q)=3\\x_1q^2(1+q)=12 \end{cases}\Rightarrow q^2=4\Rightarrow q=2$
Từ $\begin{cases}x_1(1+q)=3 \\ q=2\end{cases}\Rightarrow x_1=1$
Từ $\begin{cases}x_1^2q=A \\ x_1=1 \\ q=2\end{cases}\Rightarrow A=2$
Từ $\begin{cases}q^5x_1^2=B \\ x_1=1 \\ q=2\end{cases}\Rightarrow B=32$
|
|
|
|
giải đáp
|
làm giúp mình ạ
|
|
|
|
$y'=\frac{m^2x^2+2mx-m^2+1}{(mx+1)^2} $
Ta cần tìm m sao cho $f(x)=m^2x^2+2mx-m^2+1 \ge 0$ trên $(0, +\infty)$
Để thỏa mãn yêu cầu này ta xét hai trường hợp
+ $\begin{cases}\Delta' \le 0 \\ m\ne 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m^4\le 0 \\ m\ne 0 \end{cases}\Leftrightarrow m \in \emptyset$
+ PT $m^2x^2+2mx-m^2+1=0$ có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn $x_1 < x_2 \le 0$
$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta' > 0 \\ mf(0) \ge 0\\\frac{S}{2}<0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m^4\ge 0 \\ m(1-m^2) \ge 0\\-\frac{1}{m}<0 \end{cases}\Leftrightarrow 0< m \le 1$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Kí hiệu
$A=\sum\frac{x^2}{x+y+y^3z}=\frac{x^2}{x+y+y^3z}+\frac{y^2}{y+z+z^3x}+\frac{z^2}{z+x+x^3y}$
Ta có
$A=\sum\frac{x^2}{x+y+y^3z}=\sum\frac{x^3}{x^2+xy+xy^3z}=\sum\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}$
Xét
$B=\sum\frac{y^3}{x^2+xy+y^2}$
thì
$A-B=\sum\frac{x^3-y^3}{x^2+xy+y^2}=\sum (x-y)=0 \implies A=B.$
Như vậy
$2A=A+B=\sum\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}=\sum(x+y)\frac{x^2-xy+y^2}{x^2+xy+y^2} \ge \frac{1}{3}\sum(x+y)=\frac{2}{3}(x+y+z) \ge \frac{2}{3}.3\sqrt[3]{xyz}=2$
Vậy $A \ge 1$ (đpcm)
Ở đây đã dùng BĐT $\frac{x^2-xy+y^2}{x^2+xy+y^2} \ge \frac{1}{3}$ . Bạn tự chứng minh coi như bài tập nhé.
|
|
|
|
giải đáp
|
Thầy giao cho bài này mà mãi chưa giải được !. help help
|
|
|
|
b) $f(x)=\frac{1}{4}.4\cos^2 x \sin^2 x .\sin^2 x + \cos 2x=\frac{1}{4}.\sin^2 2x .\frac{1-\cos 2x}{2}+ \cos 2x$
Đặt $t= \cos 2x, -1 \le t \le 1$.
$f(x)=g(t)=\frac{1}{8}(1-t^2)(1-t)+t$
Xét $g(t)-1 =\frac{1}{8}(1-t^2)(1-t)+t-1=\frac{1}{8}(t^2+7)(t-1) \le 0$
Xét $g(t)+1 =\frac{1}{8}(1-t^2)(1-t)+t+1=\frac{1}{8}(t^2-2t+9)(t+1) \ge 0$
Từ đây có đpcm.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
tìm các giá trị của m đẻ hệ phương trình sau có nghiệm thực
|
|
|
|
Đặt $\begin{cases}a = x+\frac{1}{x} \implies x^{2}+\frac{1}{x^{2}}=a^2-2 \\ b = y+\frac{1}{y} \implies y^{2}+\frac{1}{y^{2}}=b^2-2 \end{cases}$
HPT $\Leftrightarrow \begin{cases}a+b= 4\\ a^2+b^2=m+4 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a= 4-b\\ (4-b)^2+b^2=m+4 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a= 4-b\\ 2b^2-8b-m+12=0 (*)\end{cases}$
Nhận thấy $|a|, |b| \ge 2$ nên để hệ có nghiệm thực thì $(*)$ phải có nghiệm có trị tuyệt đối không nhỏ hơn $2.$
Nếu $m=4$ thì hiển nhiên thấy hệ có nghiệm duy nhất $x=y=1$.
Nếu $m>4$ thì $(*)$ có $\Delta' = 2m-8 >0$ nên có nghiệm dương $b^+=2+\frac{\sqrt{2(m-4)}}{2} >0$. Như vậy trong trường hợp này thì thì $(*)$ luôn có nghiệm $b$ thỏa mãn.
Lúc này $a^-=4-b^+=2-\frac{\sqrt{2(m-4)}}{2} $ .
Ta cần có $a^- \le -2\Leftrightarrow 2-\frac{\sqrt{2(m-4)}}{2} \le -2 \Leftrightarrow m \ge 36.$
Làm tương tự cho trường hợp còn lại ta kết luận, $m=4$ hoặc $m \ge 36$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Đây là bài tập khó, xin đưa ra ý tưởngTheo bất đẳng thức ước lượng tích phân với $f$ là hàm khả tích thì $\sum_{2 \leq i \leq n} f(i) \leq \int_{1}^{n}{f(x) dx} \leq \sum_{1 \leq i \leq (n-1)}{f(i)}$ Mặt khác$\int{\frac{1}{\sqrt{i}} dx} = 2\sqrt{x}+C$$\int{\frac{1}{\sqrt[3]{i}} dx} = \frac{3}{4}\sqrt[3]{x^4}+C$Do đó$\sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt[3]{i}} \leq \frac{3\sqrt[3]{n^4}+1}{4}$$\sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{i}} \geq 2\sqrt{n-1}-2$Và nếu ta chứng minh được $2\sqrt{4n^2-1}-2 \geq \frac{3\sqrt[3]{n^4}+1}{4}$, thì bài toán sẽ được chứng minh.
Theo bất đẳng thức ước lượng tích phân với $f$ là hàm khả tích thì $\sum_{2 \leq i \leq n} f(i) \leq \int_{1}^{n}{f(x) dx} \leq \sum_{1 \leq i \leq (n-1)}{f(i)}$ Mặt khác$\int{\frac{1}{\sqrt{i}} dx} = 2\sqrt{x}+C$$\int{\frac{1}{\sqrt[3]{i}} dx} = \frac{3}{2}\sqrt[3]{x^2}+C$Do đó$\sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt[3]{i}} \leq \frac{3\sqrt[3]{n^2}-1}{2}$$\sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{i}} \geq 2\sqrt{n-1}-2$Và nếu ta chứng minh được $2\sqrt{4n^2-1}-2 \geq \frac{3\sqrt[3]{n^2}-1}{2}$, thì bài toán sẽ được chứng minh.Thật vậy, $2\sqrt{4n^2-1}-2 \geq \frac{3\sqrt[3]{n^2}-1}{2}$$\Leftrightarrow4\sqrt{4n^2-1} \ge 3\sqrt[3]{n^2}+3$ Mặt khác ta có thể làm mạnh hơn BĐT này bởi $\Leftrightarrow4\sqrt{3n^2} \ge 3\sqrt[3]{n^2}+3\Leftrightarrow 4\sqrt 3n \ge 3\sqrt[3]{n^2}+3$ Chuyển về dạng hàm số thì dễ thấy $f(x)= 4\sqrt 3 x^3 -3x^2-3 \ge 0 \forall x \ge 1$ Từ đây hoàn thành chứng minh.
|
|
|
|
bình luận
|
Tìm giá trị lớn nhất
ý bạn là sao mình chưa hiểu. Rõ ràng khi cố định y thì giá trị tiến tới vô cùng nên k có giá trị lớn nhất.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Chào cả nhà,mem mới ,cần giúp
|
|
|
|
Xét hàm số
$F(x)= \frac{1}{32}\sin 32x +\sum\limits_{i = 1}^{31} {\frac{a_i}{i}}\sin ix$
Ta có $F'(x)=f(x)$
Ta thấy $F(0)=F(\pi)=0$, theo định lý Lagrange tồn tại $c \in (0, \pi)$ sao cho $F'(c)=f(c)=0$
Tức là hàm $f(x)$ tồn tại ít nhất một nghiệm. Điều này chứng tỏ $f(x)$ nhận cả giá trị dương và giá trị âm.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Ta có $(\sin^2a+\sin^2b)^2 =\sin^4a+\sin^4b+2\sin^2a\sin^2b\ge \sin^4a+\sin^4b$$\Leftrightarrow \sin^2a+\sin^2b \ge \sqrt{\sin^4a+\sin^4b}$Áp dụng BĐT dạng $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$ta được$\sqrt{ \cos^4a+\cos^4b}+\sin^2a+\sin^2b \geq \sqrt{ \cos^4a+\cos^4b}+\sqrt{\sin^4a+\sin^4b}\geq\sqrt{(\sin^2a+\cos^2a)^2+(\sin^2b+\cos^2b)^2}= \sqrt{ 2}$
Ta có $(\sin^2a+\sin^2b)^2 =\sin^4a+\sin^4b+2\sin^2a\sin^2b\ge \sin^4a+\sin^4b$$\Leftrightarrow \sin^2a+\sin^2b \ge \sqrt{\sin^4a+\sin^4b}$Áp dụng BĐT dạng $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$ta được$\sqrt{ \cos^4a+\cos^4b}+\sin^2a+\sin^2b \geq \sqrt{ \cos^4a+\cos^4b}+\sqrt{\sin^4a+\sin^4b}\geq\sqrt{(\sin^2a+\cos^2a)^2+(\sin^2b+\cos^2b)^2}= \sqrt{ 2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Ta có
$(\sin^2a+\sin^2b)^2 =\sin^4a+\sin^4b+2\sin^2a\sin^2b\ge \sin^4a+\sin^4b$
$\Leftrightarrow \sin^2a+\sin^2b \ge \sqrt{\sin^4a+\sin^4b}$
Áp dụng BĐT dạng
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$
ta được
$\sqrt{ \cos^4a+\cos^4b}+\sin^2a+\sin^2b \geq \sqrt{ \cos^4a+\cos^4b}+\sqrt{\sin^4a+\sin^4b}\geq\sqrt{(\sin^2a+\cos^2a)^2+(\sin^2b+\cos^2b)^2}= \sqrt{ 2}$
|
|