|
|
sửa đổi
|
Phương trình lôgarit
|
|
|
|
Phương trình lôgarit a) Giải phương trình$\log_{5x+9}(x^2 + 6x + 9) + \log_{x+3}(5x^2 + 24x + 27) = 4$b) $\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x-1}+\sqrt{2-y}=1 (1)\\ 3\log_9(9x^2)-\log_3 y^3=3 (2) \end{array} \right.$c) $\log_{2x-1}(2x^2+x-1)+\log_{x+1}(2x-1)^2=4$.d) $\log_2^2(x+1)-6\log_2\sqrt{x+1}+2=0$e) $ \left\{ \begin{array}{l} x + \sqrt{x^2 - 2x + 2} = 3^{y-1} +1\\ y +\sqrt{y^2 - 2y +2} = 3^{x-1} +1\end{array} \right. $f) $\begin{array}{l}1)\,\,\left( {2 + \sqrt {{x^2} - 7x + 12} } \right)\left( {\frac{2}{x} - 1} \right) \le \left( {\sqrt {14x - 2{x^2} - 24} + 2} \right){\log _x}\frac{2}{x}\\\\2)\,\sqrt {{x^2} - 5x + 6} + x + \sqrt {10x - 2{x^2} - 12} + 3{\log _4}\frac{3}{x} \ge 3\end{array}$g) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm $\log_5(5^x+1).
Phương trình lôgarit a) Giải phương trình$\log_{5x+9}(x^2 + 6x + 9) + \log_{x+3}(5x^2 + 24x + 27) = 4$b) $\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x-1}+\sqrt{2-y}=1 (1)\\ 3\log_9(9x^2)-\log_3 y^3=3 (2) \end{array} \right.$c) $\log_{2x-1}(2x^2+x-1)+\log_{x+1}(2x-1)^2=4$.d) $\log_2^2(x+1)-6\log_2\sqrt{x+1}+2=0$e) $ \left\{ \begin{array}{l} x + \sqrt{x^2 - 2x + 2} = 3^{y-1} +1\\ y +\sqrt{y^2 - 2y +2} = 3^{x-1} +1\end{array} \right. $f) $\begin{array}{l}1)\,\,\left( {2 + \sqrt {{x^2} - 7x + 12} } \right)\left( {\frac{2}{x} - 1} \right) \le \left( {\sqrt {14x - 2{x^2} - 24} + 2} \right){\log _x}\frac{2}{x}\\\\2)\,\sqrt {{x^2} - 5x + 6} + x + \sqrt {10x - 2{x^2} - 12} + 3{\log _4}\frac{3}{x} \ge 3\end{array}$ ) g) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm $\log_5(5^x+1). \log_{25}(5^{x+1}+5)=2m+1$h) $\log _{3}\sqrt{x^{2}-3x+2}+\frac{1}{5}^{3x-x^{2}-1}=2$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Phương trình lôgarit
|
|
|
|
Phương trình lôgarit Giải phương trình$\log_{5x+9}(x^2 + 6x + 9) + \log_{x+3}(5x^2 + 24x + 27) = 4$
Phương trình lôgarit a) Giải phương trình$\log_{5x+9}(x^2 + 6x + 9) + \log_{x+3}(5x^2 + 24x + 27) = 4$ b) $\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x-1}+\sqrt{2-y}=1 (1)\\ 3\log_9(9x^2)-\log_3 y^3=3 (2) \end{array} \right.$c) $\log_{2x-1}(2x^2+x-1)+\log_{x+1}(2x-1)^2=4$.d) $\log_2^2(x+1)-6\log_2\sqrt{x+1}+2=0$e) $ \left\{ \begin{array}{l} x + \sqrt{x^2 - 2x + 2} = 3^{y-1} +1\\ y +\sqrt{y^2 - 2y +2} = 3^{x-1} +1\end{array} \right. $f) $\begin{array}{l}1)\,\,\left( {2 + \sqrt {{x^2} - 7x + 12} } \right)\left( {\frac{2}{x} - 1} \right) \le \left( {\sqrt {14x - 2{x^2} - 24} + 2} \right){\log _x}\frac{2}{x}\\\\2)\,\sqrt {{x^2} - 5x + 6} + x + \sqrt {10x - 2{x^2} - 12} + 3{\log _4}\frac{3}{x} \ge 3\end{array}$g) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm $\log_5(5^x+1).
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp mình bài nữa với
|
|
|
|
Nhận thấy $\cos x=0$ không là nghiệm của PT nên PT$\Leftrightarrow \sqrt{2-\sin3x}=-\tan x\Leftrightarrow \begin{cases}\tan x \le 0 \\ 2- \sin 3x =\tan^2 x \end{cases}$ Với $2- \sin 3x =\tan^2 x\Leftrightarrow 2+ 4\sin^3x -3\sin x=\frac{1}{1-\sin^2 x}-1$ Đặt $t=\sin x $ ta có $2+ 4t^3 -3t=\frac{1}{1-t^2 }-1$$\Leftrightarrow (2t^2+t-2)(2t^3-t^2-t+1)=0$ Đến đây thì PT bậc 3 không có nghiệm đẹp, còn PT bậc 2 thì đơn giản để tìm nghiệm.
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải phương trình
|
|
|
|
Giải phương trình $x^{3} $ - x -3=2 $\sqrt[3]{6x-3x^{2}}$
Giải phương trình $x^{3} - x -3=2\sqrt[3]{6x-3x^{2}}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tìm chỗ sai
|
|
|
|
tìm chỗ sai ta có$ -1 = -1^3$ = $-1^ 6. ^\frac{1}{2}$ =$ [(-1^6)^\frac{1}{2}]$ = $1^\frac{1}{2}$ = $\sqrt{1 } =1$vậy 1 = -1 !!!!!!tìm lỗi sai và giải thích
tìm chỗ sai ta có$ -1 = -1^3$ = $-1^ {6.\frac{1}{2} } $ =$ [(-1^6)^\frac{1}{2}]$ = $1^\frac{1}{2}$ = $\sqrt{1 } =1$vậy 1 = -1 !!!!!!tìm lỗi sai và giải thích
|
|
|
|
sửa đổi
|
Một bài toán hệ phương trình ba ẩn
|
|
|
|
Ta có $x^3+y^3=(x^2+y^2)(x+y)-xy(x+y)=(x^2+y^2)(x+y)-\frac{(x+y)^2-(x^2+y^2)}{2}(x+y)$ $\Leftrightarrow 9z=15z^2-3z\frac{9z^2-5z}{2}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} z=0\\ z=2/3 \\z=1\end{matrix}} \right.$ Thay trở lại hệ ta được các nghiệm $(x,y,z) \in \left\{ {(0,0,0);(1,2,1);(2,1,2);\left (\frac{1}{3}\left ( 3+\sqrt 6 \right ),\frac{1}{3}\left ( 3-\sqrt 6 \right ),2/3 \right );\left (\frac{1}{3}\left ( 3-\sqrt 6 \right ),\frac{1}{3}\left ( 3+\sqrt 6 \right ),z/3 \right )} \right\}$
Ta có $x^3+y^3=(x^2+y^2)(x+y)-xy(x+y)=(x^2+y^2)(x+y)-\frac{(x+y)^2-(x^2+y^2)}{2}(x+y)$ $\Leftrightarrow 9z=15z^2-3z\frac{9z^2-5z}{2}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} z=0\\ z=2/3 \\z=1\end{matrix}} \right.$ Thay trở lại hệ ta được các nghiệm $(x,y,z) \in \left\{ {(0,0,0);(1,2,1);(2,1,2);\left (\frac{1}{3}\left ( 3+\sqrt 6 \right ),\frac{1}{3}\left ( 3-\sqrt 6 \right ),2/3 \right );\left (\frac{1}{3}\left ( 3-\sqrt 6 \right ),\frac{1}{3}\left ( 3+\sqrt 6 \right ),2/3 \right )} \right\}$
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
ngày này k đi chơi, lên hỏi mọi người mấy bài vậy
|
|
|
|
b) Do $OM=ON$ nên có thể gọi $M(a,0); N(0;a).$PT đường thẳng MN là PT theo đoạn chắn nên có dạng $(d) : \frac{x}{a}+\frac{y}{a}=1$$A \in (d) \Rightarrow \frac{2}{a}+\frac{4}{a}=1\Rightarrow a=6$
b) Do $OM=ON$ nên có thể gọi $M(a,0); N(0;a).$PT đường thẳng MN là PT theo đoạn chắn nên có dạng $(d) : \frac{x}{a}+\frac{y}{a}=1$$A \in (d) \Rightarrow \frac{2}{a}+\frac{4}{a}=1\Rightarrow a=6$ Vậy PT cần tìm là $(d): x+y-6=0$
|
|
|
|
sửa đổi
|
em hỏi bài tích phân này ạ
|
|
|
|
$I=\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{1}{x^4+x^2+1}+x^3(1-x^2)^3 \right )dx$$=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx+\int\limits_{0}^{1}x^3(1-x^2)^3dx $ $=I_1+I_2$ Trong đó$I_2=\int\limits_{0}^{1}x^3(1-x^2)^3dx=\left[ {-\frac{x^{10}}{10}+\frac{3x^{8}}{10}-\frac{x^{6}}{2}+\frac{x^{4}}{4}} \right]_0^1=\frac{1}{40}$$I_1=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{x+1}{x^2+x+1}-\frac{x-1}{x^2-x+1}\right )dx$$=\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{d(x^2+x+1)}{x^2+x+1}-\frac{d(x^2-x+1)}{x^2-x+1}\right )+\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{x^2-x+1}\right )dx$ $\left[ {\frac{1}{4}\ln\left| {\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}}\right|}+2\sqrt 3\arctan\frac{x-1}{\sqrt 3} +2\sqrt 3\arctan\frac{x-1}{\sqrt 3}\right]_0^1$
$I=\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{1}{x^4+x^2+1}+x^3(1-x^2)^3 \right )dx$$=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx+\int\limits_{0}^{1}x^3(1-x^2)^3dx $ $=I_1+I_2$ Trong đó$I_2=\int\limits_{0}^{1}x^3(1-x^2)^3dx=\left[ {-\frac{x^{10}}{10}+\frac{3x^{8}}{10}-\frac{x^{6}}{2}+\frac{x^{4}}{4}} \right]_0^1=\frac{1}{40}$$I_1=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{x+1}{x^2+x+1}-\frac{x-1}{x^2-x+1}\right )dx$$=\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{d(x^2+x+1)}{x^2+x+1}-\frac{d(x^2-x+1)}{x^2-x+1}\right )+\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{x^2-x+1}\right )dx=$ $\left[ {\frac{1}{4}\ln\left| {\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}}\right|}+2\sqrt 3\arctan\frac{x-1}{\sqrt 3} +2\sqrt 3\arctan\frac{x-1}{\sqrt 3}\right]_0^1=\frac{\pi \sqrt 3}{12}+\frac{\ln 2}{4}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giúp mình với các bạn nha:
|
|
|
|
Đặt $y=\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} $Bạn kiểm tra điều sau nhé$7(\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} )^3 -280(\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} )^2+2688(\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} )-6656=0$Như vậy $y$ là nghiệm của PT $7y^3-280y^2+2688y-6656=0$.Để xem cách giải PT bậc $3$ tổng quát bạn xem thêm phần chuyên đề của sách Toán nâng cao và Phát triển $9$ tập hai của tác giả Vũ Hữu Bình nhé.
Đặt $y=\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} $Bạn kiểm tra điều sau nhé$7(\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} )^3 -280(\frac{1}{(\sin\frac{2\pi}{14})^2 } +\frac{1}{(\sin\frac{3\pi}{14} )^2}+\frac{1}{(\sin\frac{6\pi}{14} )^2} )^2+$$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.
|
|
|
|
sửa đổi
|
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}$$=x+y=|x|+|y|$ với $xy \ge 0.$
$\left| {\frac{x+y}{2}+\sqrt{xy}} \right|+\left| {\frac{x+y}{2}-\sqrt{xy}} \right|=\left| {\frac{x+y+2\sqrt{xy}}{2}} \right|+\left| {\frac{x+y-2\sqrt{xy}}{2}} \right|=\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}{2}+\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2}{2}$$=x+y\le|x|+|y|$ với $xy \ge 0.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
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}+\frac{\sqrt{x}-\sqrt{y}}{2}$$=\sqrt{x}$
$\left| {\frac{x+y}{2}+\sqrt{xy}} \right|+\left| {\frac{x+y}{2}-\sqrt{xy}} \right|=\left| {\frac{x+y+2\sqrt{xy}}{2}} \right|+\left| {\frac{x+y-2\sqrt{xy}}{2}} \right|=\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}{2}+\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2}{2}$$=x+y=|x|+|y|$ với $xy \ge 0.$
|
|
|
|
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}$$\Leftrightarrow4\sqrt{4n^2-1} \ge 3\sqrt[3]{n^2}+3$ Mặt khác ta có thể làm mạnh hơn BĐT này bởi $\Leftrightarrow4\sqrt{3n^2} \ge 3\sqrt[3]{n^2}+3\Leftrightarrow 4\sqrt 3n \ge 3\sqrt[3]{n^2}+3$ Chuyển về dạng hàm số thì dễ thấy $f(x)= 4\sqrt 3 x^3 -3x^2-3 \ge 0 \forall x \ge 1$ Từ đây hoàn thành chứng minh.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Ta có $(\sin^2a+\sin^2b)^2 =\sin^4a+\sin^4b+2\sin^2a\sin^2b\ge \sin^4a+\sin^4b$$\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$\sqrt{ \cos^4a+\cos^4b}+\sin^2a+\sin^2b \geq \sqrt{ \cos^4a+\cos^4b}+\sqrt{\sin^4a+\sin^4b}\geq\sqrt{(\sin^2a+\cos^2a)^2+(\sin^2b+\cos^2b)^2}= \sqrt{ 2}$
|
|