|
|
giải đáp
|
Số phức(8).
|
|
|
|
Gọi $z=a+bi,a,b \in \mathbb R$. Ta có PT $\Leftrightarrow |z|^2+3(a+bi-a+bi)=5-6i$ $\Leftrightarrow a^2+b^2+6bi=5-6i$ $\Leftrightarrow \begin{cases} a^2+b^2=5 \\ 6b=-6 \end{cases}$ $\Leftrightarrow (a,b) \in \{(2,-1), (-2,-1) \}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Số phức(7).
|
|
|
|
Gọi $z=a+bi,a,b \in \mathbb R$. Ta có PT $\Leftrightarrow 4(a+bi)+2(a-bi)^2=0$ $\Leftrightarrow 4a+4bi+2a^2-2b^2-4abi=0$ $\Leftrightarrow 2a^2+4a-2b^2+(4b-4ab)i=0$ $\Leftrightarrow \begin{cases} 2a^2+4a-2b^2=0 \\ 4b-4ab=0 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} 2a^2+4a-2b^2=0 \\ b(1-a)=0 \end{cases}$ $\Leftrightarrow (a,b) \in \{(0,0), (-2,0),(1,\sqrt 3),(1,-\sqrt 3) \}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Số phức(6).
|
|
|
|
Gọi $z=a+bi,a,b \in \mathbb R$. Ta có PT $\Leftrightarrow 4(a+bi)+\left(3i+1\right)(a-bi)=25+21i$ $\Leftrightarrow 4a+4bi+3ai-bi+a+3b=25+21i$ $\Leftrightarrow 5a+3b+(3a+3b)i=25+21i$ $\Leftrightarrow \begin{cases} 5a+3b=25 \\ 3a+3b=21 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} a=2 \\ b=5 \end{cases}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Số phức(5).
|
|
|
|
PT $\Leftrightarrow z =\frac{(1-i)(-1+3i)}{(2+i)(2+i)}$ $\Leftrightarrow z =\frac{2+4i}{3+4i}$ $\Leftrightarrow z =\frac{(2+4i)(3-4i)}{(3+4i)(3-4i)}$ $\Leftrightarrow z =\frac{22+4i}{25}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Số phức(4).
|
|
|
|
PT $\Leftrightarrow z=(3+2i)(3i-1)=-9+7i.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Số phức(3).
|
|
|
|
PT $\Leftrightarrow 2z\left(1-i\right)=2z\left(i+i^2\right)+4i$ $\Leftrightarrow 2z\left(1-i\right)=2z\left(i-1\right)+4i$ $\Leftrightarrow 4z\left(1-i\right)=4i$ $\Leftrightarrow z=\frac{i}{1-i}$ $\Leftrightarrow z=\frac{i(1+i)}{(1+i)(1-i)}$ $\Leftrightarrow z=\frac{i-1}{2}$ $\Leftrightarrow z=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}i.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Số phức(2).
|
|
|
|
$z_1 +z_2=-\left ( \sqrt 3+\sqrt 2 \right )+i$ $z_1 -z_2=-\left ( \sqrt 3-\sqrt 2 \right )+3i$ $2z_1 +z_2=-\left ( 2\sqrt 3+\sqrt 2 \right )+5i\Rightarrow |2z_1+z_2|=\sqrt{\left (2\sqrt 3+\sqrt 2 \right )^2+\left (5 \right )^2}=\sqrt{39+4\sqrt 6}$. |
|
|
|
giải đáp
|
Số phức(1).
|
|
|
|
$z_1 +z_2=-\dfrac56+\frac{13}6i$ $z_1 -z_2=-\dfrac16+\frac{5}6i$ $2z_1 +z_2=-\dfrac43+\frac{11}3i\Rightarrow |2z_1+z_2|=\sqrt{\left (-\dfrac43 \right )^2+\left (\frac{11}3 \right )^2}=\frac{\sqrt{137}}{3}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup em 1 ti
|
|
|
|
Ta biết rằng: $2r=b+c-a$ và $a=2R$. Suy ra $\begin{cases}a=10 \\ 6=b+c-10 \end{cases}\Rightarrow AB+AC=b+c=16.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Hình không gian 11
|
|
|
|
+ Chứng minh $\triangle ABC$ vuông. Áp dụng định lý hàm số $\cos$. Cho tam giác $SAB$: $AB^2=a^2+a^2-2.a.a.\cos 120=3a^2$ Cho tam giác $SAC$: $AC^2=a^2+a^2=2a^2$ Cho tam giác $SBC$: $BC^2=a^2+a^2-2.a.a.\cos 60=a^2$ Suy ra $AC^2+BC^2=AB^2\Rightarrow $ $\triangle ABC$ vuông tại $C$. |
|
|
|
giải đáp
|
hình học không gian 11
|
|
|
|
a. $SC$ có hình chiếu là $HC$ trên mp$(ABC)$. Ta dễ chứng minh $\widehat{ACH}=90^\circ$ nên $HC \perp CA.$ Do đó theo định lý ba đường vuông góc thì $SC \perp CA\Rightarrow \triangle SAC$ vuông tại $C$. Chứng minh tương tự $SAB$ vuông tại $B$. Mặt khác thì $HB=HC\Rightarrow SB=SC\Rightarrow \triangle SBC$ cân tại $S$. |
|
|
|
giải đáp
|
nhị thức niu tơn
|
|
|
|
Ta có: $C_{2n+1}^1=C_{2n+1}^{2n}, C_{2n+1}^2=C_{2n+1}^{2n-1},\dots, C_{2n+1}^n=C_{2n+1}^{n+1}$. Suy ra $2\left ( C^{1}_{2n+1}+C^{2}_{2n+1}+...+C^{n}_{2n+1} \right ) = C^{1}_{2n+1}+C^{2}_{2n+1}+...+C^{n}_{2n+1}+ C_{2n+1}^{n+1}+ \dots +C_{2n+1}^{2n}=\sum_{k=0}^{2n+1}C_{2n+1}^k- C_{2n+1}^0-C_{2n+1}^{2n+1}=2^{2n+1}-1-1=2^{2n+1}-2.$ Do đó $2\left ( 2^{20}-1 \right )=2^{2n+1}-2\Rightarrow n=10.$ Tìm được $n$ thì đây là bài toán tổ hợp quen thuộc. |
|
|
|
giải đáp
|
GTLN GTNN
|
|
|
|
+ Tìm max: Ta biết rằng $f(x)=x^4$ là hàm thoả mãn BĐT Jensen dưới dạng $ f(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}) \le \frac{f(a_1)+f(a_2)+...+f(a_n)}{n}$. Trong đó $a_i >0, i=1,2,\dots,n$. Áp dụng BĐT trên ta có $\left ( \frac{y}{5} \right )^5=\left ( \frac{\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{2-x}+\sqrt[4]{3-2x}}{5} \right )^5 \le \frac{x+x+x+2-x+3-2x}{5}=1\Rightarrow y \le 5.$ Vậy $\max y =5\Leftrightarrow x=1.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bài này giải sao vậy mn?
|
|
|
|
PT $(1)\Leftrightarrow x^2=\dfrac{6y-2}{y+1}$ (do $y$ phải $\ne -1$).
Thay điều này vào Pt $(2)$ ta được
$\left (\dfrac{6y-2}{y+1} \right )^2y^2+2\dfrac{6y-2}{y+1}y^2+y(\dfrac{6y-2}{y+1}+1)=12y^2-1$
Rút gọn và cố gắng phân tích đa thức thành nhân ta được
$(y-1)(3y-1)(12y^2+5y+1)=0\Leftrightarrow y=1$ hoặc $y=\dfrac{1}{3}$.
Từ đó dễ có $(x,y)=\left ( \pm\sqrt 2,1 \right ), \left ( 0, \dfrac{1}{3}\right ).$
|
|
|
|
giải đáp
|
HPT 2
|
|
|
|
PT $(1)\Leftrightarrow x^2=\dfrac{6y-2}{y+1}$ (do $y$ phải $\ne -1$).
Thay điều này vào Pt $(2)$ ta được
$\left (\dfrac{6y-2}{y+1} \right )^2y^2+2\dfrac{6y-2}{y+1}y^2+y(\dfrac{6y-2}{y+1}+1)=12y^2-1$
Rút gọn và cố gắng phân tích đa thức thành nhân ta được
$(y-1)(3y-1)(12y^2+5y+1)=0\Leftrightarrow y=1$ hoặc $y=\dfrac{1}{3}$.
Từ đó dễ có $(x,y)=\left ( \pm\sqrt 2,1 \right ), \left ( 0, \dfrac{1}{3}\right ).$
|
|