|
|
giải đáp
|
BPT!!!!!
|
|
|
|
$mx^{2}+\left ( m+3 \right )x+3\leq 0 \quad \forall x \in \mathbb R$ $\Leftrightarrow \begin{cases}m <0 \\ \Delta \le 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m <0 \\ (m+3)^2-12m \le 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m <0 \\ m^2-6m+9 \le 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m <0 \\ m=3 \end{cases}$ $ \Leftrightarrow $ không tồn tại $m$. |
|
|
|
giải đáp
|
Ai giải giúp mình bài này với!
|
|
|
|
Theo đề bài: $C_n^4=20C_n^2\Leftrightarrow \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{4!}=20.\frac{n(n-1)}{2!}$ $\Leftrightarrow (n-2)(n-3)=240\Leftrightarrow n=18 $. Ta cần tìm $1 \le k \le 18$ sao cho $C^k_{18}$ lớn nhất. Bài toán này quen thuộc em xem tại đây Suy ra $k=9.$ |
|
|
|
giải đáp
|
help!!!
|
|
|
|
$x^2y+x^2+2y-21=0\Rightarrow y =\frac{21-x^2}{x^2+2}$. Thay vào PT thứ nhất và rút gọn $x^4-4x^2+\left ( \frac{21-x^2}{x^2+2} \right )^2-5\frac{21-x^2}{x^2+2}+10=0$ $\Leftrightarrow x^8+4x^4-113x^2+271=0$ PT này có 1 nghiệm thực không đẹp. Bài toán nên dừng tại đây. |
|
|
|
giải đáp
|
Giá trị nhỏ nhất.
|
|
|
|
$P=\left ( \frac{a^2}{b}+\frac{a^2}{c} \right )+\left ( \frac{b^2}{a}+\frac{b^2}{c} \right )+\left ( \frac{c^2}{b}+\frac{c^2}{a} \right )$ $P=\left ( \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a}\right ) + \left ( \frac{a^2}{c} +\frac{c^2}{b}+\frac{b^2}{a} \right )$ Ta sẽ chứng minh $\begin{cases}\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \ge a+b+c \\ \frac{a^2}{c} +\frac{c^2}{b}+\frac{b^2}{a} \ge a+b+c\end{cases}$. Hai BĐT này đều sử dụng 1 phương pháp đó là BĐT Cauchy-Schwatz. Ví dụ $$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \ge \frac{(a+b+c)^2}{b+c+a} =a+b+c$$ BĐT còn lại chứng minh tương tự. Suy ra $P \ge 2(a+b+c)=2.$ Vậy $\min P=2 \Leftrightarrow a=b=c=1/3.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức.
|
|
|
|
Cách khác:
Tự chứng minh đẳng thức sau: $2a^2+5b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right) = \frac{1}{2}(2a-b-c)^2+\frac12(3b-c)^2$. Từ đây có ĐPCM. |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức.
|
|
|
|
Nhắc lại kết quả sau: tam thức bậc hai $g(t)=At^2+Bt+C$ có $\Delta \le 0 \quad \forall t$ thì $g(t) \ge 0 \quad \forall t$. Xét $f(a,b,c)=2a^2+5b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)$. Trước hết viết $f(a,b,c) =2a^2-2a(b+c)+5b^2+c^2-2bc$. Xem đây là PT bậc hai theo $a$. Ta có $\Delta' =(b+c)^2-2(5b^2+c^2-2bc)=-(9b^2-6bc+c^2) =-(3b-c)^2 \le 0 \forall b,c$ Theo kết quả trên ta có ĐPCM. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp nha m.n
|
|
|
|
Bạn xem lại đề bài như góp ý bên dưới. Với $n=3$ thì $n^4-5n^3-2n^2-10n+4=-98 \vdots 49 ???$ |
|
|
|
giải đáp
|
giai giup e bai nay voi e dang can gap ạk
|
|
|
|
Đường tròn (C) có tâm I(-2$\sqrt 3 $ ;0), bán kình R= 4
Giả sử (C’) có tâm I’, bán kính R’=2.
Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} + 4\sqrt 3 x - 4 = 0\\
x = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = \pm 2
\end{array} \right.$
TH1: A(0;2). Phương trình đường thẳng IA :
$\left\{ \begin{array}{l}
x = 2\sqrt 3 t\\
y = 2t + 2
\end{array}
\right.$, $I' \in IA$ => I’($2\sqrt 3 t;2t + 2$), $\overrightarrow
{AI} = \frac{R}{{R'}}.\overrightarrow {I'A} = 2.\overrightarrow {I'A}
\Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \Rightarrow I'(\sqrt 3 ;3)$
$ \Rightarrow ({\rm{C'}}):{\left( {x - \sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 4$
TH2: A(0;-2). Phương trình đường thẳng IA :
$\left\{ \begin{array}{l}
x = 2\sqrt 3 t\\
y = - 2t - 2
\end{array}
\right.$, $I' \in IA$ => I’($2\sqrt 3 t; - 2t - 2$),
$\overrightarrow {AI} = \frac{R}{{R'}}.\overrightarrow {I'A} =
2.\overrightarrow {I'A} \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \Rightarrow
I'(\sqrt 3 ; - 3)$
$ \Rightarrow ({\rm{C'}}):{\left( {x - \sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 4$
Vậy có 2 đường tròn thỏa mãn đề bài:
$(C{'_1}):{\left( {x - \sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 4;$
$(C{'_2}):{\left( {x - \sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 4$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với
|
|
|
|
Dễ tìm được điều kiện xác định $-1 \le x \le 5.$ Ta sẽ chứng minh rằng $y \ge \sqrt 2$. Thật vậy $y \ge \sqrt 2$ $\Leftrightarrow \sqrt{-x^2+3x+18} \ge \sqrt 2 +\sqrt{-x^2+4x+5}$ $\Leftrightarrow -x^2+3x+18 \ge -x^2+4x+5 +2\sqrt{-2x^2+8x+10}$ $\Leftrightarrow 11-x\ge 2\sqrt{-2x^2+8x+10}$ $\Leftrightarrow 121-22x+x^2 \ge -8x^2+32x+40$ $\Leftrightarrow 9x^2-54x+81 \ge 0$ $\Leftrightarrow 9(x-3)^2 \ge 0$, luôn đúng. Vậy $\min y = \sqrt 2 \Leftrightarrow x=3.$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
help me
|
|
|
|
Phương trình đường tròn (C): $x^2 + y^2 – 2x + 4y + 2 = 0$ có tâm I(1, –2) ; $ R = \sqrt 3 $
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB cắt IM tại trung điểm H của đoạn AB.
Ta có $ AH = BH = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} $ Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB và H' là trung điểm của A'B'
Ta có: $ IH' = IH = \sqrt {I{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {3 - {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{3}{2} $
Ta có: $ MI = \sqrt {{{\left( {5 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 + 2} \right)}^2}} = 5 $
và $ MH = MI - HI = 5 - \frac{3}{2} = \frac{7}{2} $ ; $ MH' = MI + H'I = 5 + \frac{3}{2} = \frac{{13}}{2} $
Ta có: $ R_1^2 = M{A^2} = A{H^2} + M{H^2} = \frac{3}{4} + \frac{{49}}{4} = \frac{{52}}{4} = 13 $
$ R_2^2 = MA{'^2} = A'H{'^2} + MH{'^2} = \frac{3}{4} + \frac{{169}}{4} = \frac{{172}}{4} = 43 $
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: $(x – 5)^2 + (y – 1)^2 = 13$ hay $(x – 5)^2 + (y – 1)^2 = 43$.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
tích phân
|
|
|
|
Bạn chú ý đây không phải là Toán của THPT |
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình này dùm mình, đừng giải tắt quá nha
|
|
|
|
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\frac{(\sin x+2\cos x)}{3\sin x+\cos
x} dx=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }(1+\frac{3\cos x-\sin
x}{3\sin x+\cos x} )dx$$=\frac{1}{2}\left[\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}
}dx+\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\frac{d(3\sin x+\cos x)}{3\sin
x+\cos x} \right]$
$I=\frac{1}{2}[x+\ln (3\sin x+\cos x)]|_{0}^{\frac{\pi}{4} }=\frac{1}{2}[(\frac{\pi}{4}+\ln 2 {\sqrt{2}} )-(0+\ln 1)] $
$I=\frac{1}{8}(\pi+6\ln 2) $
|
|