|
|
giải đáp
|
giúp em với cả nhà, gấp lắm
|
|
|
|
Gợi ý:
PT $\Delta$ qua $M(1,0)$ có dạng tham số $y=k(x-1)$. Ta tìm các giao điểm của $\Delta$ và $d_1$, $d_2$ bằng cách giải các hệ $A=\Delta \cap d_1\Rightarrow A:\begin{cases}x+y+1=0 \\ y=k(x-1) \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\frac{k-1}{k+1} \\ y=\frac{-2k}{k+1} \end{cases}(k \ne -1)$. $B=\Delta \cap d_2\Rightarrow B:\begin{cases}x-2y+2=0 \\ y=k(x-1) \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\frac{2k+2}{2k-1} \\ y=\frac{3k}{2k-1} \end{cases}(k \ne 1/2)$. Chú ý ta cũng cần xét $k=-1,k=1/2$ trước. Tiếp đến chỉ cần giải PT $MB^2=9MA^2\Leftrightarrow \left ( \frac{k-1}{k+1}-1 \right )^2+\left (\frac{-2k}{k+1} \right )^2 =9 \left ( \frac{2k+2}{2k-1}-1 \right )^2+9\left (\frac{3k}{2k-1} \right )^2\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} k=-\frac{11}{5}\\k= -\frac{7}{13}\end{matrix}} \right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải pt:
|
|
|
|
Pt thứ nhất $\Leftrightarrow y(1-3x)=83-x\Leftrightarrow y=\frac{83-x}{1-3x}$ vì dễ thấy $x \ne 1/3.$ Kết hợp với PT thứ hai ta được $\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}-\frac{83-x}{1-3x} = 0\Leftrightarrow x^3+43x^2-41x+41=0.$ PT bậc ba này có duy nhất 1 nghiệm thực nhưng "không đẹp". Bài toán nên dừng lại ở đây. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp mình gấp bài tìm chuỗi đại diện !!!!!!!!!
|
|
|
|
Nhắc lại kết quả quen thuộc: Với $-1 <t <1$ thì $\frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^\infty t^n$. Suy ra $\frac{1}{2+x}=\frac{1}{3-(1-x)}=\frac{1}{3}.\frac{1}{1-\frac{1-x}{3}}=\frac{1}{3}\sum_{n=0}^\infty \left ( \frac{1-x}{3} \right )^n$. |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm chuỗi maclaurin
|
|
|
|
Ta biết rằng chuổi Maclaurin là chuỗi Taylor khi thác triển hàm số tại $x=0$. Nghĩa là $f(x) = f(0)+f'(0).x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\dots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\dots=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$. Mặt khác ta biết kết quả quen thuộc sau $\cos x = \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}$ Suy ra $\cos \frac{x^2}{2} = \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4^n(2n)!}x^{4n}$ |
|
|
|
giải đáp
|
HHKG - Đt vuông góc mp
|
|
|
|
Kí hiệu $M_1,M_2$ là hai điểm bất kỳ trên $(\alpha)$ thì đường xiên $SM_1,SM_2$ lần lượt có hình chiếu là $HM_1,HM_2$. Theo định lý Py-ta-go ta có $SM_1^2-HM_1^2 = SM_2^2-HM_2^2 (=SH^2).$ Suy ra a) $SM_1=SM_2 \Leftrightarrow HM_1=HM_2 $. b) $SM_1>SM_2 \Leftrightarrow HM_1>HM_2 $. |
|
|
|
giải đáp
|
bất phương trình
|
|
|
|
GBPT: $\left| {\frac{2-3x}{1+x}} \right| \leq 1$BPT $\Leftrightarrow \frac{|3x-2|}{|x+1|} \le 1 \Leftrightarrow |3x-2| \le |x+1|\Leftrightarrow (3x-2)^2\le(x+1)^2$ $\Leftrightarrow (3x-2)^2-(x+1)^2 \le 0 \Leftrightarrow (3x-2-x-1)(3x-2+x+1) \le 0$ $\Leftrightarrow (2x-3)(4x-1) \le 0 \Leftrightarrow \frac{1}{4} \le x \le \frac32$. |
|
|
|
giải đáp
|
Tính tích phân
|
|
|
|
Xét : $I= \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} } e^{\sin^2 x} \sin x\cos^3
xdx= \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} } e^{\sin^2 x}.(1-\sin^2
x)(2\sin x\cos x)dx $
Đặt : $t=\sin^2 x \Rightarrow dt= 2\sin x\cos xdx$
Đổi cận :
$x=\frac{\pi}{2} \Rightarrow t=1 $
$x=0 \Rightarrow t=0$
Lúc đó : $I= \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}e^t(1-t)dt=\frac{1}{2}
\int\limits_{0}^{1} (1-t)d(e^t)$
Đặt :
$u=1-t \Rightarrow du=-dt$
$dv= d(e^t) \Rightarrow v=e^x$
Lúc đó : $I= \frac{1}{2}[(1-t)e^t]|^1_0+\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}e^tdt=\frac{1}{2}[0-1.e^0]+\frac{1}{2}e^t|^1_0 $
$\Rightarrow I=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(e-1)=\frac{1}{2}(e-2) $
|
|
|
|
giải đáp
|
Ai rảnh giúp mình với !!!
|
|
|
|
1. \(
\begin{cases}\left ( m+1 \right )x-2y= m-1\\ m^{2}x-y=m^{2} +2m\end{cases}
\)
\(
D=-\left ( m+1 \right )+2m^{2}=2m^{2}-m-1=\left ( 2m+1 \right )\left ( m-1 \right )
\)
\(
D_{x}=-m+1+2m^{2}+4m=2m^{2}+3m+1=\left ( 2m+1 \right )\left ( m+1 \right )
\)
\(
D_{y}=\left ( m+1 \right )\left ( m^{2}+2m \right )-m^{2}\left ( m-1 \right )=4m^{2}+2m=2m\left ( 2m+1 \right )
\)
\(
\Rightarrow \) Với \(m\neq \frac{-1}{2}\) và \( m \neq 1
\) hệ có nghiệm
\(
\begin{cases}x=\frac{D_{x}}{D}=\frac{\left
( 2m+1 \right )\left ( m+1 \right )}{\left ( 2m+1 \right )\left ( m-1
\right )}=\frac{m+1}{m-1}=1+\frac{1}{m-1} \\ y=
\frac{D_{y}}{D}=\frac{2m\left ( 2m+1 \right )}{\left ( m-1\right )\left
( 2m+1 \right )}=\frac{2m}{m-1}=2+\frac{2}{m-1}\end{cases}
\)
\(
\Rightarrow \) Để \( x,y \in \mathbb Z \) thì \( m-1 = \pm1 \Rightarrow m=0, m=2
\)
\(
m-1=\pm 2\Rightarrow m=3, m=-1
\)
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm x,y
|
|
|
|
Giả sử đề bài là tìm nghiệm nguyên. PT $\Leftrightarrow x^4+y^4-2x^2y^2=4xy+1$ $\Leftrightarrow x^4+y^4+2x^2y^2=4x^2y^2+4xy+1$ $\Leftrightarrow (x^2+y^2)^2=(2xy+1)^2$ + Nếu $x^2+y^2=-2xy-1\Leftrightarrow (x+y)^2=-1$. PT vô nghiệm. + Nếu $x^2+y^2=2xy+1\Leftrightarrow (x-y)^2=1\Leftrightarrow x-y=\pm1\Leftrightarrow x=y\pm1$. Vậy nghiệm của PT là $(x,y)=(k\pm1,k), k \in \mathbb Z$.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT
|
|
|
|
Ta có:
\((1+a)(1+b)(1+c)=1+a+b+c+ab+bc+ca+abc\)
Ta lại có:
\(\left\{
\begin{array}{l}a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\qquad (1)\\ab+bc+ca\geq
3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\qquad (2)\\abc=\sqrt[3]{(abc)^{3}} \end{array} \right. \);
Do áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số $a;b;c\ge 0\Rightarrow (1)$
$ab;bc;ca\ge 0\Rightarrow (2)$
Vậy: \((1+a)(1+b)(1+c)\geq 1+3\sqrt[3]{(abc)}+3\sqrt[3]{(abc)^2}+\sqrt[3]{(abc)^3}\\
\Leftrightarrow (1+a)(1+b)(1+c)\ge(1+\sqrt[3]{abc})^{3}\).
Vậy ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi
$\left\{ \begin{array}{l} a=b=c\\ ab=bc=ca \end{array} \right.\Rightarrow a=b=c.$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
help me
|
|
|
|
Gọi $Ax,Ay$ cắt đường tròn tại $M,N$. Dễ thấy $MD,NB$ là đường kính của đường tròn nên nó đều đi qua $O$. Bài toán trên là trường hợp riêng của Định lý Pascal, em xem lời giải ở đây nhé Ngoài ra còn một cách khác có thể xem ở đây |
|
|
|
giải đáp
|
help me gấp quá
|
|
|
|
c. $\triangle DFE$ vuông tại $F$ có $M$ là trung điểm $DE$ nên $\widehat{EMF}=2\widehat{FDE}=2\widehat{FCA}=\widehat{BCF}$ Suy ra tứ giác $BCMF$ nội tiếp. |
|