|
|
giải đáp
|
B.toán đạo hàm ??????
|
|
|
|
$\frac{d}{dx}F(\sqrt{x})=F'(\sqrt x).\frac{1}{2\sqrt x}$. Mặt khác $F'(t)=\cos t^2\Rightarrow F'(\sqrt x)=\cos x$. Vậy $\frac{d}{dx}F(\sqrt{x})=\frac{\cos x}{2\sqrt x}$ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Tính tổng ?????
|
|
|
|
$1+2x+3x^{2}+4x^{3}+...+100x^{99}=x'+(x^2)'+(x^3)'+\dots+(x^{100})'$ $=(x+x^2+x^3+\dots+x^{100})'=\left ( \frac{1-x^{101}}{1-x}-1 \right )'=\left ( \frac{x-x^{101}}{1-x} \right )'$ $=\frac{100x^{101}-101x^{100}+1}{(x-1)^2}$. |
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với cả nhà, gấp
|
|
|
|
4. Theo công thức đường trung tuyến: $\begin{cases}4m_a^2=2(b^2+c^2)-a^2 \\ 4m_b^2=2(a^2+c^2)-b^2 \\ 4m_c^2=2(b^2+a^2)-c^2 \end{cases}\Rightarrow 4(m_a^2+m_b^2+m_c^2) = 3(a^2+b^2+c^2)$. Ta biết rằng $ah_a=bh_b=ch_c=2S$ nên nếu $a \ge b \ge c$ thì $h_a \le h_b \le h_c$. Theo BĐT Trê-bư-sép: $\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)(h_a^2+h_b^2+h_c^2) \ge 3(a^2h_a^2+b^2h_b^2+c^2h_c^2)=3.3.4S^2$ $\Rightarrow 3(a^2+b^2+c^2)(h_a^2+h_b^2+h_c^2) \ge 108S^2$ $\Rightarrow 4(m_a^2+m_b^2+m_c^2) (h_a^2+h_b^2+h_c^2) \ge 108S^2$ $\Rightarrow (m_a^2+m_b^2+m_c^2) (h_a^2+h_b^2+h_c^2) \ge 27S^2$, đpcm. |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em mấy câu này nha
|
|
|
|
1. Không mất tính tổng quát giả sử $a \ge b \ge c$ $\Rightarrow \begin{cases}a^2 \ge b^2\ge c^2 \\ b+c \le a+c \le a+b \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a^2 \ge b^2\ge c^2 \\ \frac{1}{b+c} \ge \frac{1}{c+a} \ge \frac{1}{a+b} \end{cases}$. Suy ra $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b} \ge \frac{1}{3}(a^2 + b^2+ c^2)\left ( \frac{1}{b+c} +\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b} \right )\ge \frac{1}{3}(a^2 + b^2+ c^2)\frac{9}{2(a+b+c)} \ge (a^2 + b^2+ c^2)\frac{3}{2\sqrt 3 \sqrt{a^2 + b^2+ c^2}} =\frac{\sqrt{3} \sqrt{a^2 + b^2+ c^2}}{2} \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$. Trong đó đã sử dụng hai BĐT khác quen biết $(x+y+z)^2 \le 3(x^2+y^2+z^2)$ và $\frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z} \ge \frac{9}{x+y+z}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức.
|
|
|
|
Ta còn chứng minh được BĐT mạnh hơn. Em xem ở đây |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em mấy bài này với ạ, gấp nha
|
|
|
|
1. Không mất tính tổng quát giả sử $x \ge y>0$. Áp dụng BĐT Trê-bư-sép: $\begin{cases}x\ge y \\ x^3 \ge y^3 \end{cases}\Rightarrow 2(x.x^3+y.y^3) \ge (x+y)(x^3+y^3)$$\Rightarrow 2(x^4+y^4) \ge (x+y)(x^3+y^3)$ Tiếp tục áp dụng BĐT Trê-bư-sép: $\begin{cases}x^4\ge y^4 \\ x^7 \ge y^7 \end{cases}\Rightarrow 2(x^4.x^7+y^4.y^7) \ge (x^4+y^4)(x^7+y^7)$$\Rightarrow 2(x^{11}+y^{11}) \ge (x^4+y^4)(x^7+y^7)$. Kết hợp ta có $4(x^{11}+y^{11}) \ge 2(x^4+y^4)(x^7+y^7) \ge (x+y)(x^3+y^3)(x^7+y^7),$ đpcm. |
|
|
|
giải đáp
|
Hộ em nhá
|
|
|
|
$\textbf{Cách 1}$ Kẻ $ND$ là tia phân giác trong của $\widehat{MNP}$. Suy ra $\frac{MD}{MN}=\frac{DP}{NP}=\frac{MD+DP}{MN+NP}=\frac{MP}{MN+NP}$ Ta có $\tan \frac{\widehat{MNP}}{2}=\tan \widehat{MND}=\frac{MD}{MN}=\frac{MP}{MN+NP}$, đpcm. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
xác suất nè. làm xong thấy sao nó dễ thế :D
|
|
|
|
Chỉ có thể có $3$ trường hợp xảy ra + $4$ quả cầu rút ra bao gồm: $1$ đỏ, $0$ vàng, $3$ xanh. Khi đó xs trong trường hợp này là $\frac{C_4^1.C^3_5}{C_{16}^4}$. + $4$ quả cầu rút ra bao gồm: $1$ đỏ, $1$ vàng, $2$ xanh. Khi đó xs trong trường hợp này là $\frac{C_4^1.C_7^1.C^2_5}{C_{16}^4}$. + $4$ quả cầu rút ra bao gồm: $1$ đỏ, $2$ vàng, $1$ xanh. Khi đó xs trong trường hợp này là $\frac{C_4^1.C_7^2.C^1_5}{C_{16}^4}$. Vậy xs cần tìm là : $\frac{C_4^1.C^3_5+C_4^1.C_7^1.C^2_5+C_4^1.C_7^2.C^1_5}{C_{16}^4}$. |
|
|
|
giải đáp
|
nguyên hàm
|
|
|
|
Đặt $t=\frac1x\Rightarrow dt=-\frac{1}{x^2}dx=-t^2dx\Rightarrow dx =-\frac{1}{t^2}dt$ $\int\limits\frac{1}{x^3}\sin\frac{1}{x}\cos\frac{1}{x}dx=\int t^3.\sin t \cos t\left ( -\frac{1}{t^2} \right )dt=-\frac{1}{2}\int t\sin 2tdt$ $=\frac{1}{4} \int t d(\cos 2t)=\frac{1}{4}t\cos 2t - \frac{1}{4}\int \cos 2t dt =\frac{1}{4}t\cos 2t-\frac{1}{8}\sin 2t$ $=\frac{1}{4}\frac1x\cos \frac2x-\frac{1}{8}\sin \frac2x+C.$ |
|