|
|
|
|
giải đáp
|
Minh dang can gap giup voi nhe
|
|
|
|
1. PT $\Leftrightarrow x^3+3x^2+3x+1=-2x^3$ $\Leftrightarrow (x+1)^3=-2x^3$ $\Leftrightarrow x+1=-x\sqrt[3]{2}$ $\Leftrightarrow x(1+\sqrt[3]{2})=-1$ $\Leftrightarrow x =-\frac{1}{1+\sqrt[3]{2}}$. |
|
|
|
giải đáp
|
kptf
|
|
|
|
1. PT
$\Leftrightarrow (6x+7)^{2}(6x+8)(6x+6) = 72$
$\Leftrightarrow (36x^2+84x+49)(36x^2+84x+48)=72$
Đặt $36x^2+84x+48=t$ thì PT trên
$\Leftrightarrow t(t+1)=72$
$\Leftrightarrow t^2+t-72=0$
$\Leftrightarrow t=-9$ hoặc $t=8.$
+ Nếu $t=-9\Leftrightarrow 36x^2+84x+48=-9\Leftrightarrow 36x^2+84x+57=0\Leftrightarrow $, PT vô nghiệm.
+ Nếu $t=8\Leftrightarrow 36x^2+84x+48=8\Leftrightarrow 36x^2+84x+40=0\Leftrightarrow x=-\dfrac{2}{3}$ hoặc $x=-\dfrac{5}{3}.$
Vậy $x \in \left\{ {-\dfrac{2}{3},-\dfrac{5}{3}} \right\}$
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
[ TOÁN 10] BẤT ĐẴNG THỨC
|
|
|
|
1. Áp dụng BĐT $\frac{1}{X}+\frac{1}{Y} \ge \frac{4}{X+Y}$, đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow X=Y$. $\frac{a+c}{a+b} + \frac{b+d}{b+c} +\frac{c+a}{c+d} + \frac{d+b}{d+a} = (a+c)\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+d} \right )+ (b+d)\left ( \frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+d} \right ) \ge (a+c) .\frac{4}{a+b+c+d}+(b+d) .\frac{4}{a+b+c+d} =\frac{4(a+b+c+d)}{a+b+c+d}=4$. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a+b=c+d, b+c=a+d\Leftrightarrow b=d,a=c$. |
|
|
|
giải đáp
|
help hothot
|
|
|
|
Gợi ý: + Xét $z=2$, HPT $\begin{cases}x+y=0 \\ x^{2}+y^{2}=2 \\x^{3}+y^{3}=0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x+y=0 \\ x^{2}+y^{2}=2 \end{cases}\Rightarrow (x,y)=(-1,1),(1,-1).$ + Xét $z \ne 0$, HPT $\begin{cases}(x+y)^2=(2-z)^2 \\ x^{2}+y^{2}=6-z^2 \\(x+y)(x^2+y^2-xy)=8-z^3\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x+y=2-z\\ xy=\dfrac{(2-z)^2-(6-z^2)}{2} \\(x+y)(x^2+y^2-xy)=8-z^3 \qquad (1)\end{cases}$. Như vậy $(1)\Leftrightarrow (2-z)\left ( 6-z^2- \frac{(2-z)^2-(6-z^2)}{2} \right )=8-z^3$ $\Leftrightarrow (z-2)(z-1)(z+1)=0$. Tìm ra $z$ và thay vào hệ ta dễ giải được $x$ và $y$. |
|
|
|
giải đáp
|
một bài bdt nhá.
|
|
|
|
Dễ có $a^2 +\frac14\ge a, b^2 +\frac14\ge b$. Suy ra $(a^2+b+\frac{3}{4})(b^2+a+\frac{3}{4})\ge (a+b+\frac{1}{2})(b+a+\frac{1}{2})=\left (a+b+\frac12 \right )^2$ $= a^2+b^2+a+b+2ab+\frac14 \ge 2ab+a+b+2ab+\frac14 =a+b+4ab+\frac14 = (2a+\frac{1}{2})(2b+\frac{1}{2})$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\frac12.$ |
|
|
|
giải đáp
|
he pt
|
|
|
|
Anh mới nghĩ ra cách tương tự như lúc nãy thôi :) Nhận thấy $x=-1$ không là nghiệm của PT thứ hai, nên $x \ne -1$ và từ PT này thì suy ra $y = -\frac{x^2+4x+1}{x+1}$. Thay vào Pt thứ nhất ta được $\Leftrightarrow x^{2}+2\left ( -\frac{x^2+4x+1}{x+1} \right )^{2}+2x+8\left (-\frac{x^2+4x+1}{x+1}\right )+6=0$ $\Leftrightarrow 3x^4+12x^3+7x^2-10x=0$ $\Leftrightarrow x(x+2)(3x^2+6x-5)=0$ Đến đây em tự tìm $x$ và thay vào tìm $y$ nhé. |
|
|
|
giải đáp
|
HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỰA ĐỐI XỨNG
|
|
|
|
Thay $y=7-x^2$ từ PT thứ nhất vào PT thứ hai ta được $(7-x^2)^2+x=11\Leftrightarrow x^4-14x^2+x+38=0\Leftrightarrow (x-2)(x^3+2x^2-10x-19)=0$ PT bậc ba $x^3+2x^2-10x-19=0$ có 3 nghiệm thực nhưng không đơn giản, phải sử dụng phương pháp Cardano giải PT bậc ba tổng quát để giải quyết. |
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình này dùm mình, đừng giải tắt quá nha
|
|
|
|
Nhận thấy $x=0$ không là nghiệm của PT thứ hai, nên $x \ne 0$ và từ PT này thì suy ra $y = -\frac{x^2+4x+1}{x}$. Thay vào Pt thứ nhất ta được $\Leftrightarrow x^{2}+2\left ( -\frac{x^2+4x+1}{x} \right )^{2}+2x+8\left (-\frac{x^2+4x+1}{x}\right )+6=0$ $\Leftrightarrow 3x^4+10x^3+10x^2+8x+2=0$ PT bậc 4 này có 2 nghiệm thực nhưng không đẹp. Có lẽ bài toán này nên dừng lại ở đây. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình tích phân xđ
|
|
|
|
Sử dụng kết quả ở đây
để có $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\sqrt{\frac{i}{n}}=\int\limits_{0}^{1}\sqrt x dx$. Mặt khác $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\sqrt{\frac{i-1}{n}}=\sum_{i=1}^{n+1}\frac{1}{n}\sqrt{\frac{i-1}{n}}-\frac{1}{n} = \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\sqrt{\frac{i}{n}}-\frac{1}{n} .$ Suy ra $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\sqrt{\frac{i-1}{n}}=\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\sqrt{\frac{i}{n}} -\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\frac{1}{n}=\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\sqrt{\frac{i}{n}}-0$ $=\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\sqrt{\frac{i}{n}}=\int\limits_{0}^{1}\sqrt x dx$. |
|
|
|
|
|