|
|
giải đáp
|
phương trình nghiệm nguyên có bất đẳng thức
|
|
|
|
Gợi ý: Từ $\begin{cases}x+y+z \ge 12 \\ 8x+9y+10z=100 \end{cases}\Rightarrow y+2z=100-8(x+y+z)\le 100-8.12=4$. Mặt khác $y,z \ge 1$ suy ra $3 \le y+2z \le 4\Rightarrow y+2z \in \{3,4\}$. + Nếu $y+2z=3\Leftrightarrow y=z=1\Rightarrow x$ không tồn tại. + Nếu $y+2z=4\Leftrightarrow y=2,z=1\Rightarrow x=9.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Điểm cố định
|
|
|
|
2. Gợi ý chứng minh $OA \perp DE$ để suy ra đường thẳng vuông góc với $DE$ đi qua $O$ cố định.
|
|
|
|
giải đáp
|
Điểm cố định
|
|
|
|
1. Kẻ $AF \perp BC$ thì $H \in AF.$ Sử dụng tam giác đồng dạng để chứng minh rằng \begin{cases}CH.CE=CF.BC \\ BH.BD=BF.BC \end{cases} Cộng theo từng vế hai dẳng thức trên ta có đpcm. |
|
|
|
giải đáp
|
[Toán 7] Chứng minh?
|
|
|
|
$A = 1 - \frac{3}{4} + (\frac{3}{4})^2 - (\frac{3}{4})^3 + (\frac{3}{4})^4- ... - (\frac{3}{4})^{2009} + (\frac{3}{4})^{2010}$ Suy ra $-\frac{3}{4}A = - \frac{3}{4} + (\frac{3}{4})^2 - (\frac{3}{4})^3 + (\frac{3}{4})^4- ... - (\frac{3}{4})^{2009} + (\frac{3}{4})^{2010} - (\frac{3}{4})^{2011}$. Trừ theo từng vế của hai đẳng thức này ta được $A -\left ( -\frac{3}{4}A = \right ) = 1+(\frac{3}{4})^{2011}$ $\Rightarrow \frac{7}{4}A=1+(\frac{3}{4})^{2011}$ $\Rightarrow A=\frac{4^{2011}+3^{2011}}{7.4^{2010}}$. Nhận thấy $4^{2011}+3^{2011}$ là số lẻ mà $4^{2010}$ chẵn nên $A \notin \mathbb Z.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình này dùm mình, đừng giải tắt quá nha
|
|
|
|
Gọi $z=a+bi,a,b \in \mathbb R$. Ta có $|z-3i| = |(2-i) z|\iff |a+(b-3)i|=|(2-i)(a+bi)|$ $\iff |a+(b-3)i|=| (2a+b) +i(2b-a)| \iff a^2+(b-3)^2 = (2a+b)^2+(2b-a)^2$ $\iff 4a^2+4b^2+6b-9=0$ Đây là PT đường tròn tâm $(0,-3/4)$, bán kính $R=\frac{3\sqrt 5}{4}$. |
|
|
|
giải đáp
|
Tính lim của hàm số lượng giác ?????
|
|
|
|
2. $ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1-\cos x)^{2}}{\tan x^{3}-\sin x^{3}}$ $=2. \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(2\sin^2\frac{x}{2})^{2}}{\frac{\sin x^{3}}{\cos x^{3}}-\sin x^{3}}$ $=8. \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\cos x^{3}.\sin^4\frac{x}{2}}{\sin x^{3}(1-\cos x^3)}$ $=8. \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\cos x^{3}.\sin^4\frac{x}{2}}{\sin x^{3}(2\sin^2\frac{x^3}{2})}$ $=2. \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos x^{3} . \frac{x^3}{\sin x^{3}}. \left ( \frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \right )^4. \left ( \frac{\frac{x^3}{2}}{\sin \frac{x^3}{2}} \right )^2.\frac{1}{x^5}$ $= 2.1.1.1.1.(\pm \infty) = \pm \infty.$ |
|
|
|
giải đáp
|
giai gium minh voi
|
|
|
|
Từ PT thứ nhất ta có $y = 5-2x$. Thay vào PT thứ 2 ta được $2(5-2x)-x = 10m-5\Leftrightarrow 10-5x =10m-5\Leftrightarrow x=-2m+3$. Suy ra $y=5-2x = 5-2(-2m+3)=4m-1$. Vậy với mọi $m$ thì hệ luôn có nghiệm duy nhất $x=-2m+3,y=4m-1.$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
các p gium mk bai này voi
|
|
|
|
1. Từ giả thiết suy ra $x^2+ y^2+z^2+x+y+z \le \frac43.$ Áp dụng BĐT $x^2+ y^2+z^2 \ge \frac{1}{3}(x+y+z)^2$ ta được $\Rightarrow \frac{1}{3}(x+y+z)^2 + x+y+z \le \frac43 $ $\Leftrightarrow \frac{1}{3}\left ( x+y+z +4 \right )\left ( x+y+z -1\right ) \le 0$ $\Leftrightarrow -4 \le x+y+z \le 1 $, đpcm. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
cm bdt
|
|
|
|
BĐT $f(a) = a^2 +2a(bc-b-c)+b^2+c^2+1-2bc \ge 0$ Nhận thấy $f(a)$ là PT bậc hai ẩn $a$ có hệ số của $a^2$ là $1>0$ nên để chứng mính $f(a) \ge 0, \forall a$ ta chỉ cần chứng minh $\Delta' \le 0.$ Mặt khác $\Delta' = (bc-b-c)^2 -(b^2+c^2+1-2bc) = b^2+c^2+4bc-2bc(b+c)-1$ Do đó $\Delta' \le 0\Leftrightarrow b^2+c^2+4bc-2bc(b+c) \le 1\Leftrightarrow bc(2-b)(2-c) \le 1$. Nhưng điều này hiển nhiên đúng vì $(x-1)^2 \ge 0 \quad \forall x \Rightarrow x(2-x) \le 1\quad \forall x .$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup em voi
|
|
|
|
Đây là bài toán 2.71 trong cuốn "Sáng tạo Bất đẳng thức" của tác giả Phạm Kim Hùng. Bạn tìm đọc và tham khảo nhé. Tuy vậy đề bài với BĐT $ \le \frac{3\sqrt 3}{4}$ là sai. Chẳng hạn khi $a=b=1/\sqrt 2, c=0$ thì $\frac{a}{1+bc}$$+$$\frac{b}{1+ca}$$+$$\frac{c}{1+ab}=\sqrt 2> \frac{3\sqrt{3}}{4}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp giải pt
|
|
|
|
$\Leftrightarrow 11^x-1 = 10\log_{11}(10x+1)$. Đặt $t= \log_{11}(10x+1) \Rightarrow \begin{cases}11^x-1 = 10t \\ 11^t-1 = 10x \end{cases} \qquad (1)$ $\Rightarrow 11^x+10x = 11^t+10t\Rightarrow f(x)=f(t)$. Trong đó $f(x) = 11^x+10x$, có $f'(x) =11^x \ln 11+10>0$ nên từ $f(x)=f(t)\Leftrightarrow x=t$. Thay vào PT thứ nhất của $(1)$ ta được $11^x-1 = 10x \Leftrightarrow g(x) = 11^x-1 -10x=0$. Ta có $g''(x)=11^x \ln^211 >0$ nên PT $g(x)=0$ có tối đa hai nghiệm. Mặt khác $g(0)=g(1)=0$ nên $x=0,x=1$ là hai nghiệm duy nhất của nó. Vậy PT ban đầu có hai nghiệm $x=0,x=1$. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài toán lim ( growth and decay )
|
|
|
|
Bài này áp dụng quy tắc Lopitan nhiều lần là ok $\lim_{x \to +\infty}\frac{x^3}{e^x}= \lim_{x \to +\infty}\frac{3x^2}{e^x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{6x}{e^x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{6}{e^x}=0$ |
|