|
|
giải đáp
|
đố các mem thêm bài ni nữa.hehe
|
|
|
|
Mình chưa nghĩ ra cách nào ngắn hơn, bạn tham khảo nhé
Đặt $x+y+z=u$ và $xy+yz+zx=v$. BĐT đã cho tương đương với
\[ 4u^2+2v^2-8u-9v-2uv+15 \geq 0 \]
theo BĐT Cô-si, $u^2 \geq 3v \geq 9$. Ta xét $3$ trường hợp
$\text {Trường hợp 1:} \quad v \geq 6$
Ta có $\text{VT}=(u-v)^2+(u-3)(3u+1)+(v-3)(v-6) \geq 0$ và chúng ta xong.
$\text{Trường hợp 2:} \quad 4,5 \leq v \leq 6$
Ta có $\text{LHS}=f(u) \geq f(3)$ vì $f'(u)=8u-2v-8 \geq 8\cdot 3 - 2 \cdot 6 -8 > 0$ và $f(3)=(v-3)(2v-9) \geq 0$ theo giả thiết.
$\text{Trường hợp 3:} \quad 3 \leq v \leq 4,5$
Ta có $\text{LHS}=(u-v)^2+3u^2+v^2-8u-9v+15 \geq 3u^2+v^2-8u-9v+15$
Đặt $g(v)=3u^2+v^2-8u-9v+15$. suy ra $g'(v)=2v-9 \leq 0$ nên $g(v) \geq g\left(\frac{u^2}{3}\right)$
$g\left(\frac{u^2}{3}\right) = \frac{1}{9}(u-3)(u^3+3u^2+9u-45) \geq 0$ vì $u \geq 3$.
Tóm lại ta có ĐPCM.
|
|
|
|
bình luận
|
Hàm biến phức!
Bài tập này có hợp lý khi đăng ở đây không nhỉ? Mình thấy hợp lý hơn nếu là Toán cấp 3 :)
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
Giải hệ phương trình
Hãy ấn chữ V dưới đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé. Thanks!
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải hệ phương trình
|
|
|
|
Sử dụng công thức $\cos 2x=2\cos^2x-1,\cos 2y=1-2\sin^2y$, sau đó nhân hai vế của PT hai với $2i$ và cộng với PT thứ nhất tiếp đến chia cho $2$ và ta có
$(\cos x+i\sin y)^2+{1\over\cos x+i\sin y}={\sqrt{3}+1+i(\sqrt{3}-1)\over 2}$
Đặt $z=\cos x+i\sin y$. Ta có $z^2+{1\over z}={\sqrt{3}+1+i(\sqrt{3}-1)\over 2}$, Pt này có một nghiệm đẹp $z_1={\sqrt{3}+i\over 2}$. Sau phân tích đa thức thành nhân tử, ta thu được nghiệm thứ hai từ PT bậc hai( kí hiệu là $z_2$) thỏa mãn $|\Re(z_2)|\leqslant 1,|\Im(z_2)|\leqslant 1$, và nó thỏa mãn với điều kiện $z=\cos x+i\sin y$. Nhưng nó "xấu xí".
Với trường hợp $z_1$, $\cos x+i\sin y={\sqrt{3}+i\over 2}\iff x=\pm{\pi\over 6}+2k\pi\land y=(-1)^m{\pi\over 6}+m\pi$,$k,m\in\mathbb{Z}$
|
|
|
|
bình luận
|
Giải hệ
Hãy ấn chữ V dưới đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé. Thanks!
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
thêm bài ni nmọi người giúp với
|
|
|
|
Trừ theo từng vế của hai PT ta được
$-8a-12c=-152\Rightarrow c=-\frac{2}{3}(a-19)$.
Thay vào PT thứ nhất ta được
$a^2+b^2+(-\frac{2}{3}(a-19))^2-12a-6b-14(-\frac{2}{3}(a-19))=-77 $
$\Leftrightarrow b^2-6b+\frac{13a^2}{9}-\frac{176a}{9}+\frac{541}{9}=0$
Với điều kiện $-13a^2+176a-460 \ge0$ thì ta có $b= 3 \pm \frac{1}{3}\sqrt{-13a^2+176a-460}$
Tóm lại $b= 3 \pm \frac{1}{3}\sqrt{-13a^2+176a-460}, c=-\frac{2}{3}(a-19), a \in \mathbb{R} ,-13a^2+176a-460 \ge0$
|
|
|
|
sửa đổi
|
CMR trên đường tròn lượng giác .cung x có m điểm ngọn là m đỉnh của 1 đa giác đều
|
|
|
|
Ta xuất phát từ một đỉnh có dạng $x = \alpha + l2\pi (l \in \mathbb{Z})$ trên vòng tròn lượng giác.nhận thấy rằng trong công thức thì $0 \le k \le m-1$, thật vậy giả sử $k = m$ thì ta được góc $x= \alpha + k2\pi $ sẽ trùng với góc $x = \alpha + l2\pi $, và trường hợp $k >n$ cũng thế.Tức là $k$ chỉ nhận các giá trị $\in \left\{ {0,1, \cdots, m-1} \right\}$, và $m$ đỉnh này lập thành $m$ đỉnh của một đa giác trên vòng tròn lượng giác.Đặt $x_k=\alpha +k\frac{2\pi}{m}, 0 \le k \le m-1, x_{k+1} \equiv x_1$.Ta có $x_{k+1}-x_k=\frac{2\pi}{m} \forall 0 \le k \le m-1$.Sự kiện này có ý nghĩa là $m$ đỉnh này chia vòng tròn lượng giác thành $m$ phần bằng nhau, và do đó nó là $m$ đỉnh của một đa giác đều.
Ta xuất phát từ một đỉnh có dạng $x = \alpha + l2\pi (l \in \mathbb{Z})$ trên vòng tròn lượng giác.nhận thấy rằng trong công thức thì $0 \le k \le m-1$, thật vậy giả sử $k = m$ thì ta được góc $x= \alpha + 2\pi $ sẽ trùng với góc $x = \alpha + l2\pi $, và trường hợp $k >n$ cũng thế.Tức là $k$ chỉ nhận các giá trị $\in \left\{ {0,1, \cdots, m-1} \right\}$, và $m$ đỉnh này lập thành $m$ đỉnh của một đa giác trên vòng tròn lượng giác.Đặt $x_k=\alpha +k\frac{2\pi}{m}, 0 \le k \le m-1, x_{k+1} \equiv x_1$.Ta có $x_{k+1}-x_k=\frac{2\pi}{m} \forall 0 \le k \le m-1$.Sự kiện này có ý nghĩa là $m$ đỉnh này chia vòng tròn lượng giác thành $m$ phần bằng nhau, và do đó nó là $m$ đỉnh của một đa giác đều.
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
Tìm giá trị nhỏ nhất
Bài tập này tương đối dài. Đáp án của bạn chính xác nhưng các bước giải thì chưa đầy đủ.
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
Đạo hàm cấp n
Hãy ấn chữ V dưới đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé. Thanks!
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Đạo hàm cấp n
|
|
|
|
Ta có:$y'=\cos ax - ax \sin ax$$y''=-2a\sin ax-a^2x\cos ax$ $y^{(3)}=-3a^2\cos ax+a^3x\sin ax$ $y^{(4)}=4a^3\sin ax +a^4x\cos ax$ Bằng quy nạp, suy ra:
$y^{(n)}=na^{n-1}\cos\left (ax+\frac{(n-1)\pi}{2} \right )+a^nx\cos\left (ax+\frac{n\pi}{2} \right ),\forall n\in\mathbb{N}^*$ . Các bạn có thể tham khảo chi tiết của phương pháp này tại đây http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113568/dao-ham-cap-cao
Ta có:$y'=\sin ax\cos bx+\cos ax\sin bx=\sin((a+b)x)$$y''=(a+b)\cos ((a+b)x)=(a+b)\sin\Big((a+b)x+\frac{\pi}{2}\Big)$ $y^{(3)}=-(a+b)^2\sin((a+b)x)=(a+b)^2\sin\Big((a+b)x+2.\frac{\pi}{2}\Big)$ $y^{(4)}=-(a+b)^3\cos((a+b)x)=(a+b)^2\sin\Big((a+b)x+3.\frac{\pi}{2}\Big)$ Bằng quy nạp, suy ra:
$y^{(n)}=(a+b)^{n-1}\sin\Big((a+b)x+(n-1).\frac{\pi}{2}\Big),\forall n\in\mathbb{N}^*$ .
|
|
|
|
giải đáp
|
Đạo hàm cấp n
|
|
|
|
Ta có: $y'=\cos ax - ax \sin ax$ $y''=-2a\sin ax-a^2x\cos ax$ $y^{(3)}=-3a^2\cos ax+a^3x\sin ax$ $y^{(4)}=4a^3\sin ax +a^4x\cos ax$ Bằng quy nạp, suy ra:
$y^{(n)}=na^{n-1}\cos\left (ax+\frac{(n-1)\pi}{2} \right )+a^nx\cos\left (ax+\frac{n\pi}{2} \right ),\forall n\in\mathbb{N}^*$ . Các bạn có thể tham khảo chi tiết của phương pháp này tại đây http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113568/dao-ham-cap-cao |
|
|
|
sửa đổi
|
Đạo hàm cấp n
|
|
|
|
Ta có:$y'=\sin ax\cos bx+\cos ax\sin bx=\sin((a+b)x)$$y''=(a+b)\cos ((a+b)x)=(a+b)\sin\Big((a+b)x+\frac{\pi}{2}\Big)$ $y^{(3)}=-(a+b)^2\sin((a+b)x)=(a+b)^2\sin\Big((a+b)x+2.\frac{\pi}{2}\Big)$ $y^{(4)}=-(a+b)^3\cos((a+b)x)=(a+b)^2\sin\Big((a+b)x+3.\frac{\pi}{2}\Big)$ Bằng quy nạp, suy ra:
$y^{(n)}=(a+b)^{n-1}\sin\Big((a+b)x+(n-1).\frac{\pi}{2}\Big),\forall n\in\mathbb{N}^*$ .
Ta có:$y'=\cos ax - ax \sin ax$$y''=-2a\sin ax-a^2x\cos ax$ $y^{(3)}=-3a^2\cos ax+a^3x\sin ax$ $y^{(4)}=4a^3\sin ax +a^4x\cos ax$ Bằng quy nạp, suy ra:
$y^{(n)}=na^{n-1}\cos\left (ax+\frac{(n-1)\pi}{2} \right )+a^nx\cos\left (ax+\frac{n\pi}{2} \right ),\forall n\in\mathbb{N}^*$ . Các bạn có thể tham khảo chi tiết của phương pháp này tại đây http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113568/dao-ham-cap-cao
|
|
|
|
bình luận
|
GPT Đại học Khối D - 2010
Hãy ấn chữ V dưới đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé. Thanks!
|
|
|
|
|
|