|
|
giải đáp
|
làm hộ mình với
|
|
|
|
$ \frac{\left| {a} \right|}{1+\left| {a} \right|} + \frac{\left| {b} \right|}{1+\left| {b} \right|} \ge \frac{\left| {a} \right|}{1+\left| {a} \right|+|b|} + \frac{\left| {b} \right|}{1+|a|+\left| {b} \right|}=\frac{|a|+\left| {b} \right|}{1+|a|+\left| {b} \right|}$
Mặt khác hàm số $f(x)=\frac{x}{1+x}$ là hàm tăng với $x \ge 0$ nên từ $|a|+\left| {b} \right| \ge \left| {a+b} \right|$ ta dễ suy ra
$\frac{|a|+\left| {b} \right|}{1+|a|+\left| {b} \right|} \ge \frac{\left| {a+b} \right|}{1+\left| {a+b} \right|}$
Từ đây có đpcm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Anh Tân ơi giúp e bài này với!! e cảm ơn ạ
|
|
|
|
2. Do $-1 \le \sin (n!) \le 1$ do đó
$-\frac{n}{n^2+1} \le \frac{n.\sin(n!)}{n^2+1} \le \frac{n}{n^2+1}$
Mặt khác $\lim \frac{n}{n^2+1} = \lim \frac{1}{n+1/n}=0$. Do đó theo nguyên lý giới hạn kẹp thì
$\lim \frac{n.\sin(n!)}{n^2+1}=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
hàm tuần hoàn
|
|
|
|
Dễ kiểm tra $k=3$ là một số thỏa mãn điều này vì ta có đẳng thức $\sin (\alpha+\pi)=-\sin \alpha,\cos(\alpha+\pi)=-\cos \alpha, \quad \forall \alpha.$
$f(x+3\pi)=\sin^4\frac{x+3\pi}{3}+\cos^4\frac{x+3\pi}{3}=\sin^4\left (\frac{x}{3}+\pi \right )+\cos^4\left (\frac{x}{3}+\pi \right )=\sin^4\frac{x}{3}+\cos^4\frac{x}{3}=f(x).$
|
|
|
|
giải đáp
|
Ai giải giúp mình bài toán HH 9 nay với.
|
|
|
|
a. Trong tam giác cân thì $BH=HC=3.$
Theo định lý Py-ta-go thì
$AH^2=AB^2-BH^2=5^2-3^2=4^2\Rightarrow AH=4$
Ta có $HK.AC=2S_{AHC}=S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=10\Rightarrow HK=2$
Theo định lý Py-ta-go thì
$AK^2=AH^2-KH^2=4^2-2^2=12\Rightarrow AK=2\sqrt 3$
Ta có
$\cos \widehat{AHK}=\frac{HK}{AH}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{AHK}=60^\circ\Rightarrow \widehat{AHD}=30^\circ\Rightarrow \sin \widehat{AHD}=\frac{1}{2}.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Mọi người giúp em bài này với
|
|
|
|
Ta cần chứng minh
$1<\log_{ab}c+\log_{bc}a+\log_{ac}b<2$
$\Leftrightarrow 1<\frac{1}{\log_c{ab}}+\frac{1}{\log_a{bc}}+\frac{1}{\log_b{ac}}<2$
$\Leftrightarrow 1<\frac{1}{\log_c{a}+\log_c{b}}+\frac{1}{\log_a{b}+\log_a{c}}+\frac{1}{\log_b{a}+\log_b{c}}<2$
$\Leftrightarrow 1<\frac{1}{\log_c{a}+\log_c{b}}+\frac{1}{\log_a{b}+\log_a{c}}+\frac{1}{\log_b{a}+\log_b{c}}<2$
Trong đó $x=\log_a{b},y=\log_b{c},z=\log_c{a}\Rightarrow \begin{cases}x,y,z>0 \\ xyz=1 \end{cases}$.
$\Leftrightarrow 1<\frac{1}{z+\frac{1}{y}}+\frac{1}{x+\frac{1}{z}}+\frac{1}{y+\frac{1}{x}}<2$
$\Leftrightarrow 1<\frac{y}{yz+1}+\frac{z}{xz+1}+\frac{x}{xy+1}<2$
Nhưng đây là điều không thể xảy ra vì với $x=3,y=3,z=\frac{1}{9}$ thì $\frac{y}{yz+1}+\frac{z}{xz+1}+\frac{x}{xy+1}=\frac{79}{30}>2$. |
|
|
|
giải đáp
|
giải thích giùm em chỗ này với.
|
|
|
|
PT $\cos x=1\Leftrightarrow x=k2\pi, \quad k \in \mathbb Z.$
Mặt khác $-1 \le \sin x \le 1$ nên từ PT
$x=\sin x\Rightarrow-1 \le x \le 1\Rightarrow-1 \le k2\pi \le 1\Rightarrow -\frac{1}{2\pi} \le k \le \frac{1}{2\pi}\Leftrightarrow k=0.$
|
|
|
|
giải đáp
|
ai giup minh voi
|
|
|
|
$A =[-8;5] ; B=[m-2; 2m-3] $.
Để $A \cap B$ chỉ có một phần tử
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} m-2=5\\ 2m-3=-8 \end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} m=7\\ m=-5/2 \end{matrix}} \right.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao của đồ thị(6).
|
|
|
|
PT tuơng giao
$x^3+2mx^2+\left(m+3\right)x+4=x+4\Leftrightarrow x(x^2+2mx+m+2)=0$
Như vậy hoành độ của $B,C$ là hai nghiệm của PT $x^2+2mx+m+2=0$ nên
$\begin{cases}x_B+x_C=-2m \\ x_Bx_C=m+2 \end{cases}\Rightarrow (x_B-x_C)^2=(x_B+x_C)^2-4x_Bx_C=4m^2-4m-8$
Mặt khác $B,C \in y=x+4$
$\Rightarrow \begin{cases}y_B=x_B+4 \\ y_C=x_C+4 \end{cases}\Rightarrow (y_B-y_C)^2=(x_B-x_C)^2=4m^2-4m-8$
Khoảng cách từ $K(1,3)$ đến $y=x+4$ bằng $\sqrt 2$ nên từ giả thiết $S_{\Delta\,\text{BKC}}=8\sqrt{2}$ suy ra $BC=16.$
Tức là $(x_B-x_C)^2+(y_B-y_C)^2=16^2$
$\Leftrightarrow 2(4m^2-4m-8)=16^2\Leftrightarrow m=\frac{1\pm\sqrt{137}}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao của đồ thị(5).
|
|
|
|
PT tuơng giao
$2x^3-3x^2-1=mx-1\Leftrightarrow x(2x^2-3x-m)=0$
Để thõa mãn bài toán thì PT $2x^2-3x-m=0$ phải có hai nghiệm dương phân biệt
$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta>0 \\ S>0\\P>0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}9+8m>0 \\ 3/2>0\\-m/2>0 \end{cases}\Leftrightarrow -\frac{9}{8}<m<0.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao của đồ thị(3).
|
|
|
|
PT tuơng giao
$x^3-3x=m(x+1)+2\Leftrightarrow (x+1)(x^2-x-2-m)=0$
Như vậy hoành độ của $B,C$ là hai nghiệm của PT $x^2-x-2-m=0$ nên
$\begin{cases}x_B^2-x_B-2-m=0 \\ x_C^2-x_C-2-m=0 \end{cases}$
và cũng theo định lý Vi-ét thì
$\begin{cases}x_B+x_C=1 \\ x_Bx_C=-m-2 \end{cases}$
Mặt khác
$k_B=f'(x_B)=3x_B^2-3=3\left (x_B^2-x_B-2-m \right )+3x_B+3m+3=3x_B+3m+3$
$k_C=f'(x_C)=3x_C^2-3=3\left (x_C^2-x_C-2-m \right )+3x_C+3m+3=3x_C+3m+3$
Do đó hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ vuông góc với nhau
$\Leftrightarrow -1=k_Bk_C=\left ( 3x_B+3m+3 \right) \left ( 3x_C+3m+3 \right )$
$\Leftrightarrow -1=9\left (x_B+m+1 \right) \left ( x_C+m+1 \right )$
$\Leftrightarrow -1=9x_Bx_C+9(m+1)(x_B+x_C)+9(m+1)^2$
$\Leftrightarrow -1=9-9(m+1)(m+2)+9(m+1)^2$
$\Leftrightarrow m=1/9$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao của đồ thị(4).
|
|
|
|
PT tương giao
$-2x^3+6x^2+1=mx+1\Leftrightarrow x(2x^2-6x+m)=0$.
$B$ là trung điểm $A,C\Leftrightarrow \begin{cases}x_A+x_C=2x_B \\ y_A+y_C=2y_B \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_C=2x_B \\ 1+y_C=2y_B \end{cases}.$
Mặt khác $x_B,x_C$ là nghiệm của PT $2x^2-6x+m=0\Rightarrow \begin{cases}x_B+x_C=3 \\ x_Bx_C=\frac{m}{2} \end{cases}$
$\Rightarrow \begin{cases}3x_B=3 \\ 2x_B^2=\frac{m}{2} \end{cases}\Rightarrow m=4.$
|
|
|
|
giải đáp
|
VEC-TƠ KHÓ (02)
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
BDT KHO!!!!!!!!!!!!!
|
|
|
|
Đặt $x=b+c,y=a+c,z=a+b\Rightarrow \begin{cases}2a=y+z-x \\ 2b=x+z-y \\2c=y+x-z\end{cases}$
$2A=\frac{25a}{b+c}$+$\frac{16b}{c+a}$+$\frac{c}{a+b}=25\left ( \frac{y}{x}+\frac{z}{x}-1 \right )+16\left ( \frac{x}{y}+\frac{z}{y}-1 \right )+\left ( \frac{y}{z}+\frac{x}{z}-1 \right )$.
$2A=25\frac{y}{x}+16 \frac{x}{y}+25\frac{z}{x}+\frac{x}{z}+16\frac{z}{y}+ \frac{y}{z}-42$
$2A \ge 2\sqrt{25\frac{y}{x}.16 \frac{x}{y}}+2\sqrt{25\frac{z}{x}.\frac{x}{z}}+2\sqrt{16\frac{z}{y}. \frac{y}{z}}-42$
$2A \ge 40+10+8-42=16\Rightarrow A \ge 8.$
Đẳng thức không thể xảy ra vì
$\begin{cases}5y=4x \\ 5z=x\\4z=y \end{cases}\Leftrightarrow x=y=z=0.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tương giao của đồ thị(2).
|
|
|
|
PT tuơng giao
$x^3-5x^2+\left(m+4\right)x-m=0\Leftrightarrow (x-1)(x^2-4x+m)=0$
Như vậy hoành độ của $B,C$ là hai nghiệm của PT $x^2-4x+m=0$ nên
$\begin{cases}x_B^2-4x_B+m=0 \\ x_C^2-4x_C+m=0 \end{cases}$
và cũng theo định lý Vi-ét thì
$\begin{cases}x_B+x_C=4 \\ x_Bx_C=m \end{cases}$
Mặt khác
$k_B=f'(x_B)=3x_B^2-10x_B+m+4=3\left ( x_B^2-4x_B+m \right )+2x_B-2m+4=2x_B-2m+4$
$k_C=f'(x_C)=3x_C^2-10x_C+m+4=3\left ( x_C^2-4x_C+m \right )+2x_C-2m+4=2x_C-2m+4$
Do đó
$16=k_B^2+k_C^2=4\left ( x_B-m+2 \right )^2+4\left ( x_C-m+2 \right )^2$
$\Leftrightarrow 4=x_B^2+x_C^2-2(m-2)(x_B+x_C)+2(m-2)^2$
$\Leftrightarrow 4=(x_B+x_C)^2-2x_Bx_C-2(m-2)(x_B+x_C)+2(m-2)^2$
$\Leftrightarrow 4=16-2m-8(m-2)+2(m-2)^2$
$\Leftrightarrow m=3$ hoặc $m=6.$
|
|
|
|