|
|
giải đáp
|
BDT
|
|
|
|
Bài toán tổng quát em nên tự suy nghĩ. Với một bài toán cụ thể ta có thể sử dụng kỹ thuật dùng BĐT Cô-si. Cụ thể như sau Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=16$. Chứng minh rằng
$$15a^2+15b^2+8c^2 \ge 192.$$ Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm $$6a^2+6b^2 \ge 12ab $$ $$9a^2+4c^2 \ge 12ac $$ $$9b^2+4c^2 \ge 12bc.$$
Cộng theo từng vế ba BĐT trên thu được $$15a^2+15b^2+8c^2 \ge 12(ab+ac+bc) = 192.$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ \begin{cases}a=b \\ 3a=2c\\ 3b=2c \\ab+bc+ca=16 \end{cases} \iff \begin{cases}a=b=2 \\ c= 3\end{cases}.$$ |
|
|
|
giải đáp
|
đố ai giải được bài này
|
|
|
|
a. $y=m(x-1)-2$ b. $-x^2/4=m(x-1)-2\Leftrightarrow x^2+4mx-8-4m=0\quad(1)$ $\Delta'=4m^2+4m+8=(2m+1)^2+7>0$. Do đó $\Delta'>0, \forall x$ nên (d) luôn cắp (P) tại hai điểm phân biệt. c. $x_A,x_B$ là nghiệm của (1) nên theo Vi-ét $\begin{cases}x_A+x_B=-4m \\ x_Ax_B=-8-4m \end{cases}$ Suy ra $P=x_A^2x_B+x_Ax^2_B=x_Ax_B\left ( x_A+x_B \right )=4m(4m+8)=16m^2+32m=16(m+1)^2-16\ge -16$. Vậy $\min P=-16\Leftrightarrow m=-1.$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp mình
|
|
|
|
ĐK: $x,y \ge 1$. Trừ hai vế PT ta được $x^2-y^2=\sqrt{y-1}-\sqrt{x-1}+x-y$ $\Leftrightarrow (x-y)\left ( x+y+\frac{1}{\sqrt{y-1}+\sqrt{x-1}}-1 \right )=0$ Với $x,y \ge 1\Rightarrow x+y+\frac{1}{\sqrt{y-1}+\sqrt{x-1}}-1>0$ do đó $x=y$. Suy ra $x^2=\sqrt{x-1}+x+1$ $\Leftrightarrow x^2-4-(\sqrt{x-1}-1)-(x-2)=0$ $\Leftrightarrow (x-2)\left ( x+2-\frac{1}{\sqrt{x-1}+1}-1 \right )=0$ Với $x\ge 1\Rightarrow x+2> \frac{1}{\sqrt{x-1}+1}+1$ do đó $x=2\Rightarrow x=y=2$. |
|
|
|
giải đáp
|
Giải các BPT sau
|
|
|
|
2. $\sqrt{x^2 - x -12} \geq 7 - x\Leftrightarrow \begin{cases}x \le 7 \\ x^2 - x -12 \ge (7-x)^2 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x \le 7 \\ x^2 - x -12 \ge x^2 - 14x +49 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x \le 7 \\ 13x\ge 61 \end{cases}\Leftrightarrow \frac{61}{13} \le x \le 7.$
|
|
|
|
giải đáp
|
đạo hàm
|
|
|
|
$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{1+\tan ^{2}x+\tan ^{4}x}}\left ( 2\tan x\frac{1}{\cos^2 x} +4\tan^3 x\frac{1}{\cos^2 x} \right ).$ $f^{'}(\frac{\Pi }{4})=\frac{1}{2\sqrt{1+1+1}}\left ( 2.1.2+4.1.2 \right )=\frac{6}{\sqrt 3}=2\sqrt 3.$ |
|
|
|
giải đáp
|
các anh tài vào giúp em một tay
|
|
|
|
a. $y=m(x-1)-2$ b. $-x^2/4=m(x-1)-2\Leftrightarrow x^2+4mx-8-4m=0\quad(1)$ $\Delta'=4m^2+4m+8=(2m+1)^2+7>0$. Do đó $\Delta'>0, \forall x$ nên (d) luôn cắp (P) tại hai điểm phân biệt. c. $x_A,x_B$ là nghiệm của (1) nên theo Vi-ét $\begin{cases}x_A+x_B=-4m \\ x_Ax_B=-8-4m \end{cases}$ Suy ra $P=x_A^2x_B+x_Ax^2_B=x_Ax_B\left ( x_A+x_B \right )=4m(4m+8)=16m^2+32m=16(m+1)^2-16\ge -16$. Vậy $\min P=-16\Leftrightarrow m=-1.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải các bất phương trình sau
|
|
|
|
$3)\sqrt{x^4-2x^2+1}\geq 1-x\Leftrightarrow \begin{cases}x \le 1 \\ (x^2-1)^2\ge (1-x)^2 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x \le 1 \\ (x-1)^2(x+1)^2\ge (x-1)^2 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x \le 1 \\ (x-1)^2(x^2+2x)\ge 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x \le 1 \\ x^2+2x \ge 0 \end{cases}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 0 \le x \le1\\ x \le -2 \end{matrix}} \right.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải bất phương trình :
|
|
|
|
2. ĐK: $x \ge 1$. Đặt $\sqrt[3]{2-x}=a,\sqrt{x-1}=b \ge 0$. BPT
$\Leftrightarrow \begin{cases}a^3+b^2=1 \\ a+b>1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a^3=1-b^2 \\ a>1-b \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a^3=1-b^2 \\ a^3>(1-b)^3 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}a^3=1-b^2 \\ 1-b^2>(1-b)^3 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a^3=1-b^2 \\ (b-1)(b^2-3b)>0 \end{cases}$
Do $b \ge0$ nên $(b-1)(b^2-3b)>0\Leftrightarrow b>3$ hoặc $0 \le b<1$.
+ Nếu $b>3\Rightarrow a^3=1-b^2<1-9=-8\Rightarrow a <-2.$ $\Rightarrow \begin{cases}\sqrt{x-1}>3 \\ \sqrt[3]{2-x}<-2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x>10 \\x > 10\end{cases}\Leftrightarrow x>10.$
+ Nếu $0 \le b<1\Rightarrow 0<a^3=1-b^2 \le 1 \Rightarrow 0<a \le 1.$ $\Rightarrow \begin{cases}0 \le \sqrt{x-1}<1 \\ 0<\sqrt[3]{2-x} \le 1 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}1 \le x <2 \\ 1 \le x <2 \end{cases}\Leftrightarrow 1 \le x <2.$ |
|
|
|
giải đáp
|
mọi người làm giúp mình vs
|
|
|
|
$I=\int\limits \sin^{2}xdx=\int\limits \frac{1-\cos 2x}{2}dx=\int\limits \frac{1}{2}dx-\int\limits \frac{\cos 2x}{2}dx$ $=\frac12x-\frac14\int\limits \cos 2x d(2x)=\frac12x-\frac14\sin 2x+C.$ |
|
|
|
giải đáp
|
he pt
|
|
|
|
Từ $xy-x^2=1\Rightarrow x(y-x)=1\Rightarrow \left[ {}\begin{matrix} x=1,y-x=1\\ x=-1,y-x=-1 \end{matrix} \right.\Rightarrow \left[ {}\begin{matrix} x=1,y=2\\ x=-1,y=-2 \end{matrix} \right.$ Trong hai cặp $(x,y)$ này không có cặp nào thoả mãn $x+y=2$ do đó HPT này vô nghiệm nguyên. |
|
|
|
giải đáp
|
bt 2
|
|
|
|
Ta có $y=5-\frac7x\Rightarrow y'=\frac7{x^2}\Rightarrow xy'=\frac7x=5-y\Rightarrow xy'+y=5.$
|
|
|
|
giải đáp
|
lượng giác 10
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
ban nao giai cho minh he pt nay kho qua
|
|
|
|
HPT $\Leftrightarrow \begin{cases} x^2 \le 1\\ x^6+4(1-x^2)^3\ge \frac{4}{9} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} t \le 1\\ t^3+4(1-t)^3\ge \frac{4}{9} \end{cases}$. Với $t=x^2, 0 \le t \le1.$ Đặt $f(t)=t^3+4(1-t)^3$. Khảo sát hàm $f(t)$ trên $[0,1]$ ta được $\frac49 \le f(t)\le 4$. Từ đây suy ra PT $t^3+4(1-t)^3\ge \frac{4}{9} $ luôn đúng với mọi $0 \le t \le1 \Leftrightarrow 0 \le x^2 \le1$. Vậy nghiệm của BPT là $-1 \le x \le1.$ |
|
|
|
giải đáp
|
bai cuc cuc cuc ki kho doi voi minh
|
|
|
|
ĐK: $-1 \le x \le 1.$ Đặt $\sqrt{1-x^2}=t$. Do $0 \le 1-x^2 \le 1\Rightarrow 0 \le t \le 1.$ PT $\Leftrightarrow f(t)=m$ trong đó $f(t)=1-t^2+t^3.$ Như vậy để PT có nghiệm thì $\min f(t) \le m \le \max f(t)$ với $t \in [0,1].$ Khảo sát $f(t)=1-t^2+t^3$ với $t \in [0,1]$ ta suy ra $\frac{23}{27}\le m \le 1.$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em vs các thiên tài
|
|
|
|
Em chỉ cần sử dụng công thức đường trung tuyến. Em có thể tham khảo tại đây Từ đấy có $4AM^2=2AB^2+2AC^2-BC^2\Rightarrow BC=\sqrt{2AB^2+2AC^2-4AM^2}=\sqrt{2.4^2+2.7^2-4.3,5^2}=9.$$
|
|