|
|
giải đáp
|
Giải phương trình nghiệm nguyên
|
|
|
|
$+x=y=0 $ là một nghiệm
$+x,y\neq 0. $ Xét
$f(x)=x^2+x-y^2=0$ có $\Delta_x=1+4y^2\geq 1$
Do $x,y\neq 0$ nên để pt
có nghiệm nguyên thì $\Delta_x$ phải là số chính phương
Hay $1+4y^2=k^2$
$(k\in Z)$
$\Leftrightarrow
(k+2y)(k-2y)=1$
$\Rightarrow \begin{cases}k+2y=1
\\ k-2y=1 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases}k+2y=-1 \\ k-2y=-1 \end{cases}$
Từ đây tìm được $y=0$
Vậy pt có nghiệm duy
nhất x=y=0
|
|
|
|
giải đáp
|
giải hộ cái hệ này với các bạn ơi
|
|
|
|
Đk $x^2\geq y^2\geq0$ Xét $x=0$ k là nghiệm của hệ. Nên chia cả 2 vế $(1)$ cho x ta được: $\frac{1+\sqrt{1-t^2}}{1-\sqrt{1-t^2}}=\frac{9}{5} (t=\frac{y}{x}, t^2\leq 1)$ $\Rightarrow t^2=\frac{45}{49}$ Thế vào $(2)$ ta được hệ pt bậc nhất 2 ẩn. |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em mấy câu này với, gấp nha
|
|
|
|
Các BĐT trên còn có tên
Minkowski... Giờ CM theo phương pháp tọa độ.
Trước tiên ta cm BĐT
tổng quát.
Trong mp cho
$\overrightarrow{u}(a;b) \overrightarrow{v}(x;y)$
Ta luôn có $\left|
{} \overrightarrow{u}\right|+\left| {}\overrightarrow{v} \right|\geq \left|
{}\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v} \right|$ cái này bạn có thể dùng
BĐT tam gác.
$\Leftrightarrow\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\geq \sqrt{(a+x)^2+(b+y)^2}$
1/Bằng cách tương tự với
$\overrightarrow{u}(x-a;b) ; \overrightarrow{v}(x+c;d)$
2/Tương tự+biến đổi
lượng giác.
3/Cũng thế
4/$VT=\sqrt{(at)^2+(ax)^2}+\sqrt{(bt)^2+(by)^2}+\sqrt{(ct)^2+(cz)^2}$
$\geq\sqrt{t^2(a+b+c)^2+k^2}$
5/ Bài này mình không có
time làm. Nhưng bạn chọn tọa độ kéo tý là ra.
|
|
|
|
giải đáp
|
BDT
|
|
|
|
Ta có $\frac{4x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{1+y}{2}+\frac{1+z}{2}\geq 3x$ Tương tự $\Rightarrow 4P+x+y+z+3\geq 3(x+y+z)$ Hay $4P\geq 2(x+y+z)-3\geq 2.3-3=3$ $\Rightarrow P\geq \frac{3}{4}$ Dấu đẳng thức $x=y=z=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
hình Oxy
|
|
|
|
Đường tròn $(T)$ có tâm $I(-2;3)$, bán kính $R=\frac{2\sqrt{30}}{3}$ $+AI=2\sqrt{10}>R\Rightarrow A$ nằm ngoài $(T)$ Để ABC là tam giác đều đầu tiên nó phải cân. G/s nó cân tại A. Lúc đó $(d)$ vuông góc với $(AI)$ Có $(AI):x+3y-7=0$ $\Rightarrow (d):3x-y+m=0$ Gọi $(d)\cap (AI)=H$ Khi đó để ABC đều thì $\widehat{HAB}=30^o.$ Mà $\tan\widehat{HAB}=\frac{BH}{HA}=\frac{IB}{IA}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ Do $HB_{max}=IB$ nên $I$ sẽ trùng với $H$ $\Rightarrow I\in (d)\Rightarrow m=9$ Vậy $(d):3x-y+9=0$ |
|
|
|
giải đáp
|
GTNN giup em zoi
|
|
|
|
Áp dụng Cauchy-Schwarz thì $P\geq \frac{(x+y)^2}{2-(x+y)}+\frac{1}{x+y}+x+y=\frac{t^2}{2-t}+\frac{1}{t}+t=\frac{t^2}{2-t}+(\frac{1}{t}+\frac{9t}{4})-\frac{5t}{4}$ Với $00$ $\Rightarrow P\geq \frac{4t^2-5t(2-t)}{4(2-t)}+2.\sqrt{\frac{9t}{4t}}=\frac{9t^2-10t}{4(2-t)}+3$ Ta cm $\frac{9t^2-10t}{4(2-t)}\geq \frac{-1}{2} (*)$ Thật vậy $(*)\Leftrightarrow \frac{9(t-\frac{2}{3})^2}{2(2-t)}\geq 0$ đúng do $2-t>0$ $\Rightarrow P\geq \frac{5}{2}$ Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=\frac{1}{3}$ Vậy $Min P=\frac{5}{2}$ |
|
|
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Giúp Tonny ý 3 bài hình với. Đội ơn nhiều.
|
|
|
|
Quá chài công chiện hại não. Không được mạnh phần hình $11$ lớp. M.n hộ nhé.
Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'. H$ là trung điểm $A'B'$
$a/$ CM: $CB' // (AHC')$
$b/$ Tìm giao điểm của $AC'$ với $(BHC)$
c/Gọi mp $(\alpha )$ qua trung điểm $CC', // AH$ và $CB'.$ Xác định thiết diện của lăng trụ cắt bởi mp $(\alpha)$
|
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Đại số tổ hợp. Giải ngắn gọn nhá.
|
|
|
|
không liệt kê trường hợp. Làm theo cách ngắn gọn 2 bài toán sau. Câu 1: Có bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau mà tổng các chữ số của mỗi số đó bằng 12. Câu 2: Từ $0,1,2,3,4$ có thể lập được bao nhiêu số có các số khác nhau và lớn hơn 2000 |
|
|
|
giải đáp
|
giup mk với
|
|
|
|
Sữa cái đề lại nhá $VT\geq2\sqrt{3}$ Áp dụng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq\frac{9}{a+b+c}$ $VT\geq\frac{9}{\sin A+\sin B+\sin C}\geq 2\sqrt{3}$ $\Leftrightarrow \sin A+\sin B+\sin C\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$ $(*)$ BĐT $(*)$ là BĐT rất quen với các bạn học chuyên đề này. Mình Cm bằng Jensen: Xét $f(x)=\sin x ,x\in (0;\pi) $ $f''(x)=-\sin x<0 \forall x\in (0;\pi)\Rightarrow f(x)$ lõm trên $(0;\pi)$ Jensen: $f(A)+f(B)+f(C)\leq 3.f(\frac{A+B+C}{3})=3\sin 60^o=\frac{3\sqrt{3}}{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
bùn nên ngồi post bdt chơi mọi người cùng làm nhé (vtien với tonny k làm nhá)
|
|
|
|
Ta xét $f(a;b;c)-f(0;a+c;a+b)=\sum_{cyc}^{}\frac{bc}{a^2+1}-(a+b)(a+c) $ $=\sum_{cyc}^{}bc(\frac{1}{a^2+1}-1)-a^2\leq 0$ Do $\frac{1}{a^2+1}\leq 1, -a^2\leq 0$ nên $f(a;b;c)-f(0;a+c;a+b)\leq 0$ Hay $f(a;b;c)\leq f(0;a+c;a+b)$ Ta Cm $f(0;a+c;a+b)\leq1\Leftrightarrow bc\leq 1$ Mà $b+c=2\geq 2\sqrt{bc}\Rightarrow bc\leq 1$ Dấu bằng xảy ra khi $(a;b;c)=(0;1;1)$ và các hoán vị |
|
|
|
giải đáp
|
BĐT help me.
|
|
|
|
Ta có $a^4+b^4+a^4+a^4\geq 4ba^3$ $b^4+a^4+b^4+b^4\geq 4ab^3$ $\Rightarrow 2(a^4+b^4)\geq a^4+b^4+ab^3+ba^3=(a^3+b^3)(a+b)$ $\Rightarrow \sum_{cyc}^{}\frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}\geq \sum_{cyc}^{}\frac{a+b}{2ab} =\frac{ab+bc+ac}{abc}=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm các giới hạn sau
|
|
|
|
Mình giải 1 bài thôi nhé. Bạn làm tương tự $\lim (\sqrt{9n^2+5n+2}-3n)=\lim \frac{9n^2+5n+2-9n^2}{\sqrt{9n^2+5n+2}+3n}$ $=\lim\frac{n(5+\frac{2}{n})}{n(\sqrt{9+\frac{5}{n}+\frac{2}{n^2}}+3)}=\frac{5}{6}$ |
|