|
|
giải đáp
|
chứng minh rằng
|
|
|
|
Xét $f(t)=t-\tan t;t\in(0;\frac{\pi}{2})$ $f'(t)=1-\frac{1}{\cos^2t}<0 \forall t\in(0;\frac{\pi}{2})$ Vậy $f(t)$ nghịch biến với $t\in(0;\frac{\pi}{2})$ $=>x<y\Rightarrow f(x)>f(y)$ đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
Toán khó
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
bất đẳng thức holder
|
|
|
|
Áp dụng BĐT cosi ta đc $\frac{a^3}{a^3+b^3+c^3}+\frac{x^3}{x^3+y^3+z^3}+\frac{m^3}{m^3+n^3+p^3}\ge\frac{3axm}{\sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)(x^3+y^3+z^3)(m^3+n^3+p^3)}}$ Áp dụng tương tự cho 2 bộ số $(b;y;n);(c;z;p)$ rồi cộng vế theo vế ta có đpcm |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
lắm bài tập z ko bjt
|
|
|
|
$\begin{cases}2a^3-y=1 \\ 2y^3-a=1 \end{cases}\Rightarrow 2(a^3-y^3)+(a-y)=0$ $\Leftrightarrow 2(a-y)(a^2+ay+y^2)+(a-y)=0\Leftrightarrow (a-y)(2(a^2+ay+y^2)+1)=0$ |
|
|
|
giải đáp
|
lắm bài tập z ko bjt
|
|
|
|
Đăt $t=x+1$ ta có hệ$\begin{cases}2t^3-y^3=y^4 \\ t+y=2y^4 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}2a^3-1=y \\ a+1=2y^3 \end{cases} (I) (a=\frac{t}{y})$ Hệ $(I)$ là hệ đối xứng đã biết cách giải. |
|
|
|
giải đáp
|
lắm bài tập z ko bjt
|
|
|
|
b/ Đặt $t=\sqrt{2x-1}$ ta có hệ: $\begin{cases}x^3+2t^3=3xt^2 (1) \\ t^2=2x-1 (2) \end{cases}$ Rút x ở $(2)$ thế vào $(1): t^6-9t^4+16t^3-9t^2+1=0\Leftrightarrow (t-1)^4(t^2+4t+1)=0$ Tự giải e nhe. |
|
|
|
giải đáp
|
chiều này nộp rùi ý giúp e cái
|
|
|
|
Xét $x,y\neq 3.k (k \in Z)$ $x^2\equiv 1(mod 3)$ $y^2\equiv 1(mod 3)$ $\Rightarrow x^2+y^2\equiv 2(mod 3)$ Mà $3z^2\equiv 0(mod 3)$ $=>$ vô nghiệm. $+x=3a;y=3b\Rightarrow 3a^2+3b^2=z^2$ Tương tự => vô nghiệm |
|
|
|
giải đáp
|
giúp e cái, nhanh lên nhá
|
|
|
|
$\sum_{}^{}\frac{a^2+b^2}{c^2+ab} \ge\sum \frac{2(a^2+b^2)}{2c^2+a^2+b^2}=2\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+c^2+b^2+c^2}=2\sum \frac{x}{y+z}$ Theo BĐT nesbit $\sum \frac{x}{y+z}\ge\frac{3}{2}$ $ \Rightarrow $đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
khó lắm lumn
|
|
|
|
$+\sqrt{\sum a^2(b^2+c^2)^2}\ge\sqrt{\sum 4a^2b^2c^2}=2\sqrt{3}abc$ $+(a+b+c)^2\ge9(\sqrt[3]{abc})^2$ $+\sqrt{(ab)^4+(bc)^4+(ac)^4}\ge\sqrt{3\sqrt[3]{(abc)^8}}=\sqrt{3}\sqrt[6]{(abc)^8}=\sqrt{3}abc.\sqrt[3]{abc}$ $\Rightarrow \sqrt{\sum a^2(b^2+c^2)^2}(a+b+c)^2\sqrt{(ab)^4+(bc)^4+(ac)^4}\ge54(abc)^3$ đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
Hình k gian (1)
|
|
|
|
$AI \cap BC=D$ $SD\cap NP=K$ $\Rightarrow (SAD) \cap (MNP)=MK$ $+MK\cap SI=0\Rightarrow SI\cap(MNP)=o$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bài toán số khó ai giúp với :(((((((((((((((((((
|
|
|
|
$x+y\ge 2\sqrt{xy};\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{2}{\sqrt{xy}}$ $\Rightarrow (x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})\ge2.2=4\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}$ $A\ge t+\frac{4}{t} =f(t) (t=x+y \le \frac{4}{3})$ $f'(t)=1-\frac{4}{t^2}=0\Leftrightarrow x=\pm2$ $\forall0\le t\le \frac{4}{3}\Rightarrow f(t)\ge f(\frac{4}{3})=\frac{13}{3}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình k gian (2)
|
|
|
|
$\begin{cases}HK\subset (SAK)\\ AK\cap BD=I \end{cases}$ $\Rightarrow (SAK) \cap (SBD)=SI$ $+SI\cap HK=O\Rightarrow HK \cap(SBD)=O$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với mấy bạn ơi mình sắp thi học kì rồi !
|
|
|
|
$a/\lim_{x\to 2^+}\frac{5x+1}{x-2}=+\infty$ do $\lim_{x\to 2^+}(x-2)=0;\lim_{x\to2^+}(5x+1)=11;x-2>0 \forall x>2$ $b/\lim_{x\to-\infty}\frac{-3x^3+2}{2x+1}=\lim_{x\to-\infty}x^2\frac{-3+\frac{2}{x^3}}{2+\frac{1}{x}}=-\infty$ $c/\lim_{x\to-\infty}\frac{5x^3-x^2+1}{3x^2+x}=\lim_{x\to-\infty}x\frac{5-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^3}}{3+\frac{1}{x}}=+\infty$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp ( chết đuối mất)
|
|
|
|
Câu 1:$P\le\sqrt[3]{\frac{(a+b+c+d)^4}{256}}+\sqrt[3]{\frac{(4-a-b-c-d)^4}{256}}=\sqrt[3]{\frac{t^4}{256}}+\sqrt[3]{\frac{(4-t)^4}{256}}$ $Do: 0\le a,b,c,d\le 1\Rightarrow 0\le t\le 4$ $P\le\sqrt[3]{\frac{t^4}{256}}+\sqrt[3]{\frac{(t-4)^4}{256}}\le\sqrt[3]{\frac{4^4}{256}}+\sqrt[3]{\frac{(4-4)^4}{256}}=1$ $P\le \sqrt[3]{\frac{(-t)^4}{256}}+\sqrt[3]{\frac{(4-t)^4}{256}}\le 1$ Dấu bằng có khi a=b=c=0 hoặc =1 |
|