|
|
giải đáp
|
Tìm giá trị lớn nhất
|
|
|
|
Ta có
$ x \cos y - y \cos x + (x-y) \left ( \frac{1}{2} xy - 1 \right )$
$ =x \cos y - y \cos x + \frac{1}{2} x^2y-\frac{1}{2} xy^2-x+y$
$=x(\cos y+1)+y(1-\cos x)+ \frac{1}{2} x^2y-x(\frac{1}{2} y^2+2)$
$\ge 0+0+ \frac{1}{2} x^2y-x(\frac{1}{2} y^2+2)=f(x, y)$
Nếu cố định $y > 0$ thì $f(x,y)$ là hàm bậc hai theo $x$ với hệ số $a>0$ nên nó có tập giá trị tới $+ \infty$ vì thế biểu thức đã cho không có GTLN.
Hiển nhiên khi $y=0$ thì $R=0 <+ \infty$, không phải là GTLN.
|
|
|
|
giải đáp
|
nhờ mọi người giải giúp mình
|
|
|
|
PT $\Leftrightarrow \begin{cases}\sqrt{x^2+x+2}=y+\sqrt{x+y}\\\sqrt{x+y}=x-y+1 \end{cases}$
Cộng theo từng vế của 2 PT trên ta được
$\sqrt{x^2+x+2}=x+1 \Leftrightarrow \begin{cases}x^2+x+2=(x+1)^2 \\ x \ge -1 \end{cases}\Leftrightarrow x=1$ .
Thay trở lại vào PT thứ hai của hệ ban đầu
$\sqrt{y+1}=2-y\Leftrightarrow \begin{cases}y+1=(2-y)^2 \\ y \le 2 \end{cases}\Leftrightarrow y=\frac{1}{2}(5-\sqrt{13})$
Vậy $(x;y)=\left ( 1;\frac{1}{2}(5-\sqrt{13})\right )$
|
|
|
|
giải đáp
|
1 bài nữa nhé mọi người
|
|
|
|
$F'(x)=(\ln |x^2-mx+5|)'=\frac{2x-m}{x^2-mx+5}$
Để hàm số $F(x) $ là một nguyên hàm của hàm số $f(x)$
$\Leftrightarrow \frac{2x-m}{x^2-mx+5}=\frac{2x+3}{x^2+3x+5} \forall x$
$\Leftrightarrow (2x-m)(x^2+3x+5)-(2x+3)(x^2-mx+5)=0$
$\Leftrightarrow (m+3)(x^2-5)=0 \forall x$
$\Leftrightarrow m=-3$
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Phương trình chứa tham số
|
|
|
|
Sau đây là một vài ý tưởng PT tương đương với $|a-\frac{2x}{x^2+1}|+|a+\frac{1-x^2}{x^2+1}|=a+\frac{\sqrt2}{2}$Đặt $x = \tan \frac{\alpha}{2}$ thì PT $\Leftrightarrow |a -\sin\alpha|+|a+ \cos \alpha|=a+\frac{\sqrt2}{2} (*)$Chú ý rằng PT $A\sin \beta + B\cos \beta=C$ có nghiệm $\Leftrightarrow A^2+B^2 \le C^2 (**)$Từ PT $(*)$ phá dấu giá trị tuyệt đối để thu được 4 PT và sử dụng $(**)$ để giải quyết nốt.
Sau đây là một vài ý tưởng PT tương đương với $|a-\frac{2x}{x^2+1}|+|a+\frac{1-x^2}{x^2+1}|=a+\frac{\sqrt2}{2}$Đặt $x = \tan \frac{\alpha}{2}$ thì PT $\Leftrightarrow |a -\sin\alpha|+|a+ \cos \alpha|=a+\frac{\sqrt2}{2} (*)$Chú ý rằng PT $A\sin \beta + B\cos \beta=C$ có nghiệm $\Leftrightarrow A^2+B^2 \ge C^2 (**)$Từ PT $(*)$ phá dấu giá trị tuyệt đối để thu được 4 PT và sử dụng $(**)$ để giải quyết nốt.
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp e bài toán đạo hàm
|
|
|
|
Bài này quá đơn giản. Hàm $y=e^x$ là hàm trơ, tức là đạo hàm của mọi cấp đều là chính nó.
$y^{(n)}=e^x$ .
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình
|
|
|
|
PT $\Leftrightarrow \left ( \frac{x^3+1}{3} \right )^3=3x-1 (*)$
Đặt $\frac{x^3+1}{3}=y\Rightarrow x^3=3y-1$
Và từ $(*)$ ta được hệ
$\begin{cases}x^3=3y-1 \\ y^3=3x-1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x^3-y^3+3(x-y)= 0\\ y^3=3x-1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}(x-y)(x^2+y^2-xy+3)= 0\\ y^3=3x-1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=y \\ x^3=3x-1 \end{cases}$
Chú ý rằng $x^2+y^2-xy+3 =(x-y/2)^2+3y^2/4+3 >0 \forall x,y$
Để giải PT $x^3-3x=-1 (*)$
Xét $|x|>2\Rightarrow |x|(x^2-3)>|x|>1\Rightarrow (*)$ vô nghiệm.
Xét $|x|\le 2$ , đặt $x=2\cos t,t\in[0,\pi]$
Khi đó: $(*) \Leftrightarrow 8\cos^3t-6\cos t=-1 \Leftrightarrow \cos3t=-\frac{1}{2}$
$\Leftrightarrow t\in\{\frac{2\pi}{9};\frac{4\pi}{9};\frac{8\pi}{9}\}$ , vì $t\in[0,\pi]$.
Suy ra: $ x\in\{\cos\frac{2\pi}{9};\cos\frac{4\pi}{9};\cos\frac{8\pi}{9}\} $
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp em bài này
|
|
|
|
Trước hết bạn tự chứng minh BĐT này xem như bài tập nhé
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b} \forall a,b>0$
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge \frac{9}{a+b+c} \forall a,b,c>0$
Áp dụng ta có
$\frac{36}{x+2y+3z} =\frac{36}{(x+y)+(y+z)+2z} \le \frac{4}{x+y} +\frac{4}{y+z} +\frac{2}{z} \le \frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{3}{z}$
Tượng tự ta có
$\frac{1}{2x+3y+z} \le \frac{2}{x}+\frac{3}{y}+\frac{1}{z}$
$\frac{1}{3x+y+2z} \le \frac{3}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{z}$
Cộng theo từng vế ba bđt trên ta được
$36P \le \frac{6}{x}+\frac{6}{y}+\frac{6}{z}=6\frac{xy+yz+zx}{xyz}=6$
$P \le \frac{6}{36}<\frac{3}{16}$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải phương trình
|
|
|
|
Nếu ý của bạn là Giải phương trình : $2\cos^2x-\cos x-\sin x-1=0$
thì PT $\Leftrightarrow 2\cos^2x-1+\cos x-\sin x=0$
$\Leftrightarrow 2\cos^2x-(\cos^2 x+ \sin^2 x)+\cos x-\sin x=0$
$\Leftrightarrow \cos^2 x-\sin^2 x+\cos x-\sin x=0$
$\Leftrightarrow(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x+1)=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \cos x-\sin x=0\\\cos x+\sin x=-1\end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin (x- \frac{\pi}{4})=0\\\sin (x+ \frac{\pi}{4})=\frac{-1}{\sqrt 2}\end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x= \frac{\pi}{4}+ k\pi\\x=- \frac{\pi}{2}+ k2\pi\\x=\pi+ k2\pi\end{matrix}} \right.$
|
|
|
|
bình luận
|
Bất đẳng thức
Can you give me a solution.. Thanks in advanced!
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
tìm m cho phương trình
|
|
|
|
Nếu ý của bạn là PT này $2^{2x+1}-2^x-3-2m=0\Leftrightarrow 2.2^{2x}-2^x-3-2m=0$
Đặt $t=2^x>0$. PT $\Leftrightarrow 2t^2-t-(3+2m)=0 (*)$
Để PT đã cho có hai nghiệm phân biệt thì PT $(*)$ cần có hai nghiệm dương phân biệt
$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta >0 \\ S=-\frac{b}{a} >0\\P=\frac{c}{a} >0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}16m+25 >0 \\ \frac{1}{2} >0\\-\frac{3+2m}{2} >0\end{cases} \Leftrightarrow -\frac{25}{16} <m<-\frac{3}{2} $
Đây là điều vô lý. Vậy không tồn tại giá trị của m.
|
|
|
|
giải đáp
|
Ad giúp mình bài này với
|
|
|
|
PT $\Leftrightarrow \cos3x+\sqrt{3}\sin 3x=\sqrt{3}\cos x+\sin x$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\cos3x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 3x=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x+\frac{1}{2}\sin x$
$\Leftrightarrow \sin\frac{\pi}{6}\cos3x+\cos\frac{\pi}{6}\sin 3x= \sin\frac{\pi}{3}\cos x+\cos\frac{\pi}{3}\sin x$
$\Leftrightarrow \sin \left ( 3x +\frac{\pi}{6}\right )=\sin \left ( x +\frac{\pi}{3}\right )$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 3x +\frac{\pi}{6}=x +\frac{\pi}{3} +k2\pi\\ 3x +\frac{\pi}{6}=\pi-x -\frac{\pi}{3} +k2\pi\end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=\frac{\pi}{12} +k\pi\\ x = -\frac{\pi}{8} +k\frac{\pi}{2} \end{matrix}} \right. (k \in \mathbb{Z})$
|
|