|
|
sửa đổi
|
tìm GTNN
|
|
|
|
tìm GTNN Cho x ; y ; z là các số thực không âm thỏa mãn: x +y +z = $\frac{3}{2} $Tìm GTNN của A= cos( $x^{2} + y^{2} + z^{2})$
tìm GTNN Cho $x ; y ; z $ là các số thực không âm thỏa mãn: $x +y +z = \ dfrac{3}{2} $Tìm GTNN của $A= \cos (x^{2} + y^{2} + z^{2})$ .
|
|
|
|
sửa đổi
|
CM bất đẳng thức
|
|
|
|
CM bất đẳng thức Ch ứng minh r ằng :$\forall a,b \in R$$-\frac{1}{2} \leq \frac{(a+b)(1-ab)}{(1+a^{2})(1+b^{2})}\leq slant \frac{1}{2}$
CM bất đẳng thức Ch ứng minh r ằng $\forall a,b \in \mathbb R$ thì $-\frac{1}{2} \leq \frac{(a+b)(1-ab)}{(1+a^{2})(1+b^{2})}\leq \frac{1}{2}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
ai giúp mình câu tích phân
|
|
|
|
ai giúp mình câu tích phân $\int\limits_{0}^{1}\frac{x^{2}e^{x}}{(x+2)^{2}}dx$
ai giúp mình câu tích phân $\int\limits_{0}^{1}\ dfrac{x^{2}e^{x}}{(x+2)^{2}}dx$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải hộ em vơi ghi rõ cach làm cho em nhé
|
|
|
|
giải hộ em vơi ghi rõ cach làm cho em nhé bài1 :tìm n sao chon^4-96n^2+2500 là số nguyên tố
giải hộ em vơi ghi rõ cach làm cho em nhé Tìm $n $ sao cho $n^4-96n^2+2500 $ là số nguyên tố .
|
|
|
|
sửa đổi
|
có bài tích phân cần giúp
|
|
|
|
có bài tích phân cần giúp $\int\limits_{1}^{e}ln^{2}xdx$
có bài tích phân cần giúp $\int\limits_{1}^{e} \ln^{2}xdx$
|
|
|
|
sửa đổi
|
toan 11
|
|
|
|
toan 11 cho m,n nguyen duong, $m\neq n$1) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}(\dfrac{m}{1-x^{m}}-\frac{n}{1-x^{n}})$2) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{\sqrt[m]{\cos x}-\sqrt[n]{\cos x}}{\sin^{2}x}$
toan 11 cho m,n nguyen duong, $m\neq n$1) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}(\dfrac{m}{1-x^{m}}-\ dfrac{n}{1-x^{n}})$2) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{\sqrt[m]{\cos x}-\sqrt[n]{\cos x}}{\sin^{2}x}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bài toán về sự tương giao.
|
|
|
|
b) PT tương giao $x^4-2\left(2m+1\right)x^2+4m=4m^2+3m-5 \underbrace{\iff}_{t=x^2}t^2-2\left(2m+1\right)t-(4m^2-m-5)=0\quad (1)$Ta có $\Delta' =(2m+1)^2+4m^2-m-5=8m^2+3m-4> 0.$Như vậy để cắt tại bốn điểm phân biệt thì PT (1) cần có hai nghiệm dương phân biệt.$\Leftrightarrow
\begin{cases}S>0\\ P>0\\\Delta' >0
\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}2m+1>0\\ 4m^2-m-5<0\\8m^2+3m-4> 0\end{cases}\Leftrightarrow \dfrac{1}{16}\left ( \sqrt{137}-3 \right )<m< \dfrac{5}{4}.$Và ta cần thêm điều kiện $x< 2 \iff t<4.$Tính trực tiếp theo công thức nghiệm$t=2m+1 \pm \sqrt{8m^2+3m-4}$.Tiếp đến chỉ cần nghiệm lớn hơn nhỏ hơn $9$, tức là $2m+1 + \sqrt{8m^2+3m-4}<4\Leftrightarrow \sqrt{8m^2+3m-4}<3-2m$$\Leftrightarrow \begin{cases}8m^2+3m-4<4m^2-12m+9 \\ \dfrac{1}{16}\left ( \sqrt{137}-3 \right )<m< \dfrac{5}{4} \end{cases}\Leftrightarrow \boxed{ \dfrac{1}{16}\left ( \sqrt{137}-3 \right )<m< \dfrac{1}{8}\left ( \sqrt{433}-15 \right )}.$
b) PT tương giao $x^4-2\left(2m+1\right)x^2+4m=4m^2+3m-5 \underbrace{\iff}_{t=x^2}t^2-2\left(2m+1\right)t-(4m^2-m-5)=0\quad (1)$Ta có $\Delta' =(2m+1)^2+4m^2-m-5=8m^2+3m-4> 0.$Như vậy để cắt tại bốn điểm phân biệt thì PT (1) cần có hai nghiệm dương phân biệt.$\Leftrightarrow
\begin{cases}S>0\\ P>0\\\Delta' >0
\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}2m+1>0\\ 4m^2-m-5<0\\8m^2+3m-4> 0\end{cases}\Leftrightarrow \dfrac{1}{16}\left ( \sqrt{137}-3 \right )<m< \dfrac{5}{4}.$Và ta cần thêm điều kiện $x< 2 \iff t<4.$Tính trực tiếp theo công thức nghiệm$t=2m+1 \pm \sqrt{8m^2+3m-4}$.Tiếp đến chỉ cần nghiệm lớn hơn nhỏ hơn $4$, tức là $2m+1 + \sqrt{8m^2+3m-4}<4\Leftrightarrow \sqrt{8m^2+3m-4}<3-2m$$\Leftrightarrow \begin{cases}8m^2+3m-4<4m^2-12m+9 \\ \dfrac{1}{16}\left ( \sqrt{137}-3 \right )<m< \dfrac{5}{4} \end{cases}\Leftrightarrow \boxed{ \dfrac{1}{16}\left ( \sqrt{137}-3 \right )<m< \dfrac{1}{8}\left ( \sqrt{433}-15 \right )}.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
toan 11
|
|
|
|
toan 11 cho m,n nguyen duong, $m\neq n$1) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}(\frac{m}{1-x^{m}}-\frac{n}{1-x^{n}})$2) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt[m]{\cos x}-\sqrt[n]{\cos x}}{ \\sin^{2}x}$
toan 11 cho m,n nguyen duong, $m\neq n$1) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}(\ dfrac{m}{1-x^{m}}-\frac{n}{1-x^{n}})$2) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ dfrac{\sqrt[m]{\cos x}-\sqrt[n]{\cos x}}{\sin^{2}x}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giúp mình bài bất đẳng thức
|
|
|
|
Giải thích thêm dòng thứ hai từ dưới lên.Chính xác hơn đó là : Vì $a+b+c=1$ nên $ab \le \left ( \dfrac{a+b}{2} \right )^2\le \left ( \dfrac{a+b+c}{2} \right )^2=\dfrac{1}{4}$. Các điều còn lại chứng minh tương tự.
|
|
|
|
sửa đổi
|
giai han kho'
|
|
|
|
giai han kho' \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4}\frac{1-\tan x}{1-\cot x} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{(1+x)(1+2x)(1+3x)(1+4x) -1 }{x}
giai han kho' 1. $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4} }\ dfrac{1-\tan x}{1-\cot x} $2. $ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\ dfrac{(1+x)(1+2x)(1+3x)(1+4x) -1 }{x} $
|
|
|
|
sửa đổi
|
giai han kho'
|
|
|
|
giai han kho' \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4}\frac{1-\tan x}{1-\cot x} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{(1+x)(1+2x)(1+3x)(1+4x) -1 }{x}
giai han kho' 1. $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4} }\ dfrac{1-\tan x}{1-\cot x} $2. $ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\ dfrac{(1+x)(1+2x)(1+3x)(1+4x) -1 }{x} $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Chứng minh BĐT.
|
|
|
|
$\dfrac{1}{mn+m+1}+\dfrac{1}{np+n+1}+\dfrac{1}{pm+p+1}$$=\dfrac{1}{mn+m+1}+\dfrac{m}{mnp+mn+m}+\dfrac{mn}{pm^2n+mnp+mn}$$=\dfrac{1}{mn+m+1}+\dfrac{m}{1+mn+m}+\dfrac{mn}{m+mnp+mn}$ $=1$
$\dfrac{1}{mn+m+1}+\dfrac{1}{np+n+1}+\dfrac{1}{pm+p+1}$$=\dfrac{1}{mn+m+1}+\dfrac{m}{mnp+mn+m}+\dfrac{mn}{pm^2n+mnp+mn}$$=\dfrac{1}{mn+m+1}+\dfrac{m}{1+mn+m}+\dfrac{mn}{m+1+mn}$ $=1$
|
|
|
|
sửa đổi
|
toán đại số 11
|
|
|
|
b) $u_n=\dfrac{n}{n^2+5}$Suy ra $u_{n+1}=\dfrac{n+1}{(n+1)^2+5}$. Ta có$u_{n+1}-u_{n}=\dfrac{n+1}{(n+1)^2+5}-\dfrac{n}{n^2+5}=-\dfrac{n^2+n-5}{(n^2+5)((n+1)^2+5)}<0 \quad \forall n \ge 2$, vì $n^2+n-5 \ge 2^2+2-5>0$$\Rightarrow u_{n+1}>u_{n}\Rightarrow \quad \forall n \ge 2$ dãy này là dãy tăng kẻ từ số hạng thứ hai.Mặt khác dễ có $0 < u_n=\dfrac{n}{n^2+5}<\dfrac{n}{n^2}=\dfrac{1}{n}<1$ nên nó bị chặn bởi $0$ và $1$.
b) $u_n=\dfrac{n}{n^2+5}$Suy ra $u_{n+1}=\dfrac{n+1}{(n+1)^2+5}$. Ta có$u_{n+1}-u_{n}=\dfrac{n+1}{(n+1)^2+5}-\dfrac{n}{n^2+5}=-\dfrac{n^2+n-5}{(n^2+5)((n+1)^2+5)}<0 \quad \forall n \ge 2$, vì $n^2+n-5 \ge 2^2+2-5>0$$\Rightarrow u_{n+1}<u_{n}\Rightarrow \quad \forall n \ge 2$ dãy này là dãy giảm kẻ từ số hạng thứ hai.Mặt khác dễ có $0 < u_n=\dfrac{n}{n^2+5}<\dfrac{n}{n^2}=\dfrac{1}{n}<1$ nên nó bị chặn bởi $0$ và $1$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
toán đâị lớp 11
|
|
|
|
4. $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{x}{\sqrt[3]{x+ 1} - 1}$$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{x(1+\sqrt[3]{x+1}+\sqrt[3]{(x+1)^2})}{(x+1-1)}$$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}(1+\sqrt[3]{x+1}+\sqrt[3]{(x+1)^2})=3$
3. $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{1-\sqrt[3]{x+1}}{3x}$$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{-x}{3x(1+\sqrt[3]{x+1}+\sqrt[3]{(x+1)^2})}$$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{-1}{3(1+\sqrt[3]{x+1}+\sqrt[3]{(x+1)^2})}=\dfrac{-1}{9}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
toán đâị lớp 11
|
|
|
|
3. $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{1-\sqrt[3]{x+1}}{3x}$$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{-x}{3x(1+\sqrt[3]{x+1}+\sqrt[3]{(x+1)^2})}$$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{-1}{3(1+\sqrt[3]{x+1}+\sqrt[3]{(x+1)^2})}=\dfrac{-1}{9}$
4. $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{x}{\sqrt[3]{x+ 1} - 1}$$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{x(1+\sqrt[3]{x+1}+\sqrt[3]{(x+1)^2})}{(x+1-1)}$$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}(1+\sqrt[3]{x+1}+\sqrt[3]{(x+1)^2})=3$
|
|