|
|
sửa đổi
|
PT lượng giác cơ bản
|
|
|
|
giúp tớ vs. 2 *cos(2x+pi /4)= cotx -tanx-2
giúp tớ vs. $2 \cos(2x+ \frac{\pi }{4 })= \cot x - \tan x-2 $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Về hai bài toán tìm GTNN,GTLN và PT nghiệm nguyên
|
|
|
|
Về hai bài toán tìm GTNN và PT nghiệm nguyên 1,Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của $\frac{x}{(x+2012)^2}$2,Tồn tại hay không tồn tại số tự nhiên n sao cho $n^2+n+1$ chia hết cho 1995
Về hai bài toán tìm GTNN ,GTLN và PT nghiệm nguyên 1,Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của $\frac{x}{(x+2012)^2}$2,Tồn tại hay không tồn tại số tự nhiên n sao cho $n^2+n+1$ chia hết cho 1995 .
|
|
|
|
sửa đổi
|
Về hai bài toán tìm GTNN,GTLN và PT nghiệm nguyên
|
|
|
|
Câu h ỏi khó nhất mọi t hời đại, thá ch t hức pro khắp nơi, xứng đáng câu hỏi hay n hất đây1,Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của $\frac{x}{(x+2012)^2}$2,Tồn tại hay không tồn tại số tự nhiên n sao cho $n^2+n+1$ chia hết cho 1995
Về h ai bài t oá n t ìm GTNN và PT ng hiệm nguy ên 1,Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của $\frac{x}{(x+2012)^2}$2,Tồn tại hay không tồn tại số tự nhiên n sao cho $n^2+n+1$ chia hết cho 1995
|
|
|
|
sửa đổi
|
chứng minh
|
|
|
|
Sử dụng bđt Cô-si ta có$(xy + yz + xz)(x + y + z) \ge 9xyz\Leftrightarrow \frac{1}{xyz} \geq \frac{9}{(xy + yz + xz)(x + y + z)}$Ta sẽ chứng minh\[\frac{1}{x^2 + y^2 + z^2} + \frac{9}{xy + yz + xz} \geq 30\]Đặt $x^2 + y^2 + z^2 = u$; và $xy + yz + xz = v$ ; ta có $u + 2v = 1, u \ge v.$Ta có$\frac{1}{u} + \frac{9}{v}= \frac{9u + v}{uv}= \frac{(9u + v)(u + 2v)}{uv}= \frac {9u^2 + 19uv + 2v^2}{uv}= \frac {(u-v)(9u-2v)+30uv}{uv}\ge \frac {30uv}{uv}= 30$, đpcm.Đẳng thức xảy ra $x=y=z=1.$
Sử dụng bđt Cô-si ta có$(xy + yz + xz)(x + y + z) \ge 9xyz\Leftrightarrow \frac{1}{xyz} \geq \frac{9}{(xy + yz + xz)(x + y + z)}$Ta sẽ chứng minh\[\frac{1}{x^2 + y^2 + z^2} + \frac{9}{xy + yz + xz} \geq 30\]Đặt $x^2 + y^2 + z^2 = u$; và $xy + yz + xz = v$ ; ta có $u + 2v = 1, u \ge v.$Ta có$\frac{1}{u} + \frac{9}{v}= \frac{9u + v}{uv}= \frac{(9u + v)(u + 2v)}{uv}= \frac {9u^2 + 19uv + 2v^2}{uv}= \frac {(u-v)(9u-2v)+30uv}{uv}\ge \frac {30uv}{uv}= 30$, đpcm.Đẳng thức xảy ra $x=y=z=\frac{1}{3}.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
chứng minh
|
|
|
|
Sử dụng bđt Cô-si ta có$(xy + yz + xz)(x + y + z) \ge 9xyz\Leftrightarrow \frac{1}{xyz} \geq \frac{9}{(xy + yz + xz)(x + y + z)}$Ta sẽ chứng minh\[\frac{1}{x^2 + y^2 + z^2} + \frac{9}{xy + yz + xz} \geq 30\]Đặt $x^2 + y^2 + z^2 = u$; và $xy + yz + xz = v$ ; ta có $u + 2v = 1$Ta có$\frac{1}{u} + \frac{9}{v}= \frac{9u + v}{uv}= \frac{(9u + v)(u + 2v)}{uv}= \frac {9u^2 + 19uv + 2v^2}{uv}\ge \frac {30uv}{uv}= 30$, đpcm.Đẳng thức xảy ra $x=y=z=1.$
Sử dụng bđt Cô-si ta có$(xy + yz + xz)(x + y + z) \ge 9xyz\Leftrightarrow \frac{1}{xyz} \geq \frac{9}{(xy + yz + xz)(x + y + z)}$Ta sẽ chứng minh\[\frac{1}{x^2 + y^2 + z^2} + \frac{9}{xy + yz + xz} \geq 30\]Đặt $x^2 + y^2 + z^2 = u$; và $xy + yz + xz = v$ ; ta có $u + 2v = 1, u \ge v.$Ta có$\frac{1}{u} + \frac{9}{v}= \frac{9u + v}{uv}= \frac{(9u + v)(u + 2v)}{uv}= \frac {9u^2 + 19uv + 2v^2}{uv}= \frac {(u-v)(9u-2v)+30uv}{uv}\ge \frac {30uv}{uv}= 30$, đpcm.Đẳng thức xảy ra $x=y=z=1.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
gpt
|
|
|
|
PT $\Leftrightarrow 2\sin x \cos x -3(1-\cos x)=0\Leftrightarrow 4\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}\cos x-6\sin^2\frac{x}{2}=0$Nếu $\sin \frac{x}{2}=0\Leftrightarrow x=k2\pi/$Nếu $\sin \frac{x}{2} \ne 0 \Rightarrow 2\cos \frac{x}{2}\cos x=3\sin\frac{x}{2}\Rightarrow 2\cos x=3\tan \frac{x}{2}$Đặt $t=\tan \frac{x}{2}$ thì PT trên trở thành$\frac{2(1-t^2)}{1+t^2}=3t\Leftrightarrow 3t^3+2t^2+3t-2=0$Đây là pt bậc ba có nghiệm duy nhất nhưng không đẹp, có thể giải bằng pp Cardano $x$
PT $\Leftrightarrow 2\sin x \cos x -3(1-\cos x)=0\Leftrightarrow 4\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}\cos x-6\sin^2\frac{x}{2}=0$Nếu $\sin \frac{x}{2}=0\Leftrightarrow x=k2\pi/$Nếu $\sin \frac{x}{2} \ne 0 \Rightarrow 2\cos \frac{x}{2}\cos x=3\sin\frac{x}{2}\Rightarrow 2\cos x=3\tan \frac{x}{2}$Đặt $t=\tan \frac{x}{2}$ thì PT trên trở thành$\frac{2(1-t^2)}{1+t^2}=3t\Leftrightarrow 3t^3+2t^2+3t-2=0$Đây là pt bậc ba có nghiệm duy nhất nhưng không đẹp, có thể giải bằng pp Cardano $t$
|
|
|
|
sửa đổi
|
gpt
|
|
|
|
PT $\Leftrightarrow 2\sin x \cos x -3(1-\cos x)=0\Leftrightarrow 4\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}\cos x-6\sin^2\frac{x}{2}=0$Nếu $\sin \frac{x}{2}=0\Leftrightarrow x=k2\pi/$Nếu $\sin \frac{x}{2} \ne 0 \Rightarrow 2\cos \frac{x}{2}\cos x=3\sin\frac{x}{2}\Rightarrow 2\cos x=3\tan \frac{x}{2}$Đặt $t=\tan \frac{x}{2}$ thì PT trên trở thành$\frac{2(1-t^2)}{1+t^2}=3t\Leftrightarrow 3t^3+2t^2+3t-2=0$Đây là pt bậc ba có nghiệm duy nhất nhưng không đẹp $x \approx 0,4457$.
PT $\Leftrightarrow 2\sin x \cos x -3(1-\cos x)=0\Leftrightarrow 4\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}\cos x-6\sin^2\frac{x}{2}=0$Nếu $\sin \frac{x}{2}=0\Leftrightarrow x=k2\pi/$Nếu $\sin \frac{x}{2} \ne 0 \Rightarrow 2\cos \frac{x}{2}\cos x=3\sin\frac{x}{2}\Rightarrow 2\cos x=3\tan \frac{x}{2}$Đặt $t=\tan \frac{x}{2}$ thì PT trên trở thành$\frac{2(1-t^2)}{1+t^2}=3t\Leftrightarrow 3t^3+2t^2+3t-2=0$Đây là pt bậc ba có nghiệm duy nhất nhưng không đẹp, có thể giải bằng pp Cardano $x$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Một bạn trên facebook hỏi
|
|
|
|
Gọi $O$ là tâm hình vuông.Ta có:$Q(O,90^\circ): B\rightarrow A, A\rightarrow D,$do đó, qua phép quay này, đường thẳng $BA$ biến thành đường thẳng $AD$ và $M \in AB \rightarrow M'\in AD, N\rightarrow N'$.Ta cũng có: $Q(O,90^\circ): C\rightarrow B; D\rightarrow C,$do đó, qua phép quay này, đường thẳng $CD$ biến thành đường thẳng $BC$ và $N\rightarrow N'$. Theo tính chất của phép quay ta có$MN=M'N'$ và $MN \bot M'N'$Theo
giả thiết $MN\bot PQ$ vì vậy hoặc $PQ \parallel M'N'$ hoặc $PQ \equiv
M'N'$. Trong cả hai trường hợp, ta đều suy ra được $MN=PQ$.
Gọi $O$ là tâm hình vuông.Ta có:$Q(O,90^\circ): B\rightarrow A, A\rightarrow D,$do đó, qua phép quay này, đường thẳng $BA$ biến thành đường thẳng $AD$ và $M \in AB \rightarrow M'\in AD, N\rightarrow N'$.Ta cũng có: $Q(O,90^\circ): C\rightarrow B; D\rightarrow C,$do đó, qua phép quay này, đường thẳng $CD$ biến thành đường thẳng $BC$ và $N\rightarrow N'$. Theo tính chất của phép quay ta có$MN=M'N'$ và $MN \bot M'N'$Theo
giả thiết $MN\bot PQ$ vì vậy hoặc $PQ \parallel M'N'$ hoặc $PQ \equiv
M'N'$. Trong cả hai trường hợp, ta đều suy ra được $MN=PQ$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
phép biến hình lớp 11
|
|
|
|
phép biến hình lớp 11 cho hình vuông ABCD đường thẳng d cắt AB và CD tương ứng tại M và N. Đường thẳng d' vuông góc với d cắt AD và BC tại P và Q. Chứng minh : MN=PQ
phép biến hình lớp 11 Cho hình vuông $ABCD $.Một đường thẳng $d $ cắt các đường thẳng $AB $ và $CD $ tương ứng tại các điểm $M , N $. Một đường thẳng $d' $ vuông góc với $d $ cắt các đường thẳng $AD $ và $BC $ tương ứng tại các điểm $P $ và $Q $. Chứng minh rằng $MN=PQ $.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Chứng minh đẳng thức lượng giác trong tam giác
|
|
|
|
cho tam giác ABCCh o tam gi ác ABC: CMR : $(a-b)cot\frac{C}{2} + (b-c)cot\frac{A}{2} + (c-a)cot\frac{B}{2} = 0 $ thx mọi người
Ch ứng minh đẳng thức lượng giác tro ng tam giác Ch ứng mi nh rằng: $(a-b) \cot \frac{ C}{2 } +(b-c) \cot \frac{ A}{ 2} +(c-a) \cot \frac{ B}{ 2} =0 (1)$
|
|
|
|
sửa đổi
|
cần gấp giải= toán cao cấp 2
|
|
|
|
3) Trước hết ta sẽ chứng minh BĐT phụ sau Với $x>0$ thì $f(x)=2e^x-x^2>0$.Thật vậy, $f'(x)=2e^x-2x, f''(x)=2e^x-2>0\Rightarrow f'$ đồng biến $\Rightarrow f'(x)>f'(0)=2>0$$\Rightarrow f$ đồng biến $\Rightarrow f(x)>f(0)=2>0$. Tóm lại $2e^x>x^2\Rightarrow \frac{e^{2x}}{x^2}=\left ( \frac{e^{x}}{x} \right )^2>\frac{x^2}{4}$ $\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty} \frac{e^{2x}}{x^2} =0$
3) Trước hết ta sẽ chứng minh BĐT phụ sau Với $x>0$ thì $f(x)=2e^x-x^2>0$.Thật vậy, $f'(x)=2e^x-2x, f''(x)=2e^x-2>0\Rightarrow f'$ đồng biến $\Rightarrow f'(x)>f'(0)=2>0$$\Rightarrow f$ đồng biến $\Rightarrow f(x)>f(0)=2>0$. Tóm lại $2e^x>x^2\Rightarrow \frac{e^{2x}}{x^2}=\left ( \frac{e^{x}}{x} \right )^2>\frac{x^2}{4}$ $\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty} \frac{e^{2x}}{x^2} = +\infty$
|
|
|
|
sửa đổi
|
ai tính giúp mình với
|
|
|
|
Tổng cần tính tương đương với $S=\sum_{k=0}^n\frac{C^k_n}{(k+1)(k+2)}$trước hết bạn dùng định nghĩa của tổ hợp để chứng minh đẳng thức sau$aC_b^a=bC_{b-1}^{a-1}$Áp dụng đẳng thức trên ta có$(k+1)(k+2)C_{n+2}^{k+2}=(k+1)(n+2)C_{n+1}^{k+1}=(n+2)(k+1)C_{n+1}^{k+1}=(n+2)(n+1)C_{n}^{k}$Suy ra $\frac{C^k_n}{(k+1)(k+2)}=\frac{C_{n+2}^{k+2}}{(n+2)(n+1)}$Do đó$S=\sum_{k=0}^n\frac{C_{n+2}^{k+2}}{(n+2)(n+1)}=\frac{1}{(n+2)(n+1)}\left ( \sum_{k=0}^nC_{n+2}^{k+2} \right )=\frac{1}{(n+2)(n+1)}\left ( \sum_{i=0}^{n+2}C_{n+2}^{i}-C_{n+2}^{1}-C_{n+2}^{2} \right )$$=\frac{1}{(n+2)(n+1)}\left ( 2^{n+2}-n-2-\frac{(n+1)(n+2)}{2} \right )$
Tổng cần tính tương đương với $S=\sum_{k=0}^n\frac{C^k_n}{(k+1)(k+2)}$trước hết bạn dùng định nghĩa của tổ hợp để chứng minh đẳng thức sau$aC_b^a=bC_{b-1}^{a-1}$Áp dụng đẳng thức trên ta có$(k+1)(k+2)C_{n+2}^{k+2}=(k+1)(n+2)C_{n+1}^{k+1}=(n+2)(k+1)C_{n+1}^{k+1}=(n+2)(n+1)C_{n}^{k}$Suy ra $\frac{C^k_n}{(k+1)(k+2)}=\frac{C_{n+2}^{k+2}}{(n+2)(n+1)}$Do đó$S=\sum_{k=0}^n\frac{C_{n+2}^{k+2}}{(n+2)(n+1)}=\frac{1}{(n+2)(n+1)}\left ( \sum_{k=0}^nC_{n+2}^{k+2} \right )=\frac{1}{(n+2)(n+1)}\left ( \sum_{i=0}^{n+2}C_{n+2}^{i}-C_{n+2}^{1}-C_{n+2}^{0} \right )$$=\frac{1}{(n+2)(n+1)}\left ( 2^{n+2}-n-3 \right )$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Chứng minh giúp em ạ
|
|
|
|
Chứng minh giúp em ạ Cho a_1,a_2,...,a_n>0 thỏa mãn: a_1+a_2+ ...+a_n=1.Đặt H_k=k /(1/a_1+1/a_2+ ...+1/a_k ).Chứng minh rằng: H_1+H_2+ ..+H_n<2.
Chứng minh giúp em ạ Cho $a_1,a_2,...,a_n>0 $ thỏa mãn: $a_1+a_2+ \cdots+a_n=1. $Đặt $H_k= \frac{k }{1/a_1+1/a_2+ \cdots+1/a_k }$ với $k=1,2,\cdots, n$.Chứng minh rằng: $H_1+H_2+ \cdots+H_n<2. $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bất Đẳng Thức
|
|
|
|
Bất Đẳng Thức Cho em hỏi mấy câu khó này nhéBài 1: Cho $a,b,c>0$ và $abc=8.$ CMR$\frac{a+b+c}{2} \geq \frac{a+2}{b+2} + \frac{b+2}{c+2} + \frac{c+2}{a+2}$Bài 2: Cho $a,b,c,d>0$ và $a+b+c+d=1.$ Tìm max của:$a, P= \sqrt{a+b+c} + \sqrt{b+c+d} + \sqrt{c+d+a} + \sqrt{d+a+b}$b,$S= \sqrt[3]{2a+b} \sqrt[3]{2b+c} + \sqrt[3]{2c+d} + \sqrt[3]{2d+a}$
Bất Đẳng Thức Cho em hỏi mấy câu khó này nhéBài 1: Cho $a,b,c>0$ và $abc=8.$ CMR$\frac{a+b+c}{2} \geq \frac{a+2}{b+2} + \frac{b+2}{c+2} + \frac{c+2}{a+2}$Bài 2: Cho $a,b,c,d>0$ và $a+b+c+d=1.$ Tìm max của:$a, P= \sqrt{a+b+c} + \sqrt{b+c+d} + \sqrt{c+d+a} + \sqrt{d+a+b}$b,$S= \sqrt[3]{2a+b} +\sqrt[3]{2b+c} + \sqrt[3]{2c+d} + \sqrt[3]{2d+a}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bất Đẳng Thức
|
|
|
|
Bất Đẳng Thức Cho em hỏi mấy câu khó này nhéBài 1: Cho a,b,c>0 và abc=8. CMR\frac{a+b+c}{2} \geq \frac{a+2}{b+2} + \frac{b+2}{c+2} + \frac{c+2}{a+2}Bài 2:Cho a,b,c,d>0 và a+b+c+d=1. Tìm max của:a, P= \sqrt{a+b+c} + \sqrt{b+c+d} + \sqrt{c+d+a} + \sqrt{d+a+b}b,S= \sqrt[3]{2a+b} \sqrt[3]{2b+c} + \sqrt[3]{2c+d} + \sqrt[3]{2d+a}
Bất Đẳng Thức Cho em hỏi mấy câu khó này nhéBài 1: Cho $a,b,c>0 $ và $abc=8. $ CMR $\frac{a+b+c}{2} \geq \frac{a+2}{b+2} + \frac{b+2}{c+2} + \frac{c+2}{a+2} $Bài 2: Cho $a,b,c,d>0 $ và $a+b+c+d=1. $ Tìm max của: $a, P= \sqrt{a+b+c} + \sqrt{b+c+d} + \sqrt{c+d+a} + \sqrt{d+a+b} $b, $S= \sqrt[3]{2a+b} \sqrt[3]{2b+c} + \sqrt[3]{2c+d} + \sqrt[3]{2d+a} $
|
|