|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Hệ phương trình
|
|
|
|
Xét $x=y$ thì HPT
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^{3} +x^{2} =2 \\3 x^{2} =x\end{cases}$, hệ này vô nghiệm.
Xét $x \ne y$ thì HPT
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^{3} +y^{2} =2 \\(x-y)( x^{2} + xy+y^{2}) =(x-y)y \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^{3} +y^{2} =2 \\x^3-y^3 =xy-y^2 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^{3} +y^{2} =2 \\x^{3} +y^{2}=xy+y^3 \end{cases}$
Suy ra $xy+y^3=2\Rightarrow xy=2-y^3$
Dễ thấy $y=0$ không là nghiệm của hệ $\Rightarrow x=\dfrac{2-y^3}{y}$
Như vậy từ PT
$x^{3} +y^{2} =2\Leftrightarrow \left ( \dfrac{2-y^3}{y} \right )^3+y^2-2=0$
$\Leftrightarrow (y-1)(y^2+2y+2)(y^6-y^5+y^4-5y^3+2y^2+4)=0$
$\Leftrightarrow y=1$ vì $y^6-y^5+y^4-5y^3+2y^2+4>0 \quad \forall y$
Mặt khác thì khi $y=1$
HPT $\Leftrightarrow \begin{cases}x^{3} =1 \\ x^{2} +x=0\end{cases}$, hệ này vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
M.n giúp m` nhé!!! m` đag cần gấp
|
|
|
|
Bài này phải sửa thành chứng minh: $$C^{0}_{2004}+2^2C^{2}_{2004}+....+2^{2004}C^{2004}_{2004}=\frac{3^{2004}+1}{2}.$$ Ta có $3^{2004}=(2+1)^{2004}=2^0C^{0}_{2004}+2^1C^{1}_{2004}+....+2^{2003}C^{2003}_{2004}+2^{2004}C^{2004}_{2004}$ $1=(2-1)^{2004}=2^0C^{0}_{2004}-2^1C^{1}_{2004}+....-2^{2003}C^{2003}_{2004}+2^{2004}C^{2004}_{2004}$ Cộng theo từng vế suy ra $3^{2004}+1 = 2\left ( 2^0C^{0}_{2004}+2^2C^{2}_{2004}+....+2^{2004}C^{2004}_{2004} \right )$ Ta có $$C^{0}_{2004}+2^2C^{2}_{2004}+....+2^{2004}C^{2004}_{2004}=\frac{3^{2004}+1}{2}.$$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giai phuong trinh logarit
|
|
|
|
ĐK: $x>0$. Đặt $t=\log_2x$ thì PT $\Leftrightarrow (t+1)^3=2t^2-9\Leftrightarrow t=-2\Leftrightarrow x=\frac14.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tính giá trị biểu thức
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với
|
|
|
|
Từ PT thứ nhất $\Leftrightarrow (y-1)(x+y -2)=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} y=1\\ x+y=2 \end{matrix}} \right.$. Thay vào PT thứ hai được $(x,y) \in \{ (-1,1),(1,1)\}.$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em với
|
|
|
|
1. Áp dụng BĐT Bunhia ta có $a^2+2b^2=a^2+b^2+b^2 \ge \frac13(a+b+b)^2=\frac13(a+2b)^2$$\Rightarrow \sqrt{a^2+2b^2} \ge \frac1{\sqrt3}(a+2b)$. Tương tự ta có $\sqrt{b^2+2a^2} \ge \frac1{\sqrt3}(2a+b)$. Suy ra $\sqrt{a^2+2b^2}+\sqrt{b^2+2a^2} \ge \frac1{\sqrt3}(3a+3b)=\sqrt3(a+b)$ $\Rightarrow P= \frac{a+b}{\sqrt{a^2+2b^2}+\sqrt{b^2+2a^2}} \le \sqrt 3$. Vậy $\max P=\sqrt 3\Leftrightarrow a=b.$ |
|
|
|
giải đáp
|
m.n giải hộ mình bài này với
|
|
|
|
PT $\Leftrightarrow 1-\cos^{2}\frac{x}{2}-2\cos\frac{x}{2}+2=0$ $\Leftrightarrow \cos^{2}\frac{x}{2}+2\cos\frac{x}{2}-3=0$ $\Leftrightarrow \left ( \cos\frac{x}{2}+3 \right )\left ( \cos\frac{x}{2}-1 \right )=0$ $\Leftrightarrow \cos\frac{x}{2}=1 $ $\Leftrightarrow \frac{x}{2}=k2\pi $ $\Leftrightarrow x=k4\pi , k \in \mathbb Z.$ |
|
|
|
giải đáp
|
sắp thi ùi , cần gấp lắm
|
|
|
|
a. Đặt $f(x)=2x^3-10x-7$ thì $f(x)$ là hàm liên tục trên $\mathbb R$ có $f(-2)=-3<0,f(-1)=1>0, f(0)=-7<0,f(3)=17>0$. Suy ra $f(-2)f(-1)<0,f(-1)f(0)<0,f(0)f(3)<0$ nên PT $f(x)=0$ luôn có ba nghiệm phân biệt thuộc các khoảng $(-2,-1),(-1,0),(0,3)$. |
|
|
|
giải đáp
|
cần rất gấp
|
|
|
|
b. Đặt $f(x)=x^3+3x^2-1$ thì $f(x)$ là hàm liên tục trên $\mathbb R$ có $f(-3)=-1<0,f(-1)=1>0, f(0)=-1<0,f(1)=3>0$. Suy ra $f(-3)f(-1)<0,f(-1)f(0)<0,f(0)f(1)<0$ nên PT $f(x)=0$ luôn có ba nghiệm phân biệt thuộc các khoảng $(-3,-1),(-1,0),(0,1)$. |
|
|
|
giải đáp
|
cần rất gấp tt
|
|
|
|
a. Đặt $f(x)=(1-m^2)(x+1)^3+x^2-x-3$ thì $f(x)$ là hàm liên tục trên $\mathbb R$ có $f(-1)=-1<0, f(-2)=m^2-1+3=m^2+2>0,\forall m$. Suy ra $f(-1)f(-2)<0$ nên PT $f(x)=0$ luôn có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng $(-1;-2)$ với mọi m. |
|
|
|
giải đáp
|
giup mk vs
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|