help me

tìm nghiệm của pt cos^2x +3sinx +3=0 trong [ 0,90 độ]

Phương trình lượng giác cơ bản

help me

Tìm nghiệm của pt $\cos^2x +3\sin x +3=0$ trong $[ 0,90^\circ]$.

Phương trình lượng giác cơ bản

nhờ giải cho e bài toán

cho a.(y+z) = b.(z+x) = c.(x+y) (a khác b khác c khác 0 )Chứng minh : y-z / a.(b-c) = z-c / b.(c-a) = x-y / c.(a-b)tks a chi nhìu nha :v ^^

Tập hợp

Chứng minh đẳng thức

Cho $a.(y+z) = b.(z+x) = c.(x+y)$ ($a \ne b \ne c \ne 0$ )Chứng minh : $\frac{y-z}{a(b-c)}=\frac{z-x}{b(c-a)}=\frac{x-y}{c(a-b)}.$

Chứng minh đẳng thức

Chú ý rằng đây là tổng của các số hạng trong một cấp số nhân công bội $1+i$ nên theo công thức ta có$S=1+(1+i)+(1+i)^2+...+(1+i)^{2012}=\frac{(1+i)^{2013}-1}{(1+i)-1}=\frac{(1+i)^{2013}-1}{i}$$S=\frac{i(1+i)^{2013}-i}{i^2}=\frac{i(1+i)^{2013}-i}{-1}=-i(1+i)^{2013}+i$$S=-i\sum_{k=0}^{2013} C_{2013}^ki^k+i=-\sum_{k=0}^{2013} C_{2013}^ki^{k+1}+i$Như vậy phần thực của biểu thức này tính bằng tổng các hệ số sao cho $k$ là số lẻ.Phần thực $=-\sum_{m=1}^{1006} C_{2013}^{2m}i^{2m}=-\sum_{m=1}^{1006} C_{2013}^{2m}(-1)^{m}$Phần ảo tính bằng tổng các hệ số sao cho $k$ là số chẵn.Phần thực $=-\sum_{n=0}^{1006} C_{2013}^{2n+1}i^{2n}+1=-\sum_{n=1}^{1006} C_{2013}^{2n+1}(-1)^{n}+1$

Chú ý rằng đây là tổng của các số hạng trong một cấp số nhân công bội $1+i$ nên theo công thức ta có$S=1+(1+i)+(1+i)^2+...+(1+i)^{2012}=\frac{(1+i)^{2013}-1}{(1+i)-1}=\frac{(1+i)^{2013}-1}{i}$$S=\frac{i(1+i)^{2013}-i}{i^2}=\frac{i(1+i)^{2013}-i}{-1}=-i(1+i)^{2013}+i$$S=-i\sum_{k=0}^{2013} C_{2013}^ki^k+i=-\sum_{k=0}^{2013} C_{2013}^ki^{k+1}+i$Như vậy phần thực của biểu thức này tính bằng tổng các hệ số sao cho $k$ là số lẻ.Phần thực $=-\sum_{m=1}^{1006} C_{2013}^{2m}i^{2m}=-\sum_{m=1}^{1006} C_{2013}^{2m}(-1)^{m}$Phần ảo tính bằng tổng các hệ số sao cho $k$ là số chẵn.Phần ảo $=-\sum_{n=0}^{1006} C_{2013}^{2n+1}i^{2n}+1=-\sum_{n=1}^{1006} C_{2013}^{2n+1}(-1)^{n}+1$

Tìm phần thực, phần ảo

S=1+(1+i)+(1+i)^2+......+(1+i)^2012

Số phức

Tìm phần thực, phần ảo

$S=1+(1+i)+(1+i)^2+...+(1+i)^{2012}$

Số phức

Đặt $z=a+bi, \quad a,b \in \mathbb R.$ Ta có $|z-2-i|=\sqrt{52}\Leftrightarrow \left| {(a-2)+(b-1)i} \right|=\sqrt{52}\Leftrightarrow (a-2)^2+(b-1)^2=52.$Ta cần tìm $a,b$ sao cho $|z-4+2i|$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow A=(a-4)^2+(b+2)^2$ nhỏ nhất.Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức sau $4(a-4)^2+4(b+2)^2 \ge (a-2)^2+(b-1)^2$$\Leftrightarrow 3a^2-28a+3b^2+18b+75 \ge 0$$\Leftrightarrow 2a^2-24a+72+2b^2+20b+50+a^2-4a+4+b^2-2b+1 \ge 52$$\Leftrightarrow 2(a-6)^2+2(b+5)^2+(a-2)^2+(b-1)^2 \ge 52$$\Leftrightarrow (a-6)^2+(b+5)^2 \ge 0$.Đây là điều luôn đúng.Vậy $\min A =13 \Rightarrow z=6+5i.$

Đặt $z=a+bi, \quad a,b \in \mathbb R.$ Ta có $|z-2-i|=\sqrt{52}\Leftrightarrow \left| {(a-2)+(b-1)i} \right|=\sqrt{52}\Leftrightarrow (a-2)^2+(b-1)^2=52.$Ta cần tìm $a,b$ sao cho $|z-4+2i|$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow A=(a-4)^2+(b+2)^2$ nhỏ nhất.Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức sau $4(a-4)^2+4(b+2)^2 \ge (a-2)^2+(b-1)^2$$\Leftrightarrow 3a^2-28a+3b^2+18b+75 \ge 0$$\Leftrightarrow 2a^2-24a+72+2b^2+20b+50+a^2-4a+4+b^2-2b+1 \ge 52$$\Leftrightarrow 2(a-6)^2+2(b+5)^2+(a-2)^2+(b-1)^2 \ge 52$$\Leftrightarrow (a-6)^2+(b+5)^2 \ge 0$.Đây là điều luôn đúng.Vậy $\min A =13 \Rightarrow z=6-5i.$

Giải dùm em vài bài lượng giác lớp 11 nha!

1/ 5sin(x) - 2 = 3(1-sin(x))tan^2(x)2/ 4cos^2(x) + 3(căn2).sin2x - (căn2) = 8cosx

Công thức lượng giác

Giải dùm em vài bài lượng giác lớp 11 nha!

1/ $5\sin x - 2 = 3(1-\sin x)\tan^2x$2/ $4\cos^2x + 3\sqrt{2}\sin2x - \sqrt{2} = 8\cos x$

Công thức lượng giác

cực trị của hàm số lượng giác

tìm cực trị của hàm số : $y=\frac{\cos x}{\sin x^{3}}-2\cot x$

Cực trị của hàm số

cực trị của hàm số lượng giác

tìm cực trị của hàm số : $y=\frac{\cos x}{\sin^{3} x}-2\cot x$

Cực trị của hàm số

Do $abc=1$ nên tồn tại các số $x,y,z >0$ sao cho $a= \frac{x}{y}, b= \frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}.$ Suy ra $\frac{b}{1+ab}+\frac{c}{1+bc}+\frac{a}{1+ca} = \frac{\frac{y}{z}}{1+\frac{x}{z}}+\frac{\frac{z}{x}}{1+\frac{y}{x}}+\frac{\frac{x}{y}}{1+\frac{z}{y}}=\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z}$.Công việc còn lại hoàn thành là điều không khó.

a) Để tìm chu kì của một hàm số $f(x)$ ta cố gắng tìm số $T>0$ nhỏ nhất sao cho $f(x+T)=f(x).$Trong phần này ta biến đổi như sau $f (x + \frac{\pi}{4} ) = 1 + \cos^2 (4x +4.\frac{\pi}{4}) = 1 + \cos^2 (4x +\pi)= 1 + \cos^2 4x=f(x)$Như vậy $T= \frac{\pi}{4} $ là chu kì của hàm số nói trên. Ta cũng thấy rằng các số $T$ có dạng $2.\frac{\pi}{4}, 3.\frac{\pi}{4}, 4.\frac{\pi}{4}...$ cũng có tính chất trên nhưng ta chọn $T= \frac{\pi}{4} $ vì tính nhỏ nhất của nó.

Ta chỉ cần chứng minh $\sin a = \frac{\sqrt 5-1}{2}$ và phần còn lại chứng minh tương tự. Mấu chốt ở đây là phải tìm ra được PT kết nối để GPT theo $\cos a$. Muốn vậy ta thực hiện dãy biến đổi sau, chú ý là ta sẽ sửdụng các đẳng thức có ích sau đây,$1+ \tan^2 x = \frac{1}{\cos^ 2 x}, \quad \forall x.$$1+ \cot^2 x = \frac{1}{\sin^ 2 x}, \quad \forall x.$Ta có:$\cos^2 a = \tan^2 b = \frac{1}{\cos^ 2 b}-1= \frac{1}{\tan^2 c}-1$$= \frac{1}{\frac{1}{\cos^ 2 c}-1}-1= \frac{1}{\frac{1}{\tan^ 2 a}-1}-1= \frac{1}{\frac{1}{\frac{1}{\cos^ 2 a}-1}-1}-1$.Như vậy ta thu được$t= \frac{1}{\frac{1}{\frac{1}{t}-1}-1}-1$Biến đổi và BPT này ta thu được kết quả.P/S : Số $\frac{\sqrt 5-1}{2}$ còn liên quan đến một kết quả rất đẹp trong Toán học, đó chính là Tỉ số vàng.

Ta chỉ cần chứng minh $\sin a = \frac{\sqrt 5-1}{2}$ và phần còn lại chứng minh tương tự. Mấu chốt ở đây là phải tìm ra được PT kết nối để GPT theo $\cos a$. Muốn vậy ta thực hiện dãy biến đổi sau, chú ý là ta sẽ sửdụng đẳng thức có ích sau đây,$1+ \tan^2 x = \frac{1}{\cos^ 2 x}, \quad \forall x.$Ta có:$\cos^2 a = \tan^2 b = \frac{1}{\cos^ 2 b}-1= \frac{1}{\tan^2 c}-1$$= \frac{1}{\frac{1}{\cos^ 2 c}-1}-1= \frac{1}{\frac{1}{\tan^ 2 a}-1}-1= \frac{1}{\frac{1}{\frac{1}{\cos^ 2 a}-1}-1}-1$.Như vậy ta thu được$t= \frac{1}{\frac{1}{\frac{1}{t}-1}-1}-1$Biến đổi và GPT này ta thu được kết quả.P/S : Số $\frac{\sqrt 5-1}{2}$ còn liên quan đến một kết quả rất đẹp trong Toán học, đó chính là Tỉ số vàng.

Áp dụng BĐT Cô-si ta có $A= x + \frac{1}{y(x-8y)} = (x-8y)+8y+\frac{1}{y(x-8y)} \ge 3\sqrt[3]{(x-8y).8y.\frac{1}{y(x-8y)}}=6$Suy ra $\min A =6 \Leftrightarrow (x-8y)=8y=\frac{1}{y(x-8y)} \Leftrightarrow x = 2, y=\frac{1}{4}.$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có $A= x + \frac{1}{y(x-8y)} = (x-8y)+8y+\frac{1}{y(x-8y)} \ge 3\sqrt[3]{(x-8y).8y.\frac{1}{y(x-8y)}}=6$Suy ra $\min A =6 \Leftrightarrow (x-8y)=8y=\frac{1}{y(x-8y)} \Leftrightarrow x = 4, y=\frac{1}{4}.$

Điều kiện $-\sqrt 2 \le x \le \sqrt 2.$+ Tìm max :Theo BĐT Bunhia$y^2=(x+\sqrt{2-x^2})^2 \le (1+1)(x^2+2-x^2)=4\Rightarrow -2 \le y \le 2.$Suy ra $\max y = 2 \Leftrightarrow x = \pm 1.$+ Tìm min : Dễ thấy$\begin{cases}x\ge -\sqrt 2 \\ \sqrt{2-x^2} \ge 0 \end{cases}\Rightarrow y=x+\sqrt{2-x^2}\ge -\sqrt 2$Suy ra $\min y = -\sqrt 2 \Leftrightarrow x = -\sqrt 2.$

Điều kiện $-\sqrt 2 \le x \le \sqrt 2.$+ Tìm max :Theo BĐT Bunhia$y^2=(x+\sqrt{2-x^2})^2 \le (1+1)(x^2+2-x^2)=4\Rightarrow -2 \le y \le 2.$Suy ra $\max y = 2 \Leftrightarrow x = 1.$+ Tìm min : Dễ thấy$\begin{cases}x\ge -\sqrt 2 \\ \sqrt{2-x^2} \ge 0 \end{cases}\Rightarrow y=x+\sqrt{2-x^2}\ge -\sqrt 2$Suy ra $\min y = -\sqrt 2 \Leftrightarrow x = -\sqrt 2.$

Trước hết ta sẽ chứng minh $n^5-n \vdots 30 \quad \forall n \in \mathbb Z.$Thật vậy, $n^5-n = n(n-1)(n+1)(n^2+1)$dễ thấy $n(n-1)(n+1) \vdots 6$ và bằng cách xét $n \equiv 0,1,2,3,4\bmod 5$ ta suy ra được $n(n-1)(n+1)(n^2+1) \vdots 6.$Như vậy $a^5-a+b^5-b+c^5-c \vdots 6\quad \forall a,b,c \in \mathbb Z.$Suy ra $a+b+c \vdots 6 \Leftrightarrow a^5+b^5+c^5 \vdots 6,$ đpcm.

Trước hết ta sẽ chứng minh $n^5-n \vdots 30 \quad \forall n \in \mathbb Z.$Thật vậy, $n^5-n = n(n-1)(n+1)(n^2+1)$dễ thấy $n(n-1)(n+1) \vdots 6$ và bằng cách xét $n \equiv 0,1,2,3,4\bmod 5$ ta suy ra được $n(n-1)(n+1)(n^2+1) \vdots 5.$Như vậy $a^5-a+b^5-b+c^5-c \vdots 30\quad \forall a,b,c \in \mathbb Z.$Suy ra $a+b+c \vdots 30 \Leftrightarrow a^5+b^5+c^5 \vdots 30,$ đpcm.

tích phân khó

\int\limits_{-1}^{1}\left (\frac{x^{8}}{ex+1})dx

Tích phân đặc biệt

tích phân khó

$\int\limits_{-1}^{1}\frac{x^{8}}{e^x+1}dx$

Tích phân đặc biệt

Ở bài tập này cần trang bị một số kiến thức sau :+ Công thức Euler :http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/111071/bai-111071Để suy ra $R \ge 2r$, trong đó $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại, nội tiếp.+ Công thức liên quan đến diện tích, ba cạnh, bán kính đường tròn ngoại, nội tiếp.$abc=4RS.$+ Công thức liên quan đến diện tích,nửa chu vi $p$, bán kính đường tròn nội tiếp.$S=pr.$Bây giờ ta có$2p =a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}=3\sqrt[3]{4RS}=3\sqrt[3]{4Rpr} \ge 3\sqrt[3]{8pr^2}$$\Rightarrow 8p^3 \ge 27.8pr^2\Rightarrow r \le \frac{p}{3\sqrt 3}=6\sqrt 3$Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp lớn nhất bằng $2\pi r=12\pi \sqrt 3\Leftrightarrow $ tam giác đó là tam giác đều.

Ở bài tập này cần trang bị một số kiến thức sau :+ Công thức Euler :http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/111071/bai-111071Để suy ra $R \ge 2r$, trong đó $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại, nội tiếp.+ Công thức liên quan đến diện tích, ba cạnh, bán kính đường tròn ngoại, nội tiếp.$abc=4RS.$+ Công thức liên quan đến diện tích,nửa chu vi $p$, bán kính đường tròn nội tiếp.$S=pr.$Bây giờ ta có$2p =a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}=3\sqrt[3]{4RS}=3\sqrt[3]{4Rpr} \ge 3\sqrt[3]{8pr^2}$$\Rightarrow 8p^3 \ge 27.8pr^2\Rightarrow r \le \frac{p}{3\sqrt 3}=3\sqrt 3$Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp lớn nhất bằng $2\pi r=6\pi \sqrt 3\Leftrightarrow $ tam giác đó là tam giác đều.

đại 11

Cho pt $ax^2+bx+c=0$ có 2a + 6b + 19c = 0. CMR pt luôn có nghiêm $ \epsilon [0;\frac{1}{3}]$

Hàm số liên tục trên 1 khoảng

đại 11

Cho pt $ax^2+bx+c=0$ có $2a + 6b + 19c = 0$. CMR pt luôn có nghiêm $ \in [0;\frac{1}{3}]$

Hàm số liên tục trên 1 khoảng