|
|
sửa đổi
|
lượng giác đây
|
|
|
|
ta có : dễ thấy $x=0$ là nghiệm của pt nhưng đk của bài toán là $x>0$ nên ta loạita có : Xét $f(x)=\cos x+\frac{x^2}{2}-1\Leftrightarrow f'(x)=-\sin x+x ,\forall x>0$ (vì $\left| {x} \right|>\left| {\sin x} \right|\forall x>0$)Nên hàm $f(x)$ dơn điệu tăng trong khoảng $(0;+\infty ) \Rightarrow $ pt chỉ có 1 nghiệm để $f(x)=0$ đó là $x=0$ (loại)
ta có : dễ thấy $x=0$ là nghiệm của pt nhưng đk của bài toán là $x>0$ nên ta loạita có : Xét $f(x)=\cos x+\frac{x^2}{2}-1$$\Leftrightarrow f'(x)=-\sin x+x ,\forall x>0$ (vì $\left| {x} \right|>\left| {\sin x} \right|\forall x>0$)Nên hàm $f(x)$ dơn điệu tăng trong khoảng $(0;+\infty ) \Rightarrow $ pt chỉ có 1 nghiệm để $f(x)=0$ đó là $x=0$ (loại)
|
|
|
|
sửa đổi
|
tìm $\overline{abcde} $
|
|
|
|
a chia hết cho 2 nên a bắt buộc bằng 1 vì N có 5 chữ số , e thuộc các chữ số sau 0,1,2,3,4,5 .... d là số dư của N:5........nên $de$ thuộc các chữ số sau 00,11,22,33,44,05 vì c là số dư N:4 nên $cde$: 000,311,222,133,044,105 $\Rightarrow abcde$ có dạng 1b000,1b311,1b222,1b133,1b044,1b105 vì b là số dư của N:3 nên $a+c+d+e$ chia hết cho 3 ta chộn đk số 1b311,1b044 từ đó thế các số 0,1,2 vào b :)
a là số dư của N khi chia cho 2 nên a bắt buộc bằng 1 vì N có 5 chữ số , e thuộc các chữ số sau 0,1,2,3,4,5 .... d là số dư của N:5........nên $de$ thuộc các chữ số sau 00,11,22,33,44,05 vì c là số dư N:4 nên $cde$: 000,311,222,133,044,105 $\Rightarrow abcde$ có dạng 1b000,1b311,1b222,1b133,1b044,1b105 vì b là số dư của N:3 nên $a+c+d+e$ chia hết cho 3 ta chộn đk số 1b311,1b044 từ đó thế các số 0,1,2 vào b :)
|
|
|
|
sửa đổi
|
thêm nè
|
|
|
|
Câu 3: $\sin2 x=2\sin x\cos x$ và $\sin 3x=3\sin x-4\sin^3 x$ ta có pt $\Leftrightarrow 2\sin x\cos x=(\sin x+1)(2\sin x-1)^2$Đặt $t=\sin x$ rồi biến đổi pt về pt $t$
Câu 3: $\sin2 x=2\sin x\cos x$ và $\sin 3x=3\sin x-4\sin^3 x$ ta có pt $\Leftrightarrow 2\sin x\cos x=(\sin x+1)(2\sin x-1)^2$Đặt $t=\sin x$ rồi biến đổi pt về pt $t$ sau đó giải pt $t$
|
|
|
|
sửa đổi
|
thêm nè
|
|
|
|
thêm nè $\cos^2 x+\sqrt{3}\sin 2x=\sin^3 x+1$$\sin x+\cos x=\tan x$$1+\sin 2x=\sin 3x$$8\cos^3 x-2\cos 2x-4\cos x-1=0$$3\cos 4x-8\cos^6 x+2\cos ^2x+3=0$
thêm nè $\cos^2 x+\sqrt{3}\sin 2x=\sin^3 x+1$$\sin x+\cos x=\tan x +1$$1+\sin 2x=\sin 3x$$8\cos^3 x-2\cos 2x-4\cos x-1=0$$3\cos 4x-8\cos^6 x+2\cos ^2x+3=0$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Từ 1 bài toán cũ
|
|
|
|
Ta có: Ta sẽ CM $S\geq \frac{1}{2}$ Ta có :$(b+c)^2\leq 2b^2+2c^2$(bđt Cauchy và biến đổi tổng bình phương) tương tự với các cặp còn lại ta có $\Rightarrow S\geq \Sigma \frac{a^2}{2a^2+2b^2+2c^2}=\frac{1}{2}$dấu = xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\neq 0$
Ta có: Ta sẽ CM $S\geq \frac{1}{2}$ Ta có :$(b+c)^2\leq 2b^2+2c^2$(bđt Cauchy và biến đổi tổng bình phương) tương tự với các cặp còn lại ta có $\Rightarrow S\geq \Sigma \frac{a^2}{2a^2+2b^2+2c^2}=\frac{1}{2}$dấu = xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\neq 0\vee a=b=0,c\neq 0$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Từ 1 bài toán cũ
|
|
|
|
Ta có : Giả sử $a\geq b\geq c\geq 0$ Ta có :$S\leq \Sigma \frac{a^2}{2a^2+b^2}$(vì $c\geq $0)ta chỉ cần cm : $\Sigma \frac{a^2}{2a^2+b^2}\leq \frac{2}{3}\Leftrightarrow 3a^2(2b^2+a^2)+3b^2(2a^2+b^2)\leq 2(2a^2+b^2)(2b^2+a^2)\Leftrightarrow (a^2-b^2)^2\geq 0$(luôn đúng ) $\Rightarrow $đpcm dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b,c=0$
Ta có : Giả sử $a\geq b\geq c\geq 0$ Ta có :$S\leq \Sigma \frac{a^2}{2a^2+b^2}$(vì $c\geq $0)ta chỉ cần cm : $\Sigma\frac{a^2}{2a^2+b^2}\leq\frac{2}{3}$$\Leftrightarrow3a^2(2b^2+a^2)+3b^2(2a^2+b^2)\leq 2(2a^2+b^2)(2b^2+a^2)$$\Leftrightarrow (a^2-b^2)^2\geq 0$(luôn đúng ) $\Rightarrow $đpcm dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b,c=0$
|
|
|
|
sửa đổi
|
đố vui
|
|
|
|
Bình thắng vì nếu ban đầu An bốc được số bi là :$1\leq x\leq 5$ thì bình chỉ cần bốc số bi sao cho số bi còn lại là 5 số bi đó sẽ là :$1\leq y\leq 5$ dĩ nhiên thử lại ta luôn thấy số bi của Bình bốc : $y\leq \frac{11-x}{2}$ cho nên khi số bi còn lại là 5 thì cho dù An có bốc 1 hoặc 2 viên An cũng vẫn thua
Bình thắng vì nếu ban đầu An bốc được số bi là :$1\leq x\leq 5$ thì bình chỉ cần bốc số bi sao cho số bi còn lại là 5 số bi đó sẽ là :$1\leq y\leq 5$ dĩ nhiên thử lại ta luôn thấy số bi của Bình bốc : $y\leq \frac{11-x}{2}$ cho nên khi số bi còn lại là 5 thì cho dù An có bốc 1 thì Bình bốc 2 hoặc 2 thì bình bốc 1 viên An cũng vẫn thua
|
|
|
|
sửa đổi
|
hệ nhẹ nhàng
|
|
|
|
Từ (2) ta có : $x^2=3(y^2+2)\Leftrightarrow x^2-8=3y^2-2$ thế lên (1) ta có $x(3y^2-2)=x^2y/3\Leftrightarrow x=0 (vô nghiệm y) , 3y^2-2=xy/3\Leftrightarrow 9y^2-6=y\sqrt{3y^2+6} hoặc 9y^2-6=-y\sqrt{3y^2+6}$ ta bình phương $\Rightarrow 78y^4-114y^2+36=0\Rightarrow y^2=1 \vee y^2=6/13$ $\Rightarrow y=\pm 1,y=\pm 6/13$ tìm x rồi thử lại
Từ (2) ta có : $x^2=3(y^2+2)\Leftrightarrow x^2-8=3y^2-2$ thế lên (1) ta có $x(3y^2-2)=x^2y/3\Leftrightarrow x=0 (vô nghiệm y) , 3y^2-2=xy/3\Leftrightarrow 9y^2-6=y\sqrt{3y^2+6} hoặc 9y^2-6=-y\sqrt{3y^2+6}$ ta bình phương $\Rightarrow 78y^4-114y^2+36=0\Rightarrow y^2=1 \vee y^2=6/13$ $\Rightarrow y=\pm 1,y=\pm \sqrt{\frac{6}{13}}$ tìm x rồi thử lại
|
|
|
|
sửa đổi
|
hệ nhẹ nhàng
|
|
|
|
Từ (2) ta có : $x^2=3(y^2+2)\Leftrightarrow x^2-8=3y^2-2$ thế lên (1) ta có $x(3y^2-2)=x^2y/3\Leftrightarrow x=0 (vô nghiệm y) , 3y^2-2=xy/3\Leftrightarrow 9y^2-6=y\sqrt{3y^2+6} hoặc 9y^2-6=-y\sqrt{3y^2+6}$ ta bình phương và giải pt trùng phương (đặt $y^2=t$) sau đó thử lại để loại nghiệm và tìm x bài toán kết thúc hình như có 1 nghiệm là $(-3;-1)$
Từ (2) ta có : $x^2=3(y^2+2)\Leftrightarrow x^2-8=3y^2-2$ thế lên (1) ta có $x(3y^2-2)=x^2y/3\Leftrightarrow x=0 (vô nghiệm y) , 3y^2-2=xy/3\Leftrightarrow 9y^2-6=y\sqrt{3y^2+6} hoặc 9y^2-6=-y\sqrt{3y^2+6}$ ta bình phương $\Rightarrow 78y^4-114y^2+36=0\Rightarrow y^2=1 \vee y^2=6/13$ $\Rightarrow y=\pm 1,y=\pm 6/13$ tìm x rồi thử lại
|
|
|
|
sửa đổi
|
hệ nhẹ nhàng
|
|
|
|
Từ (2) ta có : $x^2=3(y^2+2)\Leftrightarrow x^2-8=3y^2-2$ thế lên (1) ta có $x(3y^2-2)=x^2y/3\Leftrightarrow x=0 (vô nghiệm y) , 3y^2-2=xy/3\Leftrightarrow 9y^2-6=y\sqrt{3y^2+6} hoặc 9y^2-6=-y\sqrt{3y^2+6}$ ta bình phương và giải pt trùng phương (đặt $y^2=t$) sau đó thử lại để loại nghiệm và tìm x bài toán kết thúc
Từ (2) ta có : $x^2=3(y^2+2)\Leftrightarrow x^2-8=3y^2-2$ thế lên (1) ta có $x(3y^2-2)=x^2y/3\Leftrightarrow x=0 (vô nghiệm y) , 3y^2-2=xy/3\Leftrightarrow 9y^2-6=y\sqrt{3y^2+6} hoặc 9y^2-6=-y\sqrt{3y^2+6}$ ta bình phương và giải pt trùng phương (đặt $y^2=t$) sau đó thử lại để loại nghiệm và tìm x bài toán kết thúc hình như có 1 nghiệm là $(-3;-1)$
|
|
|
|
sửa đổi
|
hệ nhẹ nhàng
|
|
|
|
Từ (2) ta có : $x^2=3(y^2+2)\Leftrightarrow x^2-8=3y^2-2$ thế lên (1) ta có $x(3y^2-2)=x^2y/3\Leftrightarrow x=0 (vô nghiệm y) , 3y^2-2=xy/3\Leftrightarrow 9y^2-6=y\sqrt{3y^2+6}$ pt có một nghiêm $y=1$ nên ta bình phương và giải pt hệ quả sau đó thử lại để loại nghiệm và tìm x bài toán kết thúc
Từ (2) ta có : $x^2=3(y^2+2)\Leftrightarrow x^2-8=3y^2-2$ thế lên (1) ta có $x(3y^2-2)=x^2y/3\Leftrightarrow x=0 (vô nghiệm y) , 3y^2-2=xy/3\Leftrightarrow 9y^2-6=y\sqrt{3y^2+6} hoặc 9y^2-6=-y\sqrt{3y^2+6}$ ta bình phương và giải pt trùng phương (đặt $y^2=t$) sau đó thử lại để loại nghiệm và tìm x bài toán kết thúc
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp mik voi
|
|
|
|
TA CÓ :$\Leftrightarrow 16\Sigma \frac{1}{2a+b+c}\leq 4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ $\frac{16}{2a+b+c}=\frac{(1+1+1+1)^2}{a+a+b+c}\leq \frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ ($B-C-S$)Tương tự như vâỵ ta có đpcm dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$
TA CÓ :$\Leftrightarrow 16\Sigma \frac{1}{2a+b+c}\leq 4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có: $\frac{16}{2a+b+c}=\frac{(1+1+1+1)^2}{a+a+b+c}\leq \frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ Tương tự như vâỵ ta có đpcm dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp mik voi
|
|
|
|
TA CÓ : BĐT $\Leftrightarrow 16\Sigma \frac{1}{2a+b+c}\leq 4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$$\frac{16}{2a+b+c}=\frac{(1+1+1+1)^2}{a+a+b+c}\leq \frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ (BĐT $B-C-S$)Tương tự như vâỵ ta có đpcm dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$
TA CÓ :$\Leftrightarrow 16\Sigma \frac{1}{2a+b+c}\leq 4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ $\frac{16}{2a+b+c}=\frac{(1+1+1+1)^2}{a+a+b+c}\leq \frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ ($B-C-S$)Tương tự như vâỵ ta có đpcm dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp mik voi
|
|
|
|
TA CÓ : BĐT $\Leftrightarrow 16\Sigma \frac{1}{2a+b+c}\leq 4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$$\frac{16}{2a+b+c}=\frac{(1+1+1+1)^2}{a+a+b+c}\leq \frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$(BĐT $B-C-S$)Tương tự như vâỵ ta có đpcm dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$
TA CÓ : BĐT $\Leftrightarrow 16\Sigma \frac{1}{2a+b+c}\leq 4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$$\frac{16}{2a+b+c}=\frac{(1+1+1+1)^2}{a+a+b+c}\leq \frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ (BĐT $B-C-S$)Tương tự như vâỵ ta có đpcm dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$
|
|