|
|
giải đáp
|
thêm nè
|
|
|
|
Câu 5: Ta có $3\cos 4x=3\times 2(2\cos^2 x-1)^2-3=24\cos^4 x-24\cos^2 x+3$ nên pt $\Leftrightarrow4\cos^6 x-12\cos^4 x+11\cos^2 x-3=0$ đến đây đặt $\cos^2 x=t$ bạn tự giải tiếp nhé :)
|
|
|
|
giải đáp
|
thêm nè
|
|
|
|
Câu 2 : Đk: $\cos x\neq 0$ pt $\Leftrightarrow \cos x(\sin x+\cos x)=\sin x+\cos x\Leftrightarrow \cos x=1\vee \sin x+\cos x=0$ Đến đây bạn tự giải nhé :) |
|
|
|
giải đáp
|
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 : $\Sigma\frac{a^2}{2a^2+b^2}\leq\frac{2}{3}$ $\Leftrightarrow3a^2(2b^2+a^2)+3b^2(2a^2+b^2)\leq 2(2a^2+b^2)(2b^2+a^2)$ $\Leftrightarrow (a^2-b^2)^2\geq 0$(luôn đúng ) $\Rightarrow $đpcm dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b,c=0$ |
|
|
|
giải đáp
|
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 $a=b=c\neq 0\vee a=b=0,c\neq 0$ |
|
|
|
giải đáp
|
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 thì Bình bốc 2 hoặc 2 thì bình bốc 1 viên An cũng vẫn thua
|
|
|
|
giải đáp
|
khó hot
|
|
|
|
Áp dụng : quy nạp ta chứng minh được $0< u_n\leq 2$ và $u_{n+1}\geq u_n$theo định lý WEIRSTRASS thì dãy tăng và bị chặn trên nên luôn tồn tại giới hạn trong th này giới hạn của dãy là 2
|
|
|
|
giải đáp
|
khó hot
|
|
|
|
Ta có $=\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty }\frac{3n}{\sqrt{n^2+3n}+\sqrt{n^2}}=\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty }\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{n}}+\sqrt{1}}=\frac{3}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
khó
|
|
|
|
Xét : Dãy Cấp Số Nhân lùi vô hạn sau $\left\{ \begin{array}{l} u_1=2\\ u_n=\frac{u_{n-1}}{-\sqrt{2}} \end{array} \right.$ vì S là tổng các phần tử của dãy lại có$\left| {q} \right|<1$nên ta có $S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{2\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}$
|
|
|
|
giải đáp
|
khó hot
|
|
|
|
Ta có : $\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty }\frac{\sqrt{\frac{2}{n^2}+\frac{1}{n^4}}+\frac{5}{n}}{\frac{1}{n^2}-3}=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
khó hot
|
|
|
|
Ta có $\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty }\frac{3-\frac{5}{n}+\frac{1}{n^3}}{2+\frac{6}{n}+\frac{4}{n^2}}=\frac{3}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
khó hot
|
|
|
|
Xét :$u_n=(-1)^n$ Dãy này tạo thành hai dãy con một dãy chẳn một dãy lẻ theo tiêu chuẩn hội tụ CAUCHY và định lý WEIRSTRASS thì vì các phần của dãy luôn cách đều 0 nên không hội tụ về 0 nên không thể có giới hạn bằng 0 :)cái này hơi cao cấp một tí |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với
|
|
|
|
Ta có : $u_n=2+\frac{1}{n}\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty }u_n=2+0=2$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với
|
|
|
|
Ta có : $\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty } \sqrt{n}=+\infty $ Mặt khác $u_n>\sqrt{n}\forall n\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty }=+\infty $
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với
|
|
|
|
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \rightarrow +\infty }n^2=+\infty $ Mặt khác $u_n>n^2 \forall n\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty }u_n=+\infty $
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với
|
|
|
|
Ta có : $\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty }\frac{n+1}{n^2}=\mathop {\lim }\limits_{n \to +\infty }(\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2})=0$. Mặt khác $\left| {u_n} \right|\leq \frac{n+1}{n^2}\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{}u_n=0$
|
|