|
|
bình luận
|
Hệ siêu chuối
chuẩn luôn. nhưng mincopxki cho 3 cặp số thực trên trước khi làm là phải chứng minh nha hoàng.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình
|
|
|
|
dễ thấy $x=-1$ $x=3$ và $x\geq 0$ không phải nghiệm phương trình. với $-1< x< 0$. áp dụng bunhiacopxki cho vế trái ta được:
$VT^{2}\leq (x^{2}+1)(x+1+3-x)=4(x^{2}+1)$
$\Rightarrow VT=-2\sqrt{x^{2}+1}\leq VP\leq 2\sqrt{x^{2}+1}$
mà $VT=VP\Rightarrow $ dấu bằng xảy ra. hay $\frac{x}{\sqrt{x+1}}=\frac{1}{\sqrt{3-x}} (*)$
(*) vô nghiệm với điều kiện x<0.
vậy phương trình vô nghiệm. |
|
|
|
|
|
bình luận
|
Giúp
lấy đâu ra 2x^4 v :))
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 15/02/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
chủ nhật ai rảnh lm jum phương đi
|
|
|
|
gọi B(2u-2;u) C(2v-2;v) với $u\neq v$ ta có : $\overrightarrow{AB}=(2u-2;u-2)$
$\overrightarrow{AC}=(2v-2;v-2)$
$\overrightarrow{CB}=(2u-2v;u-v)$
để tam giác ABC vuông tại B $\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CB}=0$
$\Leftrightarrow 4(u-1)(u-v)+(u-2)(v-v)=0\Rightarrow u=\frac{6}{5}$
lại có AB=2AC nên
$(2u-2)^{2}+(u-2)^{2}=2(2u-2v)^{2}+2(v-2)^{2}$
$\Leftrightarrow 10v^{2}-\frac{136}{5}v+\frac{468}{25}=0$ (vô nghiệm)
vậy không có điểm C để thỏa mãn yêu cầu đề bài. |
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải hộ e vs
|
|
|
|
ta dễ dàng biến đổi được$sin^{6}x+cos^{6}x=1-\frac{3}{4}sin^{2}2x$khi đó $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{4sin2xcos2xdx}{\sqrt{4-3sin^{2}2x}}$đặt $4-3sin^{2}2x=t\Rightarrow dt=-12sin2xcos2xdx$.với $x=0\Rightarrow t=4, x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow 1$do đó $I=\frac{-1}{3}\int\limits_{4}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}}=-\frac{2}{3}(1-2)=\frac{2}{3}$
ta dễ dàng biến đổi được$sin^{6}x+cos^{6}x=1-\frac{3}{4}sin^{2}2x$khi đó $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{4sin2xcos2xdx}{\sqrt{4-3sin^{2}2x}}$đặt $4-3sin^{2}2x=t\Rightarrow dt=-12sin2xcos2xdx$.với $x=0\Rightarrow t=4, x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow 1$do đó $I=\frac{-1}{3}\int\limits_{4}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}}=-\frac{2}{3}(1-2)=\frac{2}{3}$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải hộ e vs
|
|
|
|
ta dễ dàng biến đổi được
$sin^{6}x+cos^{6}x=1-\frac{3}{4}sin^{2}2x$
khi đó $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{4sin2xcos2xdx}{\sqrt{4-3sin^{2}2x}}$
đặt $4-3sin^{2}2x=t\Rightarrow dt=-12sin2xcos2xdx$.
với $x=0\Rightarrow t=4, x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow 1$
do đó $I=\frac{-1}{3}\int\limits_{4}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}}=-\frac{2}{3}(1-2)=\frac{2}{3}$ |
|
|
|
sửa đổi
|
hê phương trình khó, giúp em!
|
|
|
|
1,$\begin{cases}2x^{2}-xy+y^{2}=3 (1) \\ 2x^{3}-9y^{3}=(x-y)(2xy+3) \end{cases}$với $x,y\in R$ thay (1) vào (2) ta được(2) $\Leftrightarrow 2x^{3}-9y^{3}=(x-y)(2x^{2}+xy+y^{2})$$\Leftrightarrow 8y^{3}-x^{2}y=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{2}y(3)\\ x=-2\sqrt{2}y(4) \end{matrix}} \right.$ (vì y=0 không phải nghiệm hệ)thay (3) vào (1) ta được$16y^{2}-2\sqrt{2}y^{2}+y^{2}=3$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} y=\sqrt{\frac{3}{17-2\sqrt{2}}}\\y= -\sqrt{\frac{3}{17-2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$$\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{\frac{6}{17-2\sqrt{2}}}\\x=-2\sqrt{\frac{6}{17-2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$tương tự thay (4) vào (1) ta được$\left[ {\begin{matrix} y=\sqrt{\frac{3}{17+2\sqrt{2}}}\\ y= -\sqrt{\frac{3}{17+2\sqrt{2}}}\end{matrix}} \right.$$\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{\frac{6}{17+2\sqrt{2}}}\\ x=-2\sqrt{\frac{6}{17+2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$2,với $y\neq 0$hệ $\Leftrightarrow \begin{cases}xy+x+2-10y=0 (1) \\ x^{2}y^{2}+2xy^{2}-12y^{2}+1=0 (2) \end{cases} $vì x=10 không phải nghiệm hệ nên (1) $\Leftrightarrow y=\frac{x+2}{10-x}$ thay vào (2) ta được(2) $\Leftrightarrow x^{4}+6x^{3}+x^{2}-60x+52=0$$\Leftrightarrow (x^{2}-3x+2)(x^{2}+9x+26)=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\Rightarrow y=-\frac{1}{3}\\ x=2\Rightarrow y=-\frac{1}{2}\end{matrix}} \right.$
1,$\begin{cases}2x^{2}-xy+y^{2}=3 (1) \\ 2x^{3}-9y^{3}=(x-y)(2xy+3) \end{cases}$với $x,y\in R$ thay (1) vào (2) ta được(2) $\Leftrightarrow 2x^{3}-9y^{3}=(x-y)(2x^{2}+xy+y^{2})$$\Leftrightarrow 8y^{3}-x^{2}y=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{2}y(3)\\ x=-2\sqrt{2}y(4) \end{matrix}} \right.$ (vì y=0 không phải nghiệm hệ)thay (3) vào (1) ta được$16y^{2}-2\sqrt{2}y^{2}+y^{2}=3$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} y=\sqrt{\frac{3}{17-2\sqrt{2}}}\\y= -\sqrt{\frac{3}{17-2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$$\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{\frac{6}{17-2\sqrt{2}}}\\x=-2\sqrt{\frac{6}{17-2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$tương tự thay (4) vào (1) ta được$\left[ {\begin{matrix} y=\sqrt{\frac{3}{17+2\sqrt{2}}}\\ y= -\sqrt{\frac{3}{17+2\sqrt{2}}}\end{matrix}} \right.$$\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\sqrt{\frac{6}{17+2\sqrt{2}}}\\ x=-2\sqrt{\frac{6}{17+2\sqrt{2}}} \end{matrix}} \right.$2,với $y\neq 0$hệ $\Leftrightarrow \begin{cases}xy+x+2-10y=0 (1) \\ x^{2}y^{2}+2xy^{2}-12y^{2}+1=0 (2) \end{cases} $vì x=10 không phải nghiệm hệ nên (1) $\Leftrightarrow y=\frac{x+2}{10-x}$ thay vào (2) ta được(2) $\Leftrightarrow x^{4}+6x^{3}+x^{2}-60x+52=0$$\Leftrightarrow (x^{2}-3x+2)(x^{2}+9x+26)=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\Rightarrow y=-\frac{1}{3}\\ x=2\Rightarrow y=-\frac{1}{2}\end{matrix}} \right.$3, với $x\geq 5, y\geq 0$hệ $\Leftrightarrow \begin{cases}x\sqrt{x}-8\sqrt{y}=\sqrt{x}+y\sqrt{y} (1) \\ y=x-5 (2) \end{cases}$thay (2) vào (1) ta được(1) $\Leftrightarrow x\sqrt{x}-8\sqrt{x-5}-\sqrt{x}-(x-5)\sqrt{x-5}=0$$\Leftrightarrow x(\sqrt{x}-3)-8(\sqrt{x-5}-2)-(\sqrt{x}-3)-(x-5)(\sqrt{x-5}-2)+x-9=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x-9=0\\ \frac{x-1}{\sqrt{x}+3}-\frac{x+3}{\sqrt{x-5}+2}+1=0 \end{matrix}} \right.$(1) $\Leftrightarrow x=9$xét (2) ta cóVT= $ \geq \frac{4}{\sqrt{x}+3}-\frac{x+3}{2}+1=\frac{4}{\sqrt{x}+3}-\frac{x+1}{2} \forall x\geq 5$ta luôn có$(\sqrt{x}-1)(x+4\sqrt{x}+5)>0\forall x\geq 5$$\Leftrightarrow (x+1)(\sqrt{x}+3)<8$$\Leftrightarrow \frac{4}{\sqrt{x}+3}>\frac{x+1}{2}$từ đó suy ra VT $>0\forall x\geq 5$vậy (2) vô nghiệmKL (x;y)=(9;4) là nghiệm duy nhất của hệ.
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
lm jum đi
a thấy bài này có vấn đề. làm thì có ra nhưng phức tạp
|
|
|
|
|
|