0

1 5 buồng phun hoặc thùng rửa khí rỗng

TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH; LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 2) pdf

TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH; LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 2) pdf

Toán học

... đương với 12 x   x  16  x  11   x  3  12 x    x  11  x  11    x3 2   x  11       x   x  11  x   x  11  1  Xét trường hợp x   x  11  x  16   x ... x   x  11  Rõ ràng (1) vô nghiệm  Xét trường hợp x   x  11  x  16   x  2 Như 3  x  2 Khi x   x  11   x  99  x  11  x  14 x  33  16  x  14 x  33  5 x  47 (2) ...  x  1    x 1 1  x 1   x 1 1 1 x 1 1 x 1  Do x  nên 1  x    x    x    x   x   x  x   x    x  5 Kết luận điều kiện x  thu nghiệm S  1;   4...
  • 22
  • 1,155
  • 15
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNHBÀI TẬP SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 1) pptx

TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNHBÀI TẬP SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 1) pptx

Toán học

... 10 0 − x − 10 1 − x − 10 2 = + + + + 10 2 10 0 10 1 − x + − x + 10 10 + =3 +3 10 7− x +9 − x + 10 11 , 12 , 14 8 − + x 16 9 − + x 18 6 − + x 19 9 − + x + + + = 10 25 23 21 19 4 14 , − = − x x + 3x − x − 12 ... 36 38 8, 4 x − 17 4 x − 21 4 x + + =4 33 29 25 9, 11 x + 43 11 x + 46 11 x + 49 11 x + 52 + = + 57 54 51 48 10 , 29 − x − 27 − x − 25 − x − 23 − x − 21 − x − + + + + = 5 21 23 25 27 29 − x − − ... 25 x + 30 x + 35 x + 40 + = + 1, 75 70 65 60 99 − x 97 − x 95 − x 93 − x + + + > −4 2, 10 1 10 3 10 5 10 3 x − 49 x − 50 49 50 + ≤3 +3 3, 50 49 x − 50 x − 49 4, 3 x + 14 3 x + 15 3 x + 16 3 x + 17 ...
  • 18
  • 601
  • 5
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ; BÀI TẬP SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 2) potx

TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ; BÀI TẬP SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 2) potx

Toán học

... x + − 1+ 2x ) 9, 12 x + ≥ ( x + 3) + 10 , x + = x − 13 x − 11 , x ≤ + x + + x + 12 , x2 + − x < 7x x 1 13, 25 x − 39 x + 11 + − x = 14 , x − 11 x + ≥ 1 4x − x 15 , 2− x 1 x ( ... − 2x 1 + x ≥2 x −4 12 , x + x + = x + 13 , x + + x + = + x 25 x + x − 1 13 x − 35 + 2x − 15 , x + + x ≥ 2 + x + 5x =1 16, − 12 − x − 10 x 17 , ≥ 1 x − x + 14 , 18 , + 13 x = 12 x + − − x 19 , x + ... − >1 x ( − 3x ) 17 , x2 + x − 1 22 x − 40 18 , 25 x − x + + x = x2 + 6 + x =1 x + 14 20, x + + x + ≤ 19 x 19 , 10 3 + x − > 13 x 11 22, x + + 4− x = x x + 12 + x 23, =1 11x + 12 21, x + 24, x2 +...
  • 10
  • 793
  • 13
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÝ THUYẾT: SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 1) docx

TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÝ THUYẾT: SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 1) docx

Toán học

...  x  x    x  25 x  x  10   x   x  11   11 x   x   11 x    x     11   x   x  12 1x  11 0 x  25   27 x 12 1x  13 7 x  16   16   x  12 1  Kết luận nghiệm ... 1 2x 1 2,  x 1 x  11 3x  5x  3,  x  1 3x   1, 4, 2x  x x   x  5x  x  x 3x  5, x  3x   2x 1 6,  1 x  7x  x  7, 8, x 1   x   4x  3x   x  2 x 1 x  1 4x 1 ...  11  x  x  11  16  x  x  11   x    x   x  x  11  x  16 x  64 Thử lại thấy phương trình cho có nghiệm x  Bài toán 53 Giải phương trình x  1  x  x  Lời giải  x  1...
  • 20
  • 538
  • 1
lí thuyết sử dụng biến đổi tương đương và nâng lên lũy thừa (phần 1)

lí thuyết sử dụng biến đổi tương đương và nâng lên lũy thừa (phần 1)

Toán học

... x  18 x  x  1   52 x  x  x 1 x 1 50     x  x  x  x  53   x  x  x  x  12 10   54 x  x 1 x  x 1 x 53 x x  1 3x  x  3x  x  x 3 15 x  45 11 56   x  13 ...  13 x  x  16   x 10 5 x  x   x  11 x2  x    12 x2  x   x  13  x  x  x  x 14 x3  x  x   x 15 x  x  x  11   x 16 x  x  x  10  x   17 x  25 x  10 x ...  10 x2  x   x2  x   11 x3  3x   12 x3  x  x   2 13 5x3  x   14 x3  x  x   15 x3  x  x   16 x4  x   17 x  x  12 x   18 x4  x2  x   19 x  x  x  17 ...
  • 110
  • 434
  • 0
Biến đổi tương đương mạch tuyến tính_chương 8

Biến đổi tương đương mạch tuyến tính_chương 8

Cao đẳng - Đại học

... Y1 + Y2 = / Z + / Z = / j10 + / 20 = 0, 05 − j0 ,1 = 0 ,11 2〈−630 S nãn Z ac = / Yac = / 0 ,11 2〈−630 = 8, 95 630 = + j8Ω E Y − E Y2 − j0 ,1 − 0, 05 0 ,11 2〈 11 6,6 12 0 = 12 0〈 53 ,6 = 72 − j96( V ) 12 0 ... ac = 1 0 0 ,11 2〈−63 Yac 0 ,11 2〈−63 Ybd = Y3 + Y4 = / Z + / Z = / − j10 + / 20 = 0, 05 + j0 ,1 = 0 ,11 2〈 630 nãn Z bd = / Ybd = / 0 ,11 2〈 630 = 8, 95 −630 = − j8Ω E Y + J 12 0 j0 ,1 + 10 15 ,6 50 E bd ... bd = 3 = 13 9〈 13 0 = 13 6 − j32( V ) = = 0 Ybd 0 ,11 2〈 63 0 ,11 2〈 63 Tỉì så âäư hçnh (h.8 .10 b) âỉåüc dng qua ampemẹt : E ac + E bd (72 + j96 ) + (13 6 − j32 ) 208 − j128 244〈− 31, 6 I= = 19 ,1 −830...
  • 4
  • 711
  • 2
Tài liệu Biến đổi tương đương mạch tuyến tính ppt

Tài liệu Biến đổi tương đương mạch tuyến tính ppt

Cao đẳng - Đại học

... Y1 + Y2 = / Z + / Z = / j10 + / 20 = 0, 05 − j0 ,1 = 0 ,11 2〈−630 S nãn Z ac = / Yac = / 0 ,11 2〈−630 = 8, 95 630 = + j8Ω E Y − E Y2 − j0 ,1 − 0, 05 0 ,11 2〈 11 6,6 12 0 = 12 0〈 53 ,6 = 72 − j96( V ) 12 0 ... ac = 1 0 0 ,11 2〈−63 Yac 0 ,11 2〈−63 Ybd = Y3 + Y4 = / Z + / Z = / − j10 + / 20 = 0, 05 + j0 ,1 = 0 ,11 2〈 630 nãn Z bd = / Ybd = / 0 ,11 2〈 630 = 8, 95 −630 = − j8Ω E Y + J 12 0 j0 ,1 + 10 15 ,6 50 E bd ... bd = 3 = 13 9〈 13 0 = 13 6 − j32( V ) = = 0 Ybd 0 ,11 2〈 63 0 ,11 2〈 63 Tỉì så âäư hçnh (h.8 .10 b) âỉåüc dng qua ampemẹt : E ac + E bd (72 + j96 ) + (13 6 − j32 ) 208 − j128 244〈− 31, 6 I= = 19 ,1 −830...
  • 4
  • 453
  • 3
Báo cáo bài tập lớn automata về biến đổi tương đương của các DFA

Báo cáo bài tập lớn automata về biến đổi tương đương của các DFA

Lập trình

... 10 11) = δ(δ*(q0, 10 1), 1) = δ (q1, 1) = q1 δ*(q0, 10 110 ) = δ(δ*(q0, 10 11) , 0) = δ (q1, 0) = q0 δ*(q0, 10 110 1) = δ(δ*(q0, 10 110 ), 1) = δ (q0, 1) = q1 Như vậy, xâu vào w = 10 110 1 thừa nhận DFA Chúng ... w = 10 110 1 ngôn ngữ L δ*(q0, ε) = q0 δ*(q0, 1) = δ (δ*(q0, ε), 1) = δ*(q, 1) = q1 δ*(q0, 10 ) = δ(δ*(q0, 1) , 0) = δ (q1, 0) = q0 δ*(q0, 10 1) = δ(δ*(q0, 10 ), 1) = δ (q0, 1) = q1 δ*(q0, 10 11) = ... 10 110 1 thừa nhận DFA Chúng ta biểu diễn trình đoán nhận đơn giản sau: q0- 10 110 1  q1- 011 01  q0 -11 01  q1 -10 1  q1- 01 q0 -1 q1∈ F I.6 Ngôn ngữ thừa nhận DFA Định nghĩa: Cho DFA M = (Q, Σ, δ, q0,...
  • 20
  • 1,202
  • 2
Phương pháp biến đổi tương đương phương trình logarit

Phương pháp biến đổi tương đương phương trình logarit

Toán học

...  t = 1+ t = ⇔ t2 + t − = ⇔ t ⇔ 2x = ⇔ x = ( ) ( x +1 x Ví dụ 16 : Giải phương trình: ( x − 1) log5 + log5 + = log5 11 .3 − ( 1) ⇔ log5 3( ⇔ 3( x 1) x 1) ( ) ( + log5 x +1 + = log5 11 .3 x − ... 11 .3 x − ( ) ) x +1 + = 11 .3 x − ⇔ 3( x 1) ( 3x +1 + 3) = 11 .3x − ⇔ 32 x − 10 .3x + = 3 x = x = ⇔ x ⇔ x = 3 = Ví dụ 17 : log ( x + 1) + = log 2 − x + log ( + x ) ( x + 1) >   Điều kiện: ... 10 .lg x log4 x = log4 10 .lg x Khi phương trình có dạng: log2 10 .lg x + log3 10 .lg x + log4 10 .lg x = lg x ⇔ lg x ( log2 10 + log3 10 + log4 10 − 1) = ⇔ lg x = ⇔ x = ( ) x Ví dụ 15 : Giải phương trình:...
  • 8
  • 1,494
  • 11
Các đẳng thức và biến đổi tương đương docx

Các đẳng thức và biến đổi tương đương docx

Cao đẳng - Đại học

... là: (1 − a1 ) (1 − a2 ) (1 − ak ) ≥ 2 * n = k + : Ta c n ch ng minh (1 − a1 ) (1 − a2 ) (1 − ak +1 ) ≥ Ta có: (1 − a1 ) (1 − a2 ) (1 − ak +1 ) = (1 − a1 ) (1 − ak 1 ) 1 − ( ak − ak +1 ) + ... Ta xét: 1 1  + + +  ak +1   a1 a2 ( a1 + a2 + + ak +1 )  1 1 11  = ( a1 + a2 + + ak )  + + +  + ( a1 + a2 + + ak ) + ak +1  + + +  +1 ak  ak +1 ak   a1 a2  a1 a2  a ... − 1; 1] ta có: 1+ t + 1 t ≥ 1+ 1+ t2 ≥ − t2 * Hư ng d n • V i ∀t ∈ [ − 1; 1] , ta có: (1 − t ) + (1 − t ) (1 + t ) + (1 + t ) ≥ + − t + (1 − t ) Bi n i tương ương suy + t + − t ≥ + + t • T : ≤ 1 ...
  • 49
  • 537
  • 1
Tuyển tập Hệ phương trình giải bằng phương pháp biến đổi tương đương ( Trích từ các đề thi thử Đại Học)

Tuyển tập Hệ phương trình giải bằng phương pháp biến đổi tương đương ( Trích từ các đề thi thử Đại Học)

Toán học

... suy y2 5x (3) Th vo (1) c: x y 5x y y3 16 x x x y 16 x x hoc x xy 16 Vi x y y Vi x 5xy 16 x 16 y 5x x 32 x 256 12 5 x 10 0 x (4) Th vo (3) c: x 16 5x 5x x ... 97 Bi 98 Bi 99 Bi 10 0 Bi 10 1 Bi 10 2 Bi 10 3 Bi 10 4 Bi 10 5 Bi 10 6 Bi 10 7 Bi 10 8 Bi 10 9 Bi 11 0 Ti liu ụn thi i hc mụn Toỏn Ngi son : V Trung Thnh -Trng THPT Bỡnh Giang, Trang s 35 ... = (tmk) 11 1 x x 17 7x 7x x 25 49 x 21x 11 x x 17 25 17 76 y (tmk) 25 25 17 76 Vy h phng trỡnh cú hai nghim l (x;y) = (2 ;1) v (x;y) = ; 25 25 x y x xy Bi 69 Gii...
  • 35
  • 862
  • 1
ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Toán học

... là: (1 − a1 ) (1 − a2 ) (1 − ak ) ≥ 2 * n = k + : Ta c n ch ng minh (1 − a1 ) (1 − a2 ) (1 − ak +1 ) ≥ Ta có: (1 − a1 ) (1 − a2 ) (1 − ak +1 ) = (1 − a1 ) (1 − ak 1 ) 1 − ( ak − ak +1 ) + ... Ta xét: 1 1  + + +  ak +1   a1 a2 ( a1 + a2 + + ak +1 )  1 1 11  = ( a1 + a2 + + ak )  + + +  + ( a1 + a2 + + ak ) + ak +1  + + +  +1 ak  ak +1 ak   a1 a2  a1 a2  a ... − 1; 1] ta có: 1+ t + 1 t ≥ 1+ 1+ t2 ≥ − t2 * Hư ng d n • V i ∀t ∈ [ − 1; 1] , ta có: (1 − t ) + (1 − t ) (1 + t ) + (1 + t ) ≥ + − t + (1 − t ) Bi n i tương ương suy + t + − t ≥ + + t • T : ≤ 1 ...
  • 49
  • 422
  • 0
BÀI GIẢNG LÝ THUYẾT MẠCH 1A -CHƯƠNG 5 CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

BÀI GIẢNG LÝ THUYẾT MẠCH 1A -CHƯƠNG 5 CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Cao đẳng - Đại học

... đồ MFĐTĐ mạng cửa hình 5 .11 a & & I I 1 & Z1 I Z & E1 Z3 & E2 1 Hình 5 .11 a Giải: Z1 & U Z3 Z2 YV 1 ⇔ ng Y0 Hình 5 .11 b & U 1 1 + + YV = Z1 Z2 Z3 Z1 Z + Z Z + Z Z1 = Z1 Z Z Y0 = YV Ví dụ Tìm ... I1 Z12 Z 23 Z2 Z3 = Z2 + Z3 + Z1 Z 31 Z1 Z1 Z = Z1 + Z + Z3 Z1 Z = Z1 + Z + Z2 Z3 & I2 Z2 Z12 & I3 Z 31 Z23 5. 2.3 Biến đổi – tam giác tương đương & I1 & I12 Z 31 Z1 = Z12 & I 31 & I3 Z12 Z 23 Z12 ... E1 Za Z4 & I1 & b I5 Z5 & I2 Z2 Z1 c & I3 Z3 Zb a Zc b c & I1 & I2 & I3 Z1 Z2 Z3 & E1 Giải a & E1 Z6 & I6 & I4 Za Z4 & b I5 Z5 & I2 Z2 & I1 c & I3 Z3 Zb a Zc b c & I1 & I2 & I3 Z1 Z2 Z3 & E1...
  • 72
  • 1,681
  • 4

Xem thêm