Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giả sử z = a + bi
Khi đó: |z|=√a2+b2|z|=a2+b2
Từ đó suy ra:
|z|=√a2=|a|≥a,|z|=√b2=|b|≥b
Ta có : \(y'=-x^2+2mx+m-2\Rightarrow\Delta'=m^2+m-2\)
Hàm số đồng biến trên đoạn có độ dài bằng 4 <=> phương trình y' =0 có 2 nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\) và thỏa mãn :
\(\left|x_1-x_2\right|=4\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta'>0\\\left|x_1-x_2\right|=4\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m^2+m-2>0\\\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1.x_2=16\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}m^2+m-2>0\\4m^2+4\left(m-2\right)=16\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow m=2\) hoặc \(m=-3\)
Kết luận \(m=2\) hoặc \(m=-3\) thì hàm số đồng biến trên đoạn có độ dài bằng 4
Gọi \(x_1,x_2\) là các nghiệm phương trình và \(r=\left|x_2\right|=\left|x_2\right|\) Khi đó :
\(\frac{p^2}{q^2}=\frac{\left(x_1+x_2\right)^2}{x_1x_2}=\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}+2=\frac{x_1\overline{x_2}}{r^2}+\frac{x_2\overline{x_1}}{r^2}+2=2+\frac{2}{r^2}Re\left(x_1\overline{x_2}\right)\)
Là số thực, hơn nữa :
\(Re\left(x_1\overline{x_2}\right)\ge-\left|x_1\overline{x_2}\right|=-r^2\)
Do đó \(\frac{p^2}{q^2}\ge0\)
vậy \(\frac{p}{q}\) là một số thực
\(z=x+yi\Rightarrow x^2+y^2=1\Rightarrow y^2=1-x^2\)
\(\frac{1}{1-z}=\frac{1}{1-x-yi}=\frac{1-x+yi}{\left(1-x\right)^2+y^2}=\frac{1-x+y.i}{x^2-2x+1+1-x^2}=\frac{1}{2}+\frac{y}{2-2x}.i\)
Phần thực bằng \(\frac{1}{2}\)
Trắc nghiệm: lấy \(z=i\) có \(\left|z\right|=1\) khi đó bấm máy \(\frac{1}{1-i}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}i\) chọn luôn đáp án A
Ta có \(y'=4x^3-4mx=4x\left(x^2-m\right);y'=0\Leftrightarrow x=0\) hoặc \(x^2=m\)
Hàm số có 3 điểm cực trị \(\Leftrightarrow\) phương trình \(y'=0\) có 3 nghiệm phân biệt là \(x=0;x=\pm\sqrt{m}\) suy ra đồ thị của hàm số có 3 điểm cực trị là \(A\left(0;m^2-m\right);B\left(-\sqrt{m};-m\right);\overrightarrow{AB}=\left(-\sqrt{m};-m^2\right);\overrightarrow{AC}=\left(\sqrt{m;}-m^2\right)\)
Do đó \(AB=AC=\sqrt{m^4+m}\) nên yêu cầu bài toán được thỏa mãn
\(\Leftrightarrow\widehat{BAC}=120^0\Leftrightarrow\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)=120^0\)\(\Leftrightarrow\frac{\overrightarrow{AB}\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|\left|\overrightarrow{AC}\right|}=\frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{-\left(m\right)+m^4}{m+m^4}=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow2m^4-2m=-m-m^4\)
\(\Leftrightarrow3m^4-m=0\Leftrightarrow m\left(3m^3-1\right)=0\Leftrightarrow m=0\) hoặc \(m=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
Kết hợp với điều kiện (*) ta có giá trị cần tìm là \(m=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
Hiện tại vẫn chưa chắc chắn, Giả thuyết Riemann là một trong những bài toán khó nhất lịch sử toán học. Siêu máy tính đã kiểm tra hơn 10.000 tỷ nghiệm có phần thực bằng 1/2. Chx ai chứng minh được điều này đúng với vô số nghiệm còn lại.
_Ph Khánh Diệp là máy trả lời hay người trả lời đấy?
k
whatt
người chứ ?
câu hỏi dễ
zeta=giái tao
riemann=rèm màn
1/2=gojo
suy ra gojo and sukuna đã...
Chưa biết đúng hay sai.
Giải thích: Đây là Giả thuyết Riemann, phát biểu rằng mọi nghiệm không tầm thường của hàm zeta Riemann đều có phần thực bằng 1/2. Đến nay, giả thuyết này vẫn chưa được chứng minh hoặc bác bỏ, nên không thể khẳng định là đúng 100%.
Hiện tại vẫn chưa chắc chắn, Giả thuyết Riemann là một trong những bài toán khó nhất lịch sử toán học. Siêu máy tính đã kiểm tra hơn 10.000 tỷ nghiệm có phần thực bằng 1/2. Chx ai chứng minh được điều này đúng với vô số nghiệm còn lại.
Hiện nay chưa ai biết chắc chắn.
Giả thuyết Riemann phát biểu rằng mọi nghiệm không tầm thường của hàm zeta Riemann đều có phần thực bằng 1/2.
ℜ(s)=12\Re(s)=\frac{1}{2}ℜ(s)=21
Giải thích, hàm zeta Riemann có các nghiệm tầm thường là các số âm chẵn -2, -4, -6, ... Còn các nghiệm không tầm thường nằm trong dải 0 < Re(s) < 1. Giả thuyết Riemann cho rằng tất cả các nghiệm không tầm thường này đều nằm đúng trên đường thẳng Re(s) = 1/2.
Đến nay, hàng nghìn tỷ nghiệm đầu tiên đã được kiểm tra bằng máy tính và đều thỏa mãn giả thuyết, nhưng vẫn chưa có chứng minh toán học tổng quát cũng như phản ví dụ nào được tìm thấy.
Vì vậy, câu trả lời là: chưa biết đúng hay sai, đây vẫn là một bài toán mở nổi tiếng của toán học. Giả thuyết Riemann là một trong bảy bài toán Thiên niên kỷ của Clay Mathematics Institute, ai chứng minh hoặc bác bỏ được sẽ nhận giải thưởng 1 triệu USD.