\(n_{C_3H_6O_2}=0,05\left(mol\right)\)

\(n_{CO_2}=3n_{C_3H_6O_2}=3.0,05=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{CO_2}=22,4.0,15=3,36\left(l\right)\)

\(n_{H_2O}=\frac{6}{2}n_{C_3H_6O_2}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{H_2O}=18.0,15=2,7\left(g\right)\)

Bài làm của ông a :))

đk: \(-\sqrt[4]{2}\le x\le\sqrt[4]{2}\)

Nếu x = 0 thay vào ta được PT không có nghiệm

Nếu x khác 0 thì ta có: \(x^2\cdot\sqrt[4]{2-x^4}=x^4-x^3+1\)

\(\Leftrightarrow x^2\cdot\sqrt[4]{2-x^4}+x^3=x^4+1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt[4]{2-x^4}+x=x^2+\frac{1}{x^2}\)

Đến đây ta sẽ sử dụng 2 BĐT quá là quen thuộc, Cauchy và Bunyakovsky!

Áp dụng Cauchy ta được: \(x^2+\frac{1}{x^2}\ge2\) 

Dấu "=" xảy ra khi: \(x^2=\frac{1}{x^2}\Leftrightarrow x^4=1\Rightarrow x^2=1\)

Mặt khác, áp dụng Bunyakovsky ta có:

\(\left(\sqrt[4]{2-x^4}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(\sqrt{2-x^4}+x^2\right)\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{2-x^4}+x^2\right)\le4\left(\sqrt{2-x^4}+x^2\right)^2\le4\cdot2\cdot\left(2-x^4+x^2\right)=8\cdot2=16\)

\(\Rightarrow\sqrt[4]{2-x^4}+x\le\sqrt[4]{16}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi: x = 1

Vậy x = 1

            \(x^2.\sqrt[4]{2-x^4}=x^4-x^3+1\left(1\right)\)

Ta có x = 0 không là \(n_0\) của (1)

Với \(x\ne0\), Ta có 

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\sqrt[4]{2-x^4}=x^2-x+\frac{1}{x^2}\)

\(\Leftrightarrow x+\sqrt[4]{2-x^4}=x^2+\frac{1}{x^2}\left(2\right)\)

\(VP_{\left(2\right)}=x^2+\frac{1}{x^2}\ge2\)(cô si )

\(VT_{\left(2\right)}=x+\sqrt[4]{2-x^4}\le\sqrt{\left(1+1\right)\left(x^2+\sqrt{2-x^4}\right)}\le\sqrt{2\sqrt{\left(1+1\right)\left(x^2+2-x^4\right)}}\)\(=\sqrt{2.\sqrt{2.2}}=2\)

Do đó \(\left(2\right)\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}VP_{\left(2\right)}=2\\VT_{\left(2\right)}=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\x=\sqrt[4]{2-x^4}\\x^2=\sqrt{2-x^4}\end{cases}}\Leftrightarrow x=1\)

Kết luận Vậy phương trình (1) có \(n_0\)duy nhất \(x=1\)

Câu 1: Điều kiện \(D=\left(-\infty;0\right)U\left(1;+\infty\right)\)

\(y'=\frac{\sqrt{x^2-x}-x.\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x}}}{x^2-x}=\frac{-x}{2\left(x^2-x\right)\sqrt{x^2-x}}\)

Ta thấy \(y'< 0\) trên \(\left(1;+\infty\right)\), suy ra hàm số nghịch biến trên \(\left(1;+\infty\right)\).

Câu 2: 

\(y'=1+\frac{2x}{\sqrt{2x^2+1}}=\frac{2x+\sqrt{2x^2+1}}{\sqrt{2x^2+1}}\)

Xét bất phương trình:

\(2x+\sqrt{2x^2+1}< 0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2x^2+1}< -2x\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x< 0\\2x^2+1< 4x^2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x< 0\\x< \frac{-\sqrt{2}}{2}\left(h\right)x>\frac{\sqrt{2}}{2}\end{cases}}\Leftrightarrow x< \frac{-\sqrt{2}}{2}\)

Vậy hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;\frac{-\sqrt{2}}{2}\right)\).

Bài này thì chia 2 vế của giả thiết cho z² ta thu được:

\(\frac{x}{z}+2.\frac{x}{z}.\frac{y}{z}+\frac{y}{z}=4\Leftrightarrow a+2ab+b=4\)

(đặt \(a=\frac{x}{z};b=\frac{y}{z}\)).Mà ta có: \(4=a+2ab+b\le a+b+\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\Rightarrow a+b\ge2\) Lại có:

\(P=\frac{\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)^2}{\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)^2+\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)}+\frac{3}{2}.\frac{1}{\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}+1\right)^2}\) (chia lần lượt cả tử và mẫu của mỗi phân thức cho z²)

\(=\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)}+\frac{3}{2\left(a+b+1\right)^2}\).. Tiếp tục đặt \(t=a+b\ge2\) thu được:

\(P=\frac{t}{\left(t+1\right)}+\frac{3}{2\left(t+1\right)^2}=\frac{2t\left(t+1\right)+3}{2\left(t+1\right)^2}\)\(=\frac{2t^2+2t+3}{2\left(t+1\right)^2}-\frac{5}{6}+\frac{5}{6}\)

\(=\frac{2\left(t-2\right)^2}{12\left(t+1\right)^2}+\frac{5}{6}\ge\frac{5}{6}\)

Vậy...

P/s: check xem em có tính sai chỗ nào không:v

Dấu "=" xảy ra khi nào vậy Khang ?