|
|
giải đáp
|
Nguyên hàm
|
|
|
|
$\textstyle \int 5x^4(x^5+5)^7 \mathrm dx$ $=\textstyle \int (x^5+5)^7\cdot(x^5)'\mathrm dx$ $=\textstyle \int(x^5+5)^7 \mathrm d(x^5)$ $=\frac 18\left ( x^5+5 \right )^8+C$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tính nguyên hàm
|
|
|
|
$\textstyle \int \sin^42x\mathrm dx$ $=\int \left ( \frac{1-\cos 4x}{2} \right )^2\mathrm dx$ $=\frac 14\int\left ( \cos^2 4x-2\cos 4x +1\right )\mathrm dx$
$=\frac 18\int\left (1+\cos 8x-4\cos 4x +2\right )\mathrm dx$ $=\frac{\sin 8x}{64}-\frac{\sin4x}{8}+\frac{3x}{8}+C$ |
|
|
|
giải đáp
|
ứng dụng của tích phân
|
|
|
|
Tịnh tiến 3 đồ thị theo vector $\vec u(0;-1)$. Diện tích hình phẳng đã cho ko đổi và bằng với diện tích giới hạn giữa đồ thị $f(x)=2^x-1,g(x)=-x+2$ và trục hoành. Chúng giao nhau tại $A(1;2)$ và cắt trục hoành lần lượt tại $O$ và $B(0;2)$. Nên diện tích cần tìm là diện tích của "tam giác" $AOB$
$S=\int_0^1 f(x) \mathrm dx+\int_1^2g(x)\mathrm dx=\frac 1{\ln2}-\frac 12$(dvdt) |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp mình nhé! Gấp
|
|
|
|
Tađi tìm nghiệm nguyên của pt $xy=5(x+y)$ $\Leftrightarrow x(y-5)=5(y-5)+25$
Suy ra $25\;\vdots\; (y-5)$ $\Rightarrow y-5=\pm5 $ hoặc $y-5=\pm 1$ hoặc $y-5=\pm 25$
Từ đây suy ra có 4 cặp số thỏa mãn $(0;0),(4,-20),(6;30),(10;10)$
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Vì $$a^2b(1-b)+b^2c(1-c)+c^2a(1-a) \ge0$$ Nên $$a^2b+b^2c+c^2a +3\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3$$ Mà $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3=(1-a^2)(1-b^2)+(1-b^2)(1-c^2)+(1-c^2)(1-a^2)+2(a^2+b^2+c^2) \ge 2(a^2+b^2+c^2)$
Suy ra $a^2b+b^2c+c^2a+3 \ge 2(a^2+b^2+c^2)=2\left[a^3+b^3+c^3+a^2(1-a)+b^2(1-b)+c^2(1-b)\right] \ge 2(a^3+b^3+c^3)$
|
|
|
|
giải đáp
|
anh chị giải giúp em với
|
|
|
|
Ta có $\rm AB=AC=\frac{BC}{\sqrt 2}=\frac{a\sqrt 2}{2}$ và $\rm SA=\sqrt{SB^2-AB^2}=\frac a2$ Gọi $\rm H$ là trực tâm của của $\rm \triangle SBC$ thì ta có $\rm d\left[A,\left(SBC\right)\right]=AH$ (do $\rm SABC$ là tứ diện vuông) Và $\rm \frac{1}{AH^2}=\frac 1{AB^2}+\frac 1{AS^2}+\frac 1{AC^2}=\frac{2}{a^2}+\frac 2{a^2}+\frac 4{a^2}=\frac {8}{a^2}$
Hay $\rm d\left[A,\left(SBC\right)\right]=\frac{a\sqrt 2}{4}$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bất đẳng thức
|
|
|
|
Đặt $f(t)=t\sqrt{t(2-t)},\;t\in(0;1)$Ta có $P=x\sqrt{(1-y)(1+y)}+y\sqrt{(1-x)(1+x)}=f(x)+f(y)$ Dự đoán dấu bằng xảy ra khi $x=y=\frac 12$. Ta sẽ tìm $a,b$ sao cho $f(t) \ge at+b \forall t \in (0;1)$ Muốn vậy thì đk cần là pt $f(t)-at-b=0$ có nghiệm kép là $t_0=\frac 12$ Để tìm $a,b$ có nhiều cách (Hệ số bất định, pt tiếp tuyến, đạo hàm,...). Ở đây ta tìm dc $a=\frac{2\sqrt 3}3,b=\frac{-\sqrt 3}{12}$ Nên ta hi vọng là $t\sqrt{t(2-t)}\ge \frac{2\sqrt 3}{3}t-\frac{\sqrt 3}{12}$ Xui xẻo là nó chỉ đúng khi $t \in\left(0;\frac{3+\sqrt 6}{6}\right]$. nên ta làm như sau
Lời giải KMTTQ giả sử $x \ge y\Rightarrow x \ge \frac 12$ Nếu $x> \frac{3+\sqrt 6}{6}$ thì $y < \frac{3-\sqrt 6}6\Rightarrow P>x\sqrt{1-y^2}>\frac 9{10}$ Nếu $x\le \frac{3+\sqrt 6}{6}$ thì ta có $P=f(x)+f(y) \ge (ax+b)+(ay+b)=a+2b=\frac {\sqrt 3}{2}$ $"="\Leftrightarrow x=y=\frac 12$. Vậy gtnn là $\frac{\sqrt 3}2$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giair toán nha
|
|
|
|
Dễ dàng tìm dc $x_{n+1}=x_n^2+3x_n+1$hay $x_{n+1}+1=(x_n+1)(x_n+2)$ $\Leftrightarrow \frac{1}{x_{n+1}}=\frac{1}{x_n+1}-\frac{1}{x_n+2}\Leftrightarrow \frac{1}{x_n+2}=\frac{1}{x_n+1}-\frac{1}{x_{n+1}+1}$
$\Rightarrow y_n=\sum_{i=1}^n\frac{1}{x_i+2}=\sum_{i=1}^n\left(\frac{1}{x_i+1}-\frac{1}{x_{i+1}+1}\right)=\frac 12-\frac 1{x_{n+1}+1}$ Vì $x_{n+1}-x_n=(x_n+1)^2 >0 \forall n=1,2,...\Rightarrow x_n$ là dãy tăng Giả sử $\lim x_n=\rm L\Rightarrow L=L^2+3L+1\Rightarrow L=-1$(vô lí) Vậy $x_n$ tăng và ko bị chặn $\Rightarrow \lim x_n=+\infty$
Từ đó ta có $\lim y_n=\lim\left(\frac 12-\frac{1}{x_{n+1}+1}\right)=\frac 12$
|
|
|
|
giải đáp
|
hú Hú
|
|
|
|
Đk $x \ne \frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{2}$
Do $\tan\left(x+\frac{\pi}{3}\right).\tan\left[\frac{\pi}{2}-\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\right]=1$ $\Rightarrow \tan\left(x-\frac \pi6\right).\tan\left(x+\frac \pi3\right)=-1$ $pt\Leftrightarrow \sin^3x.\sin 3x+\cos^3x.\cos 3x=\frac 18$ $\Leftrightarrow\sin^2x\left(\cos 2x-\cos 4x\right)+\cos^2x\left(\cos 2x+\cos 4x\right)=\frac 14$ $\Leftrightarrow (1-\cos 2x)(\cos 2x-\cos 4x)+(1+\cos 2x)(\cos 2x+\cos 4x)=\frac 12$ $\Leftrightarrow (1-t)(t-2t^2+1)+(1+t)(t+2t^2-1)=\frac 12$ $\Leftrightarrow 4t^3=\frac 12\Leftrightarrow t=\frac 12\Leftrightarrow \cos 2x=\frac 12\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\frac \pi6+k\pi\\ x=-\frac \pi6+k\pi \end{array} \right.$ Kết hợp đk, pt có họ nghiệm $x=-\frac \pi6+k\pi,k \in \mathbb Z$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm Max, min:
|
|
|
|
$y^2=(2016^2+2017^2)(\sin^2x+\cos^2x)-(2016\cos x-2017\sin x )^2 \le (2016^2+2017^2)(\sin^2x+\cos^2x)=2016^2+2017^2$ $\Rightarrow -\sqrt{2016^2+2017^2} \le y \le \sqrt{2016^2+2017^2}$ $ y_{\min}=-\sqrt{2016^2+2017^2}$ chẳng hạn khi $x= \pi+\arctan \frac{2016}{2017}$ $y_{\max}=\sqrt{2016^2+2017^2}$ chẳng hạn khi $x=\arctan \frac{2016}{2017}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Cực trị mấy 3
|
|
|
|
Đặt $\frac{y^3}{x^3}=a,\frac{x^3}{y^3}=b,(a>0,b>0,ab=1)$ Khi đó $P=\frac{1}{\sqrt{1+8a^3}}+\frac 2{\sqrt{1+(b+1)^3}}=\frac 1{\sqrt{(1+2a)(1-2a+4a^2)}}+\frac 2{\sqrt{(b+2)(b^2+b+1)}}$ $\overset{Cô-si}\ge \frac{1}{\sqrt{\frac{(1+2a+1-2a+4a^2)^2}{4}}}+\frac{2}{\sqrt{\frac{(b+2+b^2+b+1)^2}{4}}}$ $=\frac{1}{2a^2+1}+\frac{4}{b^2+2b+3}=\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{4}{b^2+2b+3}$ Tới đây dễ bạn tự làm tiếp, min=1 |
|
|
|
giải đáp
|
Toán 10. (Lâu lâu ms có dịp hỏi :))
|
|
|
|
$pt\Leftrightarrow \left[ 4(x^2+2x)^2-4(x^2+2x)+1\right]+1-4m=0$ $\Leftrightarrow (2x^2+4x-1)^2=4m-1$ Điều kiện cần là $m \ge \frac 14$ $pt\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2x^2+4x-1=\sqrt{4m-1} (1)\\ 2x^2+4x-1=-\sqrt{4m-1}(2) \end{array} \right.$ Vẽ đthhs $y=2x^2+4x-1$ Từ đồ thị ta thấy để pt $2x^2+4x-1=t$ có 2 nghiệm pb $\in[-3;1]$thì$ -3<t \le 5$ $\Rightarrow \begin{cases}-3<\sqrt{4m-1} \le 5 \\ -3<-\sqrt{4m-1} \le 5 \end{cases}\Rightarrow \frac 14 \le m<\frac 52$ Kiểm tra lại thấy các nghiệm trong (1);(2)nhau $\Leftrightarrow \sqrt{4m-1}=-\sqrt{4m-1}\Leftrightarrow m=\frac 14$ $\Rightarrow m \in\left(\dfrac 14;\frac 52\right)$ là các giá trị cần tìm
|
|