|
|
giải đáp
|
Nguyên hàm
|
|
|
|
Đầu tiên ta sử dụng phương pháp đổi biến tích phân
$f(x)=\frac{1}{x^{4013}-7x^{2012}}=\frac{1}{x^{2012}.({x^{2011}-7})}=\frac{x^{2010}}{x^{2022}.(x^{2011}-7)}$
Đặt $x^{2011}=u \Rightarrow du=2011.x^{2010}\Rightarrow \int \frac{dx}{x^{4013}-7x^{2012}}=\int\frac{1}{2011}.\frac{du}{u^2(u-7)}$
Bây giờ ta tính $\int\frac{du}{u^2(u-7)}$ bằng phương pháp hữu tỉ hóa
$\frac{1}{u^2(u-7)}=\frac{1}{7}.\frac{u-(u-7)}{u^2(u-7)}=\frac{1}{7}.(\frac{1}{u(u-7)}-\frac{1}{u^2})$
$=\frac{1}{7}(\frac{1}{7}(\frac{1}{u-7}-\frac{1}{u})-\frac{1}{u^2})=\frac{1}{49}.\frac{1}{u-7}-\frac{1}{49}.\frac{1}{u}-\frac{1}{7}\frac{1}{u^2}$
$\Rightarrow \int\frac{du}{u^2(u-7)}=\frac{1}{49}(ln|u-7|-ln|u|)+\frac{1}{7u}=\frac{1}{49}ln|1-\frac{7}{u}|+\frac{1}{7u}+C$
Vậy
$\int\frac{dx}{x^{4013}-7x^{2012}}=\frac{1}{2011}.(\frac{1}{49}.ln|1-\frac{7}{x^{2011}}|+\frac{1}{7x^{2011}})+C$ |
|
|
|
giải đáp
|
NGuyên hàm
|
|
|
|
Bài toán này thuộc dạng dùng phương pháp hữu tỉ hóa để tìm nguyên hàm , bạn biến đổi như sau
$\frac{3x+1}{(x+3)^3}=\frac{3x+9-8}{(x+1)^3}=\frac{3}{(x+3)^2}-\frac{8}{(x+3)^3}$
Từ đây suy ra
$\int\frac{3x+1}{(x+3)^3}=-3.\frac{1}{x+3}+4.\frac{1}{(x+3)^2}+C$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 02/06/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
mình nghĩ bài này làm bằng pp đánh giá or hàm số
|
|
|
|
Đặt $x-y=a$ . Từ phương trình thứ hai ta có $\sqrt a+\sqrt{a+1}=1$
Mặt khác , để $\sqrt a$ xác định thì $a\ge0\Rightarrow a+1\ge 1\Rightarrow \sqrt{a+1}\ge 1$
Nghĩa là $a$ chỉ có thể bằng $0$ $\Rightarrow x=y$
Thế vào PT thứ nhất
$x-1=\sqrt{x^2-x^2-2x+2x}=0$
$\Leftrightarrow x=1$
Vậy $x=y=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
e sap thi tot nghiep lop 9 rui, giup e voi.tks
|
|
|
|
Câu $a$. Vì $MA, MC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn nên $MA=MC (1)$
$\Rightarrow \triangle MAC$ cân tại $M$ $\Rightarrow \widehat{MAC}=\widehat{MCA}$
Do $\widehat{ACB}=\widehat{ACI}=90$ nên $\widehat{MCI}+\widehat{MCA}=90$ , $\widehat{MIC}+\widehat{MAC}=90$
Suy ra $\widehat{MCI}=\widehat{MIC}\Rightarrow MI=MC (2)$
Từ $(1), (2) \Rightarrow MI=MA$
Câu $b$. Gọi $K$ là giao điểm của $BM$ và $CH$
Vì $CH//IA$ , áp dụng định lý Thales ta có
$\frac{CK}{MI}=\frac{BK}{BM}$
$\frac{KH}{AM}=\frac{BK}{BM}$
Do $MI=MA\Rightarrow KH=KC$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tịnh tiến
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giup minh cau nay voi
|
|
|
|
$(\frac{z+i}{z-i})^4=1\Leftrightarrow (1+\frac{2i}{z-i})^4=1$ Số $1$ có $4$ căn bậc $4$ là $1 , -1 , i , -i$
Nếu $1+\frac{2i}{z-i}=1\Rightarrow \frac{2i}{z-i}=0$ Không tồn tại $z$ thỏa mãn
Nếu $1+\frac{2i}{z-i}=-1\Rightarrow \frac{2i}{z-i}=-2\Rightarrow z-i=-i\Rightarrow z=0$
Nếu $1+\frac{2i}{z-i}=i\Rightarrow \frac{2i}{z-i}=i-1\Rightarrow z-i=\frac{2i}{i-1}=\frac{2i.(i+1)}{(i-1)(i+1)}$ $=\frac{2i^2+2i}{i^2-1}=\frac{-2+2i}{-2}=1-i$ $\Rightarrow z=1$
Nếu $1+\frac{2i}{z-i}=-i\Rightarrow \frac{2i}{z-i}=-i-1\Rightarrow z-i=-\frac{2i}{i+1}=\frac{2i(i-1)}{(i+1)(i-1)}$
$=-\frac{2i^2-2i}{i^2-1}=-\frac{-2-2i}{-2}=-1-i$
$\Rightarrow z=-1$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải đề
|
|
|
|
Bài toán này sử dụng một ít lý thuyết về cung chứa góc , bạn cố gắng vẽ hình chính xác và theo dõi nhé , cũng khá đơn giản thôi Vì $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ nên
$\widehat{IBC}+\widehat{ICB}=\frac{1}{2}(\widehat{ABC}+\widehat{ACB})=45\Rightarrow \widehat{BIC}=135$
Nghĩa là $I$ nằm trên cung chứa góc $135$ dựng trên đoạn $BC$ , có hai cung như vậy . Tuy nhiên , $I$ có tung độ dương nên $I$ thuộc cung phía trên
Xét $O_1(0,-3)$ là tâm đường tròn chứa cung $135$ phía trên vì $\widehat{BO_1C}=90$
Gọi $I(x,x)\Rightarrow d_{O_1,x}=\sqrt{x^2+(x+3)^2}=d_{O_1,B}=d_{O_1,C}=3\sqrt2$
Giải PT này ta có $x=\frac{1}{2}(3\sqrt3-3) , \frac{1}{2}(-3\sqrt3-3)$
Vì $x$ dương nên ta chỉ lấy $x=\frac{1}{2}(3\sqrt3-3)$
Vậy $I(\frac{3\sqrt3-3}{2} , \frac{3\sqrt3-3}{2})$
Khoảng cách từ $I$ tới $BC$ chính là bán kính đường tròn nội tiếp do $BC$ trùng với trục hoành nên
$R=\frac{3\sqrt3-3}{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
tim cac nghiem nguyen cu pt
|
|
|
|
$cos[\frac{\pi}{8}(3x-\sqrt{9x^2+160x+800})]=1$ $\Leftrightarrow \frac{\pi}{8}(3x-\sqrt{9x^2+160x+800})=2k\pi$ $\Leftrightarrow 3x-\sqrt{9x^2+160x+800}=16k$ $\Leftrightarrow 3x-16k=\sqrt{9x^2+160x+800}$ $\Rightarrow 9x^2-96kx+256k^2=9x^2+160x+800$ $\Leftrightarrow (160+96k)x=-(800-256k^2)$ $\Leftrightarrow x=\frac{8k^2-25}{3k+5}=\frac{9k^2-25}{3k+5}-\frac{k^2}{3k+5}=3k-5-\frac{k^2}{3k+5} (1)$
Do đó $\frac{k^2}{3k+5}\in Z\Rightarrow \frac{9k^2}{3k+5}\in Z\Rightarrow \frac{9k^2-25}{3k+5}+\frac{25}{3k+5}\in Z$
$\Rightarrow 3k+5\in U(25)$
Trong các ước của $25$ chỉ có $5 , -25$ chia $3$ dư $2$ tương ứng $k=0 , -10$
Nếu $k=0$ thế vào $(1)$ ta có $x=-5$
Nếu $k=-10$ thế vào $(1)$ ta có $x=-31$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải mãi không ra trường hợp 2 ai giúp mình vs
|
|
|
|
$\left\{ \begin{array}{l} x^4+5y=6 (1)\\ x^2y^2+5x=6 (2)\end{array} \right.$
Trừ phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai ta có
$x^4-x^2y^2+5y-5x=0$
$\Rightarrow x^2(x^2-y^2)-5(x-y)=0$
$\Rightarrow (x-y)(x^2(x+y)-5)=0$
$\Rightarrow x=y$ hoặc $x^2(x+y)=5$
Nếu $x=y \Rightarrow x^4+5x-6=0\Rightarrow (x-1)(x+2)(x^2-x+3)=0$
$\Rightarrow x=1 , -2$
Nếu $x^2(x+y)=5$
Từ $(1) , (2)$ ta suy ra $5x\le6 , 5y\le6\Rightarrow x , y\le\frac{6}{5} $
Suy ra $x^2(x+y)\le\frac{36}{25}.\frac{12}{5}=3,456$ Nhỏ hơn $5$
Vậy Trường hợp này vô nghiệm
|
|
|
|
giải đáp
|
bất đẳng thức. chiều mình cần rùi
|
|
|
|
Biến đổi từng căn thức như sau$\sqrt{\frac{ab}{ab+c}}=\sqrt{\frac{ab}{ab+c(a+b+c)}}=\sqrt{\frac{ab}{ab+ca+cb+c^2}}$
$=\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}=\sqrt\frac{a}{c+a}.\sqrt\frac{b}{c+b}$
Theo BĐT Cauchy $\sqrt x.\sqrt y\leq\frac{1}{2}(x+y)$ Do đó
$\sqrt\frac{ab}{ab+c}\le \frac{1}{2}(\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b})$
Tương tự $\sqrt\frac{bc}{bc+a}\le\frac{1}{2}(\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+a})$ $\sqrt\frac{ca}{ca+b}\le\frac{1}{2}(\frac{c}{c+b}+\frac{a}{a+b})$ Cộng theo vế , ta có $ GTLN=\frac{3}{2}$ Dấu bằng có khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 30/05/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp mình BT này nha. Cảm ơn
|
|
|
|
Đặt $a=\sqrt[T]{k}\Rightarrow a^T=k$ , $g(x)=\frac{f(x)}{a^x}$
Đẳng thức $f(x+T)=kf(x)\Leftrightarrow g(x+T).a^{x+T}=k.g(x).a^x$
Do $a^{x+T}=a^x.a^T=k.a^x \Rightarrow g(x+T)=g(x)$
Nghĩa là $g(x)$ là hàm tuần hoàn chu kì $T$ , $f(x)=a^x.g(x)$ thỏa mãn bài toán |
|
|
|
giải đáp
|
giúp em bài này nha
|
|
|
|
Câu a : Để chứng minh $BRDQ$ là tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh $\widehat{PDR}=\widehat{QBR}$
Vì $AI$ là đường trung trực của $PR$ nên $\widehat{PDR}=2\widehat{PDI}$
Theo tính chất góc ngoài $\widehat{PDI}=\widehat{PIA}-\widehat{DPI}$ $\widehat{PIA}=45 , \widehat{DPI}=\widehat{PCI}=\frac{1}{2}\widehat{ACB}$ (Cùng phụ $\widehat{QPC}$)
$\Rightarrow \widehat{PDI}=45-\frac{1}{2}\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}$
$\Rightarrow \widehat{PDR}=\widehat{ABC}=\widehat{QBR}$ Đ.p.c.m
Câu $b$ : Theo câu $a$ ta sẽ chứng minh $D$ luôn là một điểm cố định Do $BRDQ$ là tứ giác nội tiếp $\widehat{DBR}=\widehat{DRQ}$ Vì $IP=IQ=IR$ nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PQR$ $\Rightarrow\widehat{DRQ}=\frac{1}{2}\widehat{PIR}=45$ $\Rightarrow\widehat{DBR}=45$ mà $\widehat{DAR}=45$ Nên $\triangle DAB$ vuông cân tại $D$ Vậy $D$ là một điểm cố định |
|