|
|
giải đáp
|
giới hạn của dãy số khó
|
|
|
|
a. $1+2q+3q^2+...nq^{n-1}+...$ $=q'+(q^2)'+(q^3)'+...+(q^n)'+...$ $=(q+q^2+\dots+q^n+\dots)'$ $=\left[ {q(1+q+\dots+q^{n-1}+q^n+\dots)} \right]'$ $=\left[ {q.\frac{1}{1-q}} \right]'$ $=\left[ {\frac{q}{1-q}} \right]'$ $=\frac1{(q-1)^2}.$ |
|
|
|
bình luận
|
Tìm nguyên hàm $\int\limits_{}^{}xlgx dx$
Hãy ấn chữ V dưới chữ đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé. Các bài tiếp theo mình sẽ sẵn sàng giúp đỡ bạn.
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
giới hạn lớp 11 khó
Hãy ấn chữ V dưới chữ đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé. Các bài tiếp theo mình sẽ sẵn sàng giúp đỡ bạn.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm nguyên hàm $\int\limits_{}^{}xlgx dx$
|
|
|
|
$I = \int\limits x\lg xdx = \int\limits x\frac{\ln x}{\ln 10}dx =\frac{1}{\ln 10}\int\limits x\ln xdx$ Áp dụng công thức tích phân từng phần Đặt $\begin{cases}u=\ln x \\ v=xdx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=\dfrac{1}{x}dx \\ v=\dfrac{1}{2}x^2 \end{cases}$ Do đó $I = \frac{1}{\ln 10}\int\limits x\ln xdx =\dfrac{1}{2\ln 10}x^2\ln x- \dfrac{1}{2\ln 10} \int\limits xdx =\dfrac{1}{2\ln 10}\left[ {x^2\ln x-\dfrac{1}{2}x^2} \right] $ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 14/02/2014
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giới hạn lớp 11 khó
|
|
|
|
a. Chứng minh quy nạp đẳng thức sau $$1^2+2^2+3^2+...+n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$ Suy ra $\lim \frac{1^2+2^2+3^2+...+n^2}{5n^3-n^2+1} = \frac16\lim \frac{n(n+1)(2n+1)}{5n^3-n^2+1}$ $=\frac16\lim \frac{\left ( 1+\frac1n \right )\left ( 2+\frac1n \right )}{5-\frac1n+\frac1{n^3}}=\frac{1}{15}$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Tích phân hay(8).
|
|
|
|
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{x+\sin2x}{1+\cos2x}dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{x+\sin2x}{2\cos^2x}dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left ( \dfrac{x}{2\cos^2x}+\dfrac{\sin2x}{2\cos^2x} \right )dx$ $=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ \dfrac{x}{2\cos^2x}dx+\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\sin2x}{2\cos^2x} dx$ $=\frac12\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}xd(\tan x) - \frac12\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{d(\cos^2x)}{\cos^2x}$ $=\frac12\left[ {x\tan x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\frac12\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan xdx - \frac12\left[ {\ln\left| {\cos^2x} \right|} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$. $=\frac12\left[ {x\tan x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\frac12\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin x}{\cos x}dx - \frac12\left[ {\ln\left| {\cos^2x} \right|} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$. $=\frac12\left[ {x\tan x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}+\frac12\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{d(\cos x)}{\cos x}dx - \frac12\left[ {\ln\left| {\cos^2x} \right|} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$. $=\frac12\left[ {x\tan x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}+\frac12\left[ {\ln\left| {\cos x} \right|} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} - \frac12\left[ {\ln\left| {\cos^2x} \right|} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Tích phân hay(11).
|
|
|
|
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\tan^2x\left(x^2+1\right)+x^2}{1+\tan^2x}dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left (x^2+ \dfrac{\tan^2x}{1+\tan^2x} \right )dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left (x^2+1- \dfrac{1}{1+\tan^2x} \right )dx =\left[ {\frac{x^3}{3}+x-\arctan x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tích phân hay(12).
|
|
|
|
Gợi ý: $\dfrac{\left(x-1\right)e^x+x+1}{1+e^x} = \dfrac{x(1+e^x)-e^x-1+2}{1+e^x}=x-1+\frac{2}{1+e^x}$ Suy ra $I = \int\limits_{0}^{1}xdx -\int\limits_{0}^{1}dx+2\int\limits_{0}^{1}\frac{dx}{1+e^x}$ Đến đây đơn giản em tự làm nốt. Tham khảo tại đây |
|
|
|
bình luận
|
giúp mk bài này vs nha. m.n
Hãy ấn chữ V dưới chữ đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé. Các bài tiếp theo mình sẽ sẵn sàng giúp đỡ bạn.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mk bài này vs nha. m.n
|
|
|
|
2. $bc( b + c ) + ca( c + a ) + ba( a + b ) + 2abc$ $=bc(b+c) +ac^2+a^2c+a^2b+ab^2+2abc$ $=bc(b+c)+a^2(b+c)+a(b^2+c^2+2bc)$ $=bc(b+c)+a^2(b+c)+a(b+c)^2$ $=(b+c)(bc+a^2+ab+ac)$ $=(b+c)(c(a+b)+a(a+b))$ $=(b+c)(a+b)(a+c)$ |
|
|
|
bình luận
|
giúp em với Anh Tân ơi
Hãy ấn chữ V dưới chữ đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé. Các bài tiếp theo mình sẽ sẵn sàng giúp đỡ bạn.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp em với Anh Tân ơi
|
|
|
|
Gợi ý: Trước hết giải PT nghiệm nguyên dương $\frac1a+\frac1b+\frac1c=1$. Để giải PT này ta có thể giả sử $a \le b\le c$. Suy ra $1=\frac1a+\frac1b+\frac1c \le \frac3a \Rightarrow 0<a \le 3 \Rightarrow a \in \{1,2,3\}$. Thay $a$ vào PT ban đầu và làm tương tự ta được nghiệm là $(a,b,c)=(3,3,3),(2,4,4),(2,3,6)$ và các hoán vị. Bây giờ thử lại vào điều kiện $\sqrt{a-b+c}=\sqrt{a}-\sqrt{b}+\sqrt{c}$ và tìm $(a,b,c)$ thoả mãn. |
|
|
|
giải đáp
|
ĐỀ THI ĐẠI HỌC
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|