|
|
|
|
sửa đổi
|
khai triển nhị thức Newton
|
|
|
|
$(\sqrt7+\sqrt[3]{5})^{121}=\sum_{k=0}^{2011}\frac{2011!}{k!.(2011-k)!}(\sqrt7)^k.(\sqrt[3]{5})^{2011-k} $Để một số hạng là nguyên thì $\begin{cases}2 | k \\ 3 | 2011-k \end{cases}$ ở đây , | là kí hiệu chia hếtVì $2011$ chia $3$ dư $1$ nên $k$ cũng vậy , hơn nữa $k$ chẵn . Vậy $k$ chia cho $6$ dư 4Các số từ $0 $ đến $2011$ chia $6$ dư $4$ là $4, 10 , 16, ...., 2008$Có $\frac{2008-4}{6}+1= 335 $ số
$(\sqrt7+\sqrt[3]{5})^{121}=\sum_{k=0}^{121}\frac{121!}{k!.(121-k)!}(\sqrt7)^k.(\sqrt[3]{5})^{121-k} $Để một số hạng là nguyên thì $\begin{cases}2 | k \\ 3 | 121-k \end{cases}$ ở đây , | là kí hiệu chia hếtVì $121$ chia $3$ dư $1$ nên $k$ cũng vậy , hơn nữa $k$ chẵn . Vậy $k$ chia cho $6$ dư 4Các số từ $0 $ đến $121$ chia $6$ dư $4$ là $4, 10 , 16, ...., 106$Có $\frac{106-4}{6}+1= 18 $ số
|
|
|
|
giải đáp
|
khai triển nhị thức Newton
|
|
|
|
$(\sqrt7+\sqrt[3]{5})^{121}=\sum_{k=0}^{121}\frac{121!}{k!.(121-k)!}(\sqrt7)^k.(\sqrt[3]{5})^{121-k} $
Để một số hạng là nguyên thì $\begin{cases}2 | k \\ 3 | 121-k \end{cases}$ ở đây , | là kí hiệu chia hết
Vì $121$ chia $3$ dư $1$ nên $k$ cũng vậy , hơn nữa $k$ chẵn . Vậy $k$ chia cho $6$ dư 4
Các số từ $0 $ đến $121$ chia $6$ dư $4$ là
$4, 10 , 16, ...., 106$
Có $\frac{106-4}{6}+1= 18 $ số |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Rút gọn biểu thức
|
|
|
|
$\frac{\sqrt2+\sqrt3+\sqrt6+\sqrt8+\sqrt16}{\sqrt2+\sqrt3+\sqrt4}$
$=\frac{\sqrt2+\sqrt3+\sqrt6+\sqrt8+4}{\sqrt2+\sqrt3+\sqrt4}$
$=\frac{\sqrt2+\sqrt3+2+2+\sqrt6+\sqrt8}{\sqrt2+\sqrt3+\sqrt4}$
$=\frac{(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt4)+(\sqrt4+\sqrt6+\sqrt8)}{\sqrt2+\sqrt3+\sqrt4}$
$=1+\sqrt2$ |
|
|
|
sửa đổi
|
Rút gọn biểu thức
|
|
|
|
Rút gọn biểu thức \frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6}+\sqrt{8}+\sqrt{16}}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}}
Rút gọn biểu thức $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6}+\sqrt{8}+\sqrt{16}}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}} $
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp mình,mọi người thông cảm mình không thể bấm ra hệ được^^
|
|
|
|
Đặt $x+4=t$ khi đó
$y(y-7)=(x-3)(x+4)=t(t-7)$
$\Rightarrow y^2-7y-t^2+7t=0$
$\Rightarrow (y-t)(y+t-7)=0$
TH $1$: $y=t\Rightarrow x+4=y$
Điều này mâu thuẫn với điều kiện xác định là $x\ge1 , y\le2$
TH $2$: $y+t=7\Rightarrow x+y=3$
Thay vào phương trình thứ hai ta có
$\log_{x-1}(x-1)=\frac{x-1}{(3-x)^2}$
$\Rightarrow x-1=(3-x)^2=x^2-6x+9 $
$\Rightarrow x^2-7x+10=0$
$\Rightarrow (x-5)(x-2)=0$
Vậy $(x,y)=(5,-2) ; (2,1)$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 05/06/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức.
|
|
|
|
$\sqrt{a^2+b^2}\ge\frac{a+b}{\sqrt2}$
$\Leftrightarrow a^2+b^2\ge \frac{a^2+b^2+2ab}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2}{2}\ge ab$ Luôn đúng với mọi $a,b$
Chứng minh tương tự và cộng theo vế ta có
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge \frac{2(a+b+c)}{\sqrt2}=\sqrt2$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ |
|
|
|
giải đáp
|
tổ hợp
|
|
|
|
Mỗi đỉnh có thể được nối với $n-3$ đỉnh còn lại $($ trừ chính nó và $2$ đỉnh kề nó $)$ để tạo thành $n-3$ đường chéo
Như vậy có $n(n-3)$ lần nối đường chéo
Nhưng vì mỗi đường chéo đã được nối hai lần ( mỗi đầu một lần ) nên số đường chéo thực sự là
$\frac{n(n-3)}{2}=65\Rightarrow n(n-3)=130=13.10$
Vậy $n=13$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup minh voi
|
|
|
|
$Q=\int\limits_{0}^{1}\frac{dx}{(x^2+1)(x^2+2)}=\int\limits_{0}^{1}(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+2})dx$ $=\int\limits_{0}^{1}\frac{dx}{x^2+1}-\int\limits_{0}^{1}\frac{dx}{x^2+2}$
Áp dụng công thức $\int\frac{dx}{x^2+a}=\frac{1}{\sqrt a}tan^{-1}\frac{x}{\sqrt a}+C$
$Q=(tan^{-1}1-tan^{-1}0)-(\frac{1}{\sqrt2}tan^{-1}\frac{1}{\sqrt2}-\frac{1}{\sqrt2}tan^{-1}0)$
$=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{\sqrt2}tan^{-1}\frac{1}{\sqrt2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup minh voi
|
|
|
|
$P=\int\limits_{0}^{2}x\sqrt{2x-x^2}dx$
Đặt $x=u+1\Rightarrow 2x-x^2=2(u+1)-(u+1)^2=1-u^2 , dx=du$
$P=\int\limits_{-1}^{1}(u+1)\sqrt{1-u^2}du$
Đặt $u=sint , t\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\Rightarrow \sqrt{1-u^2}=cost , du=cost.dt$
$P=\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(sint+1)cos^2t.dt$
Biến đổi hàm lượng giác như sau $(sint+1)cos^2t=sint.cos^2t+cos^2t=sint.cos^2t+\frac{cos{2t}+1}{2}$
$P=\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}sint.cos^2t.dt+\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\frac{cos{2t}}{2}+\frac{1}{2})dt$
Vì $sint.cos^2t$ là hàm số lẻ nên tích phân của nó trên đoạn $[-\frac{\pi}{2}.\frac{\pi}{2}]$ bằng $0$
$\int(\frac{cos{2t}}{2}+\frac{1}{2})dt=\frac{sin{2t}}{4}+\frac{t}{2}+C$
Từ đây ta có
$P=\frac{sin\pi}{4}+\frac{\pi}{4}-\frac{sin(-\pi)}{4}+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$ |
|
|
|
sửa đổi
|
giúp em với...gấp.gấp gấp lém
|
|
|
|
giúp em với...gấp.gấp gấp lém cho a+b =2.Chứng minh $a^{4} + b^{4}$ $\geq$ $a^{3} + b^{3}$
giúp em với...gấp.gấp gấp lém Cho $a+b=2 $.Chứng minh $a^{4} + b^{4}$ $\geq$ $a^{3} + b^{3}$
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 04/06/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
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
$\int\frac{dx}{x^{4013}-7x^{2012}}=\frac{1}{2011}.(\frac{1}{49}.ln|1-\frac{7}{x^{2011}}|+\frac{1}{7x^{2011}})+C$ |
|