|
|
sửa đổi
|
Tớ có câu nguyên hàm này không giải đc :(
|
|
|
|
Tớ có câu nguyên hàm này không giải đc :( Nguyên hàm của (x^2+x).e^x /(x+e^-x )
Tớ có câu nguyên hàm này không giải đc :( $\in t \fra c{(x^2+x).e^x }{x+e^ {-x }}.\mathrm dx$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tổ hợp
|
|
|
|
 Xếp $80$ người trên vào mảnh sân hình vuông $9\times9$ như sau, sao cho $9$ người đầu hàng theo thứ tự đó vào hàng đầu tiên của sân, $9$ người tiếp theo vào hàng thứ hai, sao cho người thứ $10$ ở dưới người thứ nhất một hàng, cứ xếp như thế cho đến khi $8$ người cuối cùng vào hàng thứ $9$ của sân và góc sân còn dư $1$ vị trí. Như vậy sẽ có $8$ hàng dọc có $9$ người và hàng dọc cuối cùng có $8$ người
Quy ước những ô có nam đứng có màu đen. Ta chỉ cần chứng minh tồn tại ít nhất có $2$ ô màu đen ở 1 hàng dọc đứng cạnh nhau.
Thật vậy, giả sử phản chứng là chúng không tồn tại. Ta có trên mỗi hàng dọc $9$ người sẽ có tối đa $5$ ô đen, và hàng dọc $8$ người có tối đa $4$ ô đen. Do đó tổng cộng có tối đa $44$ nam, trái với giả thiết là có $45$ nam. Suy ra điều phản chứng là sai và chứng minh hoàn tất. |
|
|
|
giải đáp
|
Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'$ đáy vuông tại $A.$
|
|
|
|
Hình vẽ bài toán
Gọi $\rm M$ là trung điểm của $\rm BC$, do $\rm C',M$ cùng cách đều $\rm A,B,C$ nên $\rm C'M\perp (ABC)$ Kẻ đường trung bình $\rm MN$ trong $\rm \triangle ABC,MH \perp C'N$. Dễ thấy $\rm MH\perp(AC'C)$
Ta có $\rm d\left[B,(AC'C)\right]=2 d\left[M,(AC'C)\right]=2MH$, do đó $\mathrm {MH}=\frac{3a}{\sqrt{15}}$
Mặt khác $\rm \frac 1{MH^2}= \frac 1{C'M^2}+\frac 1{MN^2}\Rightarrow \rm C'M=\sqrt 3a$
Từ đó ta có $\rm V_{A'ABC'}=V_{ABC.A'B'C'}-V_{B.A'B'C'}-V_{C'.ABC}$
$=\mathrm{ V_{ABC.A'B'C'}\left(1-\frac 13-\frac 13\right)=V_{ABC.A'B'C'}}.\frac 13=\frac{a^3}2$
Mặt khác sau khi có $\rm C'M$ thì ta tính được $\mathrm{C'C}=2a\Rightarrow \mathrm{A'A}=2a$ và $\mathrm{A'B}=2a$ bằng việc kẻ $\rm BM'\perp B'C'$, do đó $\rm \triangle A'AB$ cân tại $\rm A'$ Nên gọi $\rm Q$ là trung điểm của $\rm A,B$ thì ta có $\rm A'Q\perp BA,MQ\perp BA$ $\Rightarrow \rm \varphi=\left[(ABB'A'),(ABC)\right]=(A'Q,QM)$ Phần tính dài nhưng ko khó nên ko trình bày, dùng định lí $\cos$ tìm được $\cos \varphi=\frac{-\sqrt{13}}{13}$
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 05/06/2017
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho h.c $S.ABCD$ có $SA=x$ và tất cả cạnh còn lại bằng $a.$
|
|
|
|
a) Gọi $\rm O$ là tâm hình thoi $\rm ABCD$. Xét $\triangle \rm SBD$ cân có $\rm SO$ là đường trung tuyến nên cũng là đường cao, từ đó suy ra dpcm
b) Gọi $\rm M$ là trung điểm của $\rm DC$. Trong tam giác đều $\rm SDC$ có $\mathrm{AM}=\frac{a\sqrt 3}{2}$. Mà $\mathrm{OM}=\frac a2\Rightarrow \mathrm{SO}=\frac{a\sqrt 2}2\Rightarrow \mathrm{AO}=\sqrt{x^2-\frac{a^2}2}\Rightarrow \mathrm {OB}=\sqrt{\frac{3a^2}2-x^2}$
$\Rightarrow \mathrm{V_{S.ABCD}=\frac 23SO.AO.BO}=\sqrt{(2x^2-a^2)(3a^2-2x^2)}.\frac{a\sqrt 2}{6}=\frac{a^3\sqrt 2}{6} \; (\star)$ Giả sử $x=ka$ thay vào, $(\star)$ ta đc $\sqrt{(2k^2-1)(3-2k^2)}=k^2$ Bình phương 2 vế và giải 1 ẩn theo $k^2$ ta thu đc $\left[\begin{array}{l} k=1\\ k=\sqrt{\dfrac 35} \end{array} \right.$
Vậy $x=a$ hoặc $x=\sqrt{\frac 35}a$ |
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
HackkcaH
|
|
|
|
HackkcaH Cho các số dương x,y,z. CMR:\frac{5y^3-x^3}{xy+3y^2}+\frac{5z^3-y^3}{yz+3z^2}+\frac{5x^3-z^3}{xz+3x^2}\:\le \:\:x+y+z
HackkcaH Cho các số dương $x,y,z $. CMR: $$\frac{5y^3-x^3}{xy+3y^2}+\frac{5z^3-y^3}{yz+3z^2}+\frac{5x^3-z^3}{xz+3x^2}\:\le \:\:x+y+z $$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình vs
|
|
|
|
Bài này có rất nhiều nghiệm vd: $(0;0),(1;1),(-2133,-240);(112;418);(-4;-64)\ldots$
Thực tế là vô số nghiệm, đặt $\dfrac{a^2+b^2}{1+ab}=k (k \in \mathbb Z)$
Một bài toán nổi tiếng ở kì thi $\rm IMO \;1998$ nói rằng nếu $k$ là số nguyên thì $k$ sẽ là số chính phương. Và với mỗi số $k>1$ thì sẽ có vô số nghiệm nguyên với công thức chung rất phức tạp. Chẳng hạn với $k=4$ thì các nghiệm đều có chung công thức: $$\begin{cases}a=\dfrac 13\left[2\sqrt 3\left(2+\sqrt 3\right)^n-2\sqrt 3\left(2-\sqrt 3\right)^n-3(2-\sqrt3)^n-3(2+\sqrt 3)^n\right] \\ \\b=\dfrac{(2+\sqrt 3)^n-(2-\sqrt 3)^n}{\sqrt 3}\end{cases}$$ (Với $n$ nguyên không âm)
Với các số khác của $k$ cũng đều thu đc công thức nghiệm tương tự, mà hầu như các nghiệm ko có mối liên hệ nào với nhau nên cá nhân mình nghĩ là việc tìm tất cả bộ số hoặc là không thể làm được, hoặc là sẽ rất khó và rất phức tạp.
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Cần giải đáp bài toán về nguyên hàm
|
|
|
|
Cần giải đáp bài toán về nguyên hàm Nguyên hàm của (2x+3) / (x-1)^10 dx
Cần giải đáp bài toán về nguyên hàm $\in t \fra c{(2x+3) \mathrm dx}{ (x-1)^ {10 }}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Xđ alpha để V(OABC) max
|
|
|
|
Cách hơi cùn, tính toán nhiều kiểm tra lại giùm nhé
Không mất tính tổng quát, giả sử $\min \{a,b,c\} =c$ Trên $\rm OA,OB$ lấy $\rm A',B'$ sao cho $\rm OA'=OB'=c$ Khi đó ta có đẳng thức $\mathrm{ \frac{V_{OA'B'C}}{V_{OABC}}= \frac{OA'}{OA}.\frac{OB'}{OB}}=\frac{c^2}{ab}$ $\Rightarrow \mathrm{V_{OABC}}=\frac{ab}{c^2}.\mathrm{V_{OA'B'C}}$
Dễ thấy $\rm OA'B'C$ là tứ diện đều. Gọi $\rm I$ là tâm của $\triangle\rm A'B'C$ đều, kẻ $\rm CH\perp A'B$ Áp dụng định lí cosin trong $\triangle \rm OA'B'$, ta có $\rm A'B'^2=OA'^2+OB'^2-2OA'OB'.\cos \alpha$ $\Leftrightarrow \rm A'B'^2=2c^2(1-\cos \alpha)$
Ta có $\rm OI=\sqrt{OC^2-CI^2}=\sqrt{c^2-\frac{A'B'^2}{3}}=c\sqrt{\frac{1+2cos \alpha}3}$ $\Rightarrow \mathrm {V_{OA'B'C}=\frac 13OI.S_{A'B'C}=\frac 13OI.A'B'^2.\frac{\sqrt 3}{4}}=\frac{c^3(1-\cos \alpha)\sqrt{1+2\cos \alpha}}{6}$
$\Rightarrow \mathrm {V_{OABC}}=\frac{abc}{6}(1-\cos \alpha)\sqrt{1+2\cos \alpha} $
$=\frac{abc}{6}.\sqrt{(1-\cos \alpha)(1-\cos \alpha)(1+2\cos \alpha)}$
$\overset{\mathrm {AM-GM}}{\le } \frac{abc}{6}.\sqrt{\left(\frac{1-\cos \alpha+1-\cos \alpha+1+2\cos \alpha}{3}\right)^3}=\frac{abc}{6}$
Khi $\alpha=\frac{\pi}{2}$ thì thể tích đạt giá trị lớn nhất là $\frac{abc}{6}$ |
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Xđ alpha để V(OABC) max
|
|
|
|
Xđ alpha để V(OABC) max Cho 3 tia $Ox, Oy, Oz$ ko đồng phẳng, đôi 1 hợp nhau góc $\alpha$.$\rm A, B, C$ lần lượt thuộc $\rm Ox, Oy, Oz$ sao cho $\mathrm{OA}=a, \mathrm{OB}=b, \mathrm{OC}=c$. Khi $\alpha$ thay đổi thì $a, b, c$ không đổi.Xác định $\alpha$ để $\rm V_{OAC}$ đạt giá trị lớn nhất.
Xđ alpha để V(OABC) max Cho 3 tia $Ox, Oy, Oz$ ko đồng phẳng, đôi 1 hợp nhau góc $\alpha$.$\rm A, B, C$ lần lượt thuộc $\rm Ox, Oy, Oz$ sao cho $\mathrm{OA}=a, \mathrm{OB}=b, \mathrm{OC}=c$. Khi $\alpha$ thay đổi thì $a, b, c$ không đổi.Xác định $\alpha$ để $\rm V_{OA BC}$ đạt giá trị lớn nhất.
|
|