|
|
|
|
giải đáp
|
Tích phân giúp vs, cách làm thôi cx đc.
|
|
|
|
Đặt $\sqrt{x+1}=t\Rightarrow {\rm d}x=2t{\rm d}t$. Tích phân trở thành: $\int_\sqrt 2^\sqrt 3 \dfrac{2t{\rm d}t}{t\sqrt{t^2+1}}=\int_{\sqrt 2}^{\sqrt 3}\dfrac{2{\rm d}t}{\sqrt{t^2+1}}$ Đặt $u=t+\sqrt{t^2+1}\Rightarrow {\rm d }u=\dfrac{t+\sqrt{t^2+1}}{\sqrt{t^2+1}}{\rm d}t\Rightarrow \dfrac{{\rm d}t}{\sqrt{t^2+1}}=\dfrac{{\rm d}u}{u}$. Khi đó: $\int_{\sqrt 2}^{\sqrt 3}\dfrac{2{\rm d}t}{\sqrt{t^2+1}}=2\cdot\int_{\sqrt 2+\sqrt 3}^{\sqrt 3+2}\dfrac{{\rm d}u}{u}=2\cdot\ln u\Bigg|_{\sqrt 2+\sqrt 3}^{\sqrt 3+2}=2\ln\left(\dfrac{\sqrt 3+2}{\sqrt 2+\sqrt 3}\right)$ Tới đây tự suy nhé, $a=-14,b=20,c=-24,d=35$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải theo cách hsg lp 10
|
|
|
|
Ta có \begin{align*} \left(\dfrac 1{1-x^2}-\dfrac{1}{1-xy}\right)+\left(\dfrac 1{1-y^2}-\dfrac{1}{1-xy}\right) &=\dfrac{x(x-y)}{(1-x^2)(1-xy)}+\dfrac{y(y-x)}{(1-y^2)(1-xy)}\\&=\dfrac{x-y}{1-xy}\cdot \left(\dfrac{x}{1-x^2}-\dfrac{y}{1-y^2}\right)\\&=\dfrac{x-y}{1-xy}\cdot\dfrac{x-xy^2-y+yx^2}{(1-x^2)(1-y^2)}\\&=\dfrac{(x-y)^2(1+xy)}{(1-xy)(1-x^2)(1-y^2)}\\ &\ge 0\end{align*} |
|
|
|
giải đáp
|
tích phân
|
|
|
|
$I=\int_{\frac{-3\pi}2}^{\frac{3\pi}2}f(x){\rm d}x $ $J=\int_{\frac{-3\pi}2}^{\frac{3\pi}2}f(-x){\rm d}x $ Ta có \begin{align*}I+J&=\int_{\frac{-3\pi}2}^{\frac{3\pi}2}\sqrt{2-2\cos 2x}{\rm d}x\\ &=2\int_{\frac{-3\pi}2}^{\frac{3\pi}2}\sqrt{\sin^2x}{\rm d}x\\ &= 4\int_0^{\frac{3\pi}2}\left|\sin x\right|{\rm d}x \\ &=4\int_0^{\pi}\left|\sin x\right|{\rm d}x+4\int_{\pi}^{\frac{3\pi}2}\left|\sin x\right|{\rm d}x \\ &=4\int_0^{\pi}\sin x{\rm d}x+4\int_{\pi}^{\frac{3\pi}2}(-\sin x){\rm d}x \\ &=-4\cos x\bigg|_0^{\pi}+4\cos x\bigg|_{\pi}^{\frac{3\pi}2}\\&=12\end{align*} Mặt khác, khi đặt $t=-x$ thì ta có: $I=\int_{\frac{-3\pi}2}^{\frac{3\pi}2}f(x){\rm d}x=\int_{\frac{-3\pi}2}^{\frac{3\pi}2}f(t){\rm d}t=\int_{\frac{3\pi}2}^{\frac{-3\pi}2}f(-x){\rm d}\left(-x\right)=\int_{\frac{-3\pi}2}^{\frac{3\pi}2}f(-x){\rm d}x=J$ Suy ra $I=J=6$, vậy tích phân cần tìm là 6 |
|
|
|
giải đáp
|
tích phân
|
|
|
|
Ta có $\frac 1{\sqrt{3x+1}}=\frac{f'(x)}{f(x)}$ $\Rightarrow \int\frac 1{\sqrt{3x+1}}{\rm d}x=\int\frac{f'(x)}{f(x)}{\rm d}x$ $\Rightarrow \frac 13\int(3x+1)^{-\frac{1}{2}}{\rm d}(3x+1)=\int\frac{{\rm d}\left[f(x)\right]}{f(x)}$ $\Rightarrow \frac 23\cdot \sqrt{3x+1}+C=\ln\left|f(x)\right|=\ln\left[f(x)\right]$ $\Rightarrow f(x)=e^{\frac 23\cdot \sqrt{3x+1}+C}$ Mặt khác ta có $f(1)=e^{\frac 43+C}=1\Rightarrow C=-\frac{4}{3}$ Vậy nên $f(x)=e^{\frac 23\cdot \sqrt{3x+1}-\frac 43}$ Từ đó ta tính được $f(5)=e^{\frac 43}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp với!!!!!!!!!!!!!
|
|
|
|
Sử dụng công thức lượng giác $\sin 3x=3\sin x-4\sin^3x$, ta có $I=2\int_0^{\frac {\pi}4}(3\sin x-4\sin^3x)\cdot\sin x \cdot \cos x{\rm d}x$ $=2\int_0^{\frac {\pi}4}(3\sin x-4\sin^3x)\cdot\sin x {\rm d}(\sin x)$ Đặt $t=\sin x$ với $t \in\left[-\frac{\pi}2;\frac{\pi}2\right]$ $I=2\int_0^\frac{\sqrt 2}2(3t^2-4t^4){\rm d}t$ $=2t^3-\frac{8t^5}{5} \Bigg|_0^{\frac{\sqrt 2}2}=\frac{3\sqrt 2}{10}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với
|
|
|
|
$\int e^x\cdot \cos x\mathrm dx$ $=\int\cos x\mathrm d(e^x)$ $=e^x\cdot\cos x-\int e^x\mathrm d(\cos x)$ $=e^x\cos x+\int\sin x\cdot e^x \mathrm dx$ $=e^x\cos x+\int\sin x\mathrm d(e^x)$ $=e^x\cos x+\sin x\cdot e^x-\int e^x \mathrm d(\sin x)$ $=e^x(\cos x-\sin x)-\int e^x\cdot \cos x\mathrm dx $ $\Rightarrow \int e^x\cdot \cos x=\frac{e^x(\cos x+\sin x)}{2}$ Vậy $a=b=\frac 12$ |
|
|
|
giải đáp
|
tìm tích phân
|
|
|
|
Đặt $x=2\sin t$ với $t \in\left[\frac{-\pi}2;\frac{\pi}2\right]\Rightarrow \mathrm dx=2\cos t\rm dt$ $I_3=\int_{0}^{\frac{\pi}2}\frac {2\cos t\mathrm dt}{2\sin t+\sqrt{4-4\sin^2t}}$ Do $\cos t \ge 0$ nên
$I_3=\int_{0}^{\frac{\pi}2}\frac {\cos t}{\cos t+\sin t}\mathrm dt \quad (1)$ Tương tự nếu đặt $x=2\cos t$ với $t\in[0;\pi]$ thì ta có $I_3=\int_{0}^{\frac{\pi}2}\frac {\sin t}{\cos t+\sin t}\mathrm dt \quad (2)$
Cộng theo vế $(1)$ và $(2)$ thì ta có $2I_3=\int_0^{\frac{\pi}2}\mathrm dt=\frac{\pi}{2}$ Vậy $I_3=\frac{\pi}4$
Bài cuối dễ, bạn tự giải. |
|
|
|
giải đáp
|
tìm tích phân
|
|
|
|
Đặt $x=\tan t$ với $t\in\left[-\frac{\pi}2;\frac{\pi}2\right]$ Ta có $\mathrm dx=\frac 1{\cos^2t}\mathrm dt$ $I_2=\int_0^{\dfrac{\pi}3}\frac{1}{(1+\tan^2t)^3\cdot\cos^2t} \mathrm dt$ $=\int_0^{\dfrac{\pi}3}\cos^4t\mathrm dt$ Biến đổi công thức lượng giác, ta dễ dàng có $\cos^4t=\frac 38+\frac{\cos 2t}{2}+\frac{\cos 4t}{8}$ Nên $I_2=\int_0^{\dfrac{\pi}3}\left(\frac 38+\frac{\cos 2t}{2}+\frac{\cos 4t}{8}\right)\mathrm dt$ $=\left(\frac {3t}8+\frac{\sin 2t}{4}+\frac{\sin 4t}{32}\right)\Bigg|_0^{\frac{\pi}3}=\frac{\pi}8+\frac{7\sqrt 3}{64}$ |
|
|
|
giải đáp
|
tìm tích phân
|
|
|
|
$I_1=\frac 12\int_0^1x^2(4-3x^2)^6\mathrm d(x^2)$ Đặt $t=x^2$ và đổi cận $I_1=\frac 12\int_0^1t(4-3t)^6\mathrm dt$ Đặt $4-3t=a\Rightarrow \begin{cases}t=\frac {4-a}3 \\ \mathrm da=-3\mathrm dt \end{cases}$, đổi cận ta có $I_1=\frac {-1}{18}\int_4^1(4-a)\cdot a^6\mathrm da$ $=\frac 1{18}\int_1^4(4a^6-a^7)\mathrm da$ $=\frac 1{18}\left(\dfrac{4a^7}7-\dfrac{a^8}8\right)\Bigg|_1^4=\frac{7279}{12}$ |
|
|
|
giải đáp
|
tính tích phân
|
|
|
|
Đặt $\ln x=u$ ta có $\ln e=1,\ln 1=0$ $I=\int_0^1u\cdot\sqrt[3]{1+u^2}\mathrm du$ Đặt $\sqrt[3]{1+u^2}=v\Rightarrow 1+u^2=v^3$, lấy vi phân ta có $2u\mathrm du=3v^2\mathrm dv$ $\Rightarrow I=\frac 32\int_1^\sqrt[3]2v^3\mathrm dv=\frac {3v^4}8\bigg|_1^{\sqrt[3]2}=\frac{6\sqrt[3]2-3}{8}$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với
|
|
|
|
$\sin^4x+\cos^4x=\frac{\cos 4x+3}{4}$ $\Leftrightarrow (\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2 x\cdot\cos^2 x=\frac{\cos 4x+3}{4}$ $\Leftrightarrow \frac{1-\cos 4x}{4}=2\sin^2x\cdot\cos^2x$ $\Leftrightarrow \frac{1-\cos 4x}{2}=(2\sin x\cdot\cos x)^2$ $\Leftrightarrow 2\sin^22x=\sin^22x$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin 2x=0\\ \sin 2x=\dfrac 12\end{array} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\dfrac{k\pi}2\\ x=\dfrac{\pi}{12}+k\pi\\x=\dfrac{5\pi}{12}+k\pi \end{array} \right. \;(k \in \mathbb Z)$ |
|
|
|
giải đáp
|
Pt mặt phẳng giúp với
|
|
|
|
VIết lại pt mặt cầu $(x-1)^2+(y+1)^2+z^2=1$ Mặt cầu này có bán kính $R=1$ Ta có bán kính giao tuyến $r=\frac{C}{2\pi}=\frac{2\pi}{2\pi}=1$ Vì $R=r$ nên mặt phẳng chứa giao tuyến, tức là mp $(P)$, đi qua tâm của mặt cầu $(S)$ và có tọa độ $C(1;-1;0)$ Vậy ta chỉ cần viết pt mp đi qua 3 điểm $A,B,C$ Ta có $\vec{AB}=(1;-1;0),\vec{AC}=(1;0;-1)$ Lấy tích có hướng 2 vector này ta được vector pháp tuyến của mp là $\vec n(1;1,1)$ Suy ra pt mp $(x-1)+(y+1)+z=0\Leftrightarrow \boxed{x+y+z=0}$ |
|
|
|
giải đáp
|
help e
|
|
|
|
$I=\int\ x\cdot \sin x \mathrm dx+\int \cos^4x\cdot\sin x \mathrm dx$ $=-\int x \mathrm d\left( \cos x\right)-\int\cos^4x\mathrm d\left(\cos x\right)$ $=-x\cdot \cos x+\int\cos x\mathrm dx-\frac{\cos^5x}{5}$ $=-x\cdot\cos x+\sin x-\frac{\cos^5x}{5}+C$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup m voi!
|
|
|
|
Ta cắt khối chóp dọc theo cạnh $SA$, và trải ra mặt phẳng như sau (Ở đây giả sử điểm $A$ tách theo 2 mặt phẳng $SAB,SAC$ thành 2 điểm $A_1,A_2$ tương ứng)
Ta có chu vi $\triangle AB'C'=AB'+B'C'+C'A=A_1B'+B'C'+C'A_2$ Vì $A_1,A_2$ cố định nên tổng trên nhỏ nhất khi và chỉ khi $A_1,B',C,A'_2$ thẳng hàng (như hình)
Do $SB'=SC'$ nên theo talet đảo, ta suy ra $B'C'$//$BC$ Do $BA_1=BC\& SA_1=SC\Rightarrow IA_1=IC$($SB$ là trung trực của $AC$) Từ các trên ta suy ra 2 tam giác vuông $A_1IB'$ và $CIB$ bằng nhau Suy ra $A_2C'=A_1B'=BC=\sqrt{2-\sqrt 3} \cdot a$ Trong tam giác vuông cân $SA_1A_2$ ta tính được $A_1A_2=\sqrt 2\cdot a$ Suy ra $B'C'=\sqrt 2\cdot a-2\cdot \sqrt{2-\sqrt 3} \cdot a$ Hay $\frac{B'C}{BC}=\sqrt 3-1$
Vậy $k=\frac{SB'}{SB}\cdot \frac{SC'}{SC}=\left(\frac{B'C'}{BC}\right)^2=4-2\sqrt 3$ |
|