Nhìn mặt du côn + ngáo thế mà anh bảo handsome , cứ troll em

Đây là yêu cầu của em:

Mình đi làm tình...làm tình...tình....nguyện!

Chính chủ ở ngay sau Hòm Tiền ủng hộ!

 chụp mà k biết đăng ntn , ai giúp vs 

Nhìn khung soạn, nhấn vào "Sử dụng bộ soạn đầy đủ" $\to$ file đính kèm $\to$ chọn ảnh trong máy $\to$ tải lên $\to$ cho vào văn bản!!

Hé hé, nhìn đầu gấu nhỉ . ĐƯợc từng ấy tiền mua kẹo cho em ăn đi

Tiền đó là tiền ủng hộ của các SV để hỗ trợ các SV nghèo khác!

Không có phần cho anh

@@~ . 5k/1 lần nữa mới chết chứ nhỉ ?? hay quá . Làm phát 500k/1 lân thì im re luôn

Đó là bị phạt lần đầu tiên, lần sau hình như tăng lên mỗi đợt phạt là 20k/1 lần!! nên Bị phạt rồi là im re---ko hé mồn nữa!!

Post cái ảnh phát, ở giữa nha, nhìn mặt ngáo quá . !!! 

Được đấy nhỉ, handsome đấy chứ!

Chà, khi nào anh tự sướng a sẽ up lên...

Hay nhỉ , hi vọng em sẽ có lần được đi làm tình nguyên, xem thử nó thế nào 

Đi làm tình...thấy vui vui! Nhưng khổ nỗi hay bị phạt..vì hay nói chuyện trong giờ họp(5k/1lan)

 

 

Cùng bắt đầu với đề VMC 2013

Câu 1. Cho $x_1 = a \in \mathbb{R}$ và dãy $(x_n)$ được xác định bởi $(n+1)^2 x_{n+1} = n^2 x_n + 2n+1$. Tìm $\lim\limits_{x \to \infty} x_n$.

 

 

 

 

Câu 1 có nhầm không ta, $n\to +\infty $ chứ?

$(n+1)^2 x_{n+1} = n^2 x_n + 2n+1\Leftrightarrow \left ( n+1 \right )^2\left ( x_{n+1}-1 \right )=n^2\left ( x_{n}-1 \right )$

Đặt $u_{n}=n^2\:x_{n}-n^2\to u_{n+1}=u_{n}=...=u_{1}=a-1$

$\to x_{n}=1+\frac{a-1}{n^2}$

Nên $\lim_{n\to +\infty} x_{n}=1$

P/s: Đúng không ta?

Vế phải trong bất đẳng thức của bạn không biết có nhầm lẫn gì không ?

Hình như bạn ấy sai điều kiện thôi, điều kiện phải là $f(0)=0$

Nếu thế thì lời giả sẽ là:

$$f(x)=\int_{0}^{x}f'(t)dt\leq \left ( \int_{0}^{x}1^2 \right )^{1/2} \left( \int_{0}^{x}\left ( f'(t) \right )^2 \right )^{1/2}$$

$$\Rightarrow f^2(x) \leq x \int_{0}^{x}\left ( f'(t) \right )^2dt\leq x \int_{0}^{1}\left ( f'(t) \right )^2dt$$

$$\Rightarrow \int_{0}^{1} f^2(x)dx\leq \int_{0}^{1}xdx\int_{0}^{1}\left ( f'(t) \right )^2dt=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\left ( f'(x) \right )^2dx$$

Lỗi gì đây?

Bài 14
$\left\{\begin{matrix} x^4+x^3y+x^2x^2+xy^3+y^4=5 & \\ 2\sqrt{1-x^2}+\sqrt{2x^2-y^2}=2 & \end{matrix}\right.$


 

Giai:

Ap dung BĐT Bunhia: $4=(\sqrt{2}\sqrt{2-2x^2}+\sqrt{2x^2-y^2})^2\leq 3(2-y^2)\to y<1$

Tu PT $\to x<1$

$\to x^4+x^3y+x^2x^2+xy^3+y^4<5\to$ PTVN
 

còn bài này thì ai có cách làm khác cách của nthoangcute ko? Chỉ cho mình với.

 

Bài 13

$\left\{\begin{matrix} 2x^3-xy^2=1 & \\ 2x^2-3xy+2y^2=x-y & \end{matrix}\right.$

(Đề thi thử của trung tâm luyện thi Tô hoàng)

Giải:

$x^2-(3y+1)x+2y^2+y=0$$x^2-(3y+1)x+2y^2+y=0$

Xét $\Delta =(3y+1)^2-4(2y^2+y)=(y+1)^2$

Thay vào giai binh thuong...!!

Bài 17
$\left\{\begin{matrix} xy+\sqrt{2(x^4+y^4)}=1 & \\ x^{2009}y^{2013}+x^{2013}y^{2009}=\frac{2}{3^{2011}} & \end{matrix}\right.$


 

PT1: $xy+\sqrt{2(x^4+y^4)}=1\Leftrightarrow x^4+y^4=\frac{(1-xy)^2}{2}$ và $xy\leq \frac{1}{3}$

PT2: $\frac{2}{3^{2011}}=(xy)^{2009}(x^4+y^4)=(xy)^{2009}.\frac{(1-xy)^2}{2}=2(xy)^{2008}(xy)\frac{1-xy}{2}.\frac{1-xy}{2}\leq 2.(xy)^{2008}.(\frac{xy+1-xy}{3})^3=\frac{2(xy)^{2008}}{3^3}\leq \frac{2}{3^{2011}}$

Vay $x=y=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$

Bài 10: ${I_{10}} = \int\limits_0^1 {{{\left( {\frac{{\ln x}}{{x + 1}}} \right)}^2}dx} $
 

Hình như bài 10 còn tồn đọng:

Giải:

$$I_{10}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{\ln x}{1+x} \right )^2dx=\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\ln^2xd\left (- \frac{1}{1+x} \right )dx$$

$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x(1+x)}dx \right ]$$

$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x}dx-2\int_a^1 \frac{\ln x}{1+x} dx \right ]$$

$$=\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\frac{a\ln^2a}{1+a}}_{0}-2\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\frac{\ln x}{1+x}dx$$

$$=-2\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\ln a\ln(1+a)}_{0}+2\lim_{a\to 0^+}\underbrace{\int_{a}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx}_{I}$$

Đến đây thì vô hướng, chả biết làm nữa...làm liều-nghĩ theo hướng này: (!)

Ta dùng khai triên $Maclaurin:$

$\ln(1+x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{i+1}x^i}{i}$

$\Rightarrow I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx=\int_{0}^{1}\sum_{i=1}^{\infty} \frac{(-1)^{i+1}x^{i-1}}{i} \: dx=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i+1}}{i^2}$

Đang nghĩ!

Hình như bài 10 còn tồn đọng:

 

Giải:

 

 

 

 

$$I_{10}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{\ln x}{1+x} \right )^2dx=\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\ln^2xd\left (- \frac{1}{1+x} \right )dx$$

 

$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x(1+x)}dx \right ]$$

 

$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x}dx-2\int_a^1 \frac{\ln x}{1+x} dx \right ]$$

 

$$=\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\frac{a\ln^2a}{1+a}}_{0}-2\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\frac{\ln x}{1+x}dx$$

 

$$=-2\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\ln a\ln(1+a)}_{0}+2\lim_{a\to 0^+}\underbrace{\int_{a}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx}_{I}$$

 

 

Đến đây thì vô hướng, chả biết làm nữa...làm liều-nghĩ theo hướng này: (!)

 

 

Ta dùng khai triên $Maclaurin:$

 

$\ln(1+x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{i+1}x^i}{i}$

 

$\Rightarrow I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx=\int_{0}^{1}\sum_{i=1}^{\infty} \frac{(-1)^{i+1}x^{i-1}}{i} \: dx=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i+1}}{i^2}$

 

Đang nghĩ!

Giờ mới được học làm Gamma và khai triên chuỗi Fourier:

Cách 1: Áp dụng hàm Gamma

Cách 2: Áp dụng khai triển Fourier

Xét hàm $f(x)=x^2, \: x\in (-\pi, \pi)$ với chu kì $T=2\pi$, ta có khai triển Fourier cho hàm tuần hoàn là

Đây là hàm chẵn nên $b_n=0$

$a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x)dx=\frac{2\pi^2}{3}$

$a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos nxdx=\frac{4(-1)^n}{n^2}$

Nên $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left ( a_n\cos nx+b_n\sin nx \right )=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n\cos nx}{n^2}=x$

Cho $x=0$ thì $\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}=0\Rightarrow \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} =-\frac{\pi^2}{12}$

Bài toán mở đầu (dễ):

Bài 1: Tính tích phân bất định sau: $$I = \int {\dfrac{1}{{{x^2}}}\sqrt {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} } dx$$

P.s: Giải quyết bài 1 tồn đọng:

Đặt $t=\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\Rightarrow x=\frac{1+t^2}{1-t^2}\Rightarrow dx=\frac{4t}{\left ( 1-t^2 \right )^2}\: dt$

$\Rightarrow I_1=\int \left [ \frac{\left ( 1-t^2 \right )^2}{\left ( 1+t^2 \right )^2}\: t\: \frac{4t}{\left ( 1-t^2 \right )^2} \right ]dt=\int \frac{4t^2}{\left ( 1+t^2 \right )^2}dt$

$=-\int 2td\left ( \frac{1}{1+t^2} \right )=-\frac{2t}{1+t^2}+\int \frac{2}{1+t^2}dt=\frac{-2t}{1+t^2}+2\arctan t+C$

có 1 bài toán cũng khá được, mình là dân mới, mong các bạn và anh chị chỉ giáo. xin cám ơn
$I= \int_{0}^{3}arcsin\sqrt{\frac{x}{x+1}}dx$
$I'=\int_{1/2}^{2}(1+x-\frac{1}{x})e^{x+\frac{1}{x}}dx$

Cách khác:

Bài 2 thì thấy giải chuẩn rồi, còn bài 1 thì tôi có cách khác như sau:

Ta có nhận xét sau:

$$arc\sin\sqrt{\frac{x}{1+x}}=arc\tan\sqrt{x}$$

Nên:

$$I= \int arc\sin\sqrt{\frac{x}{x+1}}dx=\int arc\tan\sqrt{x}\: dx=\int arc\tan t\: d\left ( t^2 \right )$$

$$=t^2arc\tan t-\int \frac{t^2}{1+t^2}dt=\left ( t^2+1 \right )arc\tan t-t+C=\left ( x+1 \right )arc\tan\sqrt{x}-\sqrt{x}+C$$

Đề năm nay nhảm sao ấy =))

 

TXĐ: $D=\mathbb{R}$

Đặt $y=f(x)= -x^3+3x^2+3mx-1$
$\Leftrightarrow m\ge x^2-2x=g(x)$

 $ycbt \Leftrightarrow m\ge \max\limts_{x\in [0;+\infty)} g(x) $

 

 

$f'(x)=-3x^2+6x+3m$

Để hàm số đồng biến trên $(0;+\infty)$ thì $y' \ge 0 \; \forall x>0$
 

$g'(x)=2x-2 ;g'(x)=0 \Leftrightarrow x=1$

 

$g(1)=1-2=-1; g(0)=0$

 

Do đó $m \ge 0$.

nghich bien ma bạn...!!

Co ac nao lam dk cau 7B chua??

Tham khảo đáp tại HỌC MÃI: http://hocmai.vn/mod...hoc/Khoi_A/Toan

Câu 6:

Dùng AM-Gm đánh giá được:

$P\leq \frac{4}{\sqrt{\frac{1}{3}.(a+b+c)^2+4}}-\frac{27}{2(a+b+c)^2}$

Đặt $(a+b+c)^2=x>0$ rồi khảo sát thấy đạt max tại x=36

Bạn lam sao nua..toi cung lam theo cách

 nay nhung khong ra...

Cách khac: 

Dat $x=a+b+c+3>3$

Áp dụng BĐT Cauchy và bunhia, rôi xét hàm

$f(x)=\frac{8}{x-1}-\frac{2187}{8x^3}$

Bạn ơi xem lại dùm mình cái tích phân ni với \int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{{e^{\frac{1}{x}}}}}{{x{}^3}}} dx\]

Đây là bài mình làm. Đáp số bài ni là 2/e nhưng mình không biết CM thế nào để \[\mathop {\lim }\limits_{b \to {0^ - }} \frac{{{e^{1/b}}(1 - b)}}{b} = 0\]

Bạn xem sửa dùm mình với bạn nhé !!!!! Mình cảm ơn bạn nhìu

 

Mình chưa nhìn cách làm nhưng mà đáp số sai rồi

http://www.wolframal...{0} e^(1/x)/x^3

Tham khảo arcsinx/x hả bạn???

Làm giống bạn nói đến chỗ tính tích phân ln(sin x) đó.

Mình đặt x = 2t: ln(sinx) = ln(sin2x)=ln(2.sinx.cosx) = ln(2) + ln(sinx) + ln(cos x) 

Rối đưa ln(cos x) về ln(sinx) thì giải ra thôi

Còn hai câu dưới bạn viết gì thế??? mình không hiểu?

Nếu 2 dòng cuối mà bạn không hiểu thì cứ nghĩ đại là "thằng trên đang tự kỉ "

Mình làm kiểu khác, mà cách này hình như ko ra. Phải đặt lòng vòng rồi rút gọn mà

Nhìn lời hướng dẫn mình làm như sau:

Mà áp dụng công thức(chứng minh bằng quy tắc L'hopital): $$\lim_{x\to 0}x^{\alpha}\ln x=0,\, \alpha >0\Rightarrow \lim_{x\to 0} \arcsin x\ln x=0$$

Vì theo VCB thì $\arcsin x\sim x$

Trở lại bài toán, ta dùng tích phân từng phần ra  

$$I=\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int_{0}^{1}\ln xd\left ( \arcsin x \right )=-\int_{0}^{1}\frac{\arcsin x}{x}dx$$

Đến đây, ta thử đặt về $\sin$ xem thử 

$t=\arcsin x\to x=\sin t\to dx=\cos tdt$

...... cách này phải nói là dài, làm đến chỗ này nữa $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx=..$ cái này tính đươc (ở đâu đó trên diễn đàn) nhưng dài, ngại viết. Tự tìm hiểu

Cảm ơn bạn nhiều

Mình còn hai bài nữa chưa biết làm bạn giúp mình luôn với nhé ^^. 

\[\int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} ;\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{{e^{\frac{1}{x}}}}}{{x{}^3}}} dx\]

Bài đầu thì mình biết là hắn quy về dạng arcsinx/x, mình làm tích phân từng phần thì về dạng đó nhưng mà vế đầu lại bị dính cận = 0 nên không làm ra

Bài đầu đang nghĩ, bài 2 thì làm như sau.

Đặt như thế này cho dễ nhìn này $t=-x$ thì $$I=\int_{-1}^{0}\frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^3}dx=\int_{1}^{0}\frac{e^{-\frac{1}{t}}}{t^3}dt$$

Gặp dạng này thường đưa về tích phân Euler loại 2, bằng cách đặt:

Đặt $u=\frac{1}{t}\to du=-\frac{dt}{t^2}$ 

$$\Rightarrow I=-\int_{1}^{\infty}ue^{-u}du=-\int_{1}^{\infty}te^{-t}dt$$

Tách bớt ta được $$I=\int_{0}^{1}te^{-t}dt-\left ( \int_{0}^{1}te^{-t}dt+\int_{1}^{\infty}te^{-t}dt \right )=\int_{0}^{1}te^{-t}dt-\int_{0}^{\infty}te^{-t}dt=1-\frac{2}{e}-\Gamma \left ( 2 \right )=-\frac{2}{e}$$

 

Tính phân arcsin x/x mình tính được rồi. chỉ có thắc mắc cách tính phía trên thôi. Thanks bạn nhìu hí.

Cho mình hỏi tý bài này mình trình bày thế này thì có đúng không hả bạn?

\[\int\limits_0^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} \]

Với 0<c<1 ta tính tính phân: \[\int\limits_c^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} \]

Tích phân từng phần:

\[\int\limits_c^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}}  =  - \ln (c ).{\rm{arcsin(c ) - }}\int\limits_c^1 {\frac{{\arcsin x}}{x}} dx\]

\[ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{c \to {0^ + }} \int\limits_c^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}}  = \mathop {\lim }\limits_{c \to {0^ + }} \left( { - \ln (c ).{\rm{arcsin(c ) - }}\int\limits_c^1 {\frac{{\arcsin x}}{x}} dx} \right) = -\,\int\limits_o^1 {\frac{{\arcsin x}}{x}} dx\]

 

(vì \[\mathop {\lim }\limits_{c \to {0^ + }}  - \ln (c ).{\rm{arcsin(c )}} = 0\])

\[ \Rightarrow \int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} dx =- \int\limits_0^1 {\frac{{{\rm{arcsinx}}}}{x}dx} \]

 

Làm như thế nào thế? Muốn tham khảo

Cái Latex là lạ

À, khi nãy mình mình dấu tý, đã sửa 2 bài rồi. Bài làm được đấy