Cho em hỏi ngành Toán tin ứng dụng lấy điểm bao nhiu không ạ
Có anh chị nào biết điểm chuẩn các năm thì post lên luôn nhé. Em cảm ơn nhiều

Năm 2006, khoa Toán tin lấy 12 điểm thì phải, lâu rồi không nhớ lắm.
Ngành Toán tin là ngành ít học sinh tham gia học nhất vì đa số mọi người nghĩ Toán tin không phải là kỹ thuật, nhưng những ai đã học ngành Toán tin rồi sẽ thấy ngành này rất hay. Các em có thể xem cuốn giới thiệu các ngành nghề của Bách khoa để biết chi tiết về các ngành trong BK.

Chú ý: $\cos 2x=\cos^2x-sin^2x=\left ( \cos x-\sin x \right )\left ( \cos x+\sin x \right )$ và $\sin x\cos x=\frac{\left ( \sin x+\cos x \right )^2-1}{2}$
Do vậy đặt $t=\sin x+\cos x\Rightarrow {\rm d}t=\left (\cos x-\sin x \right ){\rm d}x$.
Ta có,
$I=\int_1^{\sqrt2} \frac{t{\rm d}t}{1+t+\frac{t^2-1}{2}}=2\int_1^{\sqrt2} \frac{t{\rm d}t}{t^2+2t+1}=2\int_1^{\sqrt2} \frac{{\rm d}t}{t+1}-2\int_1^{\sqrt2} \frac{{\rm d}t}{\left ( t+1 \right )^2}=...$

Đầu tiên phân tích $\frac{\cos^2x}{\sqrt3+\sin x}=\sqrt3-\sin x-2\frac{1}{\sqrt3+\sin x}$.
Đối với tích phân $\int\frac{1}{\sqrt3+\sin x}{\rm d}x$. Ta có thể đặt $t=\tan\frac{x}{2}$ là ra.

Phương trình ban đầu tương đương với hai phương trình sau:
PT1: $x^2+(p-q)x+1=0\quad (1)$ với $x\ge0.$
PT2: $x^2-(p+q)x+1=0\quad (2)$ với $x<0.$
PT (1) có $\Delta_1=(p-q)^2-4$.
PT (2) có $\Delta_2=(p+q)^2-4$.
Do vậy, phương trình ban đầu có bốn nghiệm khi và chỉ khi PT(1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 0 và phương trình (2) có hai nghiệm âm phân biệt.
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \Delta_1=(p-q)^2-4>0\\ q-p>0 \end{matrix}\right.$ và $\left\{\begin{matrix} \Delta_2=(p+q)^2-4>0\\ p+q<0 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow q-p>2$ và $p+q<-2$
$\Leftrightarrow p-q+2<0$ và $p+q+2<0$. Tức là, $p+|q|+2<0$.

Bài này đề ra chưa thật sự chính xác. Đề bài yêu cầu là "có hai nghiệm phân biệt" như vậy là chưa chuẩn. Phải nói rõ là "chỉ có (có đúng) hai nghiệm phân biệt" hoặc " có ít nhất hai nghiệm phân biệt". Đa số mọi người sẽ coi đề bài là "có ít nhất hai nghiệm phân biệt". Mình sẽ cả hai ý.
Đặt, $|x|=t,\quad t\ge0.$ Phương trình ban đầu trở thành $t^2+(m^2+8n)t+n^2-4=0\quad (1).$ Ta có $\Delta=(m^2+8n)^2-4(n^2-4)=m^4+16m^2n+60n^2+16$
- TH1: Phương trình ban đầu có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu hoặc một nghiệm kép dương.
- TH2: Phương trình ban đầu có ít nhất hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi TH1 đúng và thêm trường hợp (1) có hai nghiệm dương phân biệt.
Các em giải từng trường hợp là sẽ ra nhé.

Do $\frac{m^3+n^3+1}{mn(m-n)}$ là số nguyên nên $m^3+n^3+1\vdots (mn(m-n))\quad (*)$.
Suy ra, $m^3+n^3+1\vdots m\Leftrightarrow n= -1 \mod m$
và $m^3+n^3+1\vdots n\Leftrightarrow m= -1 \mod n$.
Do đó, $m-n= -1 \mod n;m-n=1\mod m.$
TH1: $m>n$ ta có $m-n=pm+1\Leftrightarrow m(1-p)=n+1$ suy ra $p=0, m=n+1$.
Thay vào (*) ta được $(n+1)^3+n^3+1\vdots n(n+1)\Leftrightarrow 2(n^3+1)\vdots n(n+1)$
$\Leftrightarrow 2(n^2-n+1)\vdots n\Leftrightarrow n=1;n=2.$ Thay vào ta được $m=2;m=3$.
TH2: $n>m$ ta có $m-n=qn-1\Leftrightarrow (q+1)n=m+1$ suy ra $q=0;n=m+1$
Tương tự ta cũng dc $m=1;m=2$ và thay vào được $n=2;n=3$
Vậy nghiệm $(m;n)$ là $(1;2),(2;1),(2;3),(3;2)$.

@nguyenta98: 2 dòng đỏ bị sai còn TH n^2-n+1 \vdots m$ cơ mà

Cách làm thì đúng rồi. Nhưng vế trái của PT, em biến đổi khá lòng vòng.
Mình sẽ biến đổi lại vế trái cho mọi người dễ nhìn.
Ta có, $\sin x+\frac{\sin3x+\cos3x}{1+2\sin2x}=\frac{\sin x+\cos x+\sin3x}{1+2\sin 2x}=\frac{\cos x+2\sin2x\cos x}{1+2\sin2x}=\cos x.$

Đặt $\sqrt x+1=t$ ta có ${\rm d}t=\frac{1}{2\sqrt x}{\rm d}x\Leftrightarrow {\rm d}x=2(t-1){\rm d}t$.
Thay vào tích phân ban đầu ta được $2\int \frac{t-1}{t}{\rm d}t=2t-2\ln |t|+C$.
Sau đó, ta thay lại biến $x$ vào ta được $\int \frac{{\rm d}x}{\sqrt x+1}=2(\sqrt x+1)-2\ln(\sqrt x+1)+C.$

Để chứng minh $AM\perp BD$ ta sẽ chứng minh $\widehat{DBC}=\widehat{MAH}$.
Xét hai tam giác $\Delta CDB$ và $\Delta HMA$. Ta có
$\widehat{DCB}=\widehat{MHA}$
và $\frac{CD}{CB}=\frac{CD}{2HC}=\frac{HD}{2HA}=\frac{HM}{HA}$
Vậy $\Delta CDB\sim \Delta HMA$
Suy ra $\widehat{DBC}=\widehat{MAH}$.
Suy ra $AM\perp BD$ (Góc có hai cạnh tương ứng vuông góc với nhau)

Mình có 1 cách giải khác, tuy phức tạp hơn 1 chút nhưng để các bạn tham khảo.
Từ PT ban đầu ta có thể suy ra $x\ge0$.
Một số chính phương là số có dạng $4k$ hoặc $4k+1$, vì vậy ta suy ra $x=4k$ để $x^3+4x+1$ là một số chính phương.
Suy ra $y$ lẻ, tức là $y\ne x$.
Thử $x=0$ ta thấy thỏa mãn. (TH này $|y|=1$)
Nếu $x\ne 0$ thì $x\ge4$.
Từ đó suy ra $VT\ge 4x^2+4x+1=(2x+1)^2$ và $VT\le x^4+2x^2+1=(x^2+1)^2$.
Vậy $2x+1\le y^2\le x^2+1$. Trong đoạn $[2x+1;x^2+1]$ chỉ có các số chính phương là $x^2,(x-1)^2$ thỏa mãn với $\forall x\ge 4.$
Theo trên, $y\ne x$ nên ta được $y^2=(x-1)^2$ suy ra $|y|=x-1.$
Thay vào PT ban đầu ta giải ra được nghiệm $x=4$. (TH này $|y|=3$)

KL: Vậy nghiệm nguyên $(x;y)$ của PT là $(0;-1);(0;1);(4;-3);(4;3)$.

@nguyenta98: Cách kẹp của bạn sai rồi bạn ạ

a) Ta có $BD//AC$ nên $\frac{AH}{BH}=\frac{AC}{BD}\Leftrightarrow \frac{AH}{AB}=\frac{AC}{AB+AC}\Leftrightarrow AH=\frac{AB.AC}{AB+AC}$
Tương tự $CE//AB$ nên ta cũng tính được $AK=\frac{AB.AC}{AB+AC}$
Vậy $AH=AK.$
b) Ta biến đổi $BH.CK=(AB-AH)(AC-AK)=(AB-AH)(AC-AH)$. Khai triển ra và sử dụng kết quả $AH=\frac{AB.AC}{AB+AC}$ ta suy ra Đpcm.

Em kiểm tra lại đề bài xem nhé. Nếu anh không nhầm, bài này phải cho tam giác ABC vuông tại A mới dc

Em phân tích biểu thức trong dấu tích phân thành dạng $\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{C}{x+3}+\frac{D}{(x+3)^2}+\frac{E}{(x+3)^3}.$
Em đồng nhất thức hai biểu thức này sẽ tính được A, B, C, D, E.
Sau đó thì đơn giản rồi.
KQ tính A, B, C, D, E là $A=-\frac{1}{16};B=D=\frac{1}{8};C=\frac{1}{16};E=1.$

Để dễ nhìn, ta đặt $t=x-\frac{3}{2}$.
Khi đó, $I=\int\left(t^2+\frac{35}{4}\right)^{10}\left(t-\frac{3}{2}\right){\rm d}t=\frac{1}{2}\int\left(t^2+\frac{35}{4}\right)^{10}{\rm d}t^2-\frac{3}{2}\int\left(t^2+\frac{35}{4}\right)^{10}{\rm d}t.$
$=\frac{\left(t^2+\frac{35}{4}\right)^{11}}{11}-\frac{3}{2}J.$
Tính tích phân $J$ bằng phương pháp tích phân từng phần.
$J=\int\left ( t^2+\frac{35}{4} \right )^{10}{\rm d}t=t\left ( t^2+\frac{35}{4} \right )^{10}-10\int\left ( t^2+\frac{35}{4} \right )^{9}t^2{\rm d}t.$
Tiếp tục sử dụng tích phân từng phần cho đến khi xuất hiện $\int t^{11}{\rm d}t$.
Hơi dài một chút nên em làm cẩn thận nhé.

$\int\frac{1}{x^8-x^6}{\rm d}x=\int \left ( 1+\frac{1}{2}.\frac{1}{x-1}-\frac{1}{2}.\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x^4}-\frac{1}{x^6} \right ){\rm d}x$
Đến đây là em làm được rồi chứ.
Em chú ý cách giải của các tích phân hữu tỷ nhé.
Nó có cách giải tổng quát đấy.

Dạ thưa Thầy. Làm sao có thể phân tích được như Thầy ạ. Trong bài em vẫn chưa hiểu cách khai triển của Thầy ạ, mong thầy viết rõ ra cho em tí ạ. Em rất rối khi các bài tích phân hữu tỷ có bậc lớn. Cảm ơn Thầy ạ

Phân tích phân thức $\frac{P(x)}{(x-a)^n(x-b)^m(a'x^2+b'x+c')}=\frac{A}{x-a}+\frac{A_2}{(x-a)^2}+\cdots+\frac{A_n}{(x-a)^n}+\frac{B}{x-b}+\cdots+\frac{B_m}{(x-b)^m}+\frac{Cx+D}{a'x^2+b'x+c}$
Sau đó, đồng nhất thức hai vế để tính các hệ số.

Biến đổi PT thành $2(a-b)^2+(b+c)^2+c^2=20\quad (1).$
Ta có $a,b,c\in \mathbb{N^*}$ nên $(b+c)^2\ge4;c^2\ge1$.
Suy ra $(a-b)^2\le\frac{15}{2}$, suy ra $(a-b)^2=\{0;1;4\}$.
Các số chính phương nhỏ hơn 20 là: 0;1;4;9;16. Suy ra $(a-b)^2;(b+c)^2;c^2$ là một trong các giá trị trên.
TH1: $a-b=0$. Ta được $(b+c)^2+c^2=20$. Suy ra được $c=2,b=2$. Suy ra $a=2$.
TH2: $(a-b)^2=1$. Ta được $(b+c)^2+c^2=19$. Suy ra vô nghiệm.
Th3: $(a-b)^2=4$.Ta được $(b+c)^2+c^2=16$. Suy ra được $c=0,b=4$. Loại vì $c>0$.
Vậy $a=b=c=2$. Suy ra dpcm

chỗ này hình như sai rồi thì phải
p\s èo lại chậm

chỗ đó phải hoặc chứ nhỉ chứ trường hợp sau làm gì thỏa
p\s tớ nhầm dấu sorry

Sorry, mình biến đổi nhầm 1 tý.Hihi

Ta chia làm 2 bài toán nhỏ nhá ^^,
a) $I(t)= \int_{0}^{t}\frac{tan^{4}x}{cos2x}dx = \int_{0}^{t}\frac{tan^{4}x(tan^2x+1)}{1-tan^2x}dx$
Lấy $tanx=a\Leftrightarrow (tan^2x+1)dx=da$
nên ta có:
$I(t)= \int_{0}^{t}\frac{a^4}{1-a^2}da\\=\int_{0}^{t}(-a^2-1+\frac{1}{2(a+1)}-\frac{1}{2(a-1)})da\\=...\\=\frac{1}{2}ln\left|\frac{tant+1}{tant-1} \right|-\frac{1}{3}\left(tan^3t+3tant \right)=\frac{1}{2}ln\left|tan(t+\frac{\pi }{4}) \right|-\frac{1}{3}\left(tan^3t+3tant \right)$
b)Ta có với đk đề: $\frac{tan^{4}x}{cos2x}>0$ nên: $I(t)>0 \\\Leftrightarrow 2I(t)>0 \\\Leftrightarrow \ln\left|tan(t+\frac{\pi }{4}) \right|>\frac{2}{3}\left(tan^3t+3tant \right)$
Hay $tan(t+\frac{\pi }{4})> e^{\frac{2}{3}.(tan^{3}t+3.tant)}$

Bài này bạn quên đổi cận lúc đặt ẩn rồi.
Nhưng sau đó lại thay cận đúng là kết quả.

Bài 1 và bài 2 sai đề. Vì thay cận $x=0$ vào thì hàm số không xác định.
(Nếu thay cận dưới để tích phân xd rồi, ta biến đổi để xuất hiện $\tan$ là dc)
Bài 3, thêm bớt $\tan\frac{x}{2}$,
$I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\tan\frac{x}{2}\left ( 1+\tan^2\frac{x}{2} \right ){\rm d}x-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\tan\frac{x}{2}{\rm d}x$
$=\left (\tan^2{\frac{x}{2}}+2\ln{\cos\frac{x}{2}} \right )\Bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}=1-\ln2.$

Câu 1:
Tách làm hai tích phân:$\int x^3e^{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x+\int x^3\sqrt{x^2+1}{\rm d}x$
Tích phân thứ nhất. Đặt $u=x^2;dv=xe^{\sqrt{x^2+1}}$ ta được
$\int x^3e^{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x=x^2e^{\sqrt{x^2+1}}-2\int xe^{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x=x^2e^{\sqrt{x^2+1}}-2e^{\sqrt{x^2+1}}$.
Tích phân thứ 2 thì đơn giản.

Bài 1: Trục căn thức ở mẫu $\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=\sqrt{x+1}-\sqrt x$. Sau đó thì đơn giản.
Bài 3: Dặt $\sqrt{2x+1}=t\Rightarrow x=\frac{t^2-1}{2}$ và ${\rm d}t=\frac{1}{\sqrt{2x+1}}{\rm d}x$.
Thay vào tích phân là ra ngay.

Còn bài 4 và bài 5 bạn ?

Bài 4 thì đặt $\sqrt[3]x=t\Rightarrow {\rm d}x=3t^2{\rm d}t$.
Thay vào tích phân (nhớ đổi cận), ta được về dạng tích phân đơn giản.
Giải tích phân này bằng cách sử dụng phương pháp tích phân từng phân.
Bài 5: chịu k nhìn ra đề là gì cả.

bài 5 là cos^6 x / sin^4 x

Tích phân $I=\int\frac{\cos^6x}{\sin^4x}{\rm d}x$ hả bạn.
Vậy thì làm như sau:
$I=\int\frac{\cos^6x+\sin^6x}{\sin^4x}{\rm d}x-\int\sin^2x{\rm d}x$
$=\int\frac{1-3\sin^2x\cos^2x}{\sin^4x}{\rm d}x-\int\frac{1-\cos2x}{2}{\rm d}x$
$=-\int(1+\cot^{2}x){\rm d}(\cot x)+3\int {\rm d}(\cot x)+3\int {\rm d}x-\frac{1}{2}(x-\frac{\sin2x}{2})$
$=-\cot x-\frac{\cot^3x}{3}+3\cot x+3x-\frac{x}{2}+\frac{\sin2x}{4}+C$
$=-\frac{\cot^3x}{3}+2\cot x+\frac{\sin2x}{4}+\frac{5}{2}x+C$

bài 6:
$ I=\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt[3]{sin^{3}x-sinx}}{sin^{3}x}cotxdx $

Bài 6: Biến đổi biến thức trong dấu tích phân $\frac{\sqrt[3]{\sin^3x-\sin x}}{\sin^3x}.\cot x=\sqrt[3]{\frac{1-\sin^2x}{\sin^2x}}.(1+\cot^2x)\cot x=\cot^{\frac{5}{3}}x.(1+\cot^2x)$
Đặt $t=\cot x$. Khi đó, $I=-\int_{\frac{1}{\sqrt3}}^{0}t^{\frac{5}{3}}{\rm d}t=-\frac{3}{8}t^{\frac{8}{3}}\Bigg |_\frac{1}{\sqrt3}^0=\frac{3}{8}.3\sqrt[3]3=\frac{9\sqrt[3]3}{8}.$