bài này mình nghĩ là sai đề. Theo mình.
Khi $x>0$ thì $F(x)=\frac{x^2(2\ln x-1)}{4}$.
Bài toán này có thể hỏi cách khác là "Chứng minh $f(x)$ là đạo hàm của $F(x)$".
Với $x>0$ thì đúng (Tính đạo hàm của $F(x)$ khi $x>0$).
Đa số mọi người sẽ nghĩ đến đây là xong.
Ta phải chứng minh tiếp là đạo hàm của $F(x)$ tại $x=0$ phải bằng $0=f(0)$.
(Chú ý xem lại công thức đạo hàm tại 1 điểm nhé)
Như vậy bài toán mới dc giải đầy đủ.

Bài 1:
a. Chứng minh bằng công thức quy nạp là ra.
b. Ta có $U_n-1=(U_n-U_{n-1})+(U_{n-1}-U_{n-2})+...+(U_3-U_2)+(U_2-U_1)=2(n+(n-1)+(n-2)+...+2)-4(n-1)=(n-4)(n-1)$
Vậy số hạng tổng quát là $U_n=n(n+1)-4(n-1)-1=n^2-3n+3.$
Bài 2: Ta có $U_1=aU_0^2=a;U_2=aU_1^2=a^3.$ Chứng minh bằng quy nạp ta sẽ được $U_n=a^{2^n-1}$.
Vậy $v_n=2^n;b=-1.$

Ta có $\frac{1-\sin^2x}{1+\sin2x}=\frac{1+\cos2x}{2(1+\sin2x)}=\frac{1}{2(\sin^2x+\cos^2x+2\sin x\cos x)}+\frac{\cos2x}{2(1+\sin2x)}$
$=\frac{1}{4(\sin^2(x+\frac{\pi}{4})}+\frac{\cos2x}{2(1+\sin2x)}$
Suy ra, $I=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}4{}}\frac{1}{\sin^2(x+\frac{\pi}{4})}{\rm d}x+\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{{\rm d}(1+\sin2x)}{1+\sin2x}=-\frac{1}{4}\cot(x+\frac{\pi}{4})\Bigg|_0^{\frac{\pi}{4}}+\frac{1}{4}\ln(1+\sin2x)\Bigg|_0^{\frac{\pi}{4}}=KQ$

Bài 2
$\frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{3+\sin2x}}=\frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{2+(\sin x+\cos x)^2}}=\frac{\sin (x+\frac{\pi}{4})}{\sqrt{1+\sin^2 (x+\frac{\pi}{4})}}$
Đặt $t=\frac{\pi}{4}-x.$
Suy ra, $I=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos t}{\sqrt{1+\cos^2t}}{\rm d}t=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos t}{\sqrt{2-\sin^2t}}{\rm d}t$
Đặt $\sin t=\sqrt2 \sin u$, suy ra $I=\int_0^{\sqrt2/4}\frac{\sqrt2 \cos u}{\sqrt{2-2\sin^2u}}{\rm d}u=\frac{\sqrt2}{4}.$

Bài 1: Có 2 cách
Cách 1: Chia cả tử và mẫu cho $x^2$ sau đó đặt $x+\frac{1}{x}=t$ là ra. Chú ý nếu tích phân mà có cận bằng 0 thì không thể áp dụng được.
Cách 2: Phân tích mẫu thành nhân tử $x^4+1=(x^2-\sqrt2 x+1)(x^2+\sqrt2 x+1)$. Sau đó phân tích phân thức trong dấu tích phân thành hai phân thức đơn giản hơn.

Bài 2, 3 phải có cận mới có thể làm được.

Tính:
a. $\int xcos(3-x^{2})d(x)$
b. $\int \frac{ln\sqrt{x}}{x}d(x)$
c. $\int cosx.e^{3sinx}d(x)$
d. $\int \frac{e^{tanx}}{cos^{2}x}d(x)$
e.$\int \frac{d(x)}{sinx}$
f. $\int \frac{d(x)}{e^{x}+2}$
g. $\int \frac{d(x)}{x.lnx}$

a. $\int xcos(3-x^{2})d(x)=-\frac{1}{2}\int \cos (3-x^2){\rm d}(3-x^2)=-\frac{1}{2}\sin (3-x^2) +C$
b. $\int \frac{ln\sqrt{x}}{x}d(x)=\frac{1}{2}\int \ln x{\rm d}(\ln x)=\frac{1}{4}\ln^2+C$
c. $\int cosx.e^{3sinx}d(x)=\frac{1}{3}\int e^{3\sin x}{\rm d}(3\sin x)=\frac{1}{3} e^{3\sin x}+C$
d. $\int \frac{e^{tanx}}{cos^{2}x}d(x)=\int e^{\tan x}{\rm d}(\tan x)=e^{\tan x}+C$
e.$\int \frac{d(x)}{sinx}=\int\frac{\sin x}{1-\cos^2x}{\rm d}x=\frac{1}{2}\int \left( \frac{1}{1+\cos x}-\frac{1}{1-\cos x}{\rm d}(\cos x)\right)=\frac{1}{2}\ln \frac{\cos x+1}{1-\cos x}+C$
f. $\int \frac{d(x)}{e^{x}+2}=\int \frac{d(e^x)}{e^x(e^{x}+2)}=\frac{1}{2}\ln \frac{e^x}{e^x+2}+C$
g. $\int \frac{d(x)}{x.lnx}=\int \frac{d(\ln x)}{\ln x}=\ln{\ln x}+C$

Cứ coi như cận hợp lệ đi bạn. Bài tìm nguyên hàm chứ ko phải tích phân.

Không phải là hợp lệ, mà nếu có cận thì có thể dùng tính chất của cận để tính.
Bài 2 mình nghĩ 90% là sẽ không tìm được vì $\frac{1}{x}$ và hàm $\sin x, \cos x$ không làm sao để triệt tiêu được.

Bài 3:
Đặt $\tan\frac{x}{2}=t\Rightarrow {\rm d}t=\frac{{\rm d}x}{2\cos^2\frac{x}{2}}$
Mà $1+\cos x=2\cos^2\frac{x}{2}$
Suy ra, $I=\int\frac{\frac{2t}{1+t^2}+1}{\frac{2t}{1+t^2}}{\rm d}t=\int\frac{2t+1+t^2}{2t}{\rm d}t=\frac{1}{4}t^2+t+\frac{1}{2}\ln t+C$
Cuối cùng, thay lại biến $x$ là được kết quả cuối cùng

Bài 2 không sử dụng phương pháp tích phân từng phần được đâu vì có hàm $\frac{1}{x}$. Hàm số này không thể biến mất bằng phương pháp tích phân từng phần đâu.

Mình giải thế này không biết có đúng không nhé.

Từ điều kiện 1 và 3, suy ra hàm số $f(x)$ làm hàm đa thức với hệ số nguyên.
Khi đó, $f(x)$ có dạng $f(x)=a_1x^n+a_2x^{n-1}+\cdots+a_{n+1}$. Bậc của $f(x)$ là $n$.
Suy ra, $Deg(f^2(x))=2n;Deg(f(f^2(x)))=2n^2$.
Từ điều kiện 2, suy ra $Deg(f(f^2(x)))=Deg(xf(x))$. Suy ra, $n=1$.
Suy ra, hàm số $f(x)=ax+b$.
Từ điều kiện 1, suy ra $b=0$.
Vậy các hàm số $f(x)$ có dạng là $f(x)=ax;\quad (a\in \mathbb{N}^*)$.
Từ điều kiện 2, suy ra $a=1$.
Vậy $f(x)=x.$

Cộng (1)+(2) ta được $y^2-2y+1+3x=0\Leftrightarrow x=-\frac{(y-1)^2}{3}\quad (*)$.
PT (1) phân tích thành $(x-y)^2-(y-1)^2+x+4=0\quad (**)$
Thay $(*)$ vào $(**)$ ta được
$\left ( \frac{y^2+y+1}{3} \right )^2-(y+1)^2-\frac{(y-1)^2}{3}+4=0$
$\Leftrightarrow y^4+2y^3-9y^2-10y+25=0\quad (1*)$
Nhận xét, $y=0$ không phải là nghiệm của $(1*)$ nên
$(1*)\Leftrightarrow y^2+2y-9-\frac{10}{y}+\frac{25}{y^2}=0$
$\Leftrightarrow (y^2+\frac{25}{y^2})+2(y-\frac{5}{y})-9=0 \quad (2*)$
Đặt $t=y-\frac{5}{y}\Rightarrow t^2+10=y^2+\frac{25}{y^2}$

Vậy $(2*)\Leftrightarrow t^2+10+2t-9=0\Leftrightarrow t=1$
Thay vào trên, ta được $y-\frac{5}{y}=1\Leftrightarrow y^2-y-5=0\Leftrightarrow y=\frac{1\pm \sqrt21}{2}$
Thay vào ta được $x=-\frac{21}{12}$

mình làm thử, sai mọi người sửa giúp , mới làm lần đầu mà
f(2x)=2f(x) (1)
f(f²(x)) = x.f(x) (2)

từ (2) ta có:

giả sử f(x) là hàm bậc 2 trở lên => x.f(x) sẽ có bậc 3 trở lên còn f²(x) có bậc chẵn trên 4
vì vậy hàm f(x) có bậc từ 2 trở lên là không hợp lí
=> f(x) có dạng f(x) = ax +b
(2) <=> a(ax + b)² +b = x.(a.x +b)
<=> a³x + 2a²b + $\frac{b^{2}a + b}{x}$ = ax +b
(1) <=>ax + $\frac{b}{2}$ =ax + b
dùng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có
a=1;b=0 V a= 0; b=0 V a= - 1; b=0
=> hàm số cần tìm là f(x)=x hoặc f(x) =0 hoặc f(x) = -x
mà f(x)$\epsilon N$* $\forall x\epsilon N$*
nên f(x) =0 và f(x) = -x không thỏa
f(x)=x thỏa
vậy hàm số cần tìm là f(x)=x

Bài này, nó k cho $f(x)$ là hàm đa thức ngay từ đầu nên bạn không thể giả sử bậc của hàm $f(x)$ ngay được.

Bạn nên xem lại cách gõ công thức nhé. Bạn phải thêm dấu \$ ở đầu và cuối công thức nhé.
a) Sử dụng công thức nhân đôi của lượng giác là ra.
b) Đặt $\sqrt{x+2}=t$ là OK.
c) Đặt $\tan x=t$, tích phân thành $\int_{2-\sqrt3}^{2+\sqrt3}\frac{(1+t^2)}{t^2}{\rm d}t=(t-\frac{1}{t})\Bigg|_{2-\sqrt3}^{2+\sqrt3}=4\sqrt3.$
d) Đặt $\cos x=t$, tích phân thành $\int_{0}^{1}\frac{4(1-t^2)}{1 + t}{\rm d}t= \int_{0}^{1}4(1-t){\rm d}t=2.$

Bài 3 thì sử dụng phương pháp thêm bớt $\cot x$ để xuất hiện $1+\cot^2x$ nhé

Mình chắc chắn rằng đề bài câu 2 của bạn là sai
Theo mình thì đề bài đúng phải là
$$\int \frac{sinx+cosx}{1+sin6x}dx$$
Khi đó thì ta có thể làm như sau:
Ta có $1+\sin 6x= -4\sin^3 2x+3\sin 2x+1= (1-\sin 2x)(1+2\sin 2x)^2$ , khi đó tích phân trên trở thành
$$\int \frac{sinx+cosx}{1+sin6x}dx=\int \dfrac{sinx+cosx}{(1-\sin 2x)(1+2\sin 2x)^2}dx$$
Đặt $t=\sin x-\cos x \implies dt=(\cos x+\sin x)dx $ và chú ý là $1-sin 2x= (\sin x-\cos x)^2$ nên ta có tích phân mới
$$\int \dfrac{1}{t^2(3-2t^2)^2}dt$$
Tích phân cuối cùng này phải nói là rất ''khủng''. Bạn phải phân tích $\dfrac{1}{t^2(3-2t^2)^2}$ thành các phân thức đơn giản,
$\dfrac{1}{t^2(3-2t^2)^2}$ $=(\dfrac{1}{3t}+\dfrac{t}{3\sqrt{3}(\sqrt{3}-t\sqrt{2})}+\dfrac{t}{3\sqrt{3}(\sqrt{3}+t\sqrt{2})})^2$
Với mỗi phân thức $\dfrac{t}{3\sqrt{3}(\sqrt{3}-t\sqrt{2})}$ và $\dfrac{t}{3\sqrt{3}(\sqrt{3}+t\sqrt{2})}$ được phân tích tiếp thành hai phân thức đơn giản nữa (bạn tự làn tiếp nhé)
P/S: bài này lời giả quá dài

Phân thức $\dfrac{1}{t^2(3-2t^2)^2}$ bạn phân tích hơi dài dòng.
Đặt $u=t^2$. Khi đó, $\dfrac{1}{t^2(3-2t^2)^2}=\frac{1}{u(3-2u)^2}=\frac{A}{u}+\frac{B}{3-2u}+\frac{C}{(3-2u)^2}$.
Đồng nhất thức, ta sẽ được $A=\frac{1}{9};B=\frac{2}{9}; C=\frac{2}{3}$. Sau đó, thay lại ẩn $t$.
Phân tích tiếp $\frac{1}{(3-2t^2)^2}=\frac{1}{12}\left(\frac{1}{(\sqrt3-t\sqrt2)^2}+\frac{1}{(\sqrt3+t\sqrt2)^2}+2\frac{1}{3-2t^2}\right)$
Vậy $\dfrac{1}{t^2(3-2t^2)^2}=\frac{1}{9t^2}+\frac{1}{3}\frac{1}{3-2t^2}+\frac{1}{18}\frac{1}{(\sqrt3-t\sqrt2)^2}+\frac{1}{18}\frac{1}{(\sqrt3+t\sqrt2)^2}$

Sử dụng phương pháp tích phân từng phân, sau đó sẽ triệt tiêu cái phần tích phân thừa cho nhau.
Cụ thể,
Tích phân thứ nhất là, $x^2\tan\frac{x}{2}\Bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\tan{\frac{x}{2}}=\frac{\pi^2}{4}-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\tan{\frac{x}{2}}$
Do vậy $I=\frac{\pi^2}{4}$

Còn 1 bài nữa mình đăng lâu rồi mà chưa có bạn nào giúp nốt cả. Mong 2 bạn giúp http://diendantoanho...x2sinx1cosxdx/. Cảm ơn nhiều nha!

Giải quyết bài đó xong rồi nhé em.

Ai biết số nhà của ông này và "red hair" là khoảng bnh tuổi k? Việt Nam mình không quy định "red hair" là khoảng bnh tuổi cả.Hic

CT tổng quát nhé,
$1^3+2^3+\cdots+n^3=\left [ \frac{n(n+1)}{2} \right ]^2$
Thay $n=2012$ là ra được kết quả nhé.

Cho bạn thêm công thức của
$1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$
và $1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

Hôm nay mới kiếm thêm được 1 cách giải khác cho bài đầu topic,thuần Đại Số
Trường hợp $x=0$ đơn giản,xét $x \neq 0$.Đặt $t=\frac{1}{x} \rightarrow dt=-\frac{dx}{x^2}$.
Ta có:
$$I=-\int \frac{dt}{(2-3t)\sqrt{4t-1}}$$
Đặt tiếp $u=\sqrt{4t-1} \rightarrow dt=\frac{udu}{2}$.
Suy ra:
$$I=-\int \frac{udu}{2.\left [ 2-\frac{3(u^2+1)}{4} \right ].u}=-2\int \frac{du}{5-3u^2}=-2\int \frac{du}{(\sqrt{5}-\sqrt{3}u)(\sqrt{5}+\sqrt{3}u)}$$
$$=-\frac{1}{\sqrt{5}}\int \left ( \frac{1}{\sqrt{5}-\sqrt{3}u}+\frac{1}{\sqrt{5}+\sqrt{3}u} \right )du$$
Đến đây chắc các bạn tự tính được rồi

Em chú ý đây là nguyên hàm (tích phân bất định) nên không cần đặt điều kiện của $x$ đâu.
Chỉ có tích phân xác định ta mới cần kiểm tra điều kiện của $x$ có nằm trong khoảng lấy cận không thôi.

Hôm nay mới giải được bài này,post lên cho các bạn tham khảo
Có $I=\int \frac{dx}{(2x-3)\sqrt{4-(x-2)^2}}$
Đặt $x-2=2\sin{t} \rightarrow dx=2\cos{t}dt$
Suy ra:
$$I=\int \frac{2\cos{t}dt}{(4\sin{t}+1)2\cos{t}}=\int \frac{dt}{4\sin{t}+1}$$
Đặt tiếp $u=\tan{\frac{t}{2}} \rightarrow \frac{2du}{1+u^2}=dt$
Suy ra:
$$I=\int \frac{2du}{(1+u^2)(4.\frac{2u}{1+u^2}+1)}=2\int \frac{du}{u^2+8u+1}=2\int \frac{du}{(u+4+\sqrt{3})(u+4-\sqrt{3})}$$
$$=-\frac{1}{\sqrt{3}}\int \left(\frac{1}{u+4+\sqrt{3}}-\frac{1}{u+4-\sqrt{3}} \right)du=-\frac{1}{\sqrt{3}}[\ln(u+4+\sqrt{3})-\ln(u+4-\sqrt{3})]+C$$
$$=\frac{-1}{\sqrt{3}}\left \{ \ln\left[\tan\left[\frac{\arcsin{\left(\frac{x-2}{2}\right)}}{2}\right]+4+\sqrt{3}\right]-\ln\left[\tan\left[\frac{\arcsin{\left(\frac{x-2}{2} \right )}}{2} \right ]+4-\sqrt{3} \right ] \right \}+C$$.
Xong.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Chúng ta tiếp tục với 2 bài toán sau:
Tính tính phân bất định của:
$$I_1=\int \ln(x+\sqrt{1+x^2})dx$$
$$I_2=\int \frac{2-\sin{x}}{2+\cos{x}}dx$$

$$I_1=\int \ln(x+\sqrt{1+x^2})dx$$
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, (chú ý $\left (\ln(x+\sqrt{1+x^2}) \right )'=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$)
$I_1=x\ln(x+\sqrt{1+x^2})-\int\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}{\rm d}x=x\ln(x+\sqrt{1+x^2})-\sqrt{1+x^2}+C$

$$\int\frac{-\sin xdxx}{2+\cos x}+\int \frac{2dx}{2+\cos x}=\int \frac{d(\cos +2)}{2+\cos x}+2\frac{dx}{2+\cos x}=\ln|2+\cos x|+C+2J$$
Với $J=\frac{dx}{2+\cos x}$
$$J=\int \frac{dx}{2+\cos x}=\int \frac{dx}{2+\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{x}{2}}$$
$$J=\int\frac{dx}{\sin^2\frac{x}{2}+3\cos^2\frac{x}{2}}=\int \frac{dx}{\cos^2\frac{x}{2}(tg^2\frac{x}{2}+3)}=\int \frac{d(tg^2\frac{x}{2})}{tg^2\frac{x}{2}+3}=arc tg(\frac{tg \frac{x}{2}}{\sqrt{3}})+L$$
Tới đây cộng lại là xong.

Cách này hơi dài, mình trình bày cách khác ngắn hơn.
Đặt $\tan{\frac{x}{2}}=t\Rightarrow \sin x=\frac{2t}{1+t^2};\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2};{\rm d}x=\frac{2{\rm d}t}{1+t^2}$
Khi đó, $I_2=\int\frac{2-\frac{2t}{1+t^2}}{2+\frac{1-t^2}{1+t^2}}.\frac{2}{1+t^2}{\rm d}t=4\int\frac{t^2+1-t}{(1+t^2)(3+t^2)}{\rm d}t=4\int\frac{{\rm d}t}{3+t^2}-\int\left (\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{3+t^2} \right ){\rm d}t^2=KQ$

Giải hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix}
&y^2=x^3-3x^2+2x \\
& x^2=y^3-3y^2+2y
\end{matrix}\right.$

Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2.
Cách giải: trừ 2 phương trình cho nhau ta được
$y^2-x^2=x^3-y^3-3(x^2-y^2)+2(x-y)$
$\Leftrightarrow (x-y)(x^2+xy+y^2-2(x+y)+2)=0$
$\Leftrightarrow x-y=0$ hoặc $2\left (x^2+xy+y^2-2(x+y)+2 \right )=0\Leftrightarrow x^2+y^2+(x+y-2)^2=0\Leftrightarrow VN$
Vậy $x=y$
Thay vào PT đầu ta được $x^3-3x^2+2x=x^2\Leftrightarrow x(x^2-4x+2)=0\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=2\pm \sqrt2$

KL nghiệm.