Mình đang học giải tích 2 không biết cái nào thì được dùng nhỉ?

Ở lớp thầy không dạy cái này nơi mà chỉ đưa bài tập để làm...haizzzz @_@

 

Cách 2 là giải tích 3 rồi. 

 

Thế thì làm cách một đi, đạo hàm lên, dùng từng phần là ra, nhưng hơi dài thôi

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

 

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

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

Có thể hướng dẫn sơ sơ cách 1 cho mình không? mình chưa làm cái dạng này bao giờ cả

 

Đạo hàm theo biến $a$ thôi bạn, mình hướng dẫn rồi đó, rồi từng phần lên là oki.

 

Mình nói hết những gì bài làm làm rồi, nói nữa là làm xong bài luôn

Đạo hàm theo a là ra ri phải không?

\[\frac{{a.{e^{ - kx}}.cosax}}{x}\]

rồi tích phân từng phần kiểu chi hè. @_@

Mình không giỏi môn này lắm nên làm mãi vẫn không ra

 

$$I(a)=\int_{0}^{\infty}e^{-kx}\frac{\sin\left ( ax \right )}{x}dx\Rightarrow I'(a)=\frac{\partial I(a)}{\partial a}=\int_{0}^{\infty}e^{-kx}\cos\left ( ax \right )dx$$

 

@@ po.chan.@ 

đã hiểu. Cảm ơn bạn nhiều nhé

Mình học SP không phải học kinh tế đâu . 

Mà bạn có học môn Mở rộng trường và lý thuyết Galois không để cho mình hỏi luôn với

Mình không học cái đó, nhưng cứ lập topic mới, có người học rồi sẽ giải đáp cho.

Mình tính sinx/x thì ở đây a = 1 và k = 0 chứ nhỉ???

 

Đúng rồi. Thay hẳn vào tích phân ban đầu là thấy

Mà bạn học kinh tế quốc dân à? Hi vọng bạn hiểu, thắc mắc cứ hỏi, nếu bạn học kinh tế thì vào group kinh tế

Làm phiền bạn hơi nhiều. Ngại quá. Nhưng tuần sau mình thi rồi bạn thông cảm nhá.

Bài đi hồi cách trước bạn nói thầy mình không dạy nên mình phải làm cách sau bạn à

Cho mình hỏi lại bài này: \[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{x}} dx\]

Theo gợi ý của bạn mình làm được ngang ni rồi không biết làm tiếp sao nữa. Giúp mình với nhé!!

\[\int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - kx}}\cos \left( {{\rm{ax}}} \right)} dx = \mathop {\lim }\limits_{b \to  + \infty } \left. {\frac{{{e^{ - kx}}(a\cos \left( {{\rm{ax}}} \right) - k\cos \left( {{\rm{ax}}} \right))}}{{{a^2} + {k^2}}}} \right|_0^b = \frac{k}{{{a^2} + {k^2}}}\]

 

 

$$I'(a)=\frac{k}{a^2+k^2}\Rightarrow I(a)=\arctan\frac{a}{k}+C$$

 

Vì $a=0\Rightarrow I(0)=C=0$ và $a\geq 0,\, k>0\Rightarrow \lim_{k\to 0^+}\frac{a}{k}=+\infty \Rightarrow \lim_{k\to 0^+}\arctan\frac{a}{k}=\frac{\pi}{2}$

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

Cảm ơn bạn nhiều!

Tiện thể cho mình hỏi luôn để làm tích phân này mình làm thế nào hả bạn? 

\[\int\limits_0^{ + \infty } {{x^n}} .{e^{ - x}}dx\]

 

Đây là tích phân Euler loại 2 mà. Công thức như sau

 

$$I=\int_{0}^{\infty}x^{\alpha-1}e^{-x}dx=\Gamma\left ( \alpha \right ), \, \alpha >0$$

 

Nếu $\alpha$ là số tự nhiên thì $\Gamma \left ( \alpha +1 \right )=\alpha!$

 

Tổng quát hơn, với $\alpha >0, \, p>0$ thì

 

$$I=\int_{0}^{\infty}x^{\alpha-1}e^{-px}dx=\frac{\Gamma \left ( \alpha \right )}{p^{\alpha}}\text{(Toán tử Laplace)}$$

 

P.s: Cũng mấy tháng rồi chưa động đến cái này... hi vọng nhớ ko nhầm

Khi nào mới tổ chức ở Hà Nội thế BQT

Mình xin gửi bài tích phân cuối cùng của mình: Bài 18: $\int_{1}^{e}\frac{1+x^2lnx}{x+x^2lnx}dx$

$\int\frac{1+x^2lnx}{x+x^2lnx}dx=\int [1+\frac{1-x}{x+x^2lnx}]dx=x+\int \frac{1}{\frac{1}{x}+lnx}.\frac{1-x}{x^2}dx=x-\int \frac{1}{\frac{1}{x}+lnx}d(\frac{1}{x}+lnx)=....$

P/s: Đi thi DH hử??

$\int_{0}^{\pi /2}\frac{2sin^{2}x.(x+sinx)+sin2x.(1+sin^{2}x)}{( 1 + cosx)^{2}}$

$\int\frac{2sin^{2}x.(x+sinx)+sin2x.(1+sin^{2}x)}{( 1 + cosx)^{2}}dx$

$=\int\frac{2x\sin^2x+[2sin^3x+\sin2x\sin^2x]+sin2x}{( 1 + cosx)^{2}}dx$

$=\int \frac{2x(1-cosx)}{1+cosx}dx+\int \frac{2sin^3x}{1+cosx}+\int \frac{2sinxcosx}{(1+cosx)^2}$

$=I_{1}-\int 2(1-cosx)d(cosx)-2\int \frac{cosx}{(1+cosx)^2}d(cosx)$

$=I_{1}-2cosx+cos^2x-2ln|1+cosx|-\frac{2}{1+cosx}+C$

$I_{1}=\int\frac{2x(1-cosx)}{1+cosx}dx$ giống như bạn trên....

Câu 16: $\int_{-1}^{1}\frac{1}{1+x+x^2+\sqrt{x^4+3x^2+1}}dx$

Bạn có thể áp dụng công thức: $i=\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}f(a+b-x)dx$ 

c/m cũng đơn gian thôi..!!(dành cho bạn)

Bài 4
$\int_{1}^{e}\frac{ln^2x+lnx}{(lnx+x+1)^3}dx$

Bài 5 $\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt[5]{(1+x^5)^6}}$

@trangxoai1995: Em nhớ đánh số các bài toán nhé!
(E.Galois)

Ko biết ac nào làm chưa?? e lm thử

Bài 4
$\int_{1}^{e}\frac{ln^2x+lnx}{(lnx+x+1)^3}dx$
$\int \frac{ln^2x+lnx}{(lnx+x+1)^3}dx=\int \frac{lnx}{(lnx+1)^2(1+\frac{x}{lnx+1})}dx=\int \frac{1}{(1+\frac{x}{lnx+1})^3}d(\frac{x}{lnx+1})$
xong...

Câu 5 tông quát:
$\int\frac{1}{(1+x^n)\sqrt[n]{1+x^n}}=\frac{x}{\sqrt[n]{1+x^n}}+C$
.....


Bài 9:
$\int_{\frac{\pi }{4}}^\frac{\pi }{2}\frac{\sqrt{sin3x+sinx}}{sin5x-5sin3x+10sinx}dx$

$\sin3x+\sinx=2 \sin2x cosx=4sinx .cos^2x\to \sqrt{sin3x+sinx}=2\sqrt{sinx}cosx$
$sin5x-5sin3x+10sinx=16sin^5x$
nen: $\int\frac{\sqrt{sin3x+sinx}}{sin5x-5sin3x+10sinx}dx=\int \frac{\sqrt{sinx}}{16sin^5x}d(sinx)=....$
xong...

Bài 12:
$t=\sqrt{\frac{x-2}{x+1}}\to x=\frac{2+t^2}{1-t^2}\to dx=\frac{6t}{(t^2-1)^2}dt$
nen : $\int x\sqrt{\frac{x-2}{x+1}}dx=\int \frac{2+t^2}{1-t^2}.t.\frac{6t}{(1-t^2)^2}dt=\int \frac{6t^2(2+t^2)}{(1-t^2)^3}dt$
ta phan tich: $\frac{6t^2(2+t^2)}{(t^2-1)^3}=\frac{6t^2}{(t^2-1)^2}+\frac{18}{(t^2-1)^2}+\frac{18}{(t^2-1)^3}=\frac{3}{2}[\frac{1}{t+1}+\frac{1}{t-1}]^2+\frac{9}{2}[\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}]^2+\frac{18}{(t^3-1)^3}$
$\frac{8}{(t^2-1)^3}=[\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}]^3=(\frac{1}{t-1})^3+(\frac{1}{t+1})^3+\frac{6t}{(t^2-1)^2}$
Ok....

cau 13 ban ghi sai de khong nhi?? minh nghi de dung la: $I=\int \sqrt{\frac{x}{x^3+1}}dx$

Bài 13: $\int \frac{1}{\sqrt{x^3+1}}dx$



Câu 11: $\int \frac{sinxcos2x}{cos5x}dx=\int \frac{sin2xcos2x}{cos4x+cos6x}dx=-\frac{1}{8}\int \frac{cos2x}{(cos2x+1)(cos2x-\frac{1+\sqrt{5}}{4})(cos2x-\frac{1-\sqrt{5}}{4})}d(cos2x)$
Bạn phân tích ra là được:
$\frac{x}{(x+a)(x+b)(x+c)}=\frac{A}{x+a}+\frac{B}{x+b}+\frac{C}{x+c}$

Bài 6: Tính tích phân I = $\int_{1}^{e}\frac{lnx-1}{x^2-ln^2x}dx$
Bạn có thể làm như thế này: $\int\frac{lnx-1}{x^2-ln^2x}dx=\int \frac{1}{1-(\frac{ln}{x})^2}.\frac{lnx-1}{x^2}dx=\int\frac{1}{1-(\frac{ln}{x})^2}d(\frac{lnx}{x}) =....$

Xong....

Tặng mọi người 1 câu
Câu 14:
$I=\int tanx.\tan2x.\tan4xdx$

thử phát

 

 

$\boxed{\text{Bài 1}}$ ĐH SP HN 2013

Cho phương trình $$a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n=0$$ có $n$ nghiệm thực phân biệt.

Chứng minh rằng $$(n-1)a_1^{2}> 2na_0a_2$$

Lời giải:

 

Đặt $P(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n$

 

Vì $P(x)=0$ có $n$ nghiệm phân biệt nên $P^{(n-2)}(x)=0$ có $2$ nghiệm phân biệt

 

Vậy $P^{(n-2)}=\frac{n!}{2}\: a_0\: x^2+(n-1)!\: a_1\: x+(n-2)!\: a_2=0$

 

$\Leftrightarrow \frac{n(n-1)}{2}\: a_0\: x^2+(n-1)\: a_1\: x+a_2=0$

 

$\to \Delta=\left ( (n-1)\: a_1 \right )^2-4\left ( \frac{n(n-1)}{2} \: a_0\ a_2 \right )>0$

 

$\Leftrightarrow (n-1)\left ( (n-1)\: a_1^2-2n\: a_0\: a_2 \right )>0$

 

$n>1\Rightarrow (n-1)\: a_1^2> 2n\: a_0\: a_2$ $\fbox{đpcm}$

 

Ý tưởng: ...! 

 

 

 

 

 cái số 2013 ( hệ số của $x^{2013}$ ) ta có thể giả sử là 1 cho đơn giản .

$f(x)=\prod_{i=1}^{2013}(x-x_i)$

$f'(x_i)=\prod_{j=1,j\neq i}^{2013}(x_i-x_j)$

$g(x)=\sum_{i=1}^{2013}g(x_i)\prod_{j=1,j\neq i}^{2013}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}=\sum_{i=1}^{2013}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}\prod_{j=1,j\neq i}^{2013}(x-x_j)$   (1)

 Chia cả 2 vế của (1) cho $x^{2012}$ và cho x tiến về vô cùng .

vì g(x) có bậc nhỏ hơn 2012 nên VT tiến về 0 , còn vế phải tiên về $=\sum_{i=1}^{2013}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}$ 

 

Bài giải có vẻ sai rồi!

$\boxed{\text{Bài 5}}$ Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ khác hẳng số thỏa mãn $$x^2P(x)+P(1-x)=2x-x^4\qquad \forall x\in \mathbb{R},\: \: (*)$$

 

Lời giải:

 

$\fbox{Cách 1}$

 

Giả sử $Deg\left ( P \right )=n\to n+2=4\Leftrightarrow n=2$

 

So sánh hệ số của biến có mũ lớn nhất ta thấy $a=-1$

 

$x=0\to P(1)=0$

 

$x=1\to P(0)=1$

 

$\to P(x)=-x^2+1$

 

Thử lại!!!chuẩn.

 

Vậy $P\left ( x \right )=1-x^2$

..............................

 

$\fbox{Cách 2:}$

 

$x\to 1-x\Rightarrow \left ( 1-x \right )^2P(1-x)+P\left ( x \right )=2\left ( 1-x \right )-\left ( 1-x \right )^4,\:\:  (**)$

 

Lấy $\left ( 1-x \right )^2(*)-(**)$

 

$\Rightarrow \left ( x^2\left ( 1-x \right )^2-1 \right )P(x)=\left ( 1-x \right )^2\left ( 2x-x^4 \right )-\left ( 2\left (1-x \right ) -\left ( 1-x \right )^4\right )$

 

$\Leftrightarrow \left ( x^4-2x^3+x^2-1 \right )P(x)=\left ( 1-x^2 \right )\left ( x^4-2x^3+x^2-1 \right )$

 

$\Leftrightarrow P(x)=1-x^2$

 

Ý Tưởng:...!!

 khúc này mình thấy ko ổn lắm .

$ \prod_{i=1}^{k+1}f \left ( x_k \right )\geq f \left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right ) f\left ( x_{k+1} )\right)$ - sao chỗ này em chỉnh hoài mà ko hiện vậy ta X_X (Gõ sai nên không hiện, nên gõ lại không nên coppy!!  )

 

vì bạn muốn dùng giả thiết quy nạp của câu a thì phải có các số bị kẹp giữa 1 . lỡ tất cả các x này đều lớn hơn hoặc đều bé hơn 1 thì đâu dùng đc câu a .

mình nghĩ chỗ này mình phải đánh thứ tự lại các $x_i$.

 

Vì $\prod_{i=1}^{k+1}x_k=1\to \left[\begin{matrix}0<\prod_{i=1}^{k}x_k\leq 1\leq x_{k+1}\\0<x_{k+1}\leq 1\leq\prod_{i=1}^{k}x_k\end{matrix}\right. $

 

Như thế thì đúng chưa?

$\boxed{\text{Bài 2}}$

Cho $f(x)=ax^2+bx+c$ với $a,b,c>0$ ; $a+b+c=1$

 

a) Giả sử $0<x_1\leqslant 1\leqslant x_2$. Chứng minh $f(x_1)f(x_2)\geq f(x_1x_2)$

 

b) Chứng minh rằng với mọi dãy $x_1,x_2,\ldots,x_n$ thỏa mãn điều kiện $x_1x_2\ldots x_n=1$ và $x_i\geq 0\quad (\forall i=\overline{1,n})$ ta luôn có $$f(x_1)f(x_2)\ldots f(x_n)\geq 1(^*)$$

 

Bài giải:

 

$a)$

 

$\fbox{Cách 1:}$

 

Ta có 

 

$f(x_1)f(x_2)-f(x_1x_2)=\left ( ax_1^2+bx_1+c \right )\left ( ax_2^2+bx_2+c \right )-\left ( ax_1^2x_2^2+bx_1x_2+c \right )$

 

$=a(a-1)x_1^2x_2^2+b(b-1)x_1x_2+c(c+1)+abx_1x_2(x_1+x_2)+bc(x_1+x_2)+ca(x_1^2+x_2^2)$

 

$=abx_1x_2(x_1+x_2-x_1x_2-1)+bc(x_1+x_2-x_1x_2-1)+ca(x_1^2+x_2^2-x_1^2x_2^2-1)$

 

$=(x_2-1)(1-x_1)\left ( abx_1x_2+bc+ca(x_1+1)(x_2+1) \right )\geq0$ $\fbox{đpcm}$

 

$\fbox{Cách 2:}$

 

Gọi $x_1, \: x_2$ là nghiệm của phương trình $g(x)=f(x)+dx+e=ax^2+(b+d)x+c+e$

 

Theo $Viet$ $\left\{\begin{matrix}x_1+x_2=-\frac{b+d}{a}>0\\x_1x_2=\frac{c+e}{a}>0 \end{matrix}\right.$

 

...........đến đây làm tương tự cách 1

 

$b)$

 

Khi

 

$-\: n=1$ thì $(^*)$ chuẩn

 

$-\: n=2$ thì $(^*)$ được chứng minh giống $a)$ và chuẩn

 

Giả sử $(^*)$ đúng với $n=k$  tức  $\prod_{i=1}^{k}f\left ( x_k \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right )= 1$

 

Bây giờ ta cần chứng minh $(^*)$ đúng với $n=k+1$, tức

 

$\prod_{i=1}^{k+1}f\left ( x_k \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right )f\left ( x_{k+1} \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k+1}x_k \right )=1 \: \text{theo câu a)}$  $\fbox{đpcm}$

 

 

ý tưởng: ..!!

 

P/s: Phần chứng minh bài toán bằng quy nạp thì em ko rõ là đúng hay sai! Không hay làm bằng phương pháp này cho lắm

Bây giờ e muốn đổi tên thì làm như thế nào hả mọi người ??? 

Bạn nên liên hệ với BQT. Nhưng bị trừ like mạnh lắm, khoảng 200like gì đó.

Khẳng định này sai hay đúng: Cho c thuộc (a,b), hàm f liên tục trên [a,b] và khả vi trên (a,b)\{c}. Nếu f' đổi dấu khi qua c thì f đạt cực trị tại c.

 

Câu này cuối cùng rồi, mong bạn giúp mình. Nghĩ mãi ko ra =.=

Mình nhớ có 2 điều kiện để hàm số đạt cực trị là:

 

Đổi dấu qua điểm:

 

$f'(c )=0$ hoặc tại điểm $c$ làm $f'(x)$ không xác định!

 

Vậy khẳng định trên đúng