caybutbixanh

Đề bài: Giải phương trình vi phân sau:

$1,xy''=y'\ln \frac{y'}{x};\\ 2,y^3.y''=1;\\ 3,y'=2x+y+4;\\ 4,y'=\sqrt{y-x+1} (1);\\ 5,y'=e^{x+y}-1;\\ 6,x^2.y''=y'^2$

Câu 4: Nhận xét $y' \geq 0;$

Đặt $z=\sqrt{y-x+1} \Rightarrow z^2=y-x+1\Rightarrow 2z.z'=y'-1 (2)$

Thay $z'=\frac{dz}{dy}.z$ vào $(2)$ ta được :

$y'-1=2z.\frac{dz}{dy}.z\Leftrightarrow z-1=2z^2.\frac{dz}{dy} (3)$

Nếu $z=1\Leftrightarrow y'=1\Leftrightarrow y=x+c;$ Thay vào (1) ta được $c=0.$ Vậy $y=x$ là một nghiệm của phương trình.

Nếu z khác 1:$(3) \Leftrightarrow dy=\frac{2z^2}{z-1}dz \\ \Leftrightarrow \int dy=\int (2z+2+\frac{2}{z-1})dz \\ \Leftrightarrow y+c=z^2+2z+2.\ln\left | z-1 \right |\\ \Rightarrow y+c=(y')^2+2.y'+2.\ln(y'-1)$

Đặt t=y'-1 (t khác 0) (4), ta có :$y+c=(t+1)^2+2(t+1)+2\ln t \Leftrightarrow y+c'=t^2+4t+2 \ln t\Rightarrow y'=2t+4+\frac{2}{t};\\$

Thay vào (4), ta có:$t=2t+\frac{2}{t}+3\Leftrightarrow t^2+3t+2=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=-1\\ t=-2 \end{bmatrix}$

Với $t=-1$ , khi đó y'=0 ->y=c.Thay vào (1) ta được $y=x-1$ ( vô lí)

Với $t=-2$ -> y'=-1 ( vô lí)

Trường hợp $y+c=(y')^2+2y'+2.\ln(1-y')$ Làm tương tự, ta thấy vô nghiệm.

Vậy $y=x$ là nghiệm duy nhất của bài toán.

----------------------------------------------

Chú nghiêm ơi, chú xem thử làm như trên đúng chưa ?? Nếu đúng cho cháu 10 likes nha...

Bài toán: Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz,$ cho biết đường cong $(C)$ là tập hợp tâm của các mặt cầu $(S)$ đi qua $A(1;1;1)$ đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng $\alpha:x+y+z-6=0; \beta:x+y+z+6=0.$ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong $(C)$ bằng ?

Bài toán : Cho $(P):y=x^2.$ $M,N$ di động trên $(P)$ sao cho $MN=1.(H)$ là diện tích hình phẳng giới bởi $MN$ và $(P)$.Giá trị lớn nhất của (H) là bao nhiêu ?

Bài toán 1 : Tìm tất cả gái trị của tham số $a$ để đồ thị hàm số $y=\frac{x-\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{ax^2+2}}$ có tiệm cận ngang.

Bài toán 2: Tìm tất cả các giá trị của tham số $a$ để hàm số $y=ax+\sqrt{x^2+1}$ có cực tiểu

Dễ thấy khi $m=0$ thì phương trình đã cho vô nghiệm.

Xét trường hợp $m\neq 0$ :

$m\ln(1-x)-\ln x=m\Rightarrow \ln\frac{(1-x)^m}{x}=\ln e^m\Rightarrow \frac{1-x}{e}=x^{\frac{1}{m}}$

Đặt $f(x)=\frac{1-x}{e}$ ; $g(x)=x^{\frac{1}{m}}$ ($f(x)$ và $g(x)$ đều là hàm liên tục trên $(0;1)$)

+ Nếu $m> 0$ : Vế trái là hàm nghịch biến trên $(0;1)$ và đơn điệu giảm từ $\frac{1}{e}$ đến $0$

                        Vế phải là hàm đồng biến trên $(0;1)$ và đơn điệu tăng từ $0$ đến $1$

                        $\Rightarrow$ phương trình có nghiệm duy nhất thuộc $(0;1)$

+ Nếu $m< 0$ : Vế trái là hàm nghịch biến trên $(0;1)$ và đơn điệu giảm từ $\frac{1}{e}$ đến $0$

                        Vế phải là hàm nghịch biến trên $(0;1)$ và đơn điệu giảm từ $+\infty$ đến $1$

                        $\Rightarrow$ phương trình vô nghiệm.

 

Kết luận : Điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là $m> 0$.

Cháu có cách này không biết có được không ạ ?

$d:x-2=y=-z\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x-y-2=0\\y+z=0 \end{matrix}\right.$

Các mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ chứa $d$ nên phương trình của chúng đều có dạng

$x-y-2+m(y+z)=0$ hay $x+(m-1)y+mz-2=0$ ($m$ là tham số cần tìm)

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;1;-1)$, bán kính bằng $1$

$d_{I,(P)}=d_{I,(Q)}=\frac{|0+(m-1).1+m.(-1)-2|}{\sqrt{1+(m-1)^2+m^2}}=1\Leftrightarrow m=\frac{1\pm \sqrt{15}}{2}$

Vậy $(P):2x+(\sqrt{15}-1)y+(1+\sqrt{15})z-4=0$ (1)

       $(Q):2x-(\sqrt{15}+1)y+(1-\sqrt{15})z-4=0$ (2)

$IP\perp (P)\Rightarrow IP:\frac{x}{2}=\frac{y-1}{\sqrt{15}-1}=\frac{z+1}{1+\sqrt{15}}$ (3)

$IQ\perp (Q)\Rightarrow IQ:\frac{x}{2}=\frac{y-1}{-\sqrt{15}-1}=\frac{z+1}{1-\sqrt{15}}$ (4)

(1),(3) $\Rightarrow P\left ( \frac{1}{3};\frac{\sqrt{15}+5}{6};\frac{\sqrt{15}-5}{6} \right )$ (5)

(2),(4) $\Rightarrow Q\left ( \frac{1}{3};\frac{-\sqrt{15}+5}{6};\frac{-\sqrt{15}-5}{6} \right )$ (6)

(5),(6) $\Rightarrow$ trung điểm của $PQ$ là $H\left ( \frac{1}{3};\frac{5}{6};-\frac{5}{6} \right )$.

Đây là cách của cháu :

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;1;-1)$; bán kính $R=1$

(P) và (Q) cùng chứa d nên d là giao tuyến chung của 2 mặt. Kéo dài IH cắt d tại F.

Ta chứng minh IF vuông d.

IP _|_ (P) suy ra IP_|_ d. tương tự IQ _|_ d. Suy ra d_|_(IPQ) từ đó d_|_IF.(*)

tham số hóa $F(t+2;t-1;-t+1)$ từ (*) có $F(2;0;0)$

Xét tam giác vuông $IPF$ ta tính được $\frac{IH}{IF}=\frac{1}{6}$ suy ra $\overrightarrow{IH}=\frac{1}{6}.\overrightarrow{IF}\Rightarrow H(\frac{1}{3};\frac{5}{6};\frac{-5}{6})$

Bài toán : Xét các số phức $z$ thỏa mãn $\left | z+2-i \right |+\left |z-4-7i\right|=6.\sqrt{2}.$ Gọi m,M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của $\left |z-1+i \right|.$ Tính $P =m +M.$

Bài toán: Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz,$ cho mặt phẳng $(P):x-2y+2z-3=0$ và mặt cầu $(S):x^2+y^2+z^2+2x-4y-2z+5=0.$ Giả sử điểm $M \in (P)$ và $N \in (S)$ sao cho $\overrightarrow{MN}$ cùng phương với $\overrightarrow{u}=(1;0;1)$ và khoảng cách $M$ và $N$ lớn nhất. Tính $MN.$

Bài toán: cho mặt cầu tâm $O,$ bán kính $R.$ Xét mặt phẳng $(P)$ thay đổi cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn $(C).$ Hình nón $(N)$ có đỉnh $S$ nằm trên mặt cầu, có đáy là đường tròn $(C)$ và có chiều cao là $h (h>R).$ Tính $h$ để thể tích khối nón được tạo nên bởi $(N)$ có giá trị lớn nhất.

Bài toán : Trong không gian tọa độ $Oxyz$, xét các điểm $A(0;0;1);B(m;0;0);C(0;n;0)$ và $D(1;1;1)$ với $m,n>0$ và $m+n=1.$ Biết rằng khi $m,n$ thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng $(ABC)$ và đi qua $D.$ Tính bán kính $R$ của mặt cầu đó ?

Bài toán : Tìm tất cả gái trị tham số $\alpha$ để hàm số $y=\frac{4}{3}.x^3 -2(1-\sin \alpha)x^2 -(1+\cos 2\alpha)x$ có cực trị

Mình năm nay lớp 9 rồi, sắp thi vào lớp 10 rồi. Mình muốn mua 1 cái máy tính mới mà không biết chọn. Các bạn có thể cho mình ý kiến về việc mua máy tính Casio FX-570VN PLUS hay VINACAL 570ES PLUS II để tiện cho việc thi và dùng cho lớp 10,11...được không ạ??? Xin cảm ơn nhìu ~~~~~~~~

Bạn nên mua VINACAL 570ES PLUS II..vì tính toán chuẩn xác hơn ( từ $10^-8$ đến $10^8$..nhớ không nhầm thì vậy ) chưa kể có nhiều tính năng hơn dòng Casio 570 VN PLUS kia.........

Bài toán : Cho số phức $z$ thỏa mãn $\left | z \right |=1$ .Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức $w=(3+4i)z+3i$ là 1 đường tròn. Tính bán kính $r$ của đường tròn đó.

Bài 1: Ta xét hai trường hợp:

TH1: $m^2-1=0\iff m=1...v...m=-1$.

+ Với $m=1\implies y=-2x^2$.

Xét $y=f(x)=-2x^2\implies f'(x)=-4x$.

Hàm số này đồng biến khi $x\le 0\notin (1;+\infty)\implies \boxed{LOAI}$.

+ Với $m=-1\implies y=2x^2$.

Xét $y=f(x)=2x^2\implies f'(x)=4x$.

Hàm số này luôn đồng biến trên $[0;+\infty)\implies \boxed{NHAN}$.

TH2: $m^2-1\ne 0$.

Khi đó đặt $t=x^2\implies t>1$.

$\implies y=(m^2-1)t^2-2mt$.

Xét $y'=2(m^2-1)t-2m$.

Ta có: $y'=0\iff t=\frac{m}{m^2-1}>1(1)$.

Lập bảng biến, ta suy ra : $f(\frac{m}{m^2-1})>f(1)\iff m^2-1<0(2)$.

Từ $(1),(2)\implies -1<m<\frac{1}{2}(2-\sqrt{5})$.

Kết luận: $-1\le m<\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$.

 

Bài 1 chưa đúng..ví dụ lấy m= 8 hàm số vẫn đồng biến trên $(1;+\infty)$

Hàm bậc bốn 4 trùng phương có sự biến thiên khác hoàn toàn so với hàm bậc 2 sau khi đặt $t=x^2$

Giải:

Xét trường hợp $m^2-1=0$ thì có m=-1 là thỏa mãn.

Xét $m^2-1 \neq 0$ khi đó : $y'=4(m^2-1)x^3-4mx; \\$

Vậy $m \leq -1$ hoặc $m \geq \frac{1+\sqrt{5}}{2}$

Bài toán : Cho các số thực $x,y$ thỏa mãn $x+y=2(\sqrt{x-3}+\sqrt{y+3}).$ Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P =4(x^2+y^2)+15xy.$