$I= \int_{0}^{\frac{\prod }{2}}\frac{cosx}{\sqrt{\left ( sinx+2 \right )^3\left ( 2sinx+3 \right )}}dx$

I = $\int_{0}^{\frac{\prod }{2}}\frac{cosx}{\sqrt{\left ( sinx+2 \right )^{3}\left ( 2sinx+3 \right )}}dx$

Tính tích phân: $I=\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{sin^{3}x}{cos^{2}x}dx$

đặt t= cosx => dt= -sinxdx => I = $-\int_{1}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\frac{1-t^2}{t^2}dt$ = $-\int_{1}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\left ( \frac{1}{t^2} -1\right )dt$

còn lại tự tính ok

tính tích phân: $I=\int_{-1}^{\sqrt{2}}x^{2}\sqrt{4-x^{2}}dx$

đặt x= 2.cost =>  dx=-2sintdt

=> I= $-8\int_{\frac{2\prod }{3}}^{\frac{\prod }{4}}sin^{3}t\sqrt{4\left ( 1-cos^{2}t \right )}dt$

      =$-16\int_{\frac{2\prod }{3}}^{\frac{\prod }{4}}sin^{4}tdt$

rồi dùng phương pháp hạ bậc là ra ok

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho số phức z t/m $\left | z-1 \right |=2$ . Tìm tập hợp điểm b.diễn số phức w=2z-i

ta có: $y' = 4x^{3}+4mx$

$y' = 0 \Leftrightarrow 4x^{3}+4mx =0$

$\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x^{2}=-m$

để hàm số có 3 cực trị $\Leftrightarrow m< 0$

khi đó 3 điểm cực trị: 

$A (0;1)$

$B(-\sqrt{-m};-m^{2}+1)$

$C(\sqrt{-m};-m^{2}+1)$

Gọi I là trung điểm BC $\Rightarrow I(0;1-m^{2})$

dễ thấy tam giác ABC cận tại A và I là trung điểm BC

xét tam giác AIC vuông tại I, ta có: $sinC=\frac{AI}{AC}$

 

Gọi R là bán kính ngoại tiếp tam giác ABC, áp dụng định lý sin trong tam giác ABC:

$\frac{AB}{sinC}=2R$ $\Rightarrow \frac{AB.AC}{AI}=2$

 

$\Leftrightarrow AB^{2}=2AI$

$\Leftrightarrow -m+m^{4}=2m^{2}$

$\Leftrightarrow m^{4}-2m^{2}-m=0$

$\Leftrightarrow m^{3}-2m-1=0$

$\Leftrightarrow (m+1).(m^{2}-m-1)=0$

$\Leftrightarrow m=-1$ hoặc $m=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ hoặc $m=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$

 

vì m < 0, nên ta nhận $m=-1$ hoặc $m=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$

y'= $4x^3-4mx$ mà bạn tính ra nghiệm là m = 1, $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

Cho hàm số y= $x^{4}-2mx^{2} +1$(m - tham số thực)

tìm m để đồ thị có 3 điểm cực trị A,B,C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính = 1

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giac trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng (d):x+2y-5=0 .Tìm tọa độ các đỉnh tam giác, biết AC qua K(6;2).

Với mọi $n\epsilon \mathbb{N},n\geq 3$ . Giải pt $\frac{1}{C_{3}^{3}}+\frac{1}{C_{4}^{3}}+\frac{1}{C_{5}^{3}}+...+\frac{1}{C_{n}^{3}}=\frac{89}{30}$

Ta có $d\left(\ln \cos x\right)=-\tan xdx$

 

Nên $I=\int \frac{\tan x}{\sqrt{1-\ln^2\cos x}}dx=-\int\frac{d\left(\ln \cos x\right)}{\sqrt{1-\ln^2\cos x}}=\arccos \ln \cos x+C$

sao  $-\int \frac{d(lncosx)}{\sqrt{1-ln^{2}cosx}}=arccos(lncosx)+C$ được

$\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{tanx}{\sqrt{1-(ln(cosx))^2}}dx$

$\int_{-1}^{1}\frac{1}{3+e^{2x}}dx$

1. $\int_{0}^{\frac{\prod }{2}}\frac{tanx}{\sqrt{1-ln^2\left ( cosx \right )}}dx$

2. $\int_{0}^{\frac{\prod }{2}}\frac{\sqrt{sinx}}{\sqrt{sinx}+\sqrt{cosx}}dx$

$\int_{-1}^{1}\frac{1}{\left ( x^2+1 \right )\left ( 4^x+1 \right )}dx$

$\left [ ln\left ( \sqrt{1+x^2} -x\right ) \right ]'$

$\int_{0}^{1}\frac{{x}^2{e}^x}{{(x+1)}^2}dx$

dùng TPTP đặt u = $x^{2}e^{x}$ còn lại đặt dv là ra mà

1.$\int ln(\sqrt{1+x^{2}-x})=xln(\sqrt{x^{2}+1}-x)-\int \frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}dx=xln(\sqrt{1+x^{2}-x})-\frac{1}{2\sqrt{1+

( ln\left ( \sqrt{1+x^2} -x\right )dx$ )' làm s ra đk $\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ được

1.$\int_{0}^{2}ln\left ( \sqrt{1+x^2} -x\right )$

2. $\int_{1}^{2}\frac{1-x^2}{1+x^4}dx$

$\int_{0}^{\frac{\prod }{4}}\frac{(\left ( sinx \right )^4-\left ( cosx \right )^4)dx}{sinx+cosx+1}$

Đặt t=$\sqrt{\frac{x-4}{x+2}}$ => t^2=$\frac{t-4}{t+2}$

=> x.t^2+2t^2 = x-4

=>x = $\frac{-4-2t^2}{t^2-1}$

=>dx=$\frac{12tdt}{\left ( t^2-1 \right )^2}$

x+2= $\frac{-6}{t^2-1}$

=>  $\frac{1}{x+2}=-\frac{t^2-1}{6}$

=> I = $-\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{2t^{2}dt}{t^2-1}$ 

còn lại dễ rồi kq là ln3 -1

thanks

\int_{0}^{\frac{\prod }{4}}\left [ \frac{tanx-1}{tanx+1} \right ]^2dx