Nhìn mặt du côn + ngáo thế mà anh bảo handsome , cứ troll em

Đây là yêu cầu của em:

Mình đi làm tình...làm tình...tình....nguyện!

Chính chủ ở ngay sau Hòm Tiền ủng hộ!

 chụp mà k biết đăng ntn , ai giúp vs 

Nhìn khung soạn, nhấn vào "Sử dụng bộ soạn đầy đủ" $\to$ file đính kèm $\to$ chọn ảnh trong máy $\to$ tải lên $\to$ cho vào văn bản!!

Hé hé, nhìn đầu gấu nhỉ . ĐƯợc từng ấy tiền mua kẹo cho em ăn đi

Tiền đó là tiền ủng hộ của các SV để hỗ trợ các SV nghèo khác!

Không có phần cho anh

@@~ . 5k/1 lần nữa mới chết chứ nhỉ ?? hay quá . Làm phát 500k/1 lân thì im re luôn

Đó là bị phạt lần đầu tiên, lần sau hình như tăng lên mỗi đợt phạt là 20k/1 lần!! nên Bị phạt rồi là im re---ko hé mồn nữa!!

Post cái ảnh phát, ở giữa nha, nhìn mặt ngáo quá . !!! 

Được đấy nhỉ, handsome đấy chứ!

Chà, khi nào anh tự sướng a sẽ up lên...

Hay nhỉ , hi vọng em sẽ có lần được đi làm tình nguyên, xem thử nó thế nào 

Đi làm tình...thấy vui vui! Nhưng khổ nỗi hay bị phạt..vì hay nói chuyện trong giờ họp(5k/1lan)

 

 

Cùng bắt đầu với đề VMC 2013

Câu 1. Cho $x_1 = a \in \mathbb{R}$ và dãy $(x_n)$ được xác định bởi $(n+1)^2 x_{n+1} = n^2 x_n + 2n+1$. Tìm $\lim\limits_{x \to \infty} x_n$.

 

 

 

 

Câu 1 có nhầm không ta, $n\to +\infty $ chứ?

$(n+1)^2 x_{n+1} = n^2 x_n + 2n+1\Leftrightarrow \left ( n+1 \right )^2\left ( x_{n+1}-1 \right )=n^2\left ( x_{n}-1 \right )$

Đặt $u_{n}=n^2\:x_{n}-n^2\to u_{n+1}=u_{n}=...=u_{1}=a-1$

$\to x_{n}=1+\frac{a-1}{n^2}$

Nên $\lim_{n\to +\infty} x_{n}=1$

P/s: Đúng không ta?

Vế phải trong bất đẳng thức của bạn không biết có nhầm lẫn gì không ?

Hình như bạn ấy sai điều kiện thôi, điều kiện phải là $f(0)=0$

Nếu thế thì lời giả sẽ là:

$$f(x)=\int_{0}^{x}f'(t)dt\leq \left ( \int_{0}^{x}1^2 \right )^{1/2} \left( \int_{0}^{x}\left ( f'(t) \right )^2 \right )^{1/2}$$

$$\Rightarrow f^2(x) \leq x \int_{0}^{x}\left ( f'(t) \right )^2dt\leq x \int_{0}^{1}\left ( f'(t) \right )^2dt$$

$$\Rightarrow \int_{0}^{1} f^2(x)dx\leq \int_{0}^{1}xdx\int_{0}^{1}\left ( f'(t) \right )^2dt=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\left ( f'(x) \right )^2dx$$

Lỗi gì đây?

Bài 14
$\left\{\begin{matrix} x^4+x^3y+x^2x^2+xy^3+y^4=5 & \\ 2\sqrt{1-x^2}+\sqrt{2x^2-y^2}=2 & \end{matrix}\right.$


 

Giai:

Ap dung BĐT Bunhia: $4=(\sqrt{2}\sqrt{2-2x^2}+\sqrt{2x^2-y^2})^2\leq 3(2-y^2)\to y<1$

Tu PT $\to x<1$

$\to x^4+x^3y+x^2x^2+xy^3+y^4<5\to$ PTVN
 

còn bài này thì ai có cách làm khác cách của nthoangcute ko? Chỉ cho mình với.

 

Bài 13

$\left\{\begin{matrix} 2x^3-xy^2=1 & \\ 2x^2-3xy+2y^2=x-y & \end{matrix}\right.$

(Đề thi thử của trung tâm luyện thi Tô hoàng)

Giải:

$x^2-(3y+1)x+2y^2+y=0$$x^2-(3y+1)x+2y^2+y=0$

Xét $\Delta =(3y+1)^2-4(2y^2+y)=(y+1)^2$

Thay vào giai binh thuong...!!

Bài 17
$\left\{\begin{matrix} xy+\sqrt{2(x^4+y^4)}=1 & \\ x^{2009}y^{2013}+x^{2013}y^{2009}=\frac{2}{3^{2011}} & \end{matrix}\right.$


 

PT1: $xy+\sqrt{2(x^4+y^4)}=1\Leftrightarrow x^4+y^4=\frac{(1-xy)^2}{2}$ và $xy\leq \frac{1}{3}$

PT2: $\frac{2}{3^{2011}}=(xy)^{2009}(x^4+y^4)=(xy)^{2009}.\frac{(1-xy)^2}{2}=2(xy)^{2008}(xy)\frac{1-xy}{2}.\frac{1-xy}{2}\leq 2.(xy)^{2008}.(\frac{xy+1-xy}{3})^3=\frac{2(xy)^{2008}}{3^3}\leq \frac{2}{3^{2011}}$

Vay $x=y=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$

Bài 10: ${I_{10}} = \int\limits_0^1 {{{\left( {\frac{{\ln x}}{{x + 1}}} \right)}^2}dx} $
 

Hình như bài 10 còn tồn đọng:

Giải:

$$I_{10}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{\ln x}{1+x} \right )^2dx=\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\ln^2xd\left (- \frac{1}{1+x} \right )dx$$

$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x(1+x)}dx \right ]$$

$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x}dx-2\int_a^1 \frac{\ln x}{1+x} dx \right ]$$

$$=\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\frac{a\ln^2a}{1+a}}_{0}-2\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\frac{\ln x}{1+x}dx$$

$$=-2\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\ln a\ln(1+a)}_{0}+2\lim_{a\to 0^+}\underbrace{\int_{a}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx}_{I}$$

Đến đây thì vô hướng, chả biết làm nữa...làm liều-nghĩ theo hướng này: (!)

Ta dùng khai triên $Maclaurin:$

$\ln(1+x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{i+1}x^i}{i}$

$\Rightarrow I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx=\int_{0}^{1}\sum_{i=1}^{\infty} \frac{(-1)^{i+1}x^{i-1}}{i} \: dx=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i+1}}{i^2}$

Đang nghĩ!

Hình như bài 10 còn tồn đọng:

 

Giải:

 

 

 

 

$$I_{10}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{\ln x}{1+x} \right )^2dx=\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\ln^2xd\left (- \frac{1}{1+x} \right )dx$$

 

$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x(1+x)}dx \right ]$$

 

$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x}dx-2\int_a^1 \frac{\ln x}{1+x} dx \right ]$$

 

$$=\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\frac{a\ln^2a}{1+a}}_{0}-2\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\frac{\ln x}{1+x}dx$$

 

$$=-2\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\ln a\ln(1+a)}_{0}+2\lim_{a\to 0^+}\underbrace{\int_{a}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx}_{I}$$

 

 

Đến đây thì vô hướng, chả biết làm nữa...làm liều-nghĩ theo hướng này: (!)

 

 

Ta dùng khai triên $Maclaurin:$

 

$\ln(1+x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{i+1}x^i}{i}$

 

$\Rightarrow I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx=\int_{0}^{1}\sum_{i=1}^{\infty} \frac{(-1)^{i+1}x^{i-1}}{i} \: dx=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i+1}}{i^2}$

 

Đang nghĩ!

Giờ mới được học làm Gamma và khai triên chuỗi Fourier:

Cách 1: Áp dụng hàm Gamma

Cách 2: Áp dụng khai triển Fourier

Xét hàm $f(x)=x^2, \: x\in (-\pi, \pi)$ với chu kì $T=2\pi$, ta có khai triển Fourier cho hàm tuần hoàn là

Đây là hàm chẵn nên $b_n=0$

$a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x)dx=\frac{2\pi^2}{3}$

$a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos nxdx=\frac{4(-1)^n}{n^2}$

Nên $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left ( a_n\cos nx+b_n\sin nx \right )=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n\cos nx}{n^2}=x$

Cho $x=0$ thì $\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}=0\Rightarrow \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} =-\frac{\pi^2}{12}$

Bài toán mở đầu (dễ):

Bài 1: Tính tích phân bất định sau: $$I = \int {\dfrac{1}{{{x^2}}}\sqrt {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} } dx$$

P.s: Giải quyết bài 1 tồn đọng:

Đặt $t=\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\Rightarrow x=\frac{1+t^2}{1-t^2}\Rightarrow dx=\frac{4t}{\left ( 1-t^2 \right )^2}\: dt$

$\Rightarrow I_1=\int \left [ \frac{\left ( 1-t^2 \right )^2}{\left ( 1+t^2 \right )^2}\: t\: \frac{4t}{\left ( 1-t^2 \right )^2} \right ]dt=\int \frac{4t^2}{\left ( 1+t^2 \right )^2}dt$

$=-\int 2td\left ( \frac{1}{1+t^2} \right )=-\frac{2t}{1+t^2}+\int \frac{2}{1+t^2}dt=\frac{-2t}{1+t^2}+2\arctan t+C$

có 1 bài toán cũng khá được, mình là dân mới, mong các bạn và anh chị chỉ giáo. xin cám ơn
$I= \int_{0}^{3}arcsin\sqrt{\frac{x}{x+1}}dx$
$I'=\int_{1/2}^{2}(1+x-\frac{1}{x})e^{x+\frac{1}{x}}dx$

Cách khác:

Bài 2 thì thấy giải chuẩn rồi, còn bài 1 thì tôi có cách khác như sau:

Ta có nhận xét sau:

$$arc\sin\sqrt{\frac{x}{1+x}}=arc\tan\sqrt{x}$$

Nên:

$$I= \int arc\sin\sqrt{\frac{x}{x+1}}dx=\int arc\tan\sqrt{x}\: dx=\int arc\tan t\: d\left ( t^2 \right )$$

$$=t^2arc\tan t-\int \frac{t^2}{1+t^2}dt=\left ( t^2+1 \right )arc\tan t-t+C=\left ( x+1 \right )arc\tan\sqrt{x}-\sqrt{x}+C$$

Đề năm nay nhảm sao ấy =))

 

TXĐ: $D=\mathbb{R}$

Đặt $y=f(x)= -x^3+3x^2+3mx-1$
$\Leftrightarrow m\ge x^2-2x=g(x)$

 $ycbt \Leftrightarrow m\ge \max\limts_{x\in [0;+\infty)} g(x) $

 

 

$f'(x)=-3x^2+6x+3m$

Để hàm số đồng biến trên $(0;+\infty)$ thì $y' \ge 0 \; \forall x>0$
 

$g'(x)=2x-2 ;g'(x)=0 \Leftrightarrow x=1$

 

$g(1)=1-2=-1; g(0)=0$

 

Do đó $m \ge 0$.

nghich bien ma bạn...!!

Co ac nao lam dk cau 7B chua??

Tham khảo đáp tại HỌC MÃI: http://hocmai.vn/mod...hoc/Khoi_A/Toan

Câu 6:

Dùng AM-Gm đánh giá được:

$P\leq \frac{4}{\sqrt{\frac{1}{3}.(a+b+c)^2+4}}-\frac{27}{2(a+b+c)^2}$

Đặt $(a+b+c)^2=x>0$ rồi khảo sát thấy đạt max tại x=36

Bạn lam sao nua..toi cung lam theo cách

 nay nhung khong ra...

Cách khac: 

Dat $x=a+b+c+3>3$

Áp dụng BĐT Cauchy và bunhia, rôi xét hàm

$f(x)=\frac{8}{x-1}-\frac{2187}{8x^3}$

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 $a\geq 0,\, k>0\Rightarrow \lim_{k\to 0^+}\frac{a}{k}=+\infty \Rightarrow \lim_{k\to 0^+}\arctan\frac{a}{k}=\frac{\pi}{2}$

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

\[I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin 2x}}{x}} \] (*)

Đặt \[t = 2x \Rightarrow dx = \frac{{dt}}{2}\]

\[ \Rightarrow I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin t}}{t}} dt = \frac{\pi }{2}\]

Cho mình hỏi làm sao để tính tích phân này vậy bạn?

 \[ \Rightarrow I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin t}}{t}} dt = \frac{\pi }{2}\]

Mình thấy sách họ ghi sẵn là bằng pi/2 luôn mà không ghi cách tính nơi

Cái này nhiều cách làm lắm, ở đây tôi trình bài 2 cách:

Cách 1: Dùng tích phân phụ thuộc tham số (cho $a, k\geq0$ cho dễ, $a<0$ thì làm tương tự)

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

Cách này khá dài nên bạn tự tìm hiểu

Đạo hàm theo $a$ đấy. Rồi cuối cùng cho $k=0$ và $a=1$ đấy.

Cách 2. Dùng toán tử Laplace:

Phép chiếu $$L\left ( \sin ax \right )=\frac{x}{x^2+s^2}$$

$$(I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin ax}{x}dx)$$

Nên $$L[I]=\int_{0}^{\infty}\frac{L\left [ \sin ax \right ]}{x}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{x^2+s^2}=\left [ \frac{\arctan \frac{x}{s}}{s} \right ]_{0}^{\infty}=\frac{\pi}{2s}=L\left [ \frac{\pi}{2} \right ]$$

$\Rightarrow I=\frac{\pi}{2}$

Hướng khác nhưng vẫn dùng Laplace:

Áp dụng công thức trong Laplace(trong sách có nên không cần chứng minh)

$$\int_{0}^{\infty}\frac{f(x)}{x}e^{-sx}dx=\int_{s}^{\infty}L[f(u)]du$$

Ở đây ta cho $$f(x)=\sin x\Rightarrow L[f(u)]=\frac{1}{1+u^2}$$

Mà $$\int_{s}^{\infty}\frac{du}{1+u^2}=\frac{\pi}{2}-\arctan s$$

Cho $s=0$ thì ta có kết quả cần tìm

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