nucnt772

Tính môdum của số phức z:

$\sqrt[3]{z^{2}.(2+2i)^{2}}=\frac{(1+i\sqrt{3})^{4}}{3+4i}$.

Tính tổng $S=sin\varphi +sin2\varphi +...+sinn\varphi $ với $\varphi \neq k2\pi $ và $k\epsilon Z$

Đặt $K = 1 + cos\alpha +cos2\alpha +cos3\alpha +...+cosn\alpha$

ta có: 

$K+iS$ $=(1+cos\alpha +cos2\alpha +cos3\alpha +...+cosn\alpha )+i(sin\alpha +sin2\alpha +sin3\alpha +...+sinn\alpha )$

$=1+(cos\alpha +isin\alpha )+(cos2\alpha +isin2\alpha )+(cos3\alpha +isin3\alpha )+...+(cosn\alpha +isinn\alpha )$

=$1+(cos\alpha +isin\alpha )+(cos\alpha +isin\alpha )^{2}+(cos\alpha +isin\alpha )^{3}+...+(cos\alpha +isin\alpha )^{n}$

$=\frac{1-(cos\alpha +isin\alpha )^{n+1}}{1-(cos\alpha +sin\alpha )}$

$=\frac{1-cos(n+1)\alpha -isin(n+1)\alpha }{1-cos\alpha -sin\alpha }$

$=\frac{2sin^{2}\frac{(n+1)\alpha }{2}-2isin\frac{(n+1)\alpha }{2}.cos\frac{(n+1)\alpha }{2}}{2sin^{2}\frac{\alpha }{2}-2isin\frac{\alpha }{2}.cos\frac{\alpha }{2}}$

$=\frac{sin\frac{(n+1)\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}}.\frac{sin\frac{(n+1)\alpha }{2}-icos\frac{(n+1)\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}-icos\frac{\alpha }{2}}$

$=\frac{sin\frac{(n+1)\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}}.\frac{cos(\frac{(n+1 )\alpha }{2}-\frac{\pi }{2})+isin(\frac{(n+1 )\alpha }{2}-\frac{\pi }{2})}{cos(\frac{\alpha }{2}-\frac{\pi }{2})+isin(\frac{\alpha }{2}-\frac{\pi }{2})}$

$=\frac{sin\frac{(n+1)\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}}.[cos(\frac{(n+1)\alpha }{2}-\frac{\pi }{2}-\frac{\alpha }{2}+\frac{\pi }{2})+isin(\frac{(n+1)\alpha }{2}-\frac{\pi }{2}-\frac{\alpha }{2}+\frac{\pi }{2})]$

$=\frac{sin\frac{(n+1)\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}}.(cos\frac{n\alpha }{2}+isin\frac{n\alpha }{2})$

$K+iS=\frac{sin\frac{(n+1)\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}}.(cos\frac{n\alpha }{2}+isin\frac{n\alpha }{2})$

$\Rightarrow S=sin\alpha +sin2\alpha +sin3\alpha +...+sinn\alpha =\frac{sin\frac{(n+1)\alpha }{2}.sin\frac{n\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}}$

Ta có : $\left\{\begin{matrix} &2^{x^{2}+y^{2}}.4^{x+y}=32 & \\ &(x^{2}+y^{2})^{2}+4(x^{3}+y^{3})+4(x^{2}+y^{2})=13+2x^{2}y^{2} & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2^{x^2+y^2}.2^{2x+2y}=32\\ x^4+y^4+4(x^3+y^3)+4(x^2+y^2)=13 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2^{x^2+2x}.2^{y^2+2y}=32\\ (x^2+x)^2+(y^2+y)^2=13 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+2x+y^2+2y=5\\ (x^2+x)^2+(y^2+y)=13 \end{matrix}\right.$

Bạn nhầm 1 chút rồi, cái hệ cuối cùng phải ra vậy mới đúng nè:

$\left\{\begin{matrix} &x^{2}+2x+y^{2}+2y=5 & \\ &(x^{2}+2x)^{2}+(y^{2}+2y)^{2}=13 & \end{matrix}\right.$

Tìm k để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:

$4^{-|x-k|}log_{\sqrt{2}}(x^{2}-2x+3)+2^{-x^{2}+2x}log_{\frac{1}{2}}(2|x-k|+2)=0$.

Giải phương trình sau:

$4^{x^{2}-4}+(x^{2}-4).2^{x-2}=1$

tính tích phân: 

$I= \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{4sin^3x}{1+cos^4x}dx$

$I=\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{4sin^{3}x}{1+cos^{4}x}dx$ $=4\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{1-cos^{2}x}{1+cos^{4}x}sinxdx$

Đặt $t=cosx$ $\Rightarrow dt=-sinxdx$

đổi cận:

$x=0\Rightarrow t=1$

$x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow t=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow I=4\int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1}\frac{1-t^{2}}{1+t^{4}}dt$ $=-4\int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1}\frac{t^{2}-1}{t^{4}+1}dt$

$=-4\int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1}\frac{1-\frac{1}{t^{2}}}{t^{2}+\frac{1}{t^{2}}}dt$ $=-4\int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1}\frac{1-\frac{1}{t^{2}}}{(t+\frac{1}{t})^{2}-2}dt$

đặt: $u=t+\frac{1}{t}$ $\Rightarrow$ $du=(1-\frac{1}{t^{2}})dt$

đổi cận:

$t=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow u=\frac{3\sqrt{2}}{2}$

$t=1\Rightarrow u=2$

$\Rightarrow I=4\int_{2}^{\frac{3\sqrt{2}}{2}}\frac{du}{u^{2}-2}$ $=\sqrt{2}\int_{2}^{\frac{3\sqrt{2}}{2}}(\frac{1}{u-\sqrt{2}}-\frac{1}{u+\sqrt{2}})du$

$=\sqrt{2}ln|\frac{u-\sqrt{2}}{u+\sqrt{2}}|$

tới đây thay cận vô ta được kết quả là: $I=\sqrt{2}ln\frac{3+2\sqrt{2}}{5}$

tìm nguyên hàm $\int \frac{1}{cosx+sinx+1}dx$

Đặt $t=tan\frac{x}{2}$ $\Rightarrow dt=\frac{1}{2}.(1+tan^{2}\frac{x}{2})dx$ $\Rightarrow dx=\frac{2dt}{1+t^{2}}$

$sinx=\frac{2t}{1+t^{2}}$ , $cosx=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$

$\int \frac{dx}{1+sinx+cosx}$$=\int \frac{2dt}{(1+t^{2}).(1+\frac{2t}{1+t^{2}}+\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}})}$

$=\int \frac{dt}{t+1}$ $= ln|t+1|$ + C

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

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:

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

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

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

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

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

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

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

Cho hàm số $y=x^{4}-mx^{3}+4x+m+2$. Tìm tất cả tham số thực m để hàm số đã cho có 3 cực trị A, B, C và trọng tâm G của tam giác ABC trùng với tâm đối xứng của đồ thị hàm số $y=\frac{4x}{4x-m}$.

Cho hàm số: $y=x^{4}-3(m+1)x^{2}+3m+2$ (C).

Tìm các giá trị dương của tham số m để (C) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt và tiếp tuyến của (C) tại giao điểm có hoành độ lớn nhất hợp với 2 trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 24.

Chứng minh rằng: Tam giác có hai phân giác trong bằng nhau là tam giác cân.

Ta có : $y ' = 4x^3 + 4mx = 4x(x^2 + m)$

 

$y' = 0 \Leftrightarrow  x = 0 \ hay \  x^2 = m$

 

Để hs có 3 cực trị thì y' = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt, khi và chỉ khi m > 0.

Chỗ này bạn nhầm chút xíu nè.

ta có: $y'=4x(x+m^{2})$

$y'=0$ $\Leftrightarrow$ $x=0$ hay $x=-m^{2}$

Hàm số có 3 cực trị $\Leftrightarrow y'=0$ có 3 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow$ $m< 0$

Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị là: $A(0;1)$, $B(-\sqrt{-m};1-m^{2})$, $C(\sqrt{-m};1-m^{2})$