trangxoai1995

Tính tích phân 

$$I=\int_{1}^{2}\frac{ln[(x+1)^{x+1}(x+2)^{x+2}]}{(x+1)(x+2)}dx$$

Theo chị thì chắc là như này, không biết chuẩn không

$I=\int_{1}^{2}\frac{(x+1)ln(x+1)+(x+2)ln(x+2)}{(x+1)(x+2)}dx$

$=\int_{1}^{2}\frac{ln(x+1)}{x+2}dx+\int_{1}^{2}\frac{ln(x+2)}{x+1}dx$

$=ln4.ln3-ln3.ln2-\int_{1}^{2}\frac{ln(x+2)}{x+1}dx+\int_{1}^{2}\frac{ln(x+2)}{x+1}dx=ln3.ln2$

Có lẽ ý tưởng của bạn là như này.

Đặt: $x=\sqrt{2}.sint\Rightarrow \left\{\begin{matrix} dx=\sqrt{2}cost.dt & & \\ x^2=2sin^2t & & \\ x^4=4sin^4t & & \end{matrix}\right.$

Từ đó:

$I=\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{\sqrt{2}.sint(\sqrt{4-4sin^4t}+2\sqrt{2}.sint)}{\sqrt{2-2sin^2t}}.\sqrt{2}.costdt=\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}sin2t.\sqrt{3-cos2t}.dt+4.\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}sin^2t.dt$

$=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\sqrt{3-t}dt+\frac{\pi }{2}-1=\frac{1}{2}\int_{2}^{3}u^{\frac{1}{2}}.du+\frac{\pi }{2}-1=\frac{1}{3}(3\sqrt{3}-2\sqrt{2})+\frac{\pi }{2}-1$

Hàm số ngược của tan còn gọi là arctan không còn dùng trong chương trình bạn ạ nên giải chi tiết hơn

Hàm số ngược của tan còn gọi là arctan không còn dùng trong chương trình bạn ạ nên giải chi tiết hơn

Không được dùng trong chương trình phổ thông thì em đặt tiếp: $t=\sqrt{3}.tanu\Rightarrow dt=\frac{\sqrt{3}}{cos^2u}du$

Thay vào được tích phân mới:$2.\int \frac{1}{3+3tan^2u}.\frac{\sqrt{3}}{cos^2u}du=\frac{2\sqrt{3}}{3}\int du$. Đơn giản rồi em. Tích phân này chắc em được học rồi.

Tính tích phân sau

 

$\int_{-1/2}^{0}\frac{\sqrt{3-4x^2-4x}}{4x^2+4x+5}dx$

$=\int \frac{\sqrt{4-(2x+1)^2}}{4+(2x+1)^2}dx$

Đặt: $2x+1=t\Rightarrow dx=\frac{1}{2}dt$. Thu được:

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

Tiếp tục đặt:$t=2.sinu\Rightarrow dt=2cosu.du$. Thu được biểu thức:

$I=\frac{1}{2}\int \frac{cos^2u}{1+sin^2u}du=\frac{1}{2}\int \frac{1+cos2u}{3-cos2u}du$

Tiếp tục đặt: $v=tanu\Rightarrow du=\frac{1}{1+v^2}dv$; $cos2u=\frac{1-v^2}{1+v^2}$

Ta thu được:

$\frac{1}{2}\int \left ( \frac{2}{1+2v^2}-\frac{1}{1+v^2} \right )dv=\frac{1}{2}\int \frac{1}{v^2+\frac{1}{2}}dv-\frac{1}{2}\int \frac{1}{1+v^2}dv$

$=\frac{1}{2}\left ( \sqrt{2}arctan\sqrt{2}v-arctanv \right )$

Bạn tự đổi cận để tính. Đáp số: $\frac{1}{2}\left ( \sqrt{2}arctan\frac{\sqrt{6}}{3}-arctan\frac{\sqrt{3}}{3} \right )$

$\int_{1}^{2}\frac{2x^{2}-6x-20}{(2x-3)^{2}}dx$

giải hẻm ra TT

biểu thức trong dấu tích phân viết lại thành:

$\frac{1}{2}-\frac{49}{2(2x-3)^2}$

Biểu thức sau sử dụng đổi biến

$\int_{\frac{-\pi }{6}}^\frac{\pi }{6}\frac{1-cos\left ( x-\frac{\pi }{6} \right )}{\sqrt{3}cosx+sinx+2}$

bạn tự chứng minh định lý: nếu f(x) là hàm số chẵn thì:$\int_{-a}^{a}f(x)dx=2\int_{0}^{a}f(x)dx$

Tích phân đã cho viết lại thành: $\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}\frac{1-cos\left ( x-\frac{\pi }{6} \right )}{1+cos\left ( x-\frac{\pi }{6} \right )}dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{6}}\frac{1-cos\left ( x-\frac{\pi }{6} \right )}{1+cos\left ( x-\frac{\pi }{6}\right )}dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{6}}tan^2\left ( x-\frac{\pi }{6} \right )dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{6}}\left ( \frac{1}{cos^2\left ( x-\frac{\pi }{6} \right )}-1 \right )dx$. 

Đến đây dễ rồi.

Tính tích phân sau:

$I=\int_{0}^{1}\frac{x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}dx$

Tách tích phân ban đầu ra thành 2 tích phân sau:

$=\frac{1}{2}\left ( \int_{0}^{1}\left ( \frac{1}{x^2-\sqrt{3}x+1} +\frac{1}{x^2+\sqrt{3}x+1}\right ) \right )dx$

$=\frac{1}{2}\left ( \int_{0}^{1}\frac{1}{\left ( x-\frac{\sqrt{3}}{2} \right )^2+\frac{1}{4}}dx+\int_{0}^{1}\frac{1}{\left ( x+\frac{\sqrt{3}}{2} \right )^2+\frac{1}{4}}dx \right )$

Đến đây áp dụng công thức sau để làm tiếp:

$\int \frac{1}{x^2+a^2}dx=\frac{1}{a}arctan\frac{x}{a}+C$

$\int_{-\infty }^{0}xe^{2x}dx$

Giải giúp em nhé

$\int_{0}^{ \frac{\Pi}{2}}\frac{sinx.dx}{(sin + \sqrt{3}cos x)^{3}}$

Chị chỉ hướng dẫn cách làm thôi nhé.

Biểu thức đã cho viết lại được thành:

 $\frac{1}{8}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{sinx}{sin^3\left ( x+\frac{\pi }{3} \right )}$

Đến đây em đặt: $x+\frac{\pi }{3}=t\Rightarrow dx=dt$. Em tự đổi cận, còn chị sẽ thu gọn giúp em phần nguyên hàm.

$\frac{1}{16}\int \frac{1}{sin^2t}dt-\frac{\sqrt{3}}{16}\int \frac{1}{sin^3t}d(sint)$

Đến đây là phần việc của em. Tự thay cận vào để tính.

$\int \frac{x^{2}}{(x^{2}-9)(x^{2}-4)}dx

$I=\int \frac{x^2-4+4}{(x^2-9)(x^2-4)}dx=\int \frac{1}{x^2-9}dx+4\int \frac{1}{(x^2-9)(x^2-4)}dx$

Xét $I_1=\int \frac{1}{x^2-9}dx=\frac{1}{6}\int \frac{1}{x-3}dx-\frac{1}{6}\int \frac{1}{x+3}dx=\frac{1}{6}ln\left | \frac{x-3}{x+3} \right |+c$

Xét $I_2=\frac{4}{5}\int \frac{1}{x^2-9}dx-\frac{4}{5}\int \frac{1}{x^2-4}dx=\frac{2}{15}\int \frac{1}{x-3}dx-\frac{2}{15}\int \frac{1}{x+3}dx-\frac{1}{5}\int \frac{1}{x-2}dx+\frac{1}{5}\int \frac{1}{x+2}dx$

Đến đây tính tiếp

Tính tích phân sau:

$\int_{0}^{pi}\frac{x.sinx}{1+sin^{2}x}dx$

Mọi người cho em hỏi bài này làm sao ạ. 

Không ngồi ở cấp 3 nữa, nhớ mang máng cách đặt, làm thử. Sai đâu thì mọi người chỉ giúp nhé.

Đặt: $x=\pi -t\Rightarrow dx=-dt$. Ta thu được tích phân mới:

$I=\int_{0}^{\pi }\frac{(\pi -t)sint}{1+sin^2t}dt=\int_{0}^{\pi }\frac{\pi sint}{1+sin^2t}dt-\int_{0}^{\pi }\frac{tsint}{1+sin^2t}dt$

$\Rightarrow I=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi }\frac{\pi sint}{1+sin^2t}dt$

$=\frac{\pi }{2}\int_{0}^{\pi }\frac{sint}{2-cos^2t}dt=\frac{\pi }{2}\int_{-1}^{1}\frac{1}{2-u^2}du$

Tích phân cuối cùng đặt: $u=\sqrt{2}sinv\Rightarrow du=\sqrt{2}cosvdv$. Tích phân còn lại là tích phân cơ bản.

Giải phương trình lượng giác :$2((sinx)^4+(cosx)^4)+\sqrt{3}(sin4x)=2$

Biểu thức $sin^4x+cos^4x=1-\frac{1}{2}sin^22x$

Phương trình đã cho viết gọn lại thành

 $sin^22x-2\sqrt{3}sin2x.cos2x=0$

$\Leftrightarrow sin2x.(sin2x-2\sqrt{3}cos2x)=0$

Phương trình trong ngoặc là phương trình cơ bản.

$sin2x-2\sqrt{3}cos2x=0$

$\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{13}}sin2x-\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}cos2x=0$

Đặt $\frac{1}{\sqrt{13}}=cos\varphi$; $\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=sin\varphi$

Từ đó phương trình trở thành:

$sin2x.cos\varphi -sin\varphi cos2x=0\Leftrightarrow sin(2x-\varphi )=0$

Không tính định thức, chứng minh rằng:

a)$\begin{vmatrix} y+z & z+x &x+y \\ y_{1}+z_{1} & z_{1}+x_{1} & x_{1}+y_{1}\\ y_{2}+z_{2} & z_{2}+x_{2} & x_{2}+y_{2} \end{vmatrix}$=2$\begin{vmatrix} x & y &z \\ x_{1} & y_{1} &z_{1} \\ x_{2} &y_{2} &z_{2} \end{vmatrix}$

 

Bài này sử dụng tính chất của định thức cũng làm tương tự.

b) $\begin{vmatrix} a_1+b_1x &a_1x+b_1 &c_1 \\ a_2+b_2x &a_2x+b_2 &c_2 \\ a_3+b_3x &a_3x+b_3 &c_3 \end{vmatrix}=(1-x^2)\begin{vmatrix} a_1 &b_1 &c_1 \\ a_2 &b_2 &c_2 \\ a_3 &b_3 &c_3 \end{vmatrix}$

 

Cái này thì phải biến đổi vế trái của định thức:

$VT=\begin{vmatrix} a_1 &b_1 &c_1 \\ a_2 &b_2 &c_2 \\ a_3 &b_3 &c_3 \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} b_1x &a_1x &c_1 \\ b_2x &a_2x &c_2 \\ b_3x &a_3x &c_3 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} a_1 &b_1 &c_1 \\ a_2 &b_2 &c_2 \\ a_3 &b_3 &c_3 \end{vmatrix}-x^2\begin{vmatrix} a_1 &b_1 &c_1 \\ a_2 &b_2 &c_2 \\ a_3 &b_3 &c_3 \end{vmatrix}$

$=\left ( 1-x^2 \right )\begin{vmatrix} a_1 &b_1 &c_1 \\ a_2 &b_2 &c_2 \\ a_3 &b_3 &c_3 \end{vmatrix}$ bằng vế phải $\Rightarrow$ Điều phải cm.

Tính $I=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}sin^5xdx$

Chắc là bạn mới học nguyên hàm.

$\int sin^5xdx=-\int (1-cos^2x)^2d(cosx)=-\int (1-t^2)^2dt$. Biểu thức trong ngoặc nhân ra đưa về nguyên hàm cơ bản.