tienvuviet

Vì $$I = \int_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{x}}  = \left. {\ln x} \right|_1^{ + \infty } =  + \infty $$ nên tổng trên phân kỳ theo tiêu chuẩn tích phân Cauchy hay nói cách khác
$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } U =  + \infty $$

Ta có
$${z^2} = \sqrt {{z^2} + {{\left( {\overline z } \right)}^2}}  \Leftrightarrow {z^4} = {z^2} + {\left( {\overline z } \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {a + bi} \right)^4} = {\left( {a + bi} \right)^2} + {\left( {a - bi} \right)^2} \Leftrightarrow {a^4} - 6{{\text{a}}^2}{b^2} + {b^4} - 2{{\text{a}}^2} + 2{b^2} + i\left( {4{{\text{a}}^3}b - 4{\text{a}}{b^3}} \right) = 0$$
Do đó điều kiện là
$$\left\{ \begin{gathered}
  {a^4} - 6{{\text{a}}^2}{b^2} + {b^4} - 2{{\text{a}}^2} + 2{b^2} = 0  \\
  4{{\text{a}}^3}b - 4{\text{a}}{b^2} = 0  \\
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
  a = b = 0  \\
  \left\{ \begin{gathered}
  a =  \pm \sqrt 2   \\
  b = 0  \\
\end{gathered}  \right.  \\
\end{gathered}  \right.$$

\[{z^4} - 4{{\text{z}}^3} + 11{{\text{z}}^2} - 14{\text{z}} + 10 = 0 \Leftrightarrow \left( {{z^2} - 2{\text{z}} + 2} \right)\left( {{z^2} - 2{\text{z}} + 5} \right) = 0\]

Nếu chưa học $ln$ thì ta cứ áp dụng công thức này thôi
$$\frac{d}{{dx}}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right] = g\left( x \right)\frac{{df\left( x \right)}}{{dx}} + f\left( x \right)\frac{{dg\left( x \right)}}{{dx}}$$
Khi đó ta ta lấy đạo hàm 1 tích thì ta lấy đạo hàm 1 thừa số nhân với phần còn lại rồi lấy tổng
Do đó ta sẽ được công thức như trên thôi
 

Bạn chú ý latex nhá
$$f\left( x \right) = \prod\limits_{k = 0}^{2013} {\left( {x - k} \right)}  \Leftrightarrow \ln f\left( x \right) = \sum\limits_{k = 1}^{2013} {\ln \left| {x - k} \right|}  \Rightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \sum\limits_{k = 1}^{2013} {\frac{1}{{x - k}}}  \Rightarrow f'\left( x \right) = f\left( x \right)\sum\limits_{k = 1}^{2013} {\frac{1}{{x - k}}} $$

Tỡ xin giải 2 bài tích phân mặt ở trên
Bài 1. Ta thấy mặt trên chưa tạo thành 1 vật kín để áp dụng công thức G-O do đó ta sẽ thêm vào mặt phẳng $z=0$ có biên là đường tròn $x^2+y^2=1$
Khi đó ta có
$$I = \iint\limits_D {} = \iint\limits_{D \cup {D_1}} {} - \iint\limits_{{D_1}} {} = \iint\limits_{D \cup {D_1}} {z\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dxdy}$$

Khi đó áp dụng công thức Gauss-Ostro ta có
$$I = \mathop{{\int\!\!\!\!\!\int\!\!\!\!\!\int}\mkern-31.2mu \bigodot}\limits_{D \cup {D_1}}
 {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)d{xdydz}} $$
Đổi biến trong toạ độ cầu là ra

Vì hàm số không xác định tại $x=0$ nên ta lập hàm số phụ sau
$$F\left( x \right) = \left\{ \begin{gathered}
  f\left( x \right),x \in \left( {0,\pi } \right)  \\
  n,x = 0  \\
  {\left( { - 1} \right)^{n + 1}}n,x = \pi   \\
\end{gathered}  \right.$$
Khi đó ta có
$$I = \int_0^\pi  {\frac{{\sin \left( {n{\text{x}}} \right)}}{{\sin x}}dx}  = \int_0^\pi  {F\left( x \right)dx} $$
Khi đó theo công thức Euler thì ta có
$$\sin kx = \frac{1}{{2i}}\left[ {{e^{ikx}} - {e^{ - ikx}}} \right]$$
Do đó

$$\frac{{\sin \left( {nx} \right)}}{{\sin x}} = \sum\limits_{k = 1}^n {{e^{i\left[ {\left( {n + 1} \right) - 2k} \right]x}}}  = \left\{ \begin{gathered}
  2\left[ {\cos \left( {n - 1} \right)x + \cos \left( {n - 3} \right)x +  \cdots \cos x} \right]\left\{ {n \equiv 0\bmod 2} \right\}  \\
  2\left[ {\cos \left( {n - 1} \right)x + \cos \left( {n - 3} \right)x +  \cdots \cos x} \right] + 1\left\{ {n \equiv 1\bmod 2} \right\}  \\
\end{gathered}  \right.$$
Mặc khác
$$K = \int_0^\pi  {\cos kxdx}  = 0$$
Nên
Nếu $n$ chẵn thì $I=0$
Nếu $n$ lẻ thì $I=\pi$

Bài toán một cách dễ dàng sẽ được quy về bài toán sau
$$I = \int_0^{\frac{1}{3}} {\frac{{\ln \left( {3 - t} \right)}}{{1 - {t^2}}}dt} $$
Xét hàm số sau
$$I\left( k \right) = \int_0^{\frac{1}{k}} {\frac{{\ln \left( {k - t} \right)}}{{1 - {t^2}}}dt} $$
Với $k>1$
Khi đó ta có
$$I'\left( k \right) = \int_0^{\frac{1}{k}} {\frac{{dt}}{{\left( {k - 1} \right)\left( {1 - {t^2}} \right)}}}  - \frac{{\ln \left( {k - \frac{1}{k}} \right)}}{{{k^2}\left( {1 - \frac{1}{{{k^2}}}} \right)}} = \frac{1}{2}{\mkern 1mu} \frac{{ - \ln \left( {k - 1} \right) - \ln \left( {k + 1} \right) + \ln \left( {k + 1} \right)k - \ln \left( {k - 1} \right)k}}{{{k^2} - 1}}$$
Khi đó ta có
$$I\left( k \right) = \frac{1}{4}{\ln ^2}\left( {k + 1} \right) - \frac{1}{4}{\ln ^2}\left( {k - 1} \right) + C$$
Bằng cách lấy giới hạn đẳng thức trên khi $k \to  + \infty $ ta sẽ thu đc $C=0$
Do đó ta có
$$I\left( 3 \right) = \int_0^{\frac{1}{3}} {\frac{{\ln \left( {3 - t} \right)}}{{1 - {t^2}}}dt}  = \frac{3}{4}{\ln ^2}\left( 2 \right)$$

$$I = \int_1^4 {\sqrt {\frac{1}{{4{\text{x}}}} + \frac{{\sqrt x  + {e^x}}}{{\sqrt x {e^{2x}}}}} d{\text{x}}}  = \int_1^4 {\sqrt {{{\left( {\frac{1}{{2\sqrt x }}} \right)}^2} + 2.\frac{1}{{2\sqrt x }}.\frac{1}{{{e^x}}} + {{\left( {\frac{1}{{{e^x}}}} \right)}^2}} dx}  = \int_1^4 {\sqrt {{{\left[ {\frac{1}{{2\sqrt x }} + \frac{1}{{{e^x}}}} \right]}^2}} dx}  = \int_1^4 {\left( {\frac{1}{{2\sqrt x }} + {e^{ - x}}} \right)dx} $$

Bài toán trên ta chỉ cần xét trong trường hợp $b=1$ và $a>1$
Ta xét 2 bổ đề sau đây
Bổ đề 1:
Giả sử ta xét tích phân sau $I\left( \lambda \right) = \int_a^b {f\left( {x,\lambda } \right)d{\text{x}}} $ khi đó ta sẽ có
$$I'\left( \lambda \right) = \int_a^b {\left[ {\frac{d}{{d\lambda }}f\left( {x,\lambda } \right)} \right]dx} $$
Chứng minh: ta sử dụng định nghĩa như sau
$$\begin{gathered}
I'\left( \lambda \right) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta h \to 0} \frac{{I\left( {\lambda + \Delta h} \right) - I\left( \lambda \right)}}{{\Delta h}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta h \to 0} \frac{{\int_a^b {f\left( {x,\lambda + \Delta h} \right)dx} - \int_a^b {f\left( {x,\lambda } \right)dx} }}{{\Delta h}} \\
= \int_a^b {\left[ {\mathop {\lim }\limits_{\Delta h \to 0} \frac{{f\left( {x,\lambda + \Delta h} \right) - f\left( {x,\lambda } \right)}}{{\Delta h}}} \right]dx} = \int_a^b {\left[ {\frac{d}{{d\lambda }}f\left( {x,\lambda } \right)} \right]dx} \\
\end{gathered} $$
Bổ đề 2
$$J = \int_0^\pi {\ln \left( {1 + \cos x} \right)dx} = - \pi .\ln 2$$
Thật vậy ta có
$$J = \int_0^\pi {\ln \left( {1 + \cos x} \right)dx} = \int_0^\pi {\ln \left( {2{{\cos }^2}\frac{x}{2}} \right)dx} = \pi \ln 2 + 4\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\cos x} \right)dx} = \pi \ln 2 + 4K$$
Xét
$$\begin{gathered}
K = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\cos x} \right)dx} = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin x} \right)dx} \Rightarrow 2K = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin x\cos x} \right)dx} \\
\Rightarrow K = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\frac{{\sin 2x}}{2}} \right)dx} = \frac{1}{2}\left[ {\frac{1}{2}\int_0^\pi {\ln \left( {\sin x} \right)dx} - \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln 2} dx} \right] = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}M - \frac{{\pi \ln 2}}{2}} \right) \\
\end{gathered} $$
Xét
$M = \int_0^\pi {\ln \left( {\sin x} \right)dx} = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin x} \right)dx} + \int_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\ln \left( {\sin x} \right)dx} = 2K$
Do đó ta có bổ đề đã được cm
Bây h ta sẽ tính tích phân đề bài cho
Xét tích phân sau
$$I\left( y \right) = \int_0^\pi {\ln \left( {y + \cos x} \right)dx} $$
Khi đó ta có
$$I'\left( y \right) = \int_0^\pi {\frac{{dx}}{{y + \cos x}}} = \frac{\pi }{{\sqrt {{y^2} - 1} }} \Rightarrow I\left( y \right) = \pi \ln \left( {y + \sqrt {{y^2} - 1} } \right) + C$$
Cho $y=1$ ta sẽ có
$$C = - \pi \ln 2 \Rightarrow I\left( y \right) = \pi \ln \left( {\frac{{y + \sqrt {{y^2} - 1} }}{2}} \right)$$

Nguyên hàm trên có thể viêt lại là
$$I = \int {{x^{ - \frac{1}{2}}}.{{\left( {x - 1} \right)}^{ - \frac{3}{4}}}d{x}} $$
Đây là nguyên hàm hàm nhị thức nên theo định lý Tchebylscheff ta có ngay bài này không tìm đc nguyên hàm dưới dạng các hàm số sơ cấp
ĐỊnh lý Tchebyscheff

Xét nguyên hàm sau
$$I = \int {{x^m}{{\left( {a{x^n} + b} \right)}^p}dx} $$

Nguyên hàm trên chỉ biểu diễn qua các hàm số sơ cấp trong 3 trường hợp sau
Trường hợp 1: $p$ nguyên khi đó ta đặt $x = {t^N}$ với $N$ là mẫu số chung của 2 phân thức $m,n$
Trường hợp 2: $\frac{{m + 1}}{n}$ nguyên thì $a{x^n} + b = {t^M}$ Với $M$ là mẫu số của phân số $p$
Trường hợp 3: $\frac{{m + 1}}{n} + p$ nguyên thì đặt $\frac{{a{x^n} + b}}{{{x^n}}} = {t^M}$

Help me! It so difficult.

Gợi ý: Đặt $x = \tan u \Rightarrow dx = \dfrac{du}{\cos^2 u}$ đưa tích phân về dạng

$\int \dfrac{du}{\sin^2 u . \cos u} = \int \dfrac{\cos u du}{\sin^2 u . \cos u} = \int \dfrac{d(\sin u)}{\sin^2 u . \cos^2 u}$

tự chém tiếp vì mình thấy dễ rồi

giải phương trình:
$\sqrt{5x^{2}+3x+1}+\sqrt{2x^{2}-2x+1}=4x$

Ta có $(\sqrt{5x^2 + 3x + 1} - 3x) + (\sqrt{2x^2 - 2x + 1} - x) = 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{-4x^2 + 3x + 1}{\sqrt{5x^2 + 3x + 1} + 3x} + \dfrac{x^2 - 2x + 1}{\sqrt{2x^2 - 2x + 1} + x} = 0$

$\Leftrightarrow (x - 1) \bigg ( \dfrac{-4x - 1}{\sqrt{5x^2 + 3x + 1} + 3x} + \dfrac{x - 1}{\sqrt{2x^2 - 2x + 1} + x} \bigg )= 0$

$x = 1$ là nghiệm duy nhất

Giải phương trình:
$\left\{\begin{matrix} x^{3}(2+3y)=1 & \\ x(y^{3}-2)=3 & \end{matrix}\right.$

Có $x = 0$ không là nghiệm.

Hệ đưa về $\begin{cases} 2 + 3y = \dfrac{1}{x^3} \\ y^3 - 2 = \dfrac{3}{x} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 2 + 3y = t^3 \\ y^3 - 2 = 3t \end{cases}$

Xong rồi

Giải hệ PT:
$\left\{ \begin{array}{l}
8{x^3}{y^3} + 27 = 18{y^3}\\
4{x^2}y + 6x = {y^2}
\end{array} \right.$

$x = y = 0$ không là nghiệm, hệ đưa về

$$\begin{cases} 8x^2 y^2 + \dfrac{27}{xy} = 18\dfrac{y^2}{x} \\ 4xy + 6 = \dfrac{y^2}{x} \end{cases}$$

Chắc bạn nhìn thấy cách đặt ẩn rồi nhỉ ^^