motdaica

Lâu chưa chấm với cả tổng kết quá

Ta có:

$\frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{9y}+\frac{1}{9z}+\frac{1}{9t}$

$= \frac{xyzt}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{yz+zt+ty}{9yzt}$     (với xyzt=1)

$= \frac{yzt}{x^2(yz+zt+ty)}+\frac{yz+zt+ty}{9yzt}\geq 2\sqrt{\frac{1}{9x^2}}$    =$\frac{2}{3x}$         (theo BĐTCô-si)

$\Leftrightarrow \frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}\geq \frac{2}{3x}-(\frac{1}{9y}+\frac{1}{9z}+\frac{1}{9t})$

Tương tự ta có:

$\Leftrightarrow \frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}\geq \frac{2}{3y}-(\frac{1}{9x}+\frac{1}{9z}+\frac{1}{9t})$

$\Leftrightarrow \frac{1}{z^3(yx+zt+tx)}\geq \frac{2}{3z}-(\frac{1}{9y}+\frac{1}{9x}+\frac{1}{9t})$

$\Leftrightarrow \frac{1}{t^3(yz+zx+xy)}\geq \frac{2}{3t}-(\frac{1}{9y}+\frac{1}{9z}+\frac{1}{9x})$

Khi đó:

$ \frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^3(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^3(xy+yz+zx)}\geq (\frac{2}{3x}+\frac{2}{3y}+\frac{2}{3z} +\frac{2}{3t})-(\frac{1}{3x}+\frac{1}{3y}+\frac{1}{3z}+\frac{1}{3t})$$= \frac{1}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t})\geq \frac{4}{3}\sqrt[4]{\frac{1}{xyzt}}=\frac{4}{3}$

vậy $\frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^3(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^3(xy+yz+zx)}\geq \frac{4}{3}$

trường hợp dấu bằng xảy ra đâu bạn thiếu này

Bài làm: Ta có : A= $\frac{1}{x^{3}(yz+zt+ty)}$+$\frac{1}{y^{3}(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^{3}(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^{3}(xy+yz+zx)}$= $\sum \frac{1}{x^{3}(yz+zt+ty)}$

Vì xyzt=1 => A= $\sum \frac{1}{x^{2}(\frac{1}{t}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}$

Đặt $\frac{1}{x}=a;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c;\frac{1}{t}=d$ => abcd=1 => A= $\sum \frac{a^{2}}{b+c+d}$

Áp dụng bất đẳng thúc  B-C-S dạng phân thức và bất đẳng thức AM-GM cho 4 số ta có :

A= $\sum \frac{a^{2}}{b+c+d}$ $\geq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{3(a+b+c+d)}$$=\frac{a+b+c+d}{3}\geq \frac{4\sqrt[4]{abcd}}{3}=\frac{4}{3}$. Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra <=> $\left\{\begin{matrix} abcd=1\\ a=b=c=d \end{matrix}\right.$=> a=b=c=d=1 =>x=y=z=t=1.

Do $C$ thuộc $\Delta \Rightarrow C(t+1,2-t,2t+1),t \in R$

Ta có $\left\{\begin{matrix} \overrightarrow{AB}(2,-2,3)\\ \overrightarrow{AC}(t+1,1-t,2t+3) \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}\left | \left [ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right ] \right |=\frac{1}{2}\sqrt{(t+9)^2+(t+3)^2+4^2}=\frac{1}{2}\sqrt{2t^2+24t^2+106}=\frac{1}{2}\sqrt{2(t+6)^2+34}\geqslant \frac{\sqrt{34}}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $t=6$, hay $C(7,-4,13)$

Thứ nhất : nhầm 24t thành $24t^{2}$

Thứ hai : nhâm t=-6 thành t=6 dẫn đến tọa độ C sai .Lần sau anh nhớ kiểm tra cẩn thận nhé

$\boxed{Điểm: 4}$

Bài làm của toán thủ MHS012:

Đặt $t=\pi -x$ => dx =-dt

Đổi cận : x=0 => $t=\pi$ ; $x=\pi$ =>t=0

=> $I=\int_{\pi}^{0}\frac{(\pi-t)sin(\pi-t)}{9+4cos^{2}(\pi-t)}(-dt)$

=> $I= \int_{0}^{\pi}\frac{(\pi-t)sint}{9+4cos^{2}t}dt$ = $-\int_{0}^{\pi}\frac{tsint}{9+4cos^{2}t}dt +\pi\int_{0}^{\pi}\frac{sint}{9+4cos^{2}t}dt$

=> $I=-\int_{0}^{\pi}\frac{xsinx}{9+4cos^{2}x}dx + \pi\int_{0}^{\pi}\frac{sinx}{9+4cos^{2}x}dx$

=> $2I=\pi\int_{0}^{\pi}\frac{sinx}{9+4cos^{2}x}dx$

Ta tính $J=\int_{0}^{\pi}\frac{sinx}{9+4cos^{2}x}dx$

Đặt $cosx=u$ => $du=-sinxdx$

Đổi cận x=0 =>u=1; $x=\pi$ =>u=-1

=> $J=\int_{1}^{-1}\frac{-1}{9+4u^{2}}du =\int_{-1}^{1}\frac{1}{9+4u^{2}}du$

Đặt $u=\frac{3}{2}tanv$ => $du=\frac{3}{2cos^{2}v}dv$

Đổi cận u=-1 => $v=\arctan\frac{-2}{3}$ ;u=1 => $v=\arctan \frac{2}{3}$

Từ đó $J= \int_{\arctan \frac{-2}{3}}^{\arctan \frac{2}{3}}\frac{3}{2cos^{2}v(9+9tan^{2}v)}dv$

=> $J= \int_{\arctan \frac{-2}{3}}^{\arctan \frac{2}{3}}\frac{1}{6}dv = \frac{1}{6}v |\begin{matrix} \arctan \frac{2}{3}\\ \arctan \frac{-2}{3} \end{matrix}$

$I=\frac{\pi J}{2}= \frac{\pi}{6}\arctan \frac{2}{3}$

Vậy $I= \frac{\pi}{6}\arctan \frac{2}{3}$

$\boxed{Điểm:10}$

 

ĐK $\left\{\begin{matrix} x-1\geq 0 & & \\ x^2+x-6\geq 0 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\geq 2$

$(i)\Leftrightarrow x^{2}+x-6+9x-9+6\sqrt{(x-1)(x-2)(x+3)}=3x^{2}-6x+19$

$\Leftrightarrow 3\sqrt{(x^{2}+2x-3)(x-2)}=x^2-8x+19$

Do $x\geq 2$  nên đặt 

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x^{2}+2x-3}=a & & \\ \sqrt{x-2}=b & & \end{matrix}\right.$

khi đó $a>0$ và $b\geq0$ suy ra $x^{2}-8x+17=a^2-10b^2$

phương trình đã cho trở thành

$3ab= a^{2}-10b^{2}\Leftrightarrow 10(\frac{b}{a})^{2}+3\frac{b}{a}-1=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix}\frac{b}{a}=-0,5 (L)&  & \\ \frac{b}{a}=0,2 &  & \end{bmatrix}$

suy ra $a=5b$ $\Rightarrow \sqrt{x^{2}+2x-3}= 5\sqrt{x-2}\Leftrightarrow x^{2}-23x+47=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=\frac{23+\sqrt{341}}{2} (TM)& & \\ x=\frac{23-\sqrt{341}}{2}(TM)& & \end{bmatrix}$

vậy phương trình đã cho có $2$ nghiệm là $\begin{bmatrix} x=\frac{23+\sqrt{341}}{2} (TM)& & \\ x=\frac{23-\sqrt{341}}{2}(TM)& & \end{bmatrix}$

 

Đoạn này sai rồi bạn,phải là $x^{2}-8x +17$ chứ lần sau nhớ kiểm tra cẩn thận nhé

$\boxed{Điểm:4}$

Cách làm của em hơi dài dòng

Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}BA.BC=\frac{1}{2}.r.\frac{AB+BC+CA}{2}$

Hay $\frac{\sqrt{3}-1}{2}a(x+y+z)=xz$ với $x,y,z$ lần lượt là độ dài của $BC,AC,AB$ và 

Do $ABC$ vuông tại $B$ và góc $BAC$ bằng $60^0$ nên ta có $\left\{\begin{matrix} y=2z\\x=\sqrt{y^2-z^2}=z\sqrt{3} \end{matrix}\right.$

       $\Rightarrow \frac{\sqrt{3}-1}{2}a.z(3+\sqrt{3})=z^2.\sqrt{3}\Rightarrow z=a\Rightarrow \left\{\begin{matrix} AB=a\\AC=2a \\BC=a\sqrt{3} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Công việc còn lại ta cần tính đường cao $BB'=x$

Trong mặt phẳng $ABB'A'$ kẻ $AH$ song song với $A'B$

Khi đó $d(A'B,CA)=d(B,(AHC))=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

Dễ thấy $BH=BB'=x$ và $AH=A'B$

Ta có $BC$ sẽ vuông góc với $ABB'A'$ và tam giác $ABH$ vuông tại $B$

$V_{ABCH}=\frac{1}{3}.BC.\frac{1}{2}.AB.BH=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{15}}{5}.S_{AHC}$

      $\Rightarrow S_{AHC}=\frac{ax\sqrt{5}}{2}$

Ta có $CA=2a, CH\sqrt{3a^2+x^2},AH=A'B=\sqrt{3a^2+A'C^2}=\sqrt{3a^2+AC^2+AA'^2}=\sqrt{7a^2+x^2}$

  $\Rightarrow \Delta AHC$ vuông tại $C$

 $\Rightarrow S_{AHC}=\frac{1}{2}.\sqrt{3a^2+x^2}.2a=\frac{ax\sqrt{5}}{2}\Rightarrow x=BB'=2a\sqrt{3}$

 $\Rightarrow V_{ABCA'B'C'}=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=a^3$ (đvtt)

Vậy thể tích lăng trụ là $a^3$ đvtt

Thứ nhất Nếu BH =BB' =>BH = AA' thì khi đó hình bình hành ABA'H là hình chữ nhật => vô lí => $BH \neq BB'$

Thứ hai là thể tích hình lăng trụ là diện tích đáy nhân với chiều cao thôi nhé. Nếu nhân với $\frac{1}{3}$ thì thành thể tích hình chóp rồi   Lần sau anh nhớ kiểm tra cẩn thận nhé

$\boxed{Điểm: 4}$

Bài làm của toán thủ MHS 012:

*Tính $S_{ABC}$ :

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp $\bigtriangleup ABC$, kẻ IK vuông AC=> $IK = \frac{(\sqrt{3}-1)a}{2}$

AI là phân giác $\widehat{BAC}$ => $\widehat{BAI}= \widehat{IAK}=30^{\circ}$

Ta có : $IK = AI\sin\widehat{IAK}$ => $AI= (\sqrt{3}-1)a$

BI là phân giác $\widehat{ABC}$ => $\widehat{ABI}=45^{\circ}$ => $\widehat{AIB}=105^{\circ}$

Áp dụng định lí hàm số sin với $\bigtriangleup ABI$ => $\frac{AI}{\sin \widehat{ABI}}=\frac{AB}{\sin \widehat{AIB}}$

=> $AB = a$ => $BC = AB\tan \widehat{BAC}= a\sqrt{3}$

=> $S_{ABC}$ =$\frac{AB.BC}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}$

* Tính CC' :

Trong (ABC) kẻ đường thẳng d qua B và song song với AC, đường thẳng d' qua C và vuông góc với d. d cắt d' tại D.

Trong (CC'D) kẻ CH vuông góc C'D.

Ta có : BD song song với A'C' (cùng song song với AC) nên 4 điểm B,D,A',C' đồng phẳng.

Trong hình lăng trụ : (ABCD) vuông góc với (ACC'A') Mà CD vuông góc với giao tuyến AC của 2 mặt phẳng ấy => CD vuông với (ACC'A')=> CD vuông với A'C'

Ta có : A'C' vuông CD và A'C' vuông CC' => A'C' vuông (CC'D)=> A'C' vuông CH mà CH vuông C'D => CH vuông góc với (A'BDC')

AC song song với A'C' nên AC song song với (A'BDC')

Từ đó ta có : d(AC;A'B) =d(AC;(A'BDC')) = d(C;(A'BDC'))=CH => CH = $\frac{a\sqrt{15}}{5}$

BD song AC => $\widehat{ACB}=\widehat{CBD}= 30^{\circ}$ => $CD =BC\sin \widehat{CBD}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Xét $\bigtriangleup CC'D$ vuông ở C (vì CD vuông với (ACC'A')) có CH vuông C'D

=> $\frac{1}{CH^{2}}=\frac{1}{CC'^{2}}+\frac{1}{CD^{2}}$

=>$CC'= a\sqrt{3}$

=> $V_{ABC'A'B'C'}=S_{ABC}.CC'=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}a\sqrt{3}= \frac{3a^{3}}{2}$

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là $\frac{3a^{3}}{2}$

P/s :em gửi kèm hình mãi mà không được mong giám khảo thông cảm

$\boxed{Điểm: 10}$

Giải hệ : $\left\{\begin{matrix} x^{3}+3xy^{2}=-49 & \\ x^{2}-8xy+y^{2}=8y-17x& \end{matrix}\right.$

Bài làm của em bên trên sai cho em trình bày lại

ta có $y'=x^2+mx-2$

hàm số $y$ tăng khi $y'>0$

Gọi tập nghiệm của bất phương trình $y'>0$ là $S_1$; $x^2-1>0$ là $S_2=$(-\infty ;-1)\cup (1;+\infty )$

để bất phương trình $x^2-1>0$ thỏa mãn với mọi $x$ thuộc khoảng tăng của hàm số $y$ thì $S_1\subset S_2(*)$

ta có $\Delta _{y'}= m^2+8>0\vee m$ do đó $y'$ luôn có $2$ nghiệm phân biệt giả sử đó là $x_1<x_2$

do đó để $(*)$ xảy ra thì $x_1<-1<1<x_2$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a.y'(-1)<0 & & \\ a.y'(1)<0 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -m-1<0 & & \\ m-1<0 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow -1<m<1$

Vậy với $m\epsilon (-1;1)$ thì bất phương trình $x^2-1>0$ thỏa mãn với mọi $x$ thuộc khoảng tăng của hàm số $y$

Mình thấy $m=1$ và $m=-1$ vẫn thoả mãn đề bài mà   Với cả lần sau cậu nên kiểm tra lại bài, lỗi LATEX rồi nhé

Toán thủ MHS012

Bài làm:

Ta có :$y'=x^{2}+mx-2$

$y'>0$ thì hàm số tăng =>$y'=x^{2}+mx-2>0$ (1)

$x^{2}-1>0$ => $x<1$ hoặc $x>1$

Bài toán trở thành: tìm m để bất phương trình $y'=x^{2}+mx-2>0$  luôn có nghiệm $x<1$ hoặc $x>1$

Ta có: $y'=x^{2}+mx-2=0$ (2)có $\Delta =\sqrt{m^{2}+8}>0$ nên phương trình luôn có 2 nghiệm $x_{1},x_{2}$ (2)

=> $x_{1}=\frac{-m-\sqrt{m^{2}+8}}{2}$ và $x_{2}=\frac{-m+\sqrt{m^{2}+8}}{2}$

Từ (2) ta thấy nghiệm của bất phương trình (1) là $x< x_{1}$ và $x> x_{2}$

Để bất phương trình (1) luôn có nghiệm $x<1$ hoặc $x>1$ thì:

TH1: $\left\{\begin{matrix} x_{1}\leq -1 & (3)\\ x_{2} \geq 1&(4) \end{matrix}\right.$

Ta có :(3) <=> $\frac{-m-\sqrt{m^{2}+8}}{2}\leq -1$

                <=> $\sqrt{m^{2}+8}\geq 2-m$

                <=> $m^{2}+8 \geq m^{2}-4m+4$

                <=> $m\geq -1$

(4) <=> $\frac{-m+\sqrt{m^{2}+8}}{2}\geq 1$

     <=> $m+2\leq \sqrt{m^{2}+8}$

     <=> $m^{2}+4m+4\leq m^{2}+8$

     <=> $m\leq 1$

TH2: $x_{1}< x_{2}\leq -1$

<=> $\frac{-m+\sqrt{m^{2}+8}}{2}\leq -1$

<=> $\sqrt{m^{2}+8}\leq m-2$

<=> $\left\{\begin{matrix} m^{2}+8\leq m^{2}-4m+4& \\ m\geq 2& \end{matrix}\right.$

<=> $\left\{\begin{matrix} m\leq -1& \\ m\geq 2& \end{matrix}\right.$. Hệ này vô nghiệm.

TH3: $1\leq x_{1}< x_{2}$

<=> $\frac{-m-\sqrt{m^{2}+8}}{2}\geq 1$

<=> $\sqrt{m^{2}+8}\leq -m-2$

<=> $\left\{\begin{matrix} m^{2}+4m+4\geq m^{2}+8& \\ m\leq -2& \end{matrix}\right.$

<=> $\left\{\begin{matrix} m\geq 1 & \\ m\leq -2& \end{matrix}\right.$ Hệ này vô nghiệm.

Vậy để bất phương trình $x^{2}-1>0$  thoả mãn với mọi $x$ thuộc khoảng tăng của hàm số $y$ thì $-1\leq m\leq 1$

Mở rộng: Cho m nam và n nữ ($m+1\geq n$) thì số cách xếp $m+n$ người đó sao cho thành một hàng dọc mà giữa 2 người nữ phải có ít nhất 1 người nam là $A_{m+1}^{n}m!$

Chứng minh :Đánh số vị trí từ 1 đến $m+n$ , gọi các vị trí của nữ lần lượt là $x_{1},x_{2},...,x_{n}$

Ta có bổ đề sau: Cho các số tự nhiên phân biệt $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ sao cho  $1\leq x_{1}< x_{2}< ...< x_{n}\leq a$ thì số các bộ số tự nhiên thỏa mãn là $C_{a}^{n}$

-Chứng minh bổ đề:Với mỗi bộ $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ bất kì $\in \left [ 1; a\right ]$ thì chỉ có duy nhất một cách sắp xếp từ lớn đến bé => số các bộ số tự nhiên đó là $C_{a}^{n}$

Trở lại bài toán :Ta có điều kiện của bài toán là giữa 2 người nữ phải có ít nhất 1 người nam

=> ta có các bất phương trình sau $x_{2}-x_{1}> 1,x_{3}-x_{2}> 1,...,x_{n}-x_{n-1}>1$

Ta thấy với các bộ số $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ này có điều kiện chặt hơn bài toán bổ đề.(Bổ đề chỉ cần các bộ các số phân biệt và có thể liền nhau)

Để đưa về bài toán bổ đề thì ta thấy $1\leq x_{1}< x_{2}-1< x_{3}-2< ...< x_{n}-(n-1)\leq m+n-(n-1)= m+1$

Đặt $y_{1}=x_{1},y_{2}=x_{2}-1,y_{3}=x_{3}-2,...,y_{n}=x_{n}-(n-1)$ thì $1\leq y_{1}< y_{2}< y_{3}< ...< y_{n}\leq m+1$

Bộ $y_{1},y_{2},...,y_{n}$ là bộ các số tự nhiên phân biệt và thỏa mãn bổ đề => số các bộ đó là $C_{m+1}^{n}$

=>số cách đặt chỗ ngồi cho các bạn nữ là $C_{m+1}^{n}$

Vì các bạn nữ có thể đổi chỗ ngồi cho nhau nên số cách xếp chỗ ngồi cho n cô gái là $n!C_{m+1}^{n}=A_{m+1}^{n}$

Còn m chỗ còn lại cho các bạn nam ngồi => số cách xếp các bạn nam là $m!$

Vậy số cách xếp m nam và n nữ sao cho thành một hàng dọc mà giữa 2 người nữ phải có ít nhất 1 người nam là $A_{m+1}^{n}m!$ (cách)

Nhận xét: với $m+1< n$ thì không có cách để thỏa mãn đề bài. Bài toán chỉ có cách khi $m+1\geq n$

P/s:em nghĩ có thể bài làm của em hơi khó hiểu.Nếu vậy thì mong giám khảo góp í ạ.

TOÁN THỦ :MHS012

Đánh số thứ tự các vị trí từ 1 đến 15,gọi các vị trí của nữ  lần lượt là $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$

Ta có bổ đề sau : Cho 4 số tự nhiên $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$ phân biệt (có thể liền nhau) thỏa mãn $1\leq x_{1}< x_{2}< x_{3}< x_{4}\leq k$ thì số các số tự nhiên thỏa mãn là $C_{k}^{4}$

Chứng minh bổ đề: Ta có với 4 số tự nhiên bất kì được chọn từ tập $\left [ 1;k \right ]$ thì chỉ có duy nhất 1 cách sắp xếp từ bé đến lớn theo bổ đề => số số tự nhiên thỏa mãn là $C_{k}^{4}$

Bài giải :(trở lại đề bài ):

Vì giữa 2 nữ có ít nhất 1 nam nên ta có điều kiện $x_{2}-x_{1}\geq 2,x_{3}-x_{2}\geq 2,x_{4}-x_{3}\geq 2$.Để đưa về bài toán bổ đề với 4 số tự nhiên phân biệt bất kì thì  ta thấy

$x_{2}-x_{1}> 1,x_{3}-x_{2}> 1,x_{4}-x_{3}> 1$

Từ dãy :$1\leq x_{1}< x_{2}< x_{3}< x_{4}\leq 12$ =>$1\leq x_{1}< x_{2}-1< x_{3}-2< x_{4}-3\leq 9$.

Đặt $x_{1}=y_{1},x_{2}-1=y_{2},x_{3}-2=y_{3},x_{4}-3=y_{4}$ thì ta có

$1\leq y_{1}< y_{2}< y_{3}< y_{4}\leq 9$ sẽ là dãy 4 số tự nhiên phân biệt bất kì

Theo bổ đề thì số cách chọn các số tự nhiên đó là $C_{9}^{4}$ hay số cách chọn chỗ ngồi cho 4 bạn nữ là $C_{9}^{4}$

Vì 4 bạn nữ có thể đổi chỗ cho nhau nên số cách ngồi của các bạn nữ là $4!C_{9}^{4}$

Còn 8 chỗ còn lại cho các bạn nam ngồi thì số cách ngồi là $8!$

Vậy số cách xếp 12 người gồm 4 nữ và 8 nam  thành 1 hàng dọc sao cho giữa 2 người nữ phải có ít nhất 1 người nam là $8!4!C_{9}^{4}$ $= 121927680$ (cách).

$\boxed{\text{ĐIỂM BÀI LÀM}}: 10$

Anh ơi có cập nhật bảng xếp hạng không ạ

Giải:

$(*)\Leftrightarrow 2\sin 2x.\cos 2x+2=2\cos x.\cos 3x+4\sin x$

 

$(*)\Leftrightarrow 4\sin x.\cos x.\cos 2x-4\sin x+2-2\cos x.\cos 2x=0$

 

$\Leftrightarrow (4\sin x-2)(\cos x.\cos 2x-1)=0$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \cos x.\cos 2x=1 & & \\ \sin x=\frac{1}{2} & & \end{bmatrix}$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} \cos x=1 & & \\ \cos 2x=1 & & \end{matrix}\right. & & \\ \left\{\begin{matrix} \cos x=-1 & & \\ \cos 2x=-1& & \end{matrix}\right.& & \\ \sin x=\frac{1}{2}& & \end{bmatrix}$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x=2k\pi & & \\ x=k\pi & & \end{matrix}\right. & & \\ \left\{\begin{matrix} x=\pi+2k\pi & & \\ x=\frac{\pi}{2}+k\pi& & \end{matrix}\right.& & \\ x=\frac{\pi}{6}+2k\pi& & x=\frac{5\pi}{6}+2k\pi& & \end{bmatrix}$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=2k\pi & & \\ x=\frac{\pi}{6}+2k\pi& & \\ x=\frac{5\pi}{6}+2k\pi & & \end{bmatrix}$

thiếu điều kiện k thuộc Z rồi bạn nhé