Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


vantho302

Đăng ký: 19-10-2009
Offline Đăng nhập: 29-03-2016 - 09:20
****-

#413771 Cho hình chóp SABC, ABC là tam giác vuông tại A, BC = 2a, góc ABC = 60o, M là...

Gửi bởi vantho302 trong 19-04-2013 - 21:28

Noname_zps0344c34e.jpg

Mình sẽ giải chi tiết bài này cho bạn hiểu hơn

Dễ dàng bạn tìm được độ dài cạnh $AB = a;AC = a\sqrt 3 $

Gọi $I$ là trung điểm của AC

Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ S lên$MI$

Ta có
$\left\{ \begin{array}{l}
 MH \bot AC{\rm{ do }}(MI{\rm{ song song }}AB) \\
 SI \bot AC \\
 \end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHI} \right)$
$ \Rightarrow SH \bot AC\left( 1 \right)$
Lại có $SH \bot MI\left( 2 \right)$
Từ (1), (2):

$\left\{ \begin{array}{l}
 SH \bot AC \\
 SH \bot MI \\
 MI,AC \subset \left( {ABC} \right) \\
 \end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$

$ \Rightarrow d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SH$

* Tính $SH$

$\begin{array}{l}
 S{M^2} = M{I^2} + S{I^2} - 2MI.SI.\cos \left( {SIM} \right) \\
  \Leftrightarrow \cos \left( {SIM} \right) = \frac{{M{I^2} + S{I^2} - S{M^2}}}{{2MI.SI}} = \frac{{\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{17{a^2}}}{4} - 5{a^2}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt {17} }}{2}}} = \frac{{ - \frac{{{a^2}}}{2}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt {17} }}{2}}} =  - \frac{{\sqrt {17} }}{{17}} \\
 \end{array}$
$\cos \left( {SIM} \right) =  - \frac{{\sqrt {17} }}{{17}}$ nghĩa là góc (SIM) lớn hơn ${90^0}$

Do đó, chân đường cao $H$ nằm ngoài đoạn $MI$ và về phía $I$

$ \Rightarrow \cos \left( {SIH} \right) = \frac{{HI}}{{SI}} = \frac{{\sqrt {17} }}{{17}} \Leftrightarrow HI = \frac{{\sqrt {17} }}{{17}}.\frac{{a\sqrt {17} }}{2} = \frac{a}{2}$

$\begin{array}{l}
  \Rightarrow MH = a \\
  \Rightarrow MH = AB = a \\
 \end{array}$
Xét tam giác $SHI$ vuông tại $H$:

$S{H^2} = S{I^2} - I{H^2} = \frac{{17{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{4} = 4{a^2} \Leftrightarrow SH = 2a$

$ \Rightarrow d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SH = 2a$

Dễ thấy $ABMH$ là hình chữ nhật

$ \Rightarrow B{H^2} = A{B^2} + A{H^2} = 2{a^2} \Rightarrow BH = a\sqrt 2 $

Xét tam giác $SHB$ vuông tại $H$:

$S{B^2} = S{H^2} + B{H^2} = 4{a^2} + 2{a^2} = 6{a^2} \Rightarrow SB = a\sqrt 6 $

Xét tam giác $SAB$:
$\cos \left( {SBA} \right) = \frac{{A{B^2} + S{B^2} - S{A^2}}}{{2AB.SB}} = \frac{{{a^2} + 6{a^2} - 5{a^2}}}{{2{a^2}\sqrt 6 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$

Xét tam giác $SBK$ vuông tại $K$:

$\cos \left( {SBK} \right) = \frac{{BK}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 6 }}{6} \Leftrightarrow BK = a$

$S{K^2} = S{B^2} - B{K^2} = 6{a^2} - {a^2} = 5{a^2} \Leftrightarrow SK = a\sqrt 5 $
$ \Rightarrow d\left( {S,AB} \right) = SK = a\sqrt 5 $

Quy trình tính toán là như vậy, có thể mình tính sai số nên bạn có thể tính lại kỹ hơn
$------------------------------------------------------------------------------$

Chắc có lẽ cách xác định khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng là khó với một số bạn:

Mình sẽ trình bày phương pháp tìm hình chiếu của điểm lên mặt

* Dể tìm hình chiếu $H$ của điểm $M$ lên mặt phẳng $P$ cho trước:

Ta tìm một mặt phẳng $(Q)$ đi qua điểm $M$ vuông góc với mặt phẳng $(P)$ cắt $(P)$ theo giao tuyến $d$.

Từ đó ta dựng $MH \bot d$. Khi đó $H$ là hình chiếu của $M$ lên $(P)$ hay $d(M,(P))=MH$

 

Áp dụng cho bài toán trên: Mình đã xác định được mặt phẳng $(SMI)$ đi qua điểm $S$ vuông góc với $(ABC)$ và có giao tuyến là $MI$ nên ta dựng $SH$ vuông góc với $MI$ thì $SH$ chính là $d(S,(ABC))$
 




#408242 $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\sqrt...

Gửi bởi vantho302 trong 26-03-2013 - 23:01

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \sqrt {2{x^2} + 1} }}{{1 - \cos x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {1 - \sqrt {2{x^2} + 1} } \right)\left( {1 + \sqrt {2{x^2} + 1} } \right)\left( {1 + \cos x} \right)}}{{\left( {1 - \cos x} \right)\left( {1 + \cos x} \right)\left( {1 + \sqrt {2{x^2} + 1} } \right)}}$

$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2{x^2}\left( {1 + \cos x} \right)}}{{\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right)\left( {1 + \sqrt {2{x^2} + 1} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2{x^2}\left( {1 + \cos x} \right)}}{{{{\sin }^2}x\left( {1 + \sqrt {2{x^2} + 1} } \right)}}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2\left( {1 + \cos x} \right)}}{{\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{x^2}}}\left( {1 + \sqrt {2{x^2} + 1} } \right)}} = \frac{{ - 4}}{2} =  - 2$

Vì:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1$







 




#406473 $\sqrt{x^2+2x+22}=x^2+2x+1$

Gửi bởi vantho302 trong 20-03-2013 - 18:07

$D=R$

$\sqrt {{x^2} + 2x + 22}  = {x^2} + 2x + 1 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 21}  = {\left( {x + 1} \right)^2}$

Đặt $t = {\left( {x + 1} \right)^2},t \ge 0$

Phương trình trên trở thành: $\sqrt {t + 21}  = t \Leftrightarrow t + 21 = {t^2},\left( {t \ge 0} \right)$

$ \Leftrightarrow {t^2} - t - 21 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = \frac{{1 + \sqrt {85} }}{2}\\
t = \frac{{1 - \sqrt {85} }}{2} < 0(loai)
\end{array} \right.$

Với $t = \frac{{1 + \sqrt {85} }}{2} \Rightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = \frac{{1 + \sqrt {85} }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + 1 = \sqrt {\frac{{1 + \sqrt {85} }}{2}} \\
x + 1 =  - \sqrt {\frac{{1 + \sqrt {85} }}{2}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \sqrt {\frac{{1 + \sqrt {85} }}{2}}  - 1\\
x =  - \sqrt {\frac{{1 + \sqrt {85} }}{2}}  - 1
\end{array} \right.$




#400054 $xy+x+y= x^2 - 2y^2 \\ x\sqrt{2y} - y\sqrt...

Gửi bởi vantho302 trong 25-02-2013 - 23:01

$\left\{ \begin{array}{l}
xy + x + y = {x^2} - 2{y^2}{\rm{ }}\left( 1 \right)\\
x\sqrt {2y} - y\sqrt {x - 1} = 2x - 2y{\rm{ }}\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Điều kiện:
$\left\{ \begin{array}{l}
y \ge 0\\
x \ge 1
\end{array} \right.$
Xét phương trình (1)
$xy + x + y = {x^2} - 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} + \left( {x + 1} \right)y - {x^2} + x = 0$
Xem phương trình bậc 2 ẩn là $y$ còn $x$ là tham số
$\Delta = {\left( {x + 1} \right)^2} - 8\left( { - {x^2} + x} \right) = {x^2} + 2x + 1 + 8{x^2} - 8x = 9{x^2} - 6x + 1 = {\left( {3x - 1} \right)^2}$
Do $x \ge 1$ $ \Rightarrow \sqrt \Delta = 3x - 1 > 0$
$ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{y_1} = \frac{{ - x - 1 - \left( {3x - 1} \right)}}{4} = - x\\
{y_2} = \frac{{ - x - 1 + \left( {3x - 1} \right)}}{4} = \frac{{x - 1}}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - y\\
x = 2y + 1
\end{array} \right.$
* Với $x = - y$ ta loại do không thỏa điều kiện
$x \ge 1$
* Với $x = 2y + 1$ ta thay vào (2) được:
$\begin{array}{l}
\left( {2y + 1} \right)\sqrt {2y} - y\sqrt {2y} = 4y + 2 - 2y \Leftrightarrow y\sqrt {2y} + \sqrt {2y} - 2y - 2 = 0\\
\Leftrightarrow \sqrt 2 {\left( {\sqrt y } \right)^3} - 2{\left( {\sqrt y } \right)^2} + \sqrt 2 \left( {\sqrt y } \right) - 2 = 0\\
\Leftrightarrow \sqrt y = \sqrt 2 \Leftrightarrow y = 2 \Rightarrow x = 5
\end{array}$
Không biết mình có tính nhầm chỗ nào không? Bạn dò lại thử nha ^_^



#373705 Chứng minh ${y_n}$ là dãy giảm

Gửi bởi vantho302 trong 29-11-2012 - 17:24

Nếu đề bài có bổ sung thêm điều kiện $0 < a < 1$ thì bạn có thể tham khảo cách giải sau
Áp dụng bất đẳng thức CôSi cho ${n + 2}$ số:
$1 + \underbrace {\frac{1}{{1 + \frac{a}{n}}} + ... + \frac{1}{{1 + \frac{a}{n}}}}_{\left( {n + 1} \right){\rm{ so}}} \ge \left( {n + 2} \right)\sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {\frac{1}{{1 + \frac{a}{n}}}} \right)}^{n + 1}}}}$

$ \Leftrightarrow 1 + \frac{{n + 1}}{{1 + \frac{a}{n}}} \ge \left( {n + 2} \right)\frac{1}{{\sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}}}} \Leftrightarrow 1 + \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{n + a}} \ge \left( {n + 2} \right)\frac{1}{{\sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}}}}$

$ \Leftrightarrow \frac{{a + {n^2} + 2n}}{{\left( {n + a} \right)\left( {n + 2} \right)}} \ge \frac{1}{{\sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}}}} \Leftrightarrow \sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}} \ge \frac{{{n^2} + 2n + na + 2a}}{{{n^2} + 2n + a}}$

$ \Leftrightarrow \sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}} \ge \frac{{{n^2} + 2n + a + a + na}}{{{n^2} + 2n + a}} = 1 + \frac{{a + na}}{{{n^2} + 2n + a}}$

Do $0 < a < 1$ nên $1 + \frac{{a + na}}{{{n^2} + 2n + a}} > 1 + \frac{{a\left( {1 + n} \right)}}{{{n^2} + 2n + 1}}$ nên

$ \Rightarrow \sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}} > 1 + \frac{{a\left( {1 + n} \right)}}{{{n^2} + 2n + 1}} = 1 + \frac{a}{{n + 1}}$

$ \Leftrightarrow {\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)^{n + 1}} > {\left( {1 + \frac{a}{{n + 1}}} \right)^{n + 2}}$

$ \Rightarrow {y_n} > {y_{n + 1}}$

Vậy $\left\{ {{y_n}} \right\}$ là dãy giảm



#371773 Chứng minh giới hạn $lim\frac{n}{\sqrt[n]{...

Gửi bởi vantho302 trong 23-11-2012 - 16:39

Có lẽ bạn đã nhầm đề rồi $\lim \frac{n}{{\sqrt[n]{{n!}}}} = e$ mới đúng
Để giải bài này rất dài bạn và ta phải chứng minh nhiều bài toán phụ nữa.
Các bài toán phụ bạn có thể tự nghiên cứu thêm chứ mình không chứng minh ở đây (vì quá dài )
"Nếu ${x_n} > 0$ thì $\lim \sqrt[n]{{{x_n}}} = \lim \frac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}}$"

* Bài toán:
ta có $\frac{n}{{\sqrt[n]{{n!}}}} = \sqrt[n]{{\frac{{{n^n}}}{{n!}}}} = \sqrt[n]{{{x_n}}}$
Với ${x_n} = \frac{{{n^n}}}{{n!}}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow \lim \frac{n}{{\sqrt[n]{{n!}}}} = \lim \sqrt[n]{{{x_n}}} = \lim \frac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} \\
= \lim \left[ {\frac{{{n^n}}}{{n!}}.\frac{{\left( {n - 1} \right)!}}{{{{\left( {n - 1} \right)}^{\left( {n - 1} \right)}}}}} \right] = \lim \left[ {\frac{{{n^n}}}{{n.{{\left( {n - 1} \right)}^n}.{{\left( {n - 1} \right)}^{ - 1}}}}} \right] \\
= Lim\left[ {\frac{{n - 1}}{n}.{{\left( {\frac{n}{{n - 1}}} \right)}^n}} \right] = Lim\left[ {{{\left( {\frac{n}{{n - 1}}} \right)}^{ - 1}}.{{\left( {\frac{n}{{n - 1}}} \right)}^n}} \right] \\
= Lim{\left( {\frac{n}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} = Lim{\left( {\frac{{n - 1 + 1}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} = Lim{\left( {1 + \frac{1}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} = e \\
\end{array}$



#368672 $\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{1}{...

Gửi bởi vantho302 trong 11-11-2012 - 12:15

$\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - {{\left( {\cot x} \right)}^2}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - \left( {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}} - 1} \right)} \right) \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} + 1} \right) = 1 + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}} \right) \\
\end{array}$

Xét $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x - {x^2}}}{{{x^2}{{\sin }^2}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x - {x^2}}}{{{x^4}}}$

Do ${\sin ^2}x \sim {x^2},x \to 0$
Dùng Lopitan ta được:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin x\cos x - 2x}}{{4{x^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x - 2x}}{{4{x^3}}}$

Ta Lopitan 1 lần nữa ta được:


$\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\cos 2x - 2}}{{12{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{c{\rm{os}}2x - 1}}{{6{x^2}}} \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right) - 1}}{{6{x^2}}} = - \frac{1}{3}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x}}{{{x^2}}} = - \frac{1}{3} \\
\end{array}$

Thay vào giới hạn ban đầu ta được:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - {{\left( {\cot x} \right)}^2}} \right) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$


Chúc bạn học tốt !!!


#362957 Tìm $m$ để đường thằng $y=m$ cắt đồ thị $y = \f...

Gửi bởi vantho302 trong 19-10-2012 - 10:06

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 1 \right\}$
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( C ) và đường thẳng (d):
$\frac{{{x^2} + mx - 1}}{{x - 1}} = m \Leftrightarrow {x^2} = 1 - m$
Để ( C ) cắt (d) tại 2 điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1$
$ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_1} = - \sqrt {1 - m} \\
{x_2} = \sqrt {1 - m} \\
\end{array} \right. \Rightarrow A\left( { - \sqrt {1 - m} ;m} \right);B\left( {\sqrt {1 - m} ;m} \right)$
Tam giác $OAB$ vuông tại $O$
$ \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = 0 \Leftrightarrow - {\left( {\sqrt {1 - m} } \right)^2} + {m^2} = 0 \Leftrightarrow {m^2} + m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \left[ \begin{array}{l}
m = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2} \\
m = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2} \\
\end{array} \right.$
Đối chiếu với điều kiện $m < 1$ ta sẽ nhận 2 giá trị $m$ trên


#360860 $\large \lim_{x \mapsto 0^+ } x^{x^{x}-1}$

Gửi bởi vantho302 trong 10-10-2012 - 23:47

Bài 3: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{{a^x} - x\ln a}}{{{b^x} - x\ln b}}} \right)^{\frac{1}{{{x^2}}}}}$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{{a^x} - x\ln a}}{{{b^x} - x\ln b}}} \right)^{\frac{1}{{{x^2}}}}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {\frac{{{a^x} - x\ln a}}{{{b^x} - x\ln b}}} \right)}}{{{x^2}}}}}$
Đến đây ta Lopitan số mũ ta được:
$\begin{array}{l}
{e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {\frac{{{a^x} - x\ln a}}{{{b^x} - x\ln b}}} \right)}}{{{x^2}}}}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left[ {\left( {{a^x} - 1} \right)\left( {{b^x} - x\ln b} \right)\ln a - \ln b\left( {{b^x} - 1} \right)\left( {{a^x} - x\ln a} \right)} \right]}}{{2x}}}} \\
= {e^{\frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{{a^x} - 1}}{x}\ln a - \frac{{{b^x} - 1}}{x}.\ln b} \right)}} \\
\end{array}$
Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{b^x} - x\ln b} \right) = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{a^x} - x\ln a} \right) = 1$
$ \Rightarrow {e^{\frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{{a^x} - 1}}{x}\ln a - \frac{{{b^x} - 1}}{x}.\ln b} \right)}} = {e^{\frac{1}{2}\left( {{{\ln }^2}a - {{\ln }^2}b} \right)}}$
Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{a^x} - 1}}{x} = \ln a;\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{b^x} - 1}}{x} = \ln b$

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{{a^x} - x\ln a}}{{{b^x} - x\ln b}}} \right)^{\frac{1}{{{x^2}}}}} = {e^{\frac{1}{2}\left( {{{\ln }^2}a - {{\ln }^2}b} \right)}}$


#360856 $\large \lim_{x \mapsto 0^+ } x^{x^{x}-1}$

Gửi bởi vantho302 trong 10-10-2012 - 23:27

Bài 2: Ta vẫn dựa trên ý tưởng: ${a^b} = {e^{b\ln a}};\left( {a > 0;b > 0} \right)$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left[ {\frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{\frac{1}{x}}}}}{e}} \right]^{\frac{1}{x}}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x}\ln \left[ {\frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{\frac{1}{x}}}}}{e}} \right]}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x}\left[ {\ln {{\left( {1 + x} \right)}^{\frac{1}{x}}} - 1} \right]}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x}\left[ {\frac{1}{x}\ln \left( {1 + x} \right) - 1} \right]}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{{x^2}}} - \frac{1}{x}}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + x} \right) - x}}{{{x^2}}}}}$
Đến đây ta áp dụng quy tắc Lopitan cho số mũ ta được
${e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + x} \right) - x}}{{{x^2}}}}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{{1 + x}} - 1}}{{2x}}}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - x}}{{2x\left( {1 + x} \right)}}}} = {e^{ - \frac{1}{2}}}$


#360853 $\large \lim_{x \mapsto 0^+ } x^{x^{x}-1}$

Gửi bởi vantho302 trong 10-10-2012 - 23:14

Bài 1:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {x^{{x^{x - 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {e^{\left( {{x^x} - 1} \right)\ln x}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {e^{\left( {{e^{x\ln x}} - 1} \right)\ln x}}$
Dựa trên ý tưởng: $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{{e^t} - 1}}{t} = 1$
Trên số mũ ta sẽ nhân và chia cho lượng $x\ln x$

$\begin{array}{l}
\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {e^{\left( {{e^{x\ln x}} - 1} \right)\ln x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {e^{\left( {\frac{{{e^{x\ln x}} - 1}}{{x\ln x}}} \right)x{{\ln }^2}x}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {\frac{{{e^{x\ln x}} - 1}}{{x\ln x}}} \right).\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {x{{\ln }^2}x} \right)}} \\
= {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {x{{\ln }^2}x} \right)}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {o^ + }} \frac{{{{\ln }^2}x}}{{{x^{ - 1}}}}}} \\
\end{array}$

Đến đây ta dùng Lopitan ta được:
${e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {o^ + }} \frac{{{{\ln }^2}x}}{{{x^{ - 1}}}}}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( { - 2x\ln x} \right)}} = {e^0} = 1$


#360593 xác định m để khoảng cách giữa 2 điểm cực trị nhỏ hơn $2\sqrt15$

Gửi bởi vantho302 trong 09-10-2012 - 22:35

Phương trình đường thẳng đi qua CĐ, CT:
Đối với hàm bậc 3 $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$
- Bước 1: Tính $y'$
- Bước 2: Thực hiện phép chia $y$ cho $y'$ ta được $y = y'.p\left( x \right) + q\left( x \right)$
- Bước 3: Khi đó phương trình đường thẳng đi qua CĐ, CT là $y = q\left( x \right)$

Đối với hàm $y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{dx + e}}$
Phương trình đường thẳng đi qua CĐ, CT là đường thẳng có dạng $y = \frac{{2ax + b}}{d}$
Chúc bạn học tốt nhé. Cái gì không biết thì bạn cứ hỏi mọi người sẽ giúp đỡ chứ không phải là "ngu" đâu bạn :lol:


#359047 Tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }...

Gửi bởi vantho302 trong 05-10-2012 - 10:24

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{2} + \frac{3}{{{2^2}}} + \frac{5}{{{2^3}}} + ... + \frac{{2n - 1}}{{{2^n}}}} \right)$

Đặt ${S_n} = \frac{1}{2} + \frac{3}{{{2^2}}} + \frac{5}{{{2^3}}} + ... + \frac{{2n - 1}}{{{2^n}}}$
Khi đó ta sẽ thực hiện
$\begin{array}{l}
{S_n} - \frac{1}{2}{S_n} = \frac{1}{2} + \left( {\frac{3}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{2^2}}}} \right) + \left( {\frac{5}{{{2^3}}} - \frac{3}{{{2^3}}}} \right) + ... + \left( {\frac{{2n - 1}}{{{2^n}}} - \frac{{2n - 3}}{{{2^n}}}} \right) - \frac{{2n - 1}}{{{2^{n + 1}}}} \\
= \frac{1}{2} + \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right) - \frac{{2n - 1}}{{{2^{n + 1}}}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{2}{S_n} = \frac{1}{2} + \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right) - \frac{{2n - 1}}{{{2^{n + 1}}}} \\
\Leftrightarrow {S_n} = 1 + 1 + \frac{1}{2} + ...\frac{1}{{{2^{n - 2}}}} - \frac{{2n - 1}}{{{2^{n + 1}}}} \\
\end{array}$
Ta thấy dãy số: $1 + \frac{1}{2} + ...\frac{1}{{{2^{n - 2}}}}$ đây chính là cấp số nhân lùi vô hạn có ${u_1} = 1;q = \frac{1}{2}$
Do đó
$\begin{array}{l}
1 + \frac{1}{2} + ...\frac{1}{{{2^{n - 2}}}} = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{1}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2 \\
\Rightarrow {S_n} = 1 + 2 - \frac{{2n - 1}}{{{2^n}}} = 3 - \frac{{2n - 1}}{{{2^n}}} \\
\end{array}$
$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {S_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {3 - \frac{{2n - 1}}{{{2^n}}}} \right) = 3 - \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{2n - 1}}{{{2^n}}} = 3 - \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{{2^{n - 1}}}} + \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{2^n}}}$
Mà $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{2^n}}} = 0$
Ta có: $\left| {\frac{n}{{{2^n}}}} \right| = \frac{n}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^n}}} = \frac{n}{{1 + n + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + ... + 1}} < \frac{n}{{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}}} = \frac{{2n}}{{n\left( {n - 1} \right)}} = \frac{2}{{n - 1}} \to 0$ khi $n \to \infty $
Do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{{2^{n - 1}}}} = 0$
Vậy $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {S_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{2} + \frac{3}{{{2^2}}} + \frac{5}{{{2^3}}} + ... + \frac{{2n - 1}}{{{2^n}}}} \right) = 3$


#358817 Tìm phương trình đường tiếp tuyến của $f(x)=x^4-2x^3$ tại điểm...

Gửi bởi vantho302 trong 04-10-2012 - 16:57

Phần lý thuyết thì trình bày như trên
Ta cần phân biệt tiếp tuyến tại điểm và tiếp tuyến qua điểm
Tiếp tuyến tại điểm thì điểm đó chính là tiếp điểm mà tiếp điểm là điểm vừa thuộc đồ thị © vừa thuộc vào đường tiếp tuyến (d)
Ta để ý 1 điều để viết được PTTT thì ta cần biết 2 yếu tố :"toạ độ tiếp điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ và hệ số góc $k = f'\left( {{x_0}} \right)$"
Bài toán này thuộc tiếp tuyến tại điểm
Vì tiếp tuyến tại $A\left( {2;{y_0}} \right)$ nên ta thay ${x_0} = 2$ vào phương trình $y = {x^4} - 2{x^3}$ ta được ${y_0} = 0$
Ta có: $f'\left( x \right) = 4{x^3} - 6{x^2}$
$ \Rightarrow k = f'\left( {{x_0}} \right) = f'\left( 2 \right) = 8$
Phương trình tiếp tuyến có dạng: $y = k\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} \Leftrightarrow y = 8\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow y = 8x - 16$


#358213 Lập bảng phân phối xác xuất của $X$ và viết hàm phân phối

Gửi bởi vantho302 trong 02-10-2012 - 09:14

* Lý thuyết: (st)
Gọi X là số lần biến cố A xảy ra trong n phép thử, thì X là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc nhận các giá trị có thể có 0, 1, 2, …, n. Xác suất để X nhận các giá trị tương ứng được tính bằng công thức Bernoulli:
${P_x} = P\left( {X = x} \right) = C_n^x{p^x}{\left( {1 - p} \right)^{n - x}}$ với $x = 0,1,2,...,n$
$p$ là xác suất biến cố $A$ xảy ra
Nói cách khác, phân phối nhị thức gắn liền với việc lặp lại n lần một phép thử có hai sự kiện đối lập (thành công và thất bại; xảy ra và không xảy ra) với X là số lần thành công. Việc lặp lại ở đây có nghĩa là dãy phép thử được tiến hành trong cùng điều kiện và độc lập với nhau.
Như vậy bảng phân phối xác suất của đại lượng ngẫu nhiên X phân phối theo quy luật nhị thức có dạng:
Hình đã gửi

* Áp dụng:
Xác suất bắn trúng đích là $p=0.6$
Xác suất bắn trượt là $q=0.4$
Gọi X là số viên đạn bắn trúng đích
$\begin{array}{l}
P\left( {X = 0} \right) = C_n^0{p^0}{q^n} = C_3^0*{\left( {0,6} \right)^0}*{\left( {0,4} \right)^3} = 0,064\\
P\left( {X = 1} \right) = C_n^1{p^1}{q^{n - 1}} = C_3^1*{\left( {0,6} \right)^1}*{\left( {0,4} \right)^2} = 0,288\\
P\left( {X = 2} \right) = C_n^2{p^2}{q^{n - 2}} = C_3^2*{\left( {0,6} \right)^2}*\left( {0,4} \right) = 0,432\\
P\left( {X = 3} \right) = C_n^3{p^3}{q^0} = C_3^3*{\left( {0,6} \right)^3}*{\left( {0,4} \right)^0} = 0,216
\end{array}$
Từ đó ta có bảng phân phối xác suất.
Hình đã gửi
Hàm phân phối xác suất:
${F_X}\left( X \right) = \left\{ \begin{array}{l}
0{\rm{ neu }}x \le 0\\
0,064{\rm{ neu 0}} < x \le 1\\
0,288{\rm{ neu }}1 < x \le 2\\
0,432{\rm{ neu }}2 < x \le 3\\
0,216{\rm{ neu }}3 < x
\end{array} \right.$