vanhongha

Mình cũng mới học giải tích 1 đây thôi, theo mình nghĩ là làm như vầy

 

$\lim _{x \to 0 }(\frac{1}{x(x+1)}-\frac{ln(1+x)}{x^2})$

Giải:

 

Đặt $t=\sqrt{\frac{x+2}{x}}\Rightarrow x=\frac{2}{t^2-1}\Rightarrow dx=-\frac{4tdt}{\left ( t^2-1 \right )^2}$

 

Khi đó $I=-4\int \frac{t^2}{\left ( t^2-1 \right )^2}dt=\frac{2t}{t^2-1}+\ln\left | \frac{1+t}{1-t} \right |+C$

 

Bạn có thể giải rõ $I=-4\int \frac{t^2}{\left ( t^2-1 \right )^2}dt=\frac{2t}{t^2-1}+\ln\left | \frac{1+t}{1-t} \right |+C$ hơn giúp mình ko?

Bài 1 thì O là tâm j vậy

O là trọng tâm

Bài 5:
Cho $\bigtriangleup ABC$ có $H,G,O$ lần lượt là trực tâm, trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp $\bigtriangleup ABC$

• CMR:$ OG=\frac{1}{3}\sqrt{9R^2-(a^2+b^2+c^2)}$
  
• Tính $GH$

Gọi M là trung điểm của BC.
Dễ dàng chứng minh được $OG=\frac{1}{3}OH$ và O, G, H thẳng hàng.
Ta có AM là đường trung tuyến của $\bigtriangleup ABC$ nên $AM=\frac{1}{2}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}$.
Áp dụng định lý $stewart$ (Bài 4) cho tam giác AMO ta có:

$AM(OG^2+AG.GM)=OA^2.GM+OM^2.AG$ $(*)$
Vì $G$ là trọng tâm $\bigtriangleup ABC$ nên
$AG=\frac{2}{3}AM$
$GM=\frac{1}{3}AM$
$\Rightarrow AG.GM=\frac{2}{9}AM^2$
Áp dụng định lí Pitago vào $\bigtriangleup$ vuông $OMC$ ta có
$OM^2=OC^2-MC^2=R^2-\frac{a^2}{4}$
Thế vào $(*)$ ta được:
$AM(OG^2+\frac{2}{9}AM^2)=R^2.\frac{1}{3}.AM+\frac{2}{3}AM.(R^2-\frac{a^2}{4})$
$\rightarrow 9OG^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2)$
$\rightarrow OG=\frac{1}{3}\sqrt{9R^2-(a^2+b^2+c^2)}$ (đpcm)
Theo cmt thì $GH=\frac{2}{3}OG$
$\Rightarrow GH=\frac{2}{9}\sqrt{9R^2-(a^2+b^2+c^2)}$

Tìm m để pt $x^2 + |x-1| +m =2$ có nghiệm

Xét TH1: $x\geq 1$
Ta có:
$x^2 + |x-1| +m =2$
$\Leftrightarrow x^2+x-3+m=0$
Biện luận để pt có nghiệm thì $\Delta \geq 0$
Xét TH còn lại $x<1$