|
|
giải đáp
|
ai giải giúp mình với
|
|
|
|
Đặt $t=2^{\sin x}$ thì PT đã cho
$\Leftrightarrow t^2-2t \cos xy +2^{|y|}=0$
$\Leftrightarrow t^2-2t \cos xy +\cos^2 xy=\cos^2 xy-2^{|y|}$
$\Leftrightarrow \left ( t-\cos xy \right )^2=\cos^2 xy-2^{|y|} (*)$.
Từ PT cuối này ta suy ra $\cos^2 xy \ge 2^{|y|} $.
Mặt khác $\begin{cases}\cos^2 xy \le 1\\ 2^{|y|} \ge 1 \end{cases} \forall x,y.$
Do đó ta phải có $\cos^2 xy=2^{|y|}=1 \Leftrightarrow y=0$.
Lúc đó từ $(*) \Rightarrow t =\cos xy =1 $ (do $t>0$) $\implies 2^{\sin x}=1 \implies \sin x=0 \implies x = k\pi (k \in \mathbb{Z})$.
Vậy PT đã cho có nghiệm $(x;y)=(k\pi;0) (k \in \mathbb{Z})$.
|
|
|
|
bình luận
|
Tính tích phân
Nếu bạn thấy lời giải này chính xác và có ích đối với bạn. Hãy ấn vào mũi tên bên cạnh đáp án để bình chọn( vote up ) nhé!
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tính tích phân
|
|
|
|
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
MicrosoftInternetExplorer4
Ta sẽ dùng phương pháp tích phân từng phần để giải bài tập
này
Đặt
$\begin{cases}u=\frac{1+\sin x }{1+\cos x } \\ dv=e^xdx \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}du=\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 } \\ v=e^x \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}udv=uv |_0^{\pi/2}-
\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}vdu=\frac{1+\sin x }{1+\cos x }. e^x |_0^{\pi/2}
- \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 }. e^x dx$
$=2e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx (1)$
Với tích phân $I_1=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx $ ta lại đặt
$\begin{cases}u=e^x \\ dv=\frac{ \sin x }{(1+\cos x)^2 } dx \end{cases}
\Rightarrow \begin{cases}du=e^xdx \\ v=\frac{1}{1+\cos x} \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I_1=\frac{e^x}{1+\cos x}|_0^{\pi/2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx =e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx (2)$ Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\boxed{I=e^{\pi/2}}$.
Ta sẽ dùng phương pháp tích phân từng phần để giải bài tập
này
Đặt
$\begin{cases}u=\frac{1+\sin x }{1+\cos x } \\ dv=e^xdx \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}du=\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 } \\ v=e^x \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}udv=uv |_0^{\pi/2}-
\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}vdu=\frac{1+\sin x }{1+\cos x }. e^x |_0^{\pi/2}
- \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 }. e^x dx$
$=2e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx (1)$
Với tích phân $I_1=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx $ ta lại đặt
$\begin{cases}u=e^x \\ dv=\frac{ \sin x }{(1+\cos x)^2 } dx \end{cases}
\Rightarrow \begin{cases}du=e^xdx \\ v=\frac{1}{1+\cos x} \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I_1=\frac{e^x}{1+\cos x}|_0^{\pi/2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx =e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx (2)$ Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\boxed{I=e^{\pi/2}}$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tính tích phân
|
|
|
|
Hộ em tí,để thứ 2 em dọa mấy thằng lớp em Tính $\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\frac{1+sinx }{1+cosx } ) e^x dx$
Hộ em tí,để thứ 2 em dọa mấy thằng lớp em Tính $ I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+ \sin x }{1+ \cos x } . e^x dx$
|
|
|
|
giải đáp
|
Hộ em tí,để thứ 2 em dọa mấy thằng lớp em
|
|
|
|
Ta sẽ dùng phương pháp tích phân từng phần để giải bài tập
này
Đặt
$\begin{cases}u=\frac{1+\sin x }{1+\cos x } \\ dv=e^xdx \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}du=\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 } \\ v=e^x \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}udv=uv |_0^{\pi/2}-
\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}vdu=\frac{1+\sin x }{1+\cos x }. e^x |_0^{\pi/2}
- \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\sin x+\cos x }{(1+\cos x)^2 }. e^x dx$
$=2e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx (1)$
Với tích phân $I_1=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x\sin x }{(1+\cos x)^2 }
dx $ ta lại đặt
$\begin{cases}u=e^x \\ dv=\frac{ \sin x }{(1+\cos x)^2 } dx \end{cases}
\Rightarrow \begin{cases}du=e^xdx \\ v=\frac{1}{1+\cos x} \end{cases} $.
Theo công thức TPTP, ta có
$I_1=\frac{e^x}{1+\cos x}|_0^{\pi/2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx =e^{\pi/2}-\frac{1}{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{ e^x }{1+\cos x}
dx (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\boxed{I=e^{\pi/2}}$. |
|
|
|
|
|
bình luận
|
Tìm m
Nếu bạn thấy lời giải này chính xác và có ích đối với bạn. Hãy ấn vào mũi tên bên cạnh đáp án để bình chọn( vote up ) nhé!
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm m
|
|
|
|
Ta có :
$y'=f'(x)= 2(m-1)\cos 2x + (4m+3)$
Đặt $t = \cos 2x \in [-1,1].$ thì $y'=g(t)=2(m-1)t+4m+3$
+ Nếu $m=1 \Leftrightarrow g(t)=7 > 0 \implies y' >0 \implies f $ đồng biến trên $\mathbb{R}.$
+ Nếu $m>1 \Leftrightarrow m-1>0 \implies g(t) $ đồng biến trên $ [-1,1].$
Do đó $\max_{ [-1,1]}g(t)=g(1)=6m+1$.
Để $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ thì $g(t)$ phải đồng biến trên $[-1,1]\Leftrightarrow \max_{ [-1,1]}g(t)=g(1)=6m+1 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge -\frac{1}{6}$.
Kết hợp với điều kiện $m>1$ thì ta được $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nếu $m>1$.
+ Nếu $m<1 \Leftrightarrow m-1<0 \implies g(t) $ nghịch biến trên $ [-1,1].$
Do đó $\max_{ [-1,1]}g(t)=g(-1)=2m+5$.
Để $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ thì $g(t)$ phải đồng biến trên $[-1,1]\Leftrightarrow \max_{ [-1,1]}g(t)=g(-1)=2m+5 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge -\frac{5}{2}$.
Kết hợp với điều kiện $m<1$ thì ta được $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nếu $1>m \ge -\frac{5}{2}$.
Kết luận: $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $m \ge -\frac{5}{2}$.
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải bất phương trình
|
|
|
|
Chia 2 vế của BPT cho $4^x$ ta được:3$(\frac{49}{4})^{x} + 2(\frac{7}{2})^{x}-1>0 $ (*)Đặt $t = (\frac{7}{2})^{x} ; t>0$ BPT (*) trở thành $ 3 t^2+2t-1>0 $ $\Leftrightarrow t>\frac{1}{3} $ do $ t>0$ $\Leftrightarrow$ $x>\log_\frac{1}{3} \frac{7}{2}=-\log_{3} \frac{7}{2}$
Chia $2$ vế của BPT cho $4^x$ ta được: $3(\frac{49}{4})^{x} + 2(\frac{7}{2})^{x}-1>0 $ (*)Đặt $t = (\frac{7}{2})^{x} ; t>0$. BPT (*) trở thành $ 3 t^2+2t-1>0 $ $\Leftrightarrow t>\frac{1}{3} $ do $ t>0$ $\Leftrightarrow$ $x>\log_\frac{7}{2} \frac{1}{3}$
|
|
|
|
bình luận
|
Bất phương trình
Nếu thấy lời giải chính xác thì bình chọn để lấy tinh thần nhé ;)
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
Bất đẳng thức lượng giác
Nếu bạn thấy lời giải này chính xác và có ích đối với bạn. Hãy ấn vào mũi tên bên cạnh đáp án để bình chọn( vote up ) nhé!
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
mọi người giúp em với nhé, thân!
|
|
|
|
Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau, $\sin x < x , \forall x>0.$ Thật vậy, xét hàm số $f(x)=\sin x - x$ thì $f'(x) = \cos x -1 < 0 , \forall x>0.$ tức là hàm số $f(x)$ nghịch biến trên $(0, + \infty).$ Từ đó với $x>0 \implies f(x) < f(0)=0 \implies \sin x - x < 0 \implies \sin x < x$ (đpcm). Bây giờ áp dụng BĐT trên cho các góc $A, B, C >0$ thì ta có $\begin{cases}\sin A < A \\ \sin B < B\\\sin C < C \end{cases} \implies \sin A+\sin B+\sin C <A+B+C=\pi$. |
|
|
|
bình luận
|
Bất phương trình
Nếu bạn thấy lời giải này chính xác và có ích đối với bạn. Hãy ấn vào mũi tên bên cạnh đáp án để bình chọn( vote up ) nhé!
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bất phương trình
|
|
|
|
PT này vô nghiệm.
Ta sẽ chứng minh $10x^2+24y^2+8x+20y+51 > 0 \forall
x,y.$
Thật vậy, $10x^2+24y^2+8x+20y+51$$=\left ( \sqrt{10}x \right )^2 + 2.
\sqrt{10}x.\frac{12}{ \sqrt{10}}+\frac{144}{10}+\left ( \sqrt{24}y \right
)^2 + 2. \sqrt{24}y .\frac{10}{ \sqrt{24}}+\frac{100}{24}+\frac{973}{30}$ $=\left ( \sqrt{10}x+\frac{12}{ \sqrt{10}} \right )^2+\left (\sqrt{24}y+\frac{10}{ \sqrt{24}} \right )^2+\frac{973}{30} > 0 \forall
x,y.$
PT này vô nghiệm.
Ta sẽ chứng minh $10x^2+24y^2+8x+20y+51 > 0 \forall
x,y.$
Thật vậy, $10x^2+24y^2+8x+20y+51$$=\left ( \sqrt{10}x \right )^2 + 2.
\sqrt{10}x.\frac{4}{ \sqrt{10}}+\frac{16}{10}+\left ( \sqrt{24}y \right
)^2 + 2. \sqrt{24}y .\frac{10}{ \sqrt{24}}+\frac{100}{24}+\frac{1357}{30}$ $=\left ( \sqrt{10}x+\frac{4}{ \sqrt{10}} \right )^2+\left (\sqrt{24}y+\frac{10}{ \sqrt{24}} \right )^2+\frac{1357}{30} > 0 \forall
x,y.$
|
|