|
|
giải đáp
|
tích phân hay
|
|
|
|
b) $I=\int\limits_{1}^{e}\frac{3x\ln x+x+\ln x+3}{\sqrt{x\ln x+1} }dx $
$I=\int\limits_{1}^{e}\frac{2(x\ln x+1)+\ln x+x+\ln x+1}{\sqrt{x\ln x+1} }dx $
$I=\int\limits_{1}^{e}\left[ {2\sqrt{x\ln x+1}+\frac{(\ln x +1)(x+1)}{\sqrt{x\ln x+1} }} \right]dx $
$I=\int\limits_{1}^{e}\left[ {2\sqrt{x\ln x+1}+(x+1)\frac{\ln x +1}{\sqrt{x\ln x+1} }} \right]dx $
$I=\int\limits_{1}^{e}\left[ {2(x+1)'\sqrt{x\ln x+1}+(x+1)\sqrt{x\ln x+1}'} \right]dx $
$I=\int\limits_{1}^{e}\left[ {2(x+1)'\sqrt{x\ln x+1}+2(x+1)\sqrt{x\ln x+1}'} \right]dx $
$I=\int\limits_{1}^{e}\left[ {2(x+1)\sqrt{x\ln x+1}} \right]'dx $
$I= {2(x+1)\sqrt{x\ln x+1}} |_1^e $
$I=\boxed{\displaystyle{2\sqrt[3]{(1+e)^2}-4}} $
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập số phức
|
|
|
|
e3) Theo công thức Moavro thì $z^2=(\cos \phi + i \sin \phi)^2=\cos 2\phi + i \sin 2\phi$
$\Rightarrow
z^2+\overline z=\cos 2\phi+\cos \phi + i (\sin 2\phi+\sin
\phi)=2\cos\frac{3\phi}{2}\cos\frac{\phi}{2}+2i\cos\frac{3\phi}{2}\sin\frac{\phi}{2}$
$\Rightarrow z^2+\overline z=2\cos\frac{3\phi}{2}\left ( \cos\frac{\phi}{2}+i\sin\frac{\phi}{2} \right )$
Vậy acgumen của $ z^2+\overline z$ là
$\frac{\phi}{2}$ nếu $\cos\frac{3\phi}{2} >0$
$\pi +\frac{\phi}{2}$ nếu $\cos\frac{3\phi}{2} <0$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập số phức
|
|
|
|
e2)
Theo công thức Moavro thì $z^2=(\cos \phi + i \sin \phi)^2=\cos 2\phi + i \sin 2\phi$
$\Rightarrow
z^2-z=\cos 2\phi-\cos \phi + i (\sin 2\phi-\sin
\phi)=-2\sin\frac{3\phi}{2}\sin\frac{\phi}{2}+2i\cos\frac{3\phi}{2}\sin\frac{\phi}{2}$
$\Rightarrow z^2-z=2\sin\frac{\phi}{2}\left ( \sin(-\frac{3\phi}{2})+i\cos(-\frac{3\phi}{2}) \right )$
Vậy acgumen của $ z^2-z$ là
$-\frac{3\phi}{2}$ nếu $\sin\frac{\phi}{2} >0$
$\pi -\frac{3\phi}{2}$ nếu $\sin\frac{\phi}{2} <0$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập số phức
|
|
|
|
e1)
$|z=1|$, $z$ có một acgumen là $\phi$. Do đó $z = \cos \phi + i\sin \phi$.
1) $z = \cos \phi + i\sin \phi \implies 2\overline z=2(\cos \phi - i\sin \phi)$
$\Rightarrow
-\frac{1}{ 2\overline z}=-\frac{1}{2(\cos \phi - i\sin
\phi)}=-\frac{1}{2}(\cos \phi + i\sin \phi)=\frac{1}{2}\left[ {\cos (\pi
+\phi) + i(\pi+\sin \phi)} \right]$
Vậy $-\frac{1}{ 2\overline z}$ có một acgumen là $\pi+\phi$
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
nghiệm nguyên của pt lượng giác
|
|
|
|
b) Ta có: $\cos^215^0=1-\sin^215^0=1-\left (\frac{\sqrt{ 6}-\sqrt{ 2} }{4}\right)^2=\frac{8+4\sqrt{3 } }{16}=\frac{(\sqrt{3 } +1)^2}{8} $
Từ đó $\cos 15^0=\sqrt{ \frac{(\sqrt{ 3}+1)^2 }{8} } =\frac{\sqrt{ 3}+1 }{2\sqrt{ 2} }=\frac{(\sqrt{3 }+1)\sqrt{2 }}{4}=\frac{\sqrt{6 }+\sqrt{ 2} }{4} $
$\tan15^0=\frac{\sin15^0}{\cos 15^0} =\frac{\sqrt{6 }-\sqrt{2 } }{\sqrt{6 }+\sqrt{2 } } =\frac{(\sqrt{6 }-\sqrt{ 2})^2 }{4}=2-\sqrt{ 3} $
$\cot 15^0=\frac{1}{2-\sqrt{3 } }=2+\sqrt{3 } $
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
nguyên hàm
|
|
|
|
d)
$ f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x(x-1)}+\sqrt[3]{(x-1)^2} }=\frac{\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x-1}}{(x)-(x-1)}=\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x-1}$
Vậy $\int f(x)dx=\int \left (\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x-1} \right )dx=\frac{3}{4}\sqrt[3]{x^4}-\frac{3}{4}\sqrt[3]{(x-1)^4}+C$
|
|
|
|
giải đáp
|
nguyên hàm
|
|
|
|
c)
$f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{(x+2)^2}+\sqrt[3]{x^2-4}+\sqrt[3]{(x-2)^2} }=\frac{\sqrt[3]{x+2}-\sqrt[3]{x-2}}{(x+2)-(x-2)}=\frac{1}{4}\sqrt[3]{x+2}-\frac{1}{4}\sqrt[3]{x-2}$
Vậy $\int f(x)dx=\int \left (\frac{1}{4}\sqrt[3]{x+2}-\frac{1}{4}\sqrt[3]{x-2} \right )dx=\frac{3}{16}\sqrt[3]{(x+2)^4}-\frac{3}{16}\sqrt[3]{(x-2)^4}+C$
|
|
|
|
|
|