|
|
sửa đổi
|
tích phân suy rộng
|
|
|
|
tích phân suy rộng $\int\limits_{1}^{+\infty }\frac{dx}{\sqrt{4x+lnx}}$
tích phân suy rộng $\int\limits_{1}^{+\infty }\ dfrac{dx}{\sqrt{4x+ \ln x}}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải hộ em bài này với ạ
|
|
|
|
a) Xét tứ giác $AMND$ có $AM=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD=DN$ và hiển nhiên có $AM \parallel DN$ suy ra tứ giác $AMND$ là hình bình hành vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau.Mặt khác thì $AB=2AD\Rightarrow AD=AM.$Suy ra hình bình hành $AMND$ có hai cạnh kề bằng nhau nên nó là hình thoi.
b) Xét tứ giác $AMND$ có $AM=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD=DN$ và hiển nhiên có $AM \parallel DN$ suy ra tứ giác $AMND$ là hình bình hành vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau.Mặt khác thì $AB=2AD\Rightarrow AD=AM.$Suy ra hình bình hành $AMND$ có hai cạnh kề bằng nhau nên nó là hình thoi.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải hộ em bài này với ạ
|
|
|
|
a) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB=CD$ và $AB \parallel CD/$Xét tứ giác $AMCN$ có $AM=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD=CN$ và hiển nhiên có $AM \parallel CN$ suy ra từ giác $AMCN$ là hình bình hành vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau.
a) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB=CD$ và $AB \parallel CD$Xét tứ giác $AMCN$ có $AM=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD=CN$ và hiển nhiên có $AM \parallel CN$ suy ra từ giác $AMCN$ là hình bình hành vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau.
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải nhanh hộ
|
|
|
|
Nhận thấy $x=0$ không phải là nghiệm của hệ.HPT $\Leftrightarrow \begin{cases}3y-2=\left (-\dfrac{2}{x} \right )^3 \\ 3\left (-\dfrac{2}{x} \right )-2=y^3 \end{cases}\underbrace{\Leftrightarrow}_{t =-\dfrac{2}{x}} \begin{cases}3y-2=t^3 \\ 3t-2=y^3 \end{cases}$Trừ theo từng vế ta được $t^3-y^3=3(y-t)\Leftrightarrow (t-y)(t^2+yt+y^2+3)=0\Leftrightarrow t=y$, do $t^2+yt+y^2+3>0 \quad \forall y,t.$Thay ngược lại ta có $3y-2=y^3 \Leftrightarrow (y-1)^2(y+2)=0\Leftrightarrow y=1$ hoặc $y=-2$.Vậy $(x,y) \in \left\{ {((-2,1),(1,-2)} \right\}$
Nhận thấy $x=0$ không phải là nghiệm của hệ.HPT $\Leftrightarrow \begin{cases}3y-2=\left (-\dfrac{2}{x} \right )^3 \\ 3\left (-\dfrac{2}{x} \right )-2=y^3 \end{cases}\underbrace{\Leftrightarrow}_{t =-\dfrac{2}{x}} \begin{cases}3y-2=t^3 \\ 3t-2=y^3 \end{cases}$Trừ theo từng vế ta được $t^3-y^3=3(y-t)\Leftrightarrow (t-y)(t^2+yt+y^2+3)=0\Leftrightarrow t=y$, do $t^2+yt+y^2+3>0 \quad \forall y,t.$Thay ngược lại ta có $3y-2=y^3 \Leftrightarrow (y-1)^2(y+2)=0\Leftrightarrow y=1$ hoặc $y=-2$.Vậy $(x,y) \in \left\{ {((-2,1),(1,-2)} \right\}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải nhanh hộ
|
|
|
|
giải nhanh hộ Gi ải hệ phươn g trình : {x3(3y−2)=−8x(y3+2) =−6
giải nhanh hộ $ \begi n{cases}x^3(3y-2)= -8\\
x(y^3+2)=-6 \en d{cases}$
{x3(3y−2)=−8x(y3+2)−6
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ
|
|
|
|
giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ Giải phương trình \sqrt{ x}(2x+15 ) = 32x2 +32x -20
giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ Giải phương trình $\sqrt{2x+15 } = 32x ^2 +32x -20 $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bài toán về tứ diện.
|
|
|
|
c) Gọi $DJ$ cắt $AC$ tại $N$. Sử dụng định lỳ Menelauyt cho $\triangle ABC$, cát tuyến $D,C,J$ ta tính được $\dfrac{NC}{NA}=\dfrac{1}{2}$. Mặt khác thì $\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{1}{3}$ suy ra $NC=KN$ hay $N$ là trung điểm $KC$.Do đó $NF \parallel SK \Rightarrow SK \parallel (DEF).$
c) Gọi $DJ$ cắt $AC$ tại $N$. Sử dụng định lỳ Menelauyt cho $\triangle ABC$, cát tuyến $D,N,J$ ta tính được $\dfrac{NC}{NA}=\dfrac{1}{2}$. Mặt khác thì $\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{1}{3}$ suy ra $NC=KN$ hay $N$ là trung điểm $KC$.Do đó $NF \parallel SK \Rightarrow SK \parallel (DEF).$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bài toán về tứ diện.
|
|
|
|
b) Do $EF$ không song song với $BC$ nên trong mặt phẳng $SBC$ thì $EF$ cắt $BC$ được tại $J$.Suy ra $IJ$ chính là giao điểm của mặt phẳng $DEF$ và mặt phẳng $ABC$.Hơn nữa theo định lý Menelauyt cho tam giác $SBC$ với cát tuyến $E,F,J$ thì $\dfrac{JC}{JB}.\dfrac{EB}{ES}.\dfrac{FS}{FC}=1\Rightarrow \dfrac{JC}{JB}.1.2=1\Rightarrow\dfrac{JC}{JB}=\dfrac{1}{2}$
b) Do $EF$ không song song với $BC$ nên trong mặt phẳng $SBC$ thì $EF$ cắt $BC$ được tại $J$.Suy ra $DJ$ chính là giao điểm của mặt phẳng $DEF$ và mặt phẳng $ABC$.Hơn nữa theo định lý Menelauyt cho tam giác $SBC$ với cát tuyến $E,F,J$ thì $\dfrac{JC}{JB}.\dfrac{EB}{ES}.\dfrac{FS}{FC}=1\Rightarrow \dfrac{JC}{JB}.1.2=1\Rightarrow\dfrac{JC}{JB}=\dfrac{1}{2}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tich phan
|
|
|
|
tich phan $\int\limits_{0}^{\infty }\frac{dx}{(x^2+1)^2}$
tich phan $\int\limits_{0}^{\infty }\ dfrac{dx}{(x^2+1)^2}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tich phan
|
|
|
|
tich phan $\int\limits_{0}^{\infty }\frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}$
tich phan $\int\limits_{0}^{\infty }\ dfrac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tich phan
|
|
|
|
tich phan $\int\limits_{1}^{+\infty }\frac{dx}{x\sqrt{x^2+x+1}}$
tich phan $\int\limits_{1}^{+\infty }\ dfrac{dx}{x\sqrt{x^2+x+1}}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tich phan
|
|
|
|
tich phan $\int\limits_{o}^{\infty }e \(-x\ )sinxdx$$$
tich phan $\int\limits_{o}^{\infty }e ^{-x }\sin xdx$$$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tich phan
|
|
|
|
tich phan $\int\limits_{0}^{\infty }\frac{2xdx}{x^2+1}$
tich phan $\int\limits_{0}^{\infty }\ dfrac{2xdx}{x^2+1}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giup e
|
|
|
|
giup e $\int\limits_{\sqrt{2}}^{+\infty }\frac{xdx}{(x^2+1)^3}$
giup e $\int\limits_{\sqrt{2}}^{+\infty }\ dfrac{xdx}{(x^2+1)^3}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Mọi người ơi ai có phương pháp giải các phương trình dạng bài này ko giúp mình vs. Tks :))
|
|
|
|
Một tài liệu rất hay bạn có thể tham khảohttp://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113281/giai-phuong-trinh-vo-ty-bang-phuong-phap-su-dung-bieu-thuc-lien-hopQuay trở lại bài toánĐiều kiện : $x \ge -2$.Nhận thấy $x=6$ là một nghiệm của PT trên. Ta có :PT $\Leftrightarrow 2\left (\sqrt{x+3}-3 \right )- \left (\sqrt{2x+4}-4 \right )+x^2+2x-24=0$ $\Leftrightarrow \dfrac{2(x-6)}{\sqrt{x+3}+3}- \dfrac{2(x-6)}{\sqrt{2x+4}+4}+(x-6)(x+4)=0$ $\Leftrightarrow (x-6)\underbrace {\left ( \dfrac{2}{\sqrt{x+3}+3}- \dfrac{2}{\sqrt{2x+4}+4}+(x+4) \right ) }_{ A } =0$ Với điều kiện $x\ge -3$ thì hiển nhiên thấy$\begin{cases} \dfrac{2}{\sqrt{x+3}+3}>0 \\ x+4 \ge 2 > \dfrac{2}{\sqrt{2x+4}+4} \end{cases}\Rightarrow A>0$. Do vậy $x=6$.Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất $x=6$.
Một tài liệu rất hay bạn có thể tham khảohttp://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113281/giai-phuong-trinh-vo-ty-bang-phuong-phap-su-dung-bieu-thuc-lien-hopQuay trở lại bài toánĐiều kiện : $x \ge -2$.Nhận thấy $x=6$ là một nghiệm của PT trên. Ta có :PT $\Leftrightarrow 2\left (\sqrt{x+3}-3 \right )- \left (\sqrt{2x+4}-4 \right )+x^2+2x-24=0$ $\Leftrightarrow \dfrac{2(x-6)}{\sqrt{x+3}+3}- \dfrac{2(x-6)}{\sqrt{2x+4}+4}+(x-6)(x+4)=0$ $\Leftrightarrow (x-6)\underbrace {\left ( \dfrac{2}{\sqrt{x+3}+3}- \dfrac{2}{\sqrt{2x+4}+4}+(x+4) \right ) }_{ A } =0$ Với điều kiện $x\ge -2$ thì hiển nhiên thấy$\begin{cases} \dfrac{2}{\sqrt{x+3}+3}>0 \\ x+4 \ge 2 > \dfrac{2}{\sqrt{2x+4}+4} \end{cases}\Rightarrow A>0$. Do vậy $x=6$.Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất $x=6$.
|
|