$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sqrt[3]{\cos x}-\sqrt{\cos x} }{\sin 2x} =\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{2x}{\sin 2x}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left ( \frac{\sqrt[3]{\cos x}-1}{x^2} -\frac{\sqrt[]{\cos x}-1}{x^2}\right )=0$ Mình nghĩ hai bài tập sau đây không khó với bạn :) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{\cos x}-1}{x^2} =-\frac{1}{6}$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt[]{\cos x}-1}{x^2} =-\frac{1}{4}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sqrt[3]{\cos x}-\sqrt{\cos x} }{\sin 2x} =\frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{2x}{\sin 2x}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left ( \frac{\sqrt[3]{\cos x}-1}{x^2} -\frac{\sqrt[]{\cos x}-1}{x^2}\right )=0$ Mình nghĩ hai bài tập sau đây không khó với bạn :) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{\cos x}-1}{x^2} =-\frac{1}{6}$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt[]{\cos x}-1}{x^2} =-\frac{1}{4}$

Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE MicrosoftInternetExplorer4 Sử dụng phương pháp tích phân từng phần ta được$B=\int_{0}^{1}({1-x^{50}})^{101}dx=\left[x \cdot ({1-x^{50}})^{101}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}x \cdot 101({1-x^{50}})^{100}(-50) x^{49}\ dx$$B = 0 + 50 \cdot 101 \int_{0}^{1} x^{50}({1-x^{50}})^{100}\ dx$$B = -5050 \left[\int_{0}^{1}(1- x^{50})({1-x^{50}})^{100}\ dx-\int_{0}^{1}({1-x^{50}})^{100}\ dx\right]$$B = -5050 \cdot B + 5050 \cdot A$$\implies 5050 \cdot A = 5051 \cdot B$Do đó $ \frac{A}{B}=\frac{5051}{5050} $.

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần ta được$B=\int_{0}^{1}({1-x^{50}})^{101}dx=\left[x \cdot ({1-x^{50}})^{101}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}x \cdot 101({1-x^{50}})^{100}(-50) x^{49}\ dx$$B = 0 + 50 \cdot 101 \int_{0}^{1} x^{50}({1-x^{50}})^{100}\ dx$$B = -5050 \left[\int_{0}^{1}(1- x^{50})({1-x^{50}})^{100}\ dx-\int_{0}^{1}({1-x^{50}})^{100}\ dx\right]$$B = -5050 \cdot B + 5050 \cdot A$$\implies 5050 \cdot A = 5051 \cdot B$Do đó $ \frac{A}{B}=\frac{5051}{5050} $.

Tìm các hệ số $A,B,C,D$ bằng phương pháp đồng nhất thức $ \frac{3x+1}{(x+1)^{3}x}dx =\frac{A}{(x+1)^3}+\frac{B}{(x+1)^2}+\frac{C}{x+1}+\frac{D}{x} $ta được$\begin{align*} \int\frac{3x+1}{(x+1)^{3}x}dx \ &=\int\frac{2}{(x+1)^3}-\frac{1}{(x+1)^2}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x} \;dx \\ &=-\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{x+1}-\ln(x+1)+\ln x+C \\&= \ln\frac{x}{x+1}-\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{x+1}+C \\&=\ln\frac{x}{x+1}+\frac{x}{(x+1)^2}+C . \end{align*}$

Tìm các hệ số $A,B,C,D$ bằng phương pháp đồng nhất thức $ \frac{3x+1}{(x+1)^{3}x}dx =\frac{A}{(x+1)^3}+\frac{B}{(x+1)^2}+\frac{C}{x+1}+\frac{D}{x} $ta được$\begin{align*} \int\frac{3x+1}{(x+1)^{3}x}dx \ &=\int\frac{2}{(x+1)^3}-\frac{1}{(x+1)^2}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x} \;dx \\ &=-\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{x+1}-\ln|x+1|+\ln |x|+C \\&= \ln|\frac{x}{x+1}|-\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{x+1}+C \\&=\ln|\frac{x}{x+1}|+\frac{x}{(x+1)^2}+C . \end{align*}$

b) Đặt $F(x)=\int\limits_{0}^{x}\frac{\sin t}{1 + t}dt , \forall x \geq 0$ thì $F'(x)=\frac{\sin x}{1 + x} \ge 0 , \forall x \geq 0$ do đó $F(x)$ là hàm đồng biến trên $[0, +\infty)$suy ra $F(x) \ge F(0) =0$ (đpcm).

b) Ta sẽ dùng phương pháp tích phân từng phầnĐặt $dv=\sin tdt$ và chọn $v=1-\cos t.$$u=\frac1{t+1}\Rightarrow du=-\frac1{(t+1)^{2}}\,dt.$Suy ra$\int_{0}^{x}\frac{\sin t}{t+1}\,dt=\left.\frac{1-\cos t}{t+1}\right|_{0}^{x}-\int_{0}^{x}(1-\cos t)\left(-\frac1{(t+1)^{2}}\right)\,dt$$=\frac{1-\cos x}{x+1}+\int_{0}^{x}\frac{1-\cos t}{(t+1)^{2}}\,dt$Do $1-\cos x\ge 0$ $\forall x,$ nên cả hai tích phân đều không âm.Từ đây có đpcm.

b) Đặt $F(x)=\int\limits_{0}^{x}\frac{\sin t}{1 + t}dt\geq 0 , \forall x \geq 0$ thì $F'(x)=\frac{\sin x}{1 + x} \ge 0 , \forall x \geq 0$ do đó $F(x)$ là hàm đồng biến trên $[0, +\infty)$suy ra $F(x) \ge F(0) =0$ (đpcm).

b) Đặt $F(x)=\int\limits_{0}^{x}\frac{\sin t}{1 + t}dt , \forall x \geq 0$ thì $F'(x)=\frac{\sin x}{1 + x} \ge 0 , \forall x \geq 0$ do đó $F(x)$ là hàm đồng biến trên $[0, +\infty)$suy ra $F(x) \ge F(0) =0$ (đpcm).

Điều kiện $x\geq -2$ Đặt $\sqrt[3]{\frac{x-3}{3}}=t $ suy ra $x=3t^3+3$ PT đã cho $\sqrt{\frac{3t^3+5}{2}}-1 = 3t^2+3t $ (*) Chuyển vế bình phương rút gọn ta được :$(*)$ $\Leftrightarrow $$9t^4+16t^3+15t^2+6t-2=0$ $\Leftrightarrow$ $(t+1)(9t^3+2t^2+8t-2) =0$Nếu $ t=-1$ thì $x =0$Nếu $9t^3+2t^2+8t-2=0$ (**) đặt $t=u-\frac{7}{27}$ (**) $\Leftrightarrow$$9u^3+\frac{183}{27}u+a=0 $ với $a$ là hằng số rất lẻ Dùng công thức Đecacno giải ra đc 1 nghiệm cũng rất lẻ (Bạn tính toán tiếp nhé) Kết luận pt đã cho có 2 nghiệm

Điều kiện $x\geq -2$ Đặt $\sqrt[3]{\frac{x-3}{3}}=t $ suy ra $x=3t^3+3$ PT đã cho $\sqrt{\frac{3t^3+5}{2}}-1 = 3t^2+3t $ (*) Chuyển vế bình phương rút gọn ta được :$(*)$ $\Leftrightarrow $$18t^4+33t^3+30t^2+12t-3=0$ $\Leftrightarrow$ $(t+1)(6t-1)(t^2+t+1) =0$Nếu $ t=-1$ thì $x =0$Nếu $t=\frac{1}{6}$ thì $x =\frac{217}{72}$

Đẳng thức lượng giác

Giả sử $a,b$ và $x$ là các số thực sao cho $ab\neq0$ and $ a+b\neq0$. Nếu $ \frac{\sin^4x}{a}+\frac{\cos^4x}{b}=\frac{1}{a+b}$, Tính $\frac{\sin^6x}{a^3}+\frac{\cos^6x}{b^3}$ theo $a$ và $b$.

Biểu thức lượng giác

Đẳng thức lượng giác

Giả sử $a,b$ và $x$ là các số thực sao cho $ab>0$ and $ a+b\neq0$. Nếu $ \frac{\sin^4x}{a}+\frac{\cos^4x}{b}=\frac{1}{a+b}$, Tính $\frac{\sin^6x}{a^3}+\frac{\cos^6x}{b^3}$ theo $a$ và $b$.

Biểu thức lượng giác

Ảo thuật một chút nhé :) $\int\limits_{0}^{1} \frac{1+x.e^{2x}}{1+x.e^{x}} dx$ $=\int\limits_{0}^{1} \frac{1+e^x+x.e^x+x.e^{2x}-e^x-x.e^x}{1+x.e^{x}} dx$ $=\int\limits_{0}^{1} \frac{(1+e^x)(1+x.e^x)-(e^x+x.e^x)}{1+x.e^{x}} dx$ $=\int\limits_{0}^{1} \left (1+e^x-\frac{e^x+x.e^x}{1+x.e^{x}} \right ) dx$$=\int\limits_{0}^{1} (1+e^x)dx-\int\limits_{0}^{1}\frac{d(e^x+x.e^x)}{1+x.e^{x}}$ $=(x+e^x)|_0^1 - \ln(1+x.e^x)|_0^1$ $=\boxed{e-\ln(1+e)}$

Ảo thuật một chút nhé :) $\int\limits_{0}^{1} \frac{1+x.e^{2x}}{1+x.e^{x}} dx$ $=\int\limits_{0}^{1} \frac{1+e^x+x.e^x+x.e^{2x}-e^x-x.e^x}{1+x.e^{x}} dx$ $=\int\limits_{0}^{1} \frac{(1+e^x)(1+x.e^x)-(e^x+x.e^x)}{1+x.e^{x}} dx$ $=\int\limits_{0}^{1} \left (1+e^x-\frac{e^x+x.e^x}{1+x.e^{x}} \right ) dx$$=\int\limits_{0}^{1} (1+e^x)dx-\int\limits_{0}^{1}\frac{d(1+x.e^{x})}{1+x.e^{x}}$ $=(x+e^x)|_0^1 - \ln(1+x.e^x)|_0^1$ $=\boxed{e-\ln(1+e)}$

Do $SA \perp (ABC) \implies \widehat{ABS}=\alpha$Hai cạnh $SC, SB$ có các hình chiếu trên mp ABC là AB= AC. Nên SB=SC nên SBC là tam giác cân tại S. Lúc đó $SD \perp BC$. Cũng do $BD \perp AD$ nên $BD \perp (SAD) \implies \widehat{BSD}=\beta$.Áp dụng tỉ số lượng giác ta có$\frac{BD}{\sin \beta}=SB=\frac{BA}{\cos \alpha} \implies SB^2=\frac{BD^2}{\sin^2 \beta}=\frac{BA^2}{\cos^2 \alpha}=\frac{AD^2}{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}=\frac{a^2}{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}$$\implies \begin{cases}SA=SB.\cos \alpha=\frac{a\cos \alpha}{\sqrt{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}} \\ S_{ABC}=AD.BD=\frac{a^2\sin \beta}{\sqrt{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}} \end{cases}$Vậy $V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{a^3\sin \beta\cos \alpha}{3(-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha)}$

Do $SA \perp (ABC) \implies \widehat{ABS}=\alpha$Hai cạnh $SC, SB$ có các hình chiếu trên mp ABC là AB= AC. Nên SB=SC nên SBC là tam giác cân tại S. Lúc đó $SD \perp BC$. Cũng do $BD \perp AD$ nên $BD \perp (SAD) \implies \widehat{BSD}=\beta$.Áp dụng tỉ số lượng giác ta có$\frac{BD}{\sin \beta}=SB=\frac{BA}{\cos \alpha} \implies SB^2=\frac{BD^2}{\sin^2 \beta}=\frac{BA^2}{\cos^2 \alpha}=\frac{AD^2}{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}=\frac{a^2}{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}$$\implies \begin{cases}SA=SB.\cos \alpha=\frac{a\cos \alpha}{\sqrt{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}} \\ S_{ABC}=AD.BD=\frac{a^2\sin \beta}{\sqrt{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}} \end{cases}$Vậy $V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{a^3\sin \beta\cos \alpha}{3(-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha)}$

Do $SA \perp (ABC) \implies \widehat{ABS}=\alpha$Hai cạnh $SC, SB$ có các hình chiếu trên mp ABC là AB= AC. Nên SB=SC nên SBC là tam giác cân tại S. Lúc đó $SD \perp BC$. Cũng do $BD \perp AD$ nên $BD \perp (SAD) \implies \widehat{BSD}=\beta$.Áp dụng tỉ số lượng giác ta có$\frac{BD}{\sin \beta}=SB=\frac{BA}{\cos \alpha} \implies SB^2=\frac{BD^2}{\sin^2 \beta}=\frac{BA^2}{\cos^2 \alpha}=\frac{AD^2}{\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}=\frac{a^2}{\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}$$\implies \begin{cases}SA=SB.\cos \alpha=\frac{a\cos \alpha}{\sqrt{\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}} \\ S_{ABC}=AD.BD=\frac{a^2\sin \beta}{\sqrt{\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}} \end{cases}$Vậy $V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{a^3\sin \beta\cos \alpha}{3(\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha)}$

Do $SA \perp (ABC) \implies \widehat{ABS}=\alpha$Hai cạnh $SC, SB$ có các hình chiếu trên mp ABC là AB= AC. Nên SB=SC nên SBC là tam giác cân tại S. Lúc đó $SD \perp BC$. Cũng do $BD \perp AD$ nên $BD \perp (SAD) \implies \widehat{BSD}=\beta$.Áp dụng tỉ số lượng giác ta có$\frac{BD}{\sin \beta}=SB=\frac{BA}{\cos \alpha} \implies SB^2=\frac{BD^2}{\sin^2 \beta}=\frac{BA^2}{\cos^2 \alpha}=\frac{AD^2}{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}=\frac{a^2}{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}$$\implies \begin{cases}SA=SB.\cos \alpha=\frac{a\cos \alpha}{\sqrt{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}} \\ S_{ABC}=AD.BD=\frac{a^2\sin \beta}{\sqrt{-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha}} \end{cases}$Vậy $V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{a^3\sin \beta\cos \alpha}{3(-\sin^2 \beta+\cos^2 \alpha)}$

$2\sqrt 2 \left( {\sin x + \cos x} \right)\cos x = 3 + \cos 2x$$ \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin x + \left( {\sqrt 2 - 1} \right)\cos 2x = 3 - \sqrt 2 $ Có: $\left\{ \begin{array} {a^2} + {b^2} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2} = 5 - 2\sqrt 2 \\ {c^2} = {\left( {3 - \sqrt 2 } \right)^2} = 11 - 6\sqrt 2 \\ \end{array} \right.$ Ta sẽ chứng minh: ${a^2} + {b^2}{\text{ < }}{{\text{c}}^{\text{2}}}$$ \Leftrightarrow 5 - 2\sqrt 2 {\text{ < 11 - 6}}\sqrt {\text{2}} $$ \Leftrightarrow 4\sqrt 2 {\text{ < 6}} \Leftrightarrow {\left( {{\text{4}}\sqrt {\text{2}} } \right)^2}{\text{ < }}{{\text{6}}^{\text{2}}}$$ \Leftrightarrow 32{\text{ < 36}}$(đúng) Vậy phương trình vô nghiệm.

$2\sqrt 2 \left( {\sin x + \cos x} \right)\cos x = 3 + \cos 2x$$ \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin 2x + \left( {\sqrt 2 - 1} \right)\cos 2x = 3 - \sqrt 2 $ Có: $\left\{ \begin{array} {a^2} + {b^2} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2} = 5 - 2\sqrt 2 \\ {c^2} = {\left( {3 - \sqrt 2 } \right)^2} = 11 - 6\sqrt 2 \\ \end{array} \right.$ Ta sẽ chứng minh: ${a^2} + {b^2}{\text{ < }}{{\text{c}}^{\text{2}}}$$ \Leftrightarrow 5 - 2\sqrt 2 {\text{ < 11 - 6}}\sqrt {\text{2}} $$ \Leftrightarrow 4\sqrt 2 {\text{ < 6}} \Leftrightarrow {\left( {{\text{4}}\sqrt {\text{2}} } \right)^2}{\text{ < }}{{\text{6}}^{\text{2}}}$$ \Leftrightarrow 32{\text{ < 36}}$(đúng) Vậy phương trình vô nghiệm.

$\cos \left[ {\pi \left( {{a^2} + 2a - \frac{1}{2}} \right)} \right] - \sin \left( {\pi {a^2}} \right)$=0 $ \Leftrightarrow \cos \left[ {\frac{\pi }{2} - \pi \left( {{a^2} + 2a} \right)} \right] = \sin \left( {\pi {a^2}} \right)$ $ \Leftrightarrow \sin \left[ {\pi \left( {{a^2} + 2a} \right)} \right] = \sin \left( {\pi {a^2}} \right)$$ \Leftrightarrow \begin{cases} \pi \left( a^2 + 2a \right) = \pi a^2 + k2 \pi \\ \pi a^2 + 2a = \pi - \pi a^2 + k2\pi \end{cases} $$ \Leftrightarrow \begin{cases} a = k \in \mathbb{Z} \\ 2a^2 + 2a - \left( 2k + 1 \right) = 0 \end{cases} $$\left( {\text{*}} \right)$Do $\begin{cases}\left( {\text{*}} \right) \\a{\text{ > }}0 \\k \in \mathbb{Z} \\\end{cases} $ suy ra $\min a = \frac{{\sqrt 3 - 1}}{2}$

$\cos \left[ {\pi \left( {{a^2} + 2a - \frac{1}{2}} \right)} \right] - \sin \left( {\pi {a^2}} \right)$=0 $ \Leftrightarrow \cos \left[ {\frac{\pi }{2} - \pi \left( {{a^2} + 2a} \right)} \right] = \sin \left( {\pi {a^2}} \right)$ $ \Leftrightarrow \sin \left[ {\pi \left( {{a^2} + 2a} \right)} \right] = \sin \left( {\pi {a^2}} \right)$$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \pi \left( a^2 + 2a \right) = \pi a^2 + k2 \pi \\ \pi a^2 + 2a = \pi - \pi a^2 + k2\pi \end{matrix}} \right. $$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} a = k \in \mathbb{Z} \\ 2a^2 + 2a - \left( 2k + 1 \right) = 0 \end{matrix}} \right. $$\left( {\text{*}} \right)$Do $\begin{cases}\left( {\text{*}} \right) \\a{\text{ > }}0 \\k \in \mathbb{Z} \\\end{cases} $ suy ra $\min a = \frac{{\sqrt 3 - 1}}{2}$

Ta xuất phát từ một đỉnh có dạng $x = \alpha + l2\pi (l \in \mathbb{Z})$ trên vòng tròn lượng giác.nhận thấy rằng trong công thức thì $0 \le k \le m-1$, thật vậy giả sử $k = m$ thì ta được góc $x= \alpha + k2\pi $ sẽ trùng với góc $x = \alpha + l2\pi $, và trường hợp $k >n$ cũng thế.Tức là $k$ chỉ nhận các giá trị $\in \left\{ {0,1, \cdots, m-1} \right\}$, và $m$ đỉnh này lập thành $m$ đỉnh của một đa giác trên vòng tròn lượng giác.Đặt $x_k=\alpha +k\frac{2\pi}{m}, 0 \le k \le m-1, x_{k+1} \equiv x_1$.Ta có $x_{k+1}-x_k=\frac{2\pi}{m} \forall 0 \le k \le m-1$.Sự kiện này có ý nghĩa là $m$ đỉnh này chia vòng tròn lượng giác thành $m$ phần bằng nhau, và do đó nó là $m$ đỉnh của một đa giác đều.

Ta xuất phát từ một đỉnh có dạng $x = \alpha + l2\pi (l \in \mathbb{Z})$ trên vòng tròn lượng giác.nhận thấy rằng trong công thức thì $0 \le k \le m-1$, thật vậy giả sử $k = m$ thì ta được góc $x= \alpha + 2\pi $ sẽ trùng với góc $x = \alpha + l2\pi $, và trường hợp $k >n$ cũng thế.Tức là $k$ chỉ nhận các giá trị $\in \left\{ {0,1, \cdots, m-1} \right\}$, và $m$ đỉnh này lập thành $m$ đỉnh của một đa giác trên vòng tròn lượng giác.Đặt $x_k=\alpha +k\frac{2\pi}{m}, 0 \le k \le m-1, x_{k+1} \equiv x_1$.Ta có $x_{k+1}-x_k=\frac{2\pi}{m} \forall 0 \le k \le m-1$.Sự kiện này có ý nghĩa là $m$ đỉnh này chia vòng tròn lượng giác thành $m$ phần bằng nhau, và do đó nó là $m$ đỉnh của một đa giác đều.

Ta có:$y'=\cos ax - ax \sin ax$$y''=-2a\sin ax-a^2x\cos ax$ $y^{(3)}=-3a^2\cos ax+a^3x\sin ax$ $y^{(4)}=4a^3\sin ax +a^4x\cos ax$ Bằng quy nạp, suy ra: $y^{(n)}=na^{n-1}\cos\left (ax+\frac{(n-1)\pi}{2} \right )+a^nx\cos\left (ax+\frac{n\pi}{2} \right ),\forall n\in\mathbb{N}^*$ . Các bạn có thể tham khảo chi tiết của phương pháp này tại đây http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113568/dao-ham-cap-cao

Ta có:$y'=\sin ax\cos bx+\cos ax\sin bx=\sin((a+b)x)$$y''=(a+b)\cos ((a+b)x)=(a+b)\sin\Big((a+b)x+\frac{\pi}{2}\Big)$ $y^{(3)}=-(a+b)^2\sin((a+b)x)=(a+b)^2\sin\Big((a+b)x+2.\frac{\pi}{2}\Big)$ $y^{(4)}=-(a+b)^3\cos((a+b)x)=(a+b)^2\sin\Big((a+b)x+3.\frac{\pi}{2}\Big)$ Bằng quy nạp, suy ra: $y^{(n)}=(a+b)^{n-1}\sin\Big((a+b)x+(n-1).\frac{\pi}{2}\Big),\forall n\in\mathbb{N}^*$ .

Ta có:$y'=\sin ax\cos bx+\cos ax\sin bx=\sin((a+b)x)$$y''=(a+b)\cos ((a+b)x)=(a+b)\sin\Big((a+b)x+\frac{\pi}{2}\Big)$ $y^{(3)}=-(a+b)^2\sin((a+b)x)=(a+b)^2\sin\Big((a+b)x+2.\frac{\pi}{2}\Big)$ $y^{(4)}=-(a+b)^3\cos((a+b)x)=(a+b)^2\sin\Big((a+b)x+3.\frac{\pi}{2}\Big)$ Bằng quy nạp, suy ra: $y^{(n)}=(a+b)^{n-1}\sin\Big((a+b)x+(n-1).\frac{\pi}{2}\Big),\forall n\in\mathbb{N}^*$ .

Ta có:$y'=\cos ax - ax \sin ax$$y''=-2a\sin ax-a^2x\cos ax$ $y^{(3)}=-3a^2\cos ax+a^3x\sin ax$ $y^{(4)}=4a^3\sin ax +a^4x\cos ax$ Bằng quy nạp, suy ra: $y^{(n)}=na^{n-1}\cos\left (ax+\frac{(n-1)\pi}{2} \right )+a^nx\cos\left (ax+\frac{n\pi}{2} \right ),\forall n\in\mathbb{N}^*$ . Các bạn có thể tham khảo chi tiết của phương pháp này tại đây http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113568/dao-ham-cap-cao