cacb là gì ? Đố tất cả.

dmm là gì thế ?

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Xét \(A = \frac{{2\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{8 - x}}}}{x} = \frac{{2\left( {\sqrt {1 + x}  - 1} \right)}}{x} + \frac{{2 - \sqrt[3]{{8 - x}}}}{x}\)

Đặt \(u = \sqrt {1 + x}, v = \sqrt[3]{{8 - x}}\) thì \(x = {u^2} - 1\), \(x = 8 - {v^3}\) và \(u\to 1,v \to 2\) khi \(x \to 0\)

Do đó   \(\begin{array}{l}
A = \frac{{2\left( {u - 1} \right)}}{{{u^2} - 1}} + \frac{{2 - v}}{{8 - {v^3}}} = \frac{2}{{u + 1}} + \frac{1}{{4 + 2v + {v^2}}}\\

\end{array}\)

\(\mathop {\lim A}\limits_{x \to 0}  = \mathop {\lim }\limits_{u \to 1} \frac{2}{{u + 1}}+\mathop {\lim }\limits_{v \to 2} \frac{1}{{4 + 2v + {v^2}}} = 1 + \frac{1}{{12}} = \frac{13}{{12}}\)

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Cho $I_n = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} } \sin ^n xdx, n \in  N$
a) Chứng minh rằng : $\sqrt{\frac{\pi }{2(n+1)} } < I_n < \sqrt{\frac{\pi}{2n} }$
b) Từ đó suy ra rằng : $ \mathop {\lim }\limits \frac{2.4.6...(2n)}{3.5.7...(2n-1)\sqrt{2n+1} } = \frac{\pi}{2}.$

Đặt $u =cos(lnx)\Rightarrow du=-\frac{sin(lnx)dx}{x}$   
      $dv =dx\Rightarrow v=x$
Suy ra : $I = x\cos \left( {\ln x} \right)\left| {_1^{{e^\pi }}} \right. + \int_1^{{e^\pi }} {\sin \left( {\ln x} \right)dx}  =  - {e^\pi } - 1 + K$ với $K = \int_1^{{e^\pi }} {\sin \left( {\ln x} \right)dx} $
Tương tự : để tính $K$ ta đặt : $u=sin(lnx)\Rightarrow du=\frac{cosx(lnx)dx}{x}$
                                                 $dv=dx\Rightarrow v=x$
Suy ra : $K = x\sin \left( {\ln x} \right)\left| {_1^{{e^\pi }}} \right. - I = 0 - I =  - I$
Từ đó : $I =-e^x-1-1\Rightarrow I=-\frac{1}{2}(e^x+1)$

Đặt $u =cos(lnx)\Rightarrow du=-\frac{sin(lnx)dx}{x}$   
      $dv =dx\Rightarrow v=x$
Suy ra : $I = x\cos \left( {\ln x} \right)\left| {_1^{{e^\pi }}} \right. + \int_1^{{e^\pi }} {\sin \left( {\ln x} \right)dx}  =  - {e^\pi } - 1 + K$ với $K = \int_1^{{e^\pi }} {\sin \left( {\ln x} \right)dx} $
Tương tự : để tính $K$ ta đặt : $u=sin(lnx)\Rightarrow du=\frac{cosx(lnx)dx}{x}$
                                                 $dv=dx\Rightarrow v=x$
Suy ra : $K = x\sin \left( {\ln x} \right)\left| {_1^{{e^\pi }}} \right. - I = 0 - I =  - I$
Từ đó : $I =-e^x-1-1\Rightarrow I=-\frac{1}{2}(e^x+1)$

$1)$  Đặt  $u = \,\,{\left( {\ln x} \right)^n}\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,du = \,\,\,n{\left( {\ln x} \right)^{n - 1}}\frac{{dx}}{x}$
               $dv\,\, = \,\,dx\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,v = x$
      ${I_n} = \left. {x{{\left( {\ln x} \right)}^n}} \right|_1^e - n\int\limits_1^e {{{\left( {\ln x} \right)}^{n - 1}}dx = e - n} {I_n}$
     Ta có:       ${I_n} = e - n{I_{n - 1}}$ với mọi $n > 1$
   Áp  dụng với số nguyên dương $n + 1$ ta có :
          ${I_{n + 1}} = e - \left( {n + 1} \right){I_n}$    $(1)$
   Với $n = 1$  ta có:     ${I_1} = \int\limits_1^e {\ln x\,dx} $
   Đặt    $u = \ln x\,\,\, \Rightarrow \,\,\,du = \frac{{dx}}{x}$
             $dv\,\, = \,\,dx\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,v = x$
   Suy ra  :  ${I_1} = \left. {x\ln x} \right|_1^e - \int\limits_1^e {dx}  = e -  x |_1^e = 1$
    Áp dụng $(1)$ với $n = 1$ ta có:
          ${I_2} = e - 2{I_1} = e - 2$
Vậy $I_2= e-2\\
I_1= 1$
và $I_{n+1}= e-(n+1)I_n$

 $2)$    Vì $1 \le x \le e\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,0 \le \ln x \le 1$
   $\begin{array}{l}
 \Rightarrow \,\,\,\,0 \le {\left( {\ln x} \right)^{n + 1}} \le {\left( {\ln x} \right)^n}\\
 \Rightarrow \,\,\,\,0 \le {I_{n + 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \le \,\,\,{I_n}\\
 \Rightarrow \,\,\,\,0 \le e - \left( {n + 1} \right){I_n}\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,{I_n} \le \,\,\,\frac{e}{{n + 1}}
\end{array}$
     Vậy $0 \le \,\,{I_n} \le \,\,\,\frac{e}{{n + 1}}$
    $\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } 0 = 0$  và $\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{e}{{n + 1}} = 0$, suy ra : $\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {I_n} = 0$

Đặt : $u = \ln \left( {1 + x} \right)\,\,\, \Rightarrow \,\,\,du = \frac{{dx}}{{1 + x}}$
         $dv = dx\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,v = x$
  $\begin{array}{l}
I = uv-vdu= \left. {x\ln \left( {1 + x} \right)} \right|_1^2 - \int\limits_1^2 {\frac{x}{{1 + x}}dx}  = 2\ln 3 - \ln 2 - \int\limits_1^2 {\left( {1 - \frac{1}{{1 + x}}} \right)} dx\\
\,\,\, = 2\ln 3 - \ln 2 - \left[ {x - \ln \left| {1 + x} \right|} \right]|_1^2 = 3\ln 3 - 2\ln 2 - 1
\end{array}$

Đặt : $u = {\ln ^2}x\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,du = \frac{{2\ln x\,dx}}{x}$
            $dv = \frac{{dx}}{{{x^2}}}\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,v = \frac{{ - 1}}{x}$
${J_{\left( t \right)}} =  - \left. {\frac{1}{x}{{\ln }^2}x} \right|_1^t + \,\,2\int\limits_1^t {\frac{{\ln x}}{{{x^2}}}dx =  - \frac{1}{t}{{\ln }^2}t + 2} \int\limits_1^t {\frac{{\ln x}}{{{x^2}}}dx} $
 -   Đặt $u = \ln x\,\,\, \Rightarrow \,\,\,du = \frac{{dx}}{x}$
                   $dv = \frac{{dx}}{{{x^2}}}\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,v = \frac{{ - 1}}{x}$
        Suy ra: $\int\limits_1^t {\frac{{\ln x}}{{{x^2}}}dx}  =  - \left. {\frac{1}{x}\ln x} \right|_1^t + \int\limits_1^t {\frac{1}{{{x^2}}}dx} $

           $\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - \left. {\frac{1}{t}\ln t - \frac{1}{x}} \right|_1^t =  - \frac{1}{t}\ln t - \frac{1}{t} + 1$
Vậy $J(t)=2-\frac{1}{t}|(lnt+1)^2+1|    (1)$

Từ $(1)$, suy ra $J\left( t \right) < 2$ với $\forall t > 1$

Theo định lý hàm số cosin :

$S = {a^2} - {(b - c)^2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}bc\sin A =b^2+c^2- 2bc\cos A - {b^2} + 2bc - {c^2}$

    $\begin{array}{l}

 \Leftrightarrow \frac{1}{2}bc\sin A = 2bc(1 - \cos A)\\

 \Leftrightarrow bc\sin \frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{A}{2} = 4bc{\sin ^2}A\\

 \Leftrightarrow c{\rm{os}}\frac{A}{2} = 4\sin \frac{A}{2}

\end{array}$

    (Do $\sin \frac{A}{2} > 0$)

     $\begin{array}{l}
\Leftrightarrow tan\frac{A}{2} = \frac{1}{4}\\
\Leftrightarrow \frac{{2tan\frac{A}{2}}}{{1 - tan^{2}\frac{A}{2}}} = \frac{{2.\frac{1}{4}}}{{1 - \frac{1}{{16}}}}\\
\Leftrightarrow tanA = \frac{8}{{15}}
\end{array}$

Đó là dpcm

Nhận xét

$1/$ Từ $tan\frac{A}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow tanA = \frac{8}{{15}}$. Ngược lại trong $1$ tam giác thì từ $tanA = \frac{8}{{15}}$\[ \Rightarrow 4tan^{2}\frac{A}{2} + 15tan\frac{A}{2} - 4 = 0\]do \[tan\frac{A}{2} > 0\] nên suy ra \[tan\frac{A}{2} = \frac{1}{4}\]

Vậy trong tam giác $ABC$ thì \[tan\frac{A}{2} = \frac{1}{4}\]\[ \Leftrightarrow tanA = \frac{8}{{15}}\]

Chú ý rằng nếu không phải tam giác thì   $tan\frac{A}{2} = \frac{1}{4}$ không tương đương với $tanA = \frac{8}{{15}}$

$2/$ Vì $S = {a^2} - {(b - c)^2} \Leftrightarrow tanA = \frac{8}{{15}}$. Do vậy lớp tam giác thỏa mãn hệ thức trên là khác trống, và chỉ cần xét tam giác $ABC$ có góc A=\[{\rm{ar}}ctan\frac{8}{{15}}\] là thỏa mãn hệ thức đã cho

$3/$ Từ $tanA = \frac{8}{{15}} \Rightarrow \cot A = \frac{{15}}{8}$

Áp dụng định lý hàm số cosin suy rộng,ta có

        $cotA=\frac{b^2+c^2-a^2}{4S}\Rightarrow \frac{15}{2}=\frac{b^2+c^2-a^2}{S}$

Vì thế nếu $S = {a^2} - {(b - c)^2}$
 $\Rightarrow 15a^2-15(b-c)^2=ab^2+2c^2-a^2\Rightarrow b^2+c^2-a^2=\frac{30bc}{17}$

Do vậy ta đi đến bài toán sau : Cho tam giác $ABC$ có\[S = {a^2} - {(b - c)^2}\] hay $tanA = \frac{8}{{15}}$ khi đó ta có hệ thức $\Rightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = \frac{{30bc}}{{17}}$

                                          Giải
  Ta có:
  Áp dụng công thức $\sin A = \frac{{2S}}{{bc}}$ và theo định lý hàm số cosin suy rộng, ta có:

  \[2{\sin ^2}A = tanBtanC\]
 $\Leftrightarrow 2.\frac{4S^{2}}{b^2c^2}=\frac{4S}{a^2+b^2-c^2}.\frac{4S}{a^2-b^2+c^2}$
 $\Leftrightarrow 2.b^2c^2=a^4-(b^2-c^2)^2$
 $\Leftrightarrow 2b^2c^2=a^4-b^4-c^4+2b^2c^2$
$\Leftrightarrow a^4=b^4+c^4$

Đó là (đpcm)

Nhận xét :

$1/$ Xét tam giác cân $(AB=AC$) có \[a = \sqrt[4]{2}b\]

Rõ ràng tam giác này tồn tại,vì thỏa mãn mối quan hệ về cạnh trong tam giác

$a < b + c \Leftrightarrow \sqrt[4]{2}b < 2b$

\[ \Leftrightarrow \sqrt[4]{2} < 2(*)\]

Dễ thấy $(*)$ đúng.Lớp tam giác nói trên thỏa mãn hệ thức ${a^4} = {b^4} + {c^4}$do \[{a^4} = 2{b^4} = {b^4} + {c^4}\]

Điều đó chứng tỏ lớp các tam giác  thảo mãn điều kiện là khác trống

 

$2/$ Từ\[{a^4} = {b^4} + {c^4} \Leftrightarrow 1 = {\left( {\frac{b}{a}} \right)^4} + {\left( {\frac{c}{a}} \right)^4}\]

               \[ \Leftrightarrow \frac{b}{a},\frac{c}{a} \in (0,1)\].Vậy theo tính chất của hàm mũ,ta có :

             $(\frac{b}{a}^4)<((\frac{b}{a}^2))$
            $\Leftrightarrow (\frac{c}{a}^4)<(\frac{c}{a}^2)$
             $\frac{b^2+c^2}{a^2}>1\Leftrightarrow b^2+c^2>a^2$

Như thế nói riêng các lớp tam giác thỏa mãn điều kiện \[{a^4} = {b^4} + {c^4}\] là lớp con của lớp tam giác nhọn

Giả sử các trung tuyến $BM$ và $CN$ cắt nhau tại $G$. Áp dụng định lý hàm số cosin suy rộng trong tam giác ,ta có :
\[tan\angle NQP = \frac{1}{2} \Rightarrow NPQ\]
$\begin{array}{l}
\cot A = 2(\cot B + \cot C)\\
\Leftrightarrow \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{4S}} = 2(\frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{4S}} + \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{4S}})\\
 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = 4{a^2}\\
 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = 5{a^2}(1)
\end{array}$
Mặt khác,theo định lý Pitago,ta có :
$[BM \bot CN \Leftrightarrow B{G^2} + G{C^2} = B{C^2}]$
$[\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \frac{4}{9}(m_b^2 + m_c^2) = {a^2}\\
 \Leftrightarrow \frac{4}{9}\left( {\frac{{2{a^2} + 2{c^2} - {b^2}}}{4} + \frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}}}{4}} \right) = {a^2}\\
 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = 5{a^2}(2)
\end{array}$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra
$cotA=2(cotB+cotC)\Leftrightarrow BM  \bot CN$
Đó là (đpcm)
Nhận xét :
$1/$ Bài toán chỉ có ý nghĩa nếu ta chỉ ra rằng lớp các tam giác thỏa mãn hệ thức trên là không trống. Thật vậy, xét tam giác cân $ABC (AB=AC)$ và thỏa mãn hệ thức trên, ta có :
$cot A = 2(\cot B + \cot C) \Leftrightarrow \cot A = 4\cot B$
$\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow  - \cot (B + C) = 4\cot B\\
 \Leftrightarrow  - \cot 2B = 4\cot B\\
 \Leftrightarrow \frac{{1 - \cot {^2}B}}{{2\cot B}} = 4\cot B\\
 \Leftrightarrow \cot {^2}B = \frac{1}{9}\
\end{array}$
Do $B=C$ là góc nhọn nên suy ra : $\cot B = \frac{1}{3}$ Vậy nói riêng các lớp tam giác cân $(AB=AC)$ có chiều cao $AH =\frac{3}{2}$ sẽ thỏa mãn hệ thức $cotA=2(cotB+cotC)$
Thật vậy, khi đó $cot B = \frac{{BH}}{{AH}} = \frac{1}{3}$
     Ta có thể chi ra $1$ lớp tam giác không cân mà vẫn thỏa mãn hệ thức
     $cotA=2(cotB+cotC)$
  Thật vậy, chọn tam giác $ABC$ có\[b = 2,c = \sqrt 6 ,a = \sqrt 2 \]
Rõ ràng chúng thỏa mãn điều kiện về cạnh để lập thành tam giác. Ngoài ra dễ thấy \[{b^2} + {c^2} = 10 = 5{a^2}\]
Từ đó suy ra tam giác nói trên thỏa mãn yêu cầu đề bài
Từ nhận xét trên suy ra cách dựng $1$ tam giác không cần có $2$ trung tuyến vuông góc
Dựng đoạn $AC=2$. Trên $Cx$ vuông góc với $AC$, đặt\$CB = \sqrt 2 $
   $ABC$ là tam giác cần tìm.
Dĩ nhiên đây chỉ là $1$ trong số các tam giác có $2$ trung tuyến vuông góc với nhau.
Bài toán có vố số nghiệm hình.