|
|
|
|
giải đáp
|
tich phân
|
|
|
|
Ta phân tích như sau: \[\frac{x}{{{{(x - 1)}^2}{{(x + 1)}^3}}} = \frac{A}{{{{(x - 1)}^2}}} + \frac{B}{{{{(x + 1)}^3}}} + \frac{C}{{(x - 1)(x + 1)}}\]
\[ = \frac{{A({x^3} + 3{x^2} + 3x + 1) + B({x^2} - 2x + 1) + C({x^3} + {x^2} - x - 1)}}{{{{(x - 1)}^2}{{(x + 1)}^3}}}\]
Từ đây, ta được hệ phương trình: \begin{cases}A+C=0 \\ 3A+B+C=0 \\ 3A-2B-C=1 \\ A+B-C=0 \end{cases}
\[ \Leftrightarrow A = \frac{1}{8},B = - \frac{1}{4},C = - \frac{1}{8}\]
Khi đó, ta có: \[I = \frac{1}{8}\int\limits_2^3 {\frac{{dx}}{{{{(x - 1)}^2}}}} - \frac{1}{4}\int\limits_2^3 {\frac{{dx}}{{{{(x + 1)}^3}}}} - \frac{1}{8}\int\limits_2^3 {\frac{{dx}}{{(x - 1)(x + 1)}}} \]
\[ = \left[ { - \frac{1}{8}\frac{1}{{x - 1}} + \frac{1}{8}\frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}}} \right]\begin{cases}3 \\ 2 \end{cases} - \frac{1}{{16}}\int\limits_2^3 {\left( {\frac{1}{{x - 1}} - \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx} \]
\[ = \frac{{65}}{{1152}} - \frac{1}{{16}}\left[ {\ln (x - 1) - \ln (x + 1)} \right]\begin{cases}3 \\ 2 \end{cases}\]
\[ = \frac{{65 - 72\ln \frac{3}{2}}}{{1152}}\]
|
|
|
|
bình luận
|
tich phân
Đặt t= x 1 thì mẫu thức bằng (t-2)^2.t^3 chứ!
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
câu 1
|
|
|
|
* Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) và bán kính R = 3.
* $M \in (\Delta ):x - y + 1 = 0 \Rightarrow M(m;m + 1)$
* Dễ thấy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn (C’) đường kính
MI.
Gọi K là trung điểm MI, ta có: $K(\frac{{m + 1}}{2};\frac{{m
- 1}}{2})$
$\overrightarrow {IM}
= (m - 1,m + 3) \Rightarrow R' = \frac{{IM}}{2} = \frac{{\sqrt {2{m^2} +
4m + 10} }}{2}$
Suy ra phương trình đường tròn (C’):
${(x - \frac{{m + 1}}{2})^2} + {(y - \frac{{m - 1}}{2})^2} =
\frac{{{m^2} + 2m + 5}}{2}$
$\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - (m + 1)x - (m - 1)y - 2m -
2 = 0$
* Khi đó, AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (C’).
Suy ra phương trình đường thẳng AB: $( - m + 1)x + ( - m -
3)y - 2m + 2 = 0$
* Ta có:
$d(N,AB) = \frac{{\left| {\frac{1}{2}( - m + 1) + ( - m - 3)
- 2m + 2} \right|}}{{\sqrt {{{( - m + 1)}^2} + {{( - m - 3)}^2}} }}$
$\Leftrightarrow d(N,AB) = \frac{{\left| { - \frac{{7m}}{2}
- \frac{1}{2}} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }} =
\frac{1}{2}\frac{{\left| {7m + 1} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m +
3)}^2}} }}$
* Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
$\left| {7m + 1} \right| = \left| {5(m - 1) + 2(m + 3)}
\right| \le \sqrt {{5^2} + {2^2}} \sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}}$
$\Leftrightarrow \frac{{\left| {7m + 1} \right|}}{{\sqrt
{{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }} \le \sqrt {29}$
$\Leftrightarrow d(N,AB) \le \frac{{\sqrt {29} }}{2}$
Vậy $Maxd(N,AB) = \frac{{\sqrt {29} }}{2} \Leftrightarrow
\frac{{m - 1}}{5} = \frac{{m + 3}}{2} \Leftrightarrow m = \frac{{ - 17}}{3}
\Leftrightarrow M(\frac{{ - 17}}{3};\frac{{ - 14}}{3})$
* Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) và bán kính R = 3.
* $M \in (\Delta ):x - y + 1 = 0 \Rightarrow M(m;m + 1)$
* Dễ thấy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn (C’) đường kính
MI.
Gọi K là trung điểm MI, ta có: $K(\frac{{m + 1}}{2};\frac{{m
- 1}}{2})$
$\overrightarrow {IM}
= (m - 1,m + 3) \Rightarrow R' = \frac{{IM}}{2} = \frac{{\sqrt {2{m^2} +
4m + 10} }}{2}$
Suy ra phương trình đường tròn (C’):
${(x - \frac{{m + 1}}{2})^2} + {(y - \frac{{m - 1}}{2})^2} =
\frac{{{m^2} + 2m + 5}}{2}$
$\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - (m + 1)x - (m - 1)y - m - 2
= 0$
* Khi đó, AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (C’).
Suy ra phương trình đường thẳng AB: $( - m + 1)x + ( - m -
3)y - m + 2 = 0$
* Ta có:
$d(N,AB) = \frac{{\left| {\frac{1}{2}( - m + 1) + ( - m - 3)
- m + 2} \right|}}{{\sqrt {{{( - m + 1)}^2} + {{( - m - 3)}^2}} }}$
$\Leftrightarrow d(N,AB) = \frac{{\left| { - \frac{{5m}}{2}
- \frac{1}{2}} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }} = \frac{1}{2}\frac{{\left|
{5m + 1} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }}$
* Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
$\left| {5m + 1} \right| = \left| {\frac{7}{2}(m - 1) +
\frac{3}{2}(m + 3)} \right| \le \sqrt {{{\left( {\frac{7}{2}} \right)}^2} +
{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} \sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}}$
$\Leftrightarrow \frac{{\left| {5m + 1} \right|}}{{\sqrt
{{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }} \le \frac{{\sqrt {58} }}{2}$
$\Leftrightarrow d(N,AB) \le \frac{{\sqrt {58} }}{4}$
Vậy $Maxd(N,AB) =
\frac{{\sqrt {58} }}{4} \Leftrightarrow \frac{{m - 1}}{{\frac{7}{2}}} =
\frac{{m + 3}}{{\frac{3}{2}}} \Leftrightarrow m = - 6 \Leftrightarrow M( - 6; - 5)$
|
|
|
|
giải đáp
|
câu 1
|
|
|
|
* Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) và bán kính R = 3.
* $M \in (\Delta ):x - y + 1 = 0 \Rightarrow M(m;m + 1)$
* Dễ thấy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn (C’) đường kính
MI.
Gọi K là trung điểm MI, ta có: $K(\frac{{m + 1}}{2};\frac{{m
- 1}}{2})$
$\overrightarrow {IM}
= (m - 1,m + 3) \Rightarrow R' = \frac{{IM}}{2} = \frac{{\sqrt {2{m^2} +
4m + 10} }}{2}$
Suy ra phương trình đường tròn (C’):
${(x - \frac{{m + 1}}{2})^2} + {(y - \frac{{m - 1}}{2})^2} =
\frac{{{m^2} + 2m + 5}}{2}$
$\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - (m + 1)x - (m - 1)y - m - 2
= 0$
* Khi đó, AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (C’).
Suy ra phương trình đường thẳng AB: $( - m + 1)x + ( - m -
3)y - m + 2 = 0$
* Ta có:
$d(N,AB) = \frac{{\left| {\frac{1}{2}( - m + 1) + ( - m - 3)
- m + 2} \right|}}{{\sqrt {{{( - m + 1)}^2} + {{( - m - 3)}^2}} }}$
$\Leftrightarrow d(N,AB) = \frac{{\left| { - \frac{{5m}}{2}
- \frac{1}{2}} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }} = \frac{1}{2}\frac{{\left|
{5m + 1} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }}$
* Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
$\left| {5m + 1} \right| = \left| {\frac{7}{2}(m - 1) +
\frac{3}{2}(m + 3)} \right| \le \sqrt {{{\left( {\frac{7}{2}} \right)}^2} +
{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} \sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}}$
$\Leftrightarrow \frac{{\left| {5m + 1} \right|}}{{\sqrt
{{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }} \le \frac{{\sqrt {58} }}{2}$
$\Leftrightarrow d(N,AB) \le \frac{{\sqrt {58} }}{4}$
Vậy $Maxd(N,AB) =
\frac{{\sqrt {58} }}{4} \Leftrightarrow \frac{{m - 1}}{{\frac{7}{2}}} =
\frac{{m + 3}}{{\frac{3}{2}}} \Leftrightarrow m = - 6 \Leftrightarrow M( - 6; - 5)$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức khó!
|
|
|
|
Cách chọn điểm rơi: Do vai trò của b và c như nhau, ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy như sau: $\frac{1}{2}{a^2} + x{b^2} \ge \sqrt {2x} .ab$
$\frac{1}{2}{a^2} + x{c^2} \ge \sqrt {2x} .ac$
$(1 - x){b^2} + (1 - x){c^2} \ge 2(1 - x)bc$
Cộng vế theo vế, ta được: ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \sqrt {2x} .ab + 2(1 - x)bc + \sqrt {2x} .ac$
$\Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \sqrt {2x} \left[ {ab + 2\frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x} }}bc + ac} \right]$
Theo yêu cầu bài toán thì: \[\frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x} }} = 1 \Leftrightarrow \sqrt {2x} = 1 - x \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 1 = 0,0 < x < 1 \Leftrightarrow x = 2 - \sqrt 3 \]
Tới đây, ta thế $x = 2 - \sqrt 3 $ vào 3 BĐT ban đầu để tìm GTNN của P.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Elip
|
|
|
|
* AB = 10. Phương trình đường thẳng AB:
3x + 4y = 0.
* Do $C \in (E)$, ta gọi $C(4\cos
t,3\sin t),t \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right]$
* ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d(C,AB)$
Suy ra ${S_{ABC}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow
d(C,AB)$ lớn nhất.
* $d(C,AB) = \frac{{\left| {12\cos t +
12\sin t} \right|}}{5} = \frac{{12\sqrt 2 \left| {\sin (t + \frac{\pi }{4})}
\right|}}{5}$
Suy ra: $Maxd(C,AB) = \frac{{12\sqrt 2 }}{5} \Leftrightarrow \sin (t + \frac{\pi }{4}) = \pm 1 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{4} \vee t = - \frac{{3\pi }}{4} \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})$
Vậy \[Max{S_{ABC}} = 12\sqrt 2 \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})\]
* AB = 10. Phương trình đường thẳng AB:
3x + 4y = 0.
* Do $C \in (E)$, ta gọi $C(4\cos
t,3\sin t),t \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]$
* ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d(C,AB)$
Suy ra ${S_{ABC}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow
d(C,AB)$ lớn nhất.
* $d(C,AB) = \frac{{\left| {12\cos t +
12\sin t} \right|}}{5} = \frac{{12\sqrt 2 \left| {\sin (t + \frac{\pi }{4})}
\right|}}{5}$
Suy ra: $Maxd(C,AB) = \frac{{12\sqrt 2 }}{5} \Leftrightarrow \sin (t + \frac{\pi }{4}) = \pm 1 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{4} \vee t = - \frac{{3\pi }}{4} \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})$
Vậy \[Max{S_{ABC}} = 12\sqrt 2 \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})\]times="" new="" roman""="">
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
Elip
Ừ, mình sửa lại rồi.
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Elip
|
|
|
|
* AB = 10. Phương trình đường thẳng AB:
3x + 4y = 0.
* Do $C \in (E)$, ta gọi $C(4\cos
t,3\sin t),t \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right]$
* ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d(C,AB)$
Suy ra ${S_{ABC}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow
d(C,AB)$ lớn nhất.
* $d(C,AB) = \frac{{\left| {12\cos t +
12\sin t} \right|}}{5} = \frac{{12\sqrt 2 \left| {\sin (t + \frac{\pi }{4})}
\right|}}{5}$
Suy ra: $Maxd(C,AB) = \frac{{12\sqrt 2
}}{5} \Leftrightarrow \sin (t + \frac{\pi }{4}) = 1 \Leftrightarrow t =
\frac{\pi }{4} \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2})$
Vậy $Max{S_{ABC}} = 12\sqrt 2 \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2
}}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2})$
times="" new="" roman""="">* AB = 10. Phương trình đường thẳng AB:
3x + 4y = 0.
times="" new="" roman""="">* Do $C \in (E)$, ta gọi $C(4\cos
t,3\sin t),t \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right]$
times="" new="" roman""="">* ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d(C,AB)$
times="" new="" roman""="">Suy ra ${S_{ABC}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow
d(C,AB)$ lớn nhất.
times="" new="" roman""="">* $d(C,AB) = \frac{{\left| {12\cos t +
12\sin t} \right|}}{5} = \frac{{12\sqrt 2 \left| {\sin (t + \frac{\pi }{4})}
\right|}}{5}$
times="" new="" roman""="">Suy ra: $Maxd(C,AB) = \frac{{12\sqrt 2 }}{5} \Leftrightarrow \sin (t + \frac{\pi }{4}) = \pm 1 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{4} \vee t = - \frac{{3\pi }}{4} \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})$
times="" new="" roman""="">Vậy \[Max{S_{ABC}} = 12\sqrt 2 \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})\]
|
|
|
|
giải đáp
|
Elip
|
|
|
|
* AB = 10. Phương trình đường thẳng AB:
3x + 4y = 0.
* Do $C \in (E)$, ta gọi $C(4\cos
t,3\sin t),t \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]$
* ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d(C,AB)$
Suy ra ${S_{ABC}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow
d(C,AB)$ lớn nhất.
* $d(C,AB) = \frac{{\left| {12\cos t +
12\sin t} \right|}}{5} = \frac{{12\sqrt 2 \left| {\sin (t + \frac{\pi }{4})}
\right|}}{5}$
Suy ra: $Maxd(C,AB) = \frac{{12\sqrt 2 }}{5} \Leftrightarrow \sin (t + \frac{\pi }{4}) = \pm 1 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{4} \vee t = - \frac{{3\pi }}{4} \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})$
Vậy \[Max{S_{ABC}} = 12\sqrt 2 \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})\]
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải chi tiết giùm mình bài số phức nay giúp mình nha
|
|
|
|
Gọi $z = x + yi$ với $x,y \in R$.
Ta có:
$\left| z \right| = \sqrt {{x^2} +
{y^2}} $
${z^2} + 4 = {x^2} - {y^2} + 4 + 2xyi$
$\left| {{z^2} + 4} \right| = 2\left| z
\right| \Leftrightarrow {({x^2} - {y^2} + 4)^2} + 4{x^2}{y^2} = 4({x^2} +
{y^2})$
$\Leftrightarrow {x^4} + {y^4} + 16 +
8{x^2} - 8{y^2} - 2{x^2}{y^2} + 4{x^2}{y^2} - 4{x^2} - 4{y^2} = 0$
$\Leftrightarrow {x^4} + {y^4} +
2{x^2}{y^2} + 4{x^2} - 12{y^2} + 16 = 0$
$\Leftrightarrow {({x^2} + {y^2})^2} +
4{x^2} - 12({\left| z \right|^2} - {x^2}) + 16 = 0$
$\Leftrightarrow {\left| z \right|^4} -
12{\left| z \right|^2} + 16{x^2} + 16 = 0$
$\Delta ' = 36 - (16{x^2} + 16) = 20 -
16{x^2}$
Do ${\left| z \right|^2}$ tồn tại nên $20 - 16{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{ -
\sqrt 5 }}{2} \le x \le \frac{{\sqrt 5 }}{2}$.
Khi đó: ${\left| z \right|^2} = 6 \pm
\sqrt {20 - 16{x^2}} $
$\Leftrightarrow \left| z \right| =
\sqrt {6 \pm \sqrt {20 - 16{x^2}} } $
$Min\left| z \right| = \sqrt {6 - \sqrt
{20} } = \sqrt 5 - 1 \Leftrightarrow x = 0,y = \sqrt 5 - 1 \Leftrightarrow z = (\sqrt 5 - 1)i$
$Max\left| z \right| = \sqrt {6 + \sqrt
{20} } = \sqrt 5 + 1 \Leftrightarrow x = 0,y = \sqrt 5 + 1 \Leftrightarrow z = (\sqrt 5 + 1)i$
times="" new="" roman""="">Gọi $z = x + yi$ với $x,y \in R$.
times="" new="" roman""="">Ta có:
times="" new="" roman""="">$\left| z \right| = \sqrt {{x^2} +
{y^2}} $
times="" new="" roman""="">${z^2} + 4 = {x^2} - {y^2} + 4 + 2xyi$
times="" new="" roman""="">$\left| {{z^2} + 4} \right| = 2\left| z
\right| \Leftrightarrow {({x^2} - {y^2} + 4)^2} + 4{x^2}{y^2} = 4({x^2} +
{y^2})$
times="" new="" roman""="">$\Leftrightarrow {x^4} + {y^4} + 16 +
8{x^2} - 8{y^2} - 2{x^2}{y^2} + 4{x^2}{y^2} - 4{x^2} - 4{y^2} = 0$
times="" new="" roman""="">$\Leftrightarrow {x^4} + {y^4} +
2{x^2}{y^2} + 4{x^2} - 12{y^2} + 16 = 0$
times="" new="" roman""="">$\Leftrightarrow {({x^2} + {y^2})^2} +
4{x^2} - 12({\left| z \right|^2} - {x^2}) + 16 = 0$
times="" new="" roman""="">$\Leftrightarrow {\left| z \right|^4} -
12{\left| z \right|^2} + 16{x^2} + 16 = 0$
times="" new="" roman""="">$\Delta ' = 36 - (16{x^2} + 16) = 20 -
16{x^2}$
times="" new="" roman""="">Do ${\left| z \right|^2}$ tồn tại nên $20 - 16{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{ -
\sqrt 5 }}{2} \le x \le \frac{{\sqrt 5 }}{2}$.
times="" new="" roman""="">Khi đó: ${\left| z \right|^2} = 6 \pm
\sqrt {20 - 16{x^2}} $
times="" new="" roman""="">$\Leftrightarrow \left| z \right| =
\sqrt {6 \pm \sqrt {20 - 16{x^2}} } $ trong đó $\frac{{ - \sqrt 5 }}{2} \le x \le \frac{{\sqrt 5 }}{2}$
times="" new="" roman""="">$Min\left| z \right| = \sqrt {6 - \sqrt
{20} } = \sqrt 5 - 1 \Leftrightarrow x = 0,y = \sqrt 5 - 1 \Leftrightarrow z = (\sqrt 5 - 1)i$
times="" new="" roman""="">$Max\left| z \right| = \sqrt {6 + \sqrt
{20} } = \sqrt 5 + 1 \Leftrightarrow x = 0,y = \sqrt 5 + 1 \Leftrightarrow z = (\sqrt 5 + 1)i$
|
|