Hệ số của $x^3$ trong $(2x+1)^3$ là: $C_3^0.2^3=8$Hệ số của $x^3$ trong $(3x+1)^4$ là: $C_4^3.3^3=108$Hệ số của $x^3$ trong $(x+1)^7$ là: $C_7^3=35$.Suy ra, hệ số của $x^8$ trong khai triển đã cho là: $a_8=8-108+35=-65$

Hệ số của $x^3$ trong $(2x+1)^3$ là: $C_3^0.2^3=8$Hệ số của $x^3$ trong $(3x+1)^4$ là: $C_4^3.3^3=108$Hệ số của $x^3$ trong $(x+1)^7$ là: $C_7^3=35$.Suy ra, hệ số của $x^3$ trong khai triển đã cho là: $a_8=8-108+35=-65$

$I=\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{1}{x^4+x^2+1}+x^3(1-x^2)^3 \right )dx$$=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx+\int\limits_{0}^{1}x^3(1-x^2)^3dx $ $=I_1+I_2$ Trong đó$I_2=\int\limits_{0}^{1}x^3(1-x^2)^3dx=\left[ {-\frac{x^{10}}{10}+\frac{3x^{8}}{10}-\frac{x^{6}}{2}+\frac{x^{4}}{4}} \right]_0^1=\frac{1}{40}$$I_1=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{x+1}{x^2+x+1}-\frac{x-1}{x^2-x+1}\right )dx$$=\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{d(x^2+x+1)}{x^2+x+1}-\frac{d(x^2-x+1)}{x^2-x+1}\right )+\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{x^2-x+1}\right )dx=$ $\left[ {\frac{1}{4}\ln\left| {\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}}\right|}+2\sqrt 3\arctan\frac{x-1}{\sqrt 3} +2\sqrt 3\arctan\frac{x-1}{\sqrt 3}\right]_0^1=\frac{\pi \sqrt 3}{12}+\frac{\ln 2}{4}$

$I=\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{1}{x^4+x^2+1}+x^3(1-x^2)^3 \right )dx$$=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx+\int\limits_{0}^{1}x^3(1-x^2)^3dx $ $=I_1+I_2$ Trong đó$I_2=\int\limits_{0}^{1}x^3(1-x^2)^3dx=\left[ {-\frac{x^{10}}{10}+\frac{3x^{8}}{10}-\frac{x^{6}}{2}+\frac{x^{4}}{4}} \right]_0^1=\frac{1}{40}$$I_1=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{x+1}{x^2+x+1}-\frac{x-1}{x^2-x+1}\right )dx$ $=\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{d(x^2+x+1)}{x^2+x+1}-\frac{d(x^2-x+1)}{x^2-x+1}\right )+\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{x^2-x+1}\right )dx$ $=\left[ {\frac{1}{4}\ln\left| {\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}}\right|}+2\sqrt 3\arctan\frac{x-1}{\sqrt 3} +2\sqrt 3\arctan\frac{x-1}{\sqrt 3}\right]_0^1=\frac{\pi \sqrt 3}{12}+\frac{\ln 2}{4}$

b)Phương trình tương đương với:$\sin\left(\frac{3\pi}{10}-\frac{x}{2}\right)=\frac{1}{2}\sin\left (\frac{9\pi}{10}-\frac{3x}{2} \right )$Đặt: $\frac{3\pi}{10}-\frac{x}{2}=t$, ta có: $\sin t=\frac{1}{2}\sin3t$$\Leftrightarrow 2\sin t=3\sin t-4\sin^3t$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \sin t=0\\\sin t=\frac{1}{2}\\\sin t=\frac{-1}{2} \end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t=k\pi\\t=\pm\frac{\pi}{6}+k2\pi\\t=\pm\frac{5\pi}{6}+k2\pi \end{array} \right.,k\in\mathbb{Z}$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\frac{3\pi}{5}-k\pi\\x=\frac{4\pi}{15}-k4\pi\\x=\frac{14\pi}{15}-k4\pi \end{array} \right.,k\in\mathbb{Z}$

c)Phương trình tương đương với:$\sin\left(\frac{3\pi}{10}-\frac{x}{2}\right)=\frac{1}{2}\sin\left (\frac{9\pi}{10}-\frac{3x}{2} \right )$Đặt: $\frac{3\pi}{10}-\frac{x}{2}=t$, ta có: $\sin t=\frac{1}{2}\sin3t$$\Leftrightarrow 2\sin t=3\sin t-4\sin^3t$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \sin t=0\\\sin t=\frac{1}{2}\\\sin t=\frac{-1}{2} \end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t=k\pi\\t=\pm\frac{\pi}{6}+k2\pi\\t=\pm\frac{5\pi}{6}+k2\pi \end{array} \right.,k\in\mathbb{Z}$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\frac{3\pi}{5}-k\pi\\x=\frac{4\pi}{15}-k4\pi\\x=\frac{14\pi}{15}-k4\pi \end{array} \right.,k\in\mathbb{Z}$

1,Ta có: $\overrightarrow{AB}(0; 1; 0), \overrightarrow{AC}(0; 0; 1); \overrightarrow{AD}(1; 1; 0)$, suy ra:$[\overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AC}].\overrightarrow{AD}=(1; 0; 0)(1;1;0)=1\neq 0$$\Rightarrow \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}; \overrightarrow{AD} $ không đồng phẳng $\Leftrightarrow $ A, B, C, D không đồng phẳng

1,Ta có: $\overrightarrow{AB}(0; 1; 0), \overrightarrow{AC}(0; 0; 1); \overrightarrow{AD}(1; 1; 0)$, suy ra:$[\overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AC}].\overrightarrow{AD}=(1; 0; 0)(1;1;0)=1\neq 0$$\Rightarrow \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}; \overrightarrow{AD} $ không đồng phẳng $\Leftrightarrow $ A, B, C, D không đồng phẳngTa có: $V_{ABCD}=\frac{1}{6}|[\overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AC}].\overrightarrow{AD}|=\frac{1}{6} $

cmr

$trong tam giác: a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq3abc$

Hệ thức lượng trong tam giác

Chứng minh rằng

Trong tam giác: $a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq3abc$

Bất đẳng thức

Ta có: $a\le 1 \Rightarrow \sqrt{a+1}\le\sqrt2$Tương tự, suy ra:$ \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\leq3\sqrt2< 3,5 $

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:$2.\sqrt{a+1}.\frac{2}{\sqrt 3}\le a+ 1+ \frac{4}{3}$$2.\sqrt{b+1}.\frac{2}{\sqrt 3}\le b+ 1+ \frac{4}{3}$$2.\sqrt{c+1}.\frac{2}{\sqrt 3}\le c+ 1+ \frac{4}{3}$Dẫn tới:$\frac{4}{\sqrt 3}\left ( \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1} \right ) \le a+b+c+3+4=8$$\Rightarrow \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1} \le 2\sqrt 3<3,5$

Theo Cauchy ta có: $27x^3+1+1\ge9x$$ 27y^3+1+1\ge9y $$ 27z^3+1+1\ge9z $Cộng 3 BĐT tren ta có đpcm.Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=\frac{1}{3}$

Theo Cauchy ta có: $27x^3+1+1\ge9x$$ 27y^3+1+1\ge9y $$ 27z^3+1+1\ge9z $Cộng 3 BĐT trên ta có đpcm.Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=\frac{1}{3}$

tìm tập hợp xác định của các hàm số sau

a, y=-x^2+5x+2b, y=\frac{x+2}{x^2-1} c, y=\sqrt{-x+2} +\sqrt{3+x}

Tập xác định

tìm tập hợp xác định của các hàm số sau

a, $y=-x^2+5x+2$b, $y=\frac{x+2}{x^2-1} $c, $y=\sqrt{-x+2} +\sqrt{3+x} $

Tập xác định

b)Vẽ đường cao $AH$, ta có: $BH=HM=\frac{BM}{2}=\frac{BC}{4}$ $\Rightarrow HC=3HB$Trong tam giác $AHC$, ta có: $\cot B=\frac{HA}{HC}$ Trong tam giác $AHC$, ta có: $\cot C=\frac{HA}{HB}=\frac{3HA}{HC}$ Vậy $\cot C=3\cot B$

b)Vẽ đường cao $AH$, ta có: $BH=HM=\frac{BM}{2}=\frac{BC}{4}$ $\Rightarrow HC=3HB$Trong tam giác $AHB$, ta có: $\cot B=\frac{HB}{HA}$ Trong tam giác $AHC$, ta có: $\cot C=\frac{HC}{HA}=\frac{3HB}{HA}$ Vậy $\cot C=3\cot B$

giups em bài này nữa

Tam giác $ABC$ có tính chất gì nếu:$\frac{(a+b)(a+c)(b+c)}{4abc}=\frac{R}{r}$

Hình học phẳng

bài tập cho các mem, k dành cho ad

Tam giác $ABC$ có tính chất gì nếu:$\frac{(a+b)(a+c)(b+c)}{4abc}=\frac{R}{r}$

Hình học phẳng

làm giúp em bài này với

Với mỗi số nguyên dương đặt : $I_n=\int\limits_{n-1}^{n}\frac{(x^{n-1}+1)dx}{x^n+1} $a)Chứng minh rằng : dãy $(I_n)(n=1,2,....)$ bị chặnb)Chứng minh rằng : $I_{n+1}\leqslant I_n;\forall x\in N$

Cực trị của hàm số

làm giúp em bài này với

Với mỗi số nguyên dương đặt : $I_n=\int\limits_{n-1}^{n}\frac{(x^{n-1}+1)dx}{x^n+1} $a)Chứng minh rằng : dãy $(I_n)(n=1,2,....)$ bị chặnb)Chứng minh rằng : $I_{n+1}\leqslant I_n;\forall x\in N$

Tích phân

Bất đẳng thức

mọi người giải giúp mình mấy bài này với nhé

Chứng minh rằng : a) $\frac{2}{5} < \int\limits_{1}^{2} \frac{xdx}{x^2+1} < \frac{1}{2} $ b) $\frac{\pi}{6} < \int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{4-x^2-x^3} } < \frac{\pi \sqrt{2} }{8}$c) $ \pi < \int\limits_{0}^{\pi } e^{\sin ^2x}dx < \pi e.$

Tích phân

mọi người giải giúp mình mấy bài này với nhé

Chứng minh rằng : a) $\frac{2}{5} < \int\limits_{1}^{2} \frac{xdx}{x^2+1} < \frac{1}{2} $ b) $\frac{\pi}{6} < \int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{4-x^2-x^3} } < \frac{\pi \sqrt{2} }{8}$c) $ \pi < \int\limits_{0}^{\pi } e^{\sin ^2x}dx < \pi e.$

Tích phân

Bất đẳng thức

Với $n=1$ ta có : $I_1=\int\limits_{0}^{1}\frac{2dx}{x+1}=2\ln |x+1|\left|\begin{array}{l}1\\0\end{array}\right.=\ln 2<1 \Rightarrow 0\leqslant I_n\leqslant 1 $Với $n>1 \Rightarrow x>1 \Rightarrow 0< \frac{x^{n-1}+1}{x^n+1}<1 $$ \Rightarrow 0<I_n<1 =\int\limits_{n-1}^{n}dx=x \left|\begin{array}{l}n\\n-1\end{array}\right. $.Vậy dãy ${I_n}$ bị chặn

a)Với $n=1$ ta có : $I_1=\int\limits_{0}^{1}\frac{2dx}{x+1}=2\ln |x+1|\left|\begin{array}{l}1\\0\end{array}\right.=\ln 2<1 \Rightarrow 0\leqslant I_n\leqslant 1 $Với $n>1 \Rightarrow x>1 \Rightarrow 0< \frac{x^{n-1}+1}{x^n+1}<1 $$ \Rightarrow 0<I_n<1 =\int\limits_{n-1}^{n}dx=x \left|\begin{array}{l}n\\n-1\end{array}\right. $.Vậy dãy ${I_n}$ bị chặnb)Đổi biến số : $x=t-1 \Rightarrow dx=dt$Đổi cận : $\left\{ \begin{array}{l} x=n \Rightarrow t=n+1\\ x=n-1 \Rightarrow t=n \end{array} \right. $ $x \in [n-1;n] \Rightarrow t\in [n;n+1]$$I_n =\int\limits_{n}^{n+1}\frac{(t-1)^{n-1}+1}{(t-1)^n+1}dt=\int\limits_{n}^{n+1}\frac{(x-1)^{n-1}+1}{(x-1)^n+1}dx$ mà $I_{n+1}=\int\limits_{n}^{n+1}\frac{x^n+1}{x^{n+1}+1} dx $Nên muốn chứng minh $I_{n+1}<I_n;\forall x \in \mathbb{N}$, ta cần chứng minh $\forall n \in \mathbb{N}$$\forall x \in [n;n+1]: \frac{x^n+1}{x^{n+1}}<\frac{(x-1)^{n-1}+1}{(x-1)^n+1} (1) $Thật vậy : $(1) \Leftrightarrow (x^n+1)[(x-1)^n+1]-(x^{n+1}+1)[(x-1)^{n-1}+1]<0$$\Leftrightarrow -x^n(x-1)^{n-1}-x^n(x-1)+(x-1)^{n-1}(x-2)<0$$\Leftrightarrow -(x-1)^{n-1}(x^n-x+2)-(x-1)x^n<0 (2)$$(2)$ đương nhiên đúng với $\forall x \in [n;n+1]$.Do đó : $(1)$ đúngTừ đó suy ra $\int\limits_{n}^{n+1}\frac{x^n+1}{x^{n+1}+1}<\int\limits_{n}^{n+1}\frac{(x-1)^{n-1}+1}{(x-1)^n+1} $Hay : $I_{n+1}<I_n;\forall x \in \mathbb{N}$

Ta có: $1+\frac{1}{\cos 2x}=\frac{1+\cos 2x}{\cos 2x}=\frac{2\cos^2 x}{\cos 2x}$ $=\frac{\cos^2 x.\sin 2x}{2\cos 2x.\sin x.\cos x}=\frac{\tan 2x}{\tan x}$ với $x \neq \frac{\pi}{2} (2)$Gọi $P_k=1+\frac{1}{\cos 2^k a}, k=0,1,2...,n$ ta có: $P_n=P_0.P_1....P_n=\frac{\tan a}{\tan \frac{a}{2} }.\frac{\tan 2a}{\tan a}.\frac{\tan 2^2a}{\tan 2^{n-1}a}=\frac{\tan 2^n a}{\tan \frac{a}{2} }$Vậy $P_n=\frac{\tan 2^n a}{\tan \frac{a}{2} }

Ta có: $1+\frac{1}{\cos 2x}=\frac{1+\cos 2x}{\cos 2x}=\frac{2\cos^2 x}{\cos 2x}$ $=\frac{\cos^2 x.\sin 2x}{2\cos 2x.\sin x.\cos x}=\frac{\tan 2x}{\tan x}$ với $x \neq \frac{\pi}{2} (2)$Gọi $P_k=1+\frac{1}{\cos 2^k a}, k=0,1,2...,n$ ta có: $P_n=P_0.P_1....P_n=\frac{\tan a}{\tan \frac{a}{2} }.\frac{\tan 2a}{\tan a}.\frac{\tan 2^2a}{\tan 2^{n-1}a}=\frac{\tan 2^n a}{\tan \frac{a}{2} }$Vậy $P_n=\frac{\tan 2^n a}{\tan \frac{a}{2} }$

dấu tam thức

Bài 1:Tìm m để f(x)=$mx^{2} -4x+3m+1 >0 \forall x>0$Bài 2:CMR:Độ dài đoạn nghiệm của bpt: $/x^{2}+px+q/\leq 2 không lớn hơn 4

Dấu của tam thức bậc hai

dấu tam thức

Bài 1:Tìm m để f(x)=$mx^{2} -4x+3m+1 >0 \forall x>0$Bài 2:CMR:Độ dài đoạn nghiệm của bpt: $/x^{2}+px+q/\leq 2$ không lớn hơn 4

Dấu của tam thức bậc hai