A. NGUYÊN HÀM
1. Phương pháp đổi biến:
Nếu $\begin{cases}\int f(u)du=F(u)+C\\u=u(x) \text{ có đạo hàm liên tục trên }D\end{cases}$ thì $$\boxed{\int f(u).u'.dx=F(u)+C}$$
HỆ QUẢ: nếu $f(x)=ax+b, (a\neq 0)$ thì $$\int f(ax+b) dx=\dfrac{1}{a}F(ax+b)+C$$
2. Nguyên hàm từng phần:
Nếu $u, v$ có đạo hàm liên tục trên $D$ thì $$\boxed{\int u.v'dx=uv-\int v.u'dx}$$
BÀI TẬP: Tính nguyên hàm:
$\begin{aligned}1.\;&\int (x+1)^2(2x-1)dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&\int \dfrac{x^4-3x^2+4x+2}{x^2}dx \\&\int (4\sqrt[3]{x}+3\sqrt[4]{x})dx\;\;&&\int (2x+2\sqrt[3]{x}+\sqrt{x})dx\end{aligned}$
$\begin{aligned}2.\; &\int4^{2x+1}dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&\int (e^x+1)dx \\&\int e^x.(1-e^x)^2dx\;&&\int \dfrac{e^{2x}+e^x}{e^x}dx\end{aligned}$
$\begin{aligned}3.\;& \int (2\sin x -cos x)dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&\int (\sin 3x +\cos 4x )dx\\&\int (\sin x -\tan x)dx\;&&\int (\cos x+3\cot 2x)dx\end{aligned}$
$\begin{aligned}4. \;& \int 2\sin x\cos xdx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&\int \sin 2x.\cos 2x. \cos 4xdx\\&\int \sin 4x.\cos 3xdx &&\int\cos x.\sin 2xdx\end{aligned}$
$5.$ Cho $f'(x)=3-5\sin x$ và $f(0)=10$ Tìm $f(x)$
$\begin{aligned}6. \;&\int (x+1)\sin x dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&\int (x^2+5x-6)\sin x dx\\&\int (x^2+x)\cos xdx &&\int (3x^2-4x)\sin 2x dx\\&\int (x+1)e^xdx&&\int (4x^2+1)e^{2x}dx\\&\int \sqrt{x}e^xdx&&\int x.e^{\sqrt{x}}dx\\&\int (x+1)\ln x &&\int (x^2-x)\log x dx\end{aligned}$
7. Cho $F(x)=x^2$ là một nguyên hàm của $f(x).e^{2x}$. Nguyên hàm của $f'(x).e^{2x}$ là
$$\begin{aligned} &A.\; \int f'(x).e^{2x}dx=-x^2+2x+C\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&B.\;\int f'(x).e^{2x}dx=-x^2+x+C\\&C.\;\int f'(x)e^{2x}dx=2x^2-2x+C &&D.\;\int f'(x)e^{2x}dx=-2x^2+2x+C\end{aligned}$$
8. Nguyên hàm của $f(x)=\dfrac{1}{5x-2}$
9. Cho $F(x)$ là một nguyên hàm của $f(x)=\dfrac{\ln x}{x}$. Tính $F(e)-F(1)$
Phan Đình Trung
Đừng sợ hãi khi phải đối đầu với một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đấu hết mình
Saturday, January 6, 2018
Tuesday, December 5, 2017
Bài 5: Tính $$A=2+22+222+...+\underset{\text{13 chu so } 2}{22...22}$$
GIẢI:
Ta có: $$2=2.10^0\\22=20+2=2.10^1+2.10^0\\222=200+20+2=2.10^2+2.10^1+2.10^0\\...\\\underset{\text{13 chu so } 2}{22...22}=\underset{(\text{12 chu so }0)}{ 200...000}+\underset{(\text{11 chu so }0)}{ 200...000}+...+20+2=2.10^{12}+2.10^11+2.10^10+...+2.10^1+2.10^0$$
Nhận thấy:
Có $13$ số $2=2.10^0$
$12$ số $20=2.10^1$
$11$ số $200=2.10^2$
....
$2$ số $2.10^{11}$
$1$ số $2.10^{12}$
Như vậy $$A=13.2.10^0+12.2.10^1+11.2.10^2+...+2.10^{11}+1.2.10^{12}$$
Tới đây có 2 cách bấm máy:
Cách 1:
Nhập thẳng vô máy CASIO: $$\sum_{x=0}^{12}((13-x).2.10^{x})$$ rồi nhận kết quả (như hình)
GIẢI:
Ta có: $$2=2.10^0\\22=20+2=2.10^1+2.10^0\\222=200+20+2=2.10^2+2.10^1+2.10^0\\...\\\underset{\text{13 chu so } 2}{22...22}=\underset{(\text{12 chu so }0)}{ 200...000}+\underset{(\text{11 chu so }0)}{ 200...000}+...+20+2=2.10^{12}+2.10^11+2.10^10+...+2.10^1+2.10^0$$
Nhận thấy:
Có $13$ số $2=2.10^0$
$12$ số $20=2.10^1$
$11$ số $200=2.10^2$
....
$2$ số $2.10^{11}$
$1$ số $2.10^{12}$
Như vậy $$A=13.2.10^0+12.2.10^1+11.2.10^2+...+2.10^{11}+1.2.10^{12}$$
Tới đây có 2 cách bấm máy:
Cách 1:
Nhập thẳng vô máy CASIO: $$\sum_{x=0}^{12}((13-x).2.10^{x})$$ rồi nhận kết quả (như hình)
Cách 2: Khai báo vào màn hình: $A=A+1: B=B+(13-A).2.10^A$, nhấn CALC, máy hỏi $A=?$, khai báo $A=-1$, nhấn $=$ liên tục cho tới khi $A=A+1=12$ máy báo kết quả như trên, giá trị $B$ cuối cùng khi $A=12$ chính là kết quả bài toán (Xem ảnh)
Sunday, January 29, 2017
Bài toán: Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn: $$P(x^2)+x.(3P(x)+P(-x))=(P(x))^2+2x^2, \forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$
Lời Giải:
Trong $(*)$ cho $x=0$ ta được $P(0)=P^2(0)\Leftrightarrow P(0)=0\vee P(0)=1$
Trong $(*)$ thay $x$ bởi $-x$ ta được:
$$P(x^2)-x.((3P(-x)+P(x))=(P(-x))^2+2x^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(**)$$ Lấy $(*)-(**)$, ta được: $$x(3P(x)+P(-x))+x(3P(-x)+P(x))=(P(x))^2-(P(-x))^2\\\Leftrightarrow x(4P(x)+4P(-x))=(P(x))^2-(P(-x))^2$$
Nếu đặt $k=\deg P $ thì từ trên ta có $k+1=2k\Leftrightarrow k=1$ hay $P(x)=ax+b$
Với $P(0)=0)$ thì $P(x)=ax$ thay vào $(*)$, lúc này trong $(*)$ cho $x=1$, ta được: $$a+2a=a^2+2 \Rightarrow \begin{cases} a_1=1\\a=2\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} P(x)=x\\P(x)=2x\end{cases}$$
Với $P(0)=1$ thì ta có $P(x)=ax+1$, tương tự như trên, ta cũng có $P(x)=-x+1\vee P(x)=2x+1$
Tóm lại $$\boxed{P(x)=x\\P(x)=2x\\P(x)=-x+1\\P(x)=2x+1}$$
Lời Giải:
Trong $(*)$ cho $x=0$ ta được $P(0)=P^2(0)\Leftrightarrow P(0)=0\vee P(0)=1$
Trong $(*)$ thay $x$ bởi $-x$ ta được:
$$P(x^2)-x.((3P(-x)+P(x))=(P(-x))^2+2x^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(**)$$ Lấy $(*)-(**)$, ta được: $$x(3P(x)+P(-x))+x(3P(-x)+P(x))=(P(x))^2-(P(-x))^2\\\Leftrightarrow x(4P(x)+4P(-x))=(P(x))^2-(P(-x))^2$$
Nếu đặt $k=\deg P $ thì từ trên ta có $k+1=2k\Leftrightarrow k=1$ hay $P(x)=ax+b$
Với $P(0)=0)$ thì $P(x)=ax$ thay vào $(*)$, lúc này trong $(*)$ cho $x=1$, ta được: $$a+2a=a^2+2 \Rightarrow \begin{cases} a_1=1\\a=2\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} P(x)=x\\P(x)=2x\end{cases}$$
Với $P(0)=1$ thì ta có $P(x)=ax+1$, tương tự như trên, ta cũng có $P(x)=-x+1\vee P(x)=2x+1$
Tóm lại $$\boxed{P(x)=x\\P(x)=2x\\P(x)=-x+1\\P(x)=2x+1}$$
Sunday, October 30, 2016
Đề chọn đội tuyển QG tỉnh Bình Định, 2016-2017
Bài toán: (Đề chọn đội tuyển QG tỉnh Bình Định, 2016-2017) Cho $a,b\in (0; 1)$. Xét dãy ${u_n}$: $$\begin{cases}u_0=a, u_1=b\\u_{n+2}=\dfrac{1}{2017}u^4_{n+1}+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{u_n}, \forall n\in \mathbb{N} \end{cases}$$
CMR: $(u_n)$ có GH và tìm GH đó.
Giải:
Bằng qui nạp dễ CM được $(u_n)\in (0;1)$. Xét dãy $(v_n)$: $$\begin{cases} v_0=\min \{a, b\}\\ v_{n+1}=\dfrac{1}{2017}v^4_n+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{v_n}, \forall n\in\mathbb{N} \end{cases}$$ Theo AM-GM: $$v_{n+1}=\dfrac{1}{2017}v^4_n+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{v_n}\ge\sqrt[2017]{v_n^4.\sqrt[4]{v_n}} > v_n$$ Dễ thấy $v_n\in (0;1)$ Từ đó suy ra $\lim v_n=1$.
Bằng qui nạp, dễ thấy: $v_n\le \min\{ u_{2n}, u_{2n+1}\}, u_{2n+3}\ge v_{n+1}\Rightarrow v_{n+1}\le\min\{u_{2n+2}, u_{2n+3}\}$. Do đó: $$v_n\le \min\{u_{2n}, u_{2n+1}\}\le \max\{u_{2n}, u_{2n+1}\}<1$$ Theo nguyên lý kẹp, ta được: $$1<u_n<1\Rightarrow \lim u_n =1$$
Vậy, $$\boxed{\lim u_n =1}$$
CMR: $(u_n)$ có GH và tìm GH đó.
Giải:
Bằng qui nạp dễ CM được $(u_n)\in (0;1)$. Xét dãy $(v_n)$: $$\begin{cases} v_0=\min \{a, b\}\\ v_{n+1}=\dfrac{1}{2017}v^4_n+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{v_n}, \forall n\in\mathbb{N} \end{cases}$$ Theo AM-GM: $$v_{n+1}=\dfrac{1}{2017}v^4_n+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{v_n}\ge\sqrt[2017]{v_n^4.\sqrt[4]{v_n}} > v_n$$ Dễ thấy $v_n\in (0;1)$ Từ đó suy ra $\lim v_n=1$.
Bằng qui nạp, dễ thấy: $v_n\le \min\{ u_{2n}, u_{2n+1}\}, u_{2n+3}\ge v_{n+1}\Rightarrow v_{n+1}\le\min\{u_{2n+2}, u_{2n+3}\}$. Do đó: $$v_n\le \min\{u_{2n}, u_{2n+1}\}\le \max\{u_{2n}, u_{2n+1}\}<1$$ Theo nguyên lý kẹp, ta được: $$1<u_n<1\Rightarrow \lim u_n =1$$
Vậy, $$\boxed{\lim u_n =1}$$
Monday, May 30, 2016
Bài toán: (Thi thử chuyên KHTN 2016) Cho $a, b, c$ không âm thỏa $(a+1)(b+1)(c+1)=5$. Tìm GTLN của: $$P=(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2-\min\{a, b, c\})$$
Lời Giải:
Giả sử $c=\min \{a, b, c\}\Rightarrow (c+1)^3\le 5\Rightarrow c\le \sqrt[3]{5}-1$, đồng thời sử dung C-S ta có: $$\dfrac{5}{c+1}=(a+1)(b+1)\ge (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2$$ Ta suy ra: $$\begin{aligned}P=& =(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2 -c\\&=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2+2\sqrt{c}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right) \\& \le \dfrac{5}{c+1} +2\sqrt{\dfrac{5c}{c+1}} \end{aligned}$$
Thực hiện khảo sát hàm $f(c)= \dfrac{5}{c+1} +2\sqrt{\dfrac{5c}{c+1}}$ trên $c\in [0; \sqrt[3]{5}-1]$ ta được $P\le 6$, dấu ''='' đạt được khi $a=b=1, c=\dfrac{1}{4}$. Vậy $$\boxed{\max P=6}$$
Lời Giải:
Giả sử $c=\min \{a, b, c\}\Rightarrow (c+1)^3\le 5\Rightarrow c\le \sqrt[3]{5}-1$, đồng thời sử dung C-S ta có: $$\dfrac{5}{c+1}=(a+1)(b+1)\ge (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2$$ Ta suy ra: $$\begin{aligned}P=& =(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2 -c\\&=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2+2\sqrt{c}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right) \\& \le \dfrac{5}{c+1} +2\sqrt{\dfrac{5c}{c+1}} \end{aligned}$$
Thực hiện khảo sát hàm $f(c)= \dfrac{5}{c+1} +2\sqrt{\dfrac{5c}{c+1}}$ trên $c\in [0; \sqrt[3]{5}-1]$ ta được $P\le 6$, dấu ''='' đạt được khi $a=b=1, c=\dfrac{1}{4}$. Vậy $$\boxed{\max P=6}$$
Wednesday, September 2, 2015
Bài toán: Cho $a, b, c$ là các số thực đôi một phân biệt: CMR: $$\left(\dfrac{a+b}{a-b}\right)^2+\left(\dfrac{b+c}{b-c}\right)^2+\left(\dfrac{c+a}{c-a}\right)^2+\dfrac{1}{\left(\dfrac{a+b}{a-b}\right)^2+\left(\dfrac{b+c}{b-c}\right)^2+\left(\dfrac{c+a}{c-a}\right)^2}\ge \dfrac{5}{2}$$
Lời giải:
Đặt: $x=\dfrac{b+c}{b-c}, y=\dfrac{c+a}{c-a}, z=\dfrac{a+b}{a-b}$. Khi đó, ta có: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Và ta cần CM: $$x^2+y^2+z^2+\dfrac{1}{x^2+y^2+z^2}\ge \dfrac{5}{2}\\\Leftrightarrow (x+y+z)^2+2+\dfrac{1}{(x+y+z)^2+2}\ge \dfrac{5}{2}$$ Đặt $t=x+y+z$. Khi đó xét hàm $f(t)=t^2+\dfrac{1}{t^2+2}$ là ta có ngay đpcm
Lời giải:
Đặt: $x=\dfrac{b+c}{b-c}, y=\dfrac{c+a}{c-a}, z=\dfrac{a+b}{a-b}$. Khi đó, ta có: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Và ta cần CM: $$x^2+y^2+z^2+\dfrac{1}{x^2+y^2+z^2}\ge \dfrac{5}{2}\\\Leftrightarrow (x+y+z)^2+2+\dfrac{1}{(x+y+z)^2+2}\ge \dfrac{5}{2}$$ Đặt $t=x+y+z$. Khi đó xét hàm $f(t)=t^2+\dfrac{1}{t^2+2}$ là ta có ngay đpcm
Friday, August 7, 2015
Bài toán (Nguyễn Đình Thi) Chứng minh rằng với mọi $a,b,c\in\mathbb{R}$ thì $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$
Lời giải:
Đặt $x=\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}, y=\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca},z=\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}$ Khi đó, ta có: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Áp dụng BDT $$x^2+y^2+z^2\ge -2(xy+yz+zx)$$ Ta có $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$ Ta có đpcm.
Problem (Nguyen Dinh Thi) Let $a, b, c$ be real numbers. Prove that: $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$ Proof:
Let $x=\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}, y=\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca},z=\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}$ Then, we have: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Using this inequality: $$x^2+y^2+z^2\ge -2(xy+yz+zx)$$ We have: $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2\;\;\text{(Q.E.D)}$$
Lời giải:
Đặt $x=\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}, y=\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca},z=\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}$ Khi đó, ta có: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Áp dụng BDT $$x^2+y^2+z^2\ge -2(xy+yz+zx)$$ Ta có $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$ Ta có đpcm.
Problem (Nguyen Dinh Thi) Let $a, b, c$ be real numbers. Prove that: $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$ Proof:
Let $x=\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}, y=\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca},z=\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}$ Then, we have: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Using this inequality: $$x^2+y^2+z^2\ge -2(xy+yz+zx)$$ We have: $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2\;\;\text{(Q.E.D)}$$
Subscribe to:
Posts (Atom)