Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 3. a) cos (x - 1) = .png)
⇔ x - 1 = ±arccos + k2π
⇔ x = 1 ±arccos + k2π , (k ∈ Z).
b) cos 3x = cos 120 ⇔ 3x = ±120 + k3600 ⇔ x = ±40 + k1200 , (k ∈ Z).
c) Vì .png)
= cos.png)
nên .png)
⇔ cos(.png)
) = cos ⇔ = ± + k2π ⇔
.png)
d) Sử dụng công thức hạ bậc .png)
(suy ra trực tiếp từ công thức nhan đôi) ta có
.png)
⇔ .png)
⇔ .png)
⇔ .png)
⇔ .png)
3.3 d)
\(\sin8x-\cos6x=\sqrt{3}\left(\sin6x+\cos8x\right)\\ \Leftrightarrow\sin8x-\sqrt{3}\cos8x=\sqrt{3}\sin6x+\cos6x\\ \Leftrightarrow\sin\left(8x-\dfrac{\pi}{3}\right)=\sin\left(6x+\dfrac{\pi}{6}\right)\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}8x-\dfrac{\pi}{3}=6x+\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\\8x-\dfrac{\pi}{3}=\pi-\left(6x+\dfrac{\pi}{6}\right)+k2\pi\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\x=\dfrac{\pi}{12}+k\dfrac{\pi}{7}\end{matrix}\right.\)
3.4 a)
\(2sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)+4sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{3\sqrt{2}}{5}\\ \Leftrightarrow2cos\left(\dfrac{\pi}{2}-x-\dfrac{\pi}{4}\right)+4sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{3\sqrt{2}}{5}\\ \Leftrightarrow2cos\left(-x+\dfrac{\pi}{4}\right)+4sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{3\sqrt{2}}{5}\\ \Leftrightarrow2cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)+4sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{3\sqrt{2}}{5}\\ \)
Chia hai vế cho \(\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}\)
Ta được:
\(\dfrac{1}{\sqrt{5}}cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)+\dfrac{2}{\sqrt{5}}sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{3}{4}\\ \)
Gọi \(\alpha\) là góc có \(cos\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)và \(sin\alpha=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\)
Phương trình tương đương:
\(cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)=\dfrac{3}{4}\\ \Leftrightarrow x=\pm arscos\left(\dfrac{3}{4}\right)+\dfrac{\pi}{4}+\alpha+k2\pi\)
Chứng minh các biểu thức đã cho không phụ thuộc vào x.
Từ đó suy ra f'(x)=0
a) f(x)=1⇒f′(x)=0f(x)=1⇒f′(x)=0 ;
b) f(x)=1⇒f′(x)=0f(x)=1⇒f′(x)=0 ;
c) f(x)=\(\frac{1}{4}\)(\(\sqrt{2}\)-\(\sqrt{6}\))=>f'(x)=0
d,f(x)=\(\frac{3}{2}\)=>f'(x)=0
a) f'(x) = - 3sinx + 4cosx + 5. Do đó
f'(x) = 0 <=> - 3sinx + 4cosx + 5 = 0 <=> 3sinx - 4cosx = 5
<=> sinx -
cosx = 1. (1)
Đặt cos φ = , (φ ∈
) => sin φ =
, ta có:
(1) <=> sinx.cos φ - cosx.sin φ = 1 <=> sin(x - φ) = 1
<=> x - φ = + k2π <=> x = φ +
+ k2π, k ∈ Z.
b) f'(x) = - cos(π + x) - sin = cosx + sin
.
f'(x) = 0 <=> cosx + sin = 0 <=> sin
= - cosx <=> sin
= sin
<=> =
+ k2π hoặc
= π - x +
+ k2π
<=> x = π - k4π hoặc x = π + k, (k ∈ Z).
a: \(\Leftrightarrow\tan\left(x-\dfrac{\Pi}{5}\right)=-\cot x=\tan\left(x+\dfrac{\Pi}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow x-\dfrac{\Pi}{5}=x+\dfrac{\Pi}{2}+k\Pi\)
\(\Leftrightarrow k\Pi=-\dfrac{7}{10}\Pi\)
hay k=-7/10(vô lý)
b: \(\Leftrightarrow\cos x=\dfrac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\Pi}{3}+k2\Pi\\x=-\dfrac{\Pi}{3}+k2\Pi\end{matrix}\right.\)
\(cos\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)+cos\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)=1\\ \Leftrightarrow cos\left(x\right)cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)-sin\left(x\right)sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+cos\left(x\right)cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)-sin\left(x\right)sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=1\\ \Leftrightarrow2cos\left(x\right)cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=1\\ \Leftrightarrow2cos\left(x\right).\dfrac{1}{2}=1\\ \Leftrightarrow cos\left(x\right)=1...\)