Xét các số phức z thỏa mãn |z - 4 -3i| = \(\sqrt{5}\). Tiính P= a+ b khi | z +1 -3i| + | z-1+i| đạt giá trị lớn nhất
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đề thi đánh giá năng lực
Lời giải:
Đặt \(z=a+bi(a,b\in\mathbb{R})\)
Từ \(z\overline{z}=1\Rightarrow a^2+b^2=1\)
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ nằm trên đường tròn tâm \(O(0;0)\) bán kính \(R=1\)
Lại có:
\(|z+\sqrt{3}+i|=m(m\geq 0)\)
\(\Leftrightarrow |(a+\sqrt{3})+i(b+1)|=m\)
\(\Leftrightarrow (a+\sqrt{3})^2+(b+1)^2=m^2\)
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ nằm trên đường tròn tâm \(I(-\sqrt{3}; -1)\) bán kính \(R'=m\)
Để số phức $z$ tồn tại duy nhất thì \((O); (I) \) phải tiếp xúc trong hoặc tiếp xúc ngoài.
Nếu \((O); (I)\) tiếp xúc ngoài:
\(\Rightarrow OI=R+R'\Leftrightarrow 2=1+m\Leftrightarrow m=1\)
Nếu \((O),(I)\) tiếp xúc trong.
TH1: \((O)\) nằm trong $(I)$
\(OI+R=R'\Leftrightarrow 2+1=m\Leftrightarrow m=3\)
TH2: \((I)\) nằm trong $(O)$
\(OI+R'=R\Leftrightarrow 2+m=1\Leftrightarrow m=-1\) (loại vì \(m\geq 0\) )
Do đó \(S=\left\{1;3\right\}\) hay số phần tử của S là 2.
Lời giải:
Đặt \(z=a+bi\)
Từ \(|z|=m^2+2m+5\Leftrightarrow \sqrt{a^2+b^2}=m^2+2m+5\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2=(m^2+2m+5)^2\)
\(w=(3-4i)z-2i=(3-4i)(a+bi)-2i\)
Thực hiện khai triển: \(w=(3a+4b)+i(3b-4a-2)\)
Bán kính đường tròn chứa tập hợp biểu diễn số phức $w$ là:
\(R=\sqrt{(3a+4b)^2+(3b-4a-2)^2}\)
\(=\sqrt{25(a^2+b^2)+16a-12b+4}\)
Ta có:
\(25(a^2+b^2)+16a-12b+4=\frac{45}{2}(a^2+b^2)+(a\sqrt{\frac{5}{2}}+\frac{8\sqrt{10}}{5})^2+(b\sqrt{\frac{5}{2}}-\frac{6\sqrt{10}}{5})^2-36\)
\(\geq \frac{45}{2}(a^2+b^2)-36\)
\(\Rightarrow R\geq \sqrt{\frac{45}{2}(m^2+2m+5)^2-36}=\sqrt{\frac{45}{2}[(m+1)^2+4]^2-36}\)
\(\geq \sqrt{\frac{45}{2}.4^2-36}=\sqrt{324}\)
Vậy \(R_{\min}=\sqrt{324}=18\)
a) Một cách khác để cm BĐT tam giác:
∆ABC có cạnh BC lớn nhất nên chân đường cao kẻ từ A phải nằm giữa B và C
=> HB + HC = BC
∆AHC vuông tại H => HC < AC
∆AHB vuông tại H => HB < AB
Cộng theo vế hai bất đẳng thức ta có:
HB + HC < AC + AB
Hay BC < AC + AB.
b) CMR: PM + PN > 2 PI:
Trên tia PI lấy Q sao cho PI = QI
Xét ΔMIQ và ΔNIP có :
+ PI = QI (cách vẽ)
+ \(\widehat{I_1}=\widehat{I_2}\) (đối đỉnh)
+ MI = NI (gt)
=> ΔMIQ = ΔNIP (c-g-c)
=> PN = QM
Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác đối với ΔMPQ Ta có: MP+MQ>PQ ⇒ PM+PN>PI+QI ⇒ PM+PN>2PI
Lời giải:
Ta có:
\(\int ^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{\sin x}{(\sin x+\cos x)^3}dx=\int ^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin x}{(\sin x+\cos x)^3}dx+\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{\sin x}{(\sin x+\cos x)^3}dx\)
\(=A+B\)
Xét riêng rẽ:
\(A=\int ^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin^3 x}{(\sin x+\cos x)^3}.\frac{dx}{\sin ^2x}=\int ^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\left(\frac{\sin x+\cos x}{\sin x}\right)^3}d(-\cot x)\)
\(=\int ^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{(\cot x+1)^3}d(-\cot x)=-\int ^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{d(\cot x+1)}{(\cot x+1)^3}\)
\(=\left.\begin{matrix} \frac{\pi}{2}\\ \frac{\pi}{4}\end{matrix}\right|\frac{1}{2(\cot x+1)^2}=\frac{3}{8}\)
\(B=\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{\sin x+\cos x-\cos x}{(\sin x+\cos x)^3}dx\)\(=\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{ 1}{(\sin x+\cos x)^2}dx-\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{\cos x}{(\sin x+\cos x)^3}dx\)
\(=\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{1}{\left(\frac{\sin x+\cos x}{\cos x}\right)^2}.\frac{dx}{\cos ^2x}-\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{1}{\left(\frac{\sin x+\cos x}{\cos^3 x}\right)^3}.\frac{dx}{\cos ^2x}\)
\(=\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{d(\tan x)}{(\tan x+1)^2}-\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{d(\tan x)}{(\tan x+1)^3}\)
\(=\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{d(\tan x+1)}{(\tan x+1)^2}-\int ^{\frac{\pi}{4}}_{0}\frac{d(\tan x+1)}{(\tan x+1)^3}\)
\(=\left.\begin{matrix} \frac{\pi}{4}\\ 0\end{matrix}\right|\frac{-1}{\tan x+1}+\left.\begin{matrix} \frac{\pi}{4}\\ 0\end{matrix}\right|\frac{1}{2(\tan x+1)^2}=\frac{1}{8}\)
Do đó: \(\int ^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{\sin x}{(\sin x+\cos x)^3}dx=\frac{3}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{2}\)
Sở dĩ phải chia tích phân thành tổng nhỏ như vậy là do khi ta thực hiện chia sin x xuống dưới mẫu thì hàm số không liên tục trong đoạn \([\frac{\pi}{2}; 0]\)
gợi ý :
Tìm giá trị của \(m\) để hàm số có cực đại ,cực tiểu .
Lời giải:
Ta có:
\(A=\int \frac{x\sin x+\cos x}{x^2-\cos ^2x}dx=\int \frac{(\cos x-x)+x(\sin x+1)}{x^2-\cos ^2x}dx\)
\(=-\int \frac{dx}{\cos x+x}+\int \frac{x(\sin x+1)}{x^2-\cos ^2x}dx=-\int \frac{dx}{x+\cos x}+\frac{1}{2}\int (\sin x+1)\left(\frac{1}{x-\cos x}+\frac{1}{x+\cos x}\right)dx\)
\(=-\int \frac{dx}{x+\cos x}+\frac{1}{2}\int (\sin x+1)\frac{dx}{x-\cos x}+\frac{1}{2}\int (\sin x-1)\frac{dx}{x+\cos x}+\int \frac{dx}{x+\cos x}\)
\(=\frac{1}{2}\int (\sin x+1)\frac{dx}{x-\cos x}+\frac{1}{2}\int (\sin x-1)\frac{dx}{x+\cos x}\)
\(=\frac{1}{2}\int \frac{d(x-\cos x)}{x-\cos x}+\frac{1}{2}\int \frac{-d(x+\cos x)}{x+\cos x}\)
\(=\frac{1}{2}\ln |x-\cos x|-\frac{1}{2}\ln |x+\cos x|+c\)
Xét biểu thức $B$
\(B=\int \frac{\ln x-1}{x^2-\ln ^2x}dx=\int \frac{(\ln x-x)+(x-1)}{x^2-\ln ^2x}dx\)
\(=-\int \frac{dx}{x+\ln x}+\int \frac{x-1}{x^2-\ln ^2x}dx=-\int \frac{dx}{x+\ln x}+\frac{1}{2}\int \frac{(x-1)}{x}\left(\frac{1}{x-\ln x}+\frac{1}{x+\ln x}\right)dx\)
\(=-\int \frac{dx}{x+\ln x}+\frac{1}{2}\int \frac{1}{x-\ln x}.\frac{x-1}{x}dx+\frac{1}{2}\int \frac{1}{x+\ln x}.\frac{x-1}{x}dx\)
\(=-\int \frac{dx}{x+\ln x}+\frac{1}{2}\int \frac{1}{x-\ln x}.\frac{x-1}{x}dx-\frac{1}{2}\int \frac{1}{x+\ln x}.\frac{1+x}{x}dx+\int \frac{dx}{x+\ln x}\)
\(=\frac{1}{2}\int \frac{1}{x-\ln x}.\frac{x-1}{x}dx-\frac{1}{2}\int \frac{1}{x+\ln x}.\frac{1+x}{x}dx\)
\(=\frac{1}{2}\int \frac{d(x-\ln x)}{x-\ln x}-\frac{1}{2}\int \frac{d(x+\ln x)}{x+\ln x}\)
\(=\frac{1}{2}\ln |x-\ln x|-\frac{1}{2}\ln |x+\ln x|+c\)
Với điều kiện \(\left(m-2\cos x\right)\left(m-2\sin x\right)\ne0\) (*) phương trình đã cho tương đương với
\(\left(m\sin x-2\right)\left(m-2\sin x\right)=\left(m\cos x-2\right)=\left(m-2\cos x\right)\)
\(\Leftrightarrow m^2\sin x-2m-2m\sin^2x+4\sin x=m^2\cos x-2m-2m\cos^2x+4\cos x\)
\(\Leftrightarrow2m\left(\cos^2x-\sin^2x\right)-m^2\left(\cos x-\sin x\right)-4\left(\cos x-\sin x\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\cos x-\sin x\right)\left(2m\left(\cos x+\sin x\right)-m^2-4\right)=0\) (1)
a) Nếu \(m=0\) thì (1) \(\Leftrightarrow\cos x-\sin x=0\)\(\Leftrightarrow\tan x=1\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\). Nghiệm này sẽ không thỏa mãn điều kiện (*) khi và chỉ khi \(\left(m-2\cos\left(\dfrac{\pi}{4}+k\pi\right)\right)\left(m-2\sin\left(\dfrac{\pi}{4}+k\pi\right)\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(0-\left(-1\right)^k\sqrt{2}\right)\left(0-\left(-1\right)^k\sqrt{2}=0\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(-1\right)^k\sqrt{2}=0\) , vô lí.
Vậy khi \(m=0\), phương trình đã cho có nghiệm là \(x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\)
b) Nếu \(m\ne0\) thì (1) tương đương với tập hợp hai phương trình:
\(\tan x=1\) (2) và \(\sqrt{2}\cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{m^2+4}{2m}\)\(\Leftrightarrow\cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{m^2+4}{2m\sqrt{2}}\) (3)
Trong đó phương trình (3) vô nghiệm vì \(\left|\dfrac{m^2+4}{2m\sqrt{2}}\right|=\dfrac{m^2+4}{2\sqrt{2}\left|m\right|}\ge\dfrac{2\sqrt{4m^2}}{2\sqrt{2}\left|m\right|}=\sqrt{2}>1\).
Phương trình (2) có nghiệm là \(x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\). Nghiệm này sẽ không thỏa mãn điều kiện (*) khi và chỉ khi
\(\left(m-2\cos\left(\dfrac{\pi}{4}+k\pi\right)\right)\left(m-2\sin\left(\dfrac{\pi}{4}+k\pi\right)\right)=0\)\(\Leftrightarrow\left(m-\left(-1\right)^k\sqrt{2}\right)\left(m-\left(-1\right)^k\sqrt{2}=0\right)\)
\(\Leftrightarrow m=\left(-1\right)^k\sqrt{2}\), trái giả thiết \(m\ne\pm\sqrt{2}\).
Tóm lại, trong mọi trường hợp phương trình đã cho có nghiệm \(x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\) Điều kiện \(x\in[20\pi;30\pi]\) tương đương với \(20\pi\le\dfrac{\pi}{4}+k\pi\le30\pi\)\(\Leftrightarrow20-\dfrac{1}{4}\le k\le30-\dfrac{1}{4}\)\(\Leftrightarrow k=21;22;23;...;29\). Số nghiệm của phương trình trong đoạn đang xét là 9.
Lời giải:
Ta có:
\(P=\int \frac{2xdx}{(x+1)(x^2+1)^2}=\int \frac{2x(x-1)dx}{(x^2-1)(x^2+1)^2}\)
\(=\int \frac{x(x-1)}{x^2+1}\left(\frac{1}{x^2-1}-\frac{1}{x^2+1}\right)dx\)
\(=\int \frac{x(x-1)}{(x^2+1)(x^2-1)}dx-\int \frac{x(x-1)}{(x^2+1)^2}dx=M-N\)
Xét M
\(M=\int \frac{x(x-1)}{(x^2+1)(x^2-1)}dx=\int \frac{x(x-1)}{2}\left(\frac{1}{x^2-1}-\frac{1}{x^2+1}\right)dx\)
\(=\int \frac{x}{2(x+1)}dx-\int \frac{x(x-1)}{2(x^2+1)}dx\)
\(=\frac{1}{2}\int (1-\frac{1}{x+1})dx-\frac{1}{2}\int (1-\frac{x+1}{x^2+1})dx\)
\(=\frac{1}{2}\int dx-\frac{1}{2}\int \frac{d(x+1)}{x+1}-\frac{1}{2}\int dx+\frac{1}{2}\int \frac{(x+1)dx}{x^2+1}\)
\(=-\frac{1}{2}\ln |x+1|+\frac{1}{2}\int \frac{(x+1)dx}{x^2+1}\)
Xét N
Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=x-1\\ dv=\frac{xdx}{(x^2+1)^2}\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=dx\\ v=\int \frac{xdx}{(x^2+1)^2}=\frac{1}{2}\int \frac{d(x^2+1)}{(x^2+1)^2}=\frac{-1}{2(x^2+1)}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow N=\frac{1-x}{2(x^2+1)}+\int \frac{1}{2(x^2+1)}dx\)
Do đó: \(P=M-N=-\frac{1}{2}\ln |x+1|+\frac{x-1}{2(x^2+1)}+\frac{1}{2}\int \frac{xdx}{x^2+1}\)
\(=\frac{-1}{2}\ln |x+1|+\frac{x-1}{2(x^2+1)}+\frac{1}{4}\int \frac{d(x^2+1)}{x^2+1}\)
\(=\frac{-1}{2}\ln |x+1|+\frac{x-1}{2(x^2+1)}+\frac{1}{4}\ln |x^2+1|+c\)
bài 1 mk o bt lm ; nên mk lm câu 2 thôi nha .
bài 2) ta có : \(\log_x\left(x-\dfrac{1}{4}\right)\ge2\Leftrightarrow x-\dfrac{1}{4}\ge x^2\Leftrightarrow x^2-x+\dfrac{1}{4}\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2\le0\)
mà ta có : \(\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\forall x\)
\(\Rightarrow0\le\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2\le0\Leftrightarrow\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2=0\) \(\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\)
vậy \(x=\dfrac{1}{2}\)
đặc \(z=a+bi\) với \(a;b\in R;i^2=-1\)
ta có : \(\left|z-4-3i\right|=\sqrt{5}\Leftrightarrow\left(a-4\right)^2+\left(b-3\right)^2=5\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2=8x+6x-20\)
đặc \(A=\left|z+1-3i\right|+\left|z-1+i\right|=\sqrt{\left(a+1\right)^2+\left(b-3\right)^2}+\sqrt{\left(a-1\right)^2+\left(b+1\right)^2}\)
áp dụng bunhiacopxki ta có :
\(A\le\sqrt{2\left[\left(a+1\right)^2+\left(b-3\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b+1\right)^2\right]}\)
\(\Leftrightarrow A\le\sqrt{2\left(2a^2+2b^2-4b+12\right)}=\sqrt{2\left(16a+12b-40-4b+12\right)}\)
\(\Leftrightarrow A\le\sqrt{2\left[16\left(a-4\right)+8\left(b-3\right)\right]+120}\)
áp dụng bunhiacopxki lần nữa ta có :
\(A\le\sqrt{2\left(16^2+8^2\right)\left[\left(a-4\right)^2+\left(b-3\right)^2\right]+120}\)
\(\Leftrightarrow A\le2\sqrt{830}\) dâu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\left(a+1\right)^2+\left(b-3\right)^2=\left(a-1\right)^2+\left(b+1\right)^2\\\dfrac{a-4}{16}=\dfrac{b-3}{8}\\\left(a-4\right)^2+\left(b-3\right)^2=5\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}a=6\\b=4\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=6\\b=4\end{matrix}\right.\Rightarrow P=a+b=10\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=2\end{matrix}\right.\Rightarrow P=a+b=4\)
vậy \(P=10;P=4\)