Question

Tính: \(a.I=\int\frac{x}{\left(x^4-4\right)^2}dx\)

\(b.J=\lim\limits_{x\rightarrow0}\left(\cos x\right)_x\frac{1}{2}\)

Answer 1

Bài 1:

\(I=\int \frac{x}{(x^4-4)^2}dx=\frac{1}{2}\int \frac{d(x^2)}{(x^4-4)^2}=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{(t^2-4)^2}\)

\(=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{(t-2)^2.(t+2)^2}=\frac{1}{32}\int (\frac{1}{t-2}-\frac{1}{t+2})^2dt=\frac{1}{32}\int \frac{dt}{(t-2)^2}+\frac{1}{32}\int \frac{dt}{(t+2)^2}-\frac{1}{16}\int \frac{dt}{(t-2)(t+2)}\)

\(=\frac{1}{32}\int \frac{dt}{(t-2)^2}+\frac{1}{32}\int \frac{dt}{(t+2)^2}-(\frac{1}{64}\int \frac{dt}{t-2}-\frac{1}{64}\int \frac{dt}{t+2})\)

\(=-\frac{1}{32(t-2)}-\frac{1}{32(t+2)}-\frac{1}{64}\ln |t-2|+\frac{1}{64}\ln |t+2|+c\)

b) Đề lỗi. Bạn xem lại đề.

Answer 2

Bài 2:

Ta có:

\(J=\lim\limits_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1}{x^2}}=\lim\limits_{x\to 0}e^{\frac{\ln (\cos x)}{x^2}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (\cos x)}{x^2}}\)

Ta thấy với $x\to 0$ thì $\ln \cos x\to 0; x^2\to 0$ nên áp dụng nguyên tắc L'Hospital ta có:

\(\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln \cos x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(\ln \cos x)'}{(x^2)'}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{-\sin x}{\cos x.2x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(-\sin x)'}{(2x\cos x)'}\)

\(=\lim\limits_{x\to 0}\frac{-\cos x}{2\cos x-2x\sin x}=\frac{-1}{2}\)

Do đó $J=e^{\frac{-1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{e}}$

Answer 3

Bài 4:

Thấy rằng:

\(\left\{\begin{matrix} z'_x=1-2x=0\\ z'_y=2-2y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=1\end{matrix}\right.\)

Do đó hàm số có điểm dừng $M(\frac{1}{2}, 1)$

Tại $M(\frac{1}{2}, 1)$ ta thấy:

\(\left\{\begin{matrix} z''_{xx}=-2=A\\ z''_{xy}=0=B\\ z''_{yy}=-2=C\end{matrix}\right.\)

Ta thấy: $B^2-AC< 0$ và $A<0$ nên hàm $z$ có cực đại tại $(x,y)=(\frac{1}{2}, 0)$

Vậy $z_{cđ}=\frac{45}{4}$ tại $(x,y)=(\frac{1}{2},0)$

Answer 4

Bài 4:

Để chứng minh $f(x,y)$ liên tục tại $(0;0)$ ta chứng minh \(\lim\limits _{x\to 0, y\to 0}f(x)=\lim\limits _{x\to 0, y\to 0}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=0\)

Thật vậy:

Với mọi \(\varepsilon >0\) ta chọn \(\delta=2\varepsilon\). Khi $\sqrt{x^2+y^2}< \delta$ thì ta luôn có:

\(|f(x)|=\frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq \frac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}< \frac{\delta}{2}=\varepsilon\)

Theo định nghĩa giới hạn suy ra

\(\lim\limits_{x\to 0; y\to 0}f(x,y)=0=f(0,0)\) nên hàm liên tục tại $(0;0)$