Đáp án B.

Đặt \(I = \int_0^1 \frac{\ln(x + \sqrt{1 - x^2})}{x} dx\) và \(J = \int_0^1 \frac{\ln(1 + x)}{x} dx\)

Đặt x=sin t, với t∈[0;pi/2]

=>dx=cost*dt

\(\sin t + \cos t = \sqrt{2} \sin\left(t + \frac{\pi}{4}\right)\)

=>\(\ln(\sin t+\cos t)=\frac{1}{2}\ln2+\ln\left(\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\right)\)

\(I = \int_0^{\pi/2} \frac{\ln(\sin t + \cos t)}{\sin t} \cos t \, dt\)

\(=\int_0^{\pi/2}\left(\frac{1}{2}\ln2+\ln\left(\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\right)\right)\cot t\,dt\)

\(=\Big[\ln(\sin t)\ln(\sin t+\cos t)\Big]_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)\cdot\frac{\cos t - \sin t}{\sin t + \cos t}dt\)

\(=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)\cdot\frac{\sin t - \cos t}{\sin t + \cos t}dt\)

\(=-\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)\frac{\cos(2t)}{1 + \sin(2t)}dt\)

Đổi biến u=2t

=>\(t=\frac{u}{2};dt=\frac{du}{2}\)

\(I = -\frac{1}{2} \int_0^\pi \ln\left(\sin\frac{u}{2}\right) \frac{\cos u}{1 + \sin u} du\)

\(J = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} dx = \frac{\pi^2}{12}\)

\(\ln\left(x + \sqrt{1-x^2}\right) = x + \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k (2k-1)!!}{(2k)!! (2k+1)} x^{2k+1}\)

=>\(I = 1 + \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k (2k-1)!!}{(2k)!! (2k+1)^2}\)

\(I = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \frac{\ln(\tan t + 1)}{\sin t \cos t} dt - \dots = \frac{\pi^2}{16}\)

\(\frac{I}{J} = \frac{\frac{\pi^2}{16}}{\frac{\pi^2}{12}} = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}\)

=>I=3/4J

=>ĐPCM

Ta có : \(y=\frac{1}{1+x+\ln x}\Rightarrow y'=\frac{-\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\left(1+x+\ln x\right)^2}=\frac{-\left(1+x\right)}{x\left(1+x+\ln x\right)^2}\)

\(\Rightarrow\begin{cases}xy'=\frac{-\left(1+x\right)}{\left(1+x+\ln x\right)^2}\\y\left(y\ln x-1\right)=\frac{1}{1+x+\ln x}\left(\frac{\ln}{1+x+\ln x}-1\right)=\frac{-\left(1+x\right)}{\left(1+x+\ln x\right)^2}\end{cases}\)

\(\Rightarrow xy'=y\left(y\ln x-1\right)\Rightarrow\) Điều phải chứng minh

Ta có : \(y'=\frac{-1-\frac{1}{x}}{\left(1+x+\ln x\right)^2}=-\frac{x+1}{x\left(1+x+\ln x\right)^2}\) 

        \(\Rightarrow xy'=-\frac{x+1}{\left(1+x+\ln x\right)^2}\)    (1)

Lại có \(y\left(y\ln x-1\right)=\frac{-1-x}{\left(1+x+\ln x\right)^2}\)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(xy'=y\left(y\ln x-1\right)\)

Ta có \(y'=\frac{\frac{1}{x}x\left(1-\ln x\right)-\left[1-\ln x+x\left(-\frac{1}{x}\right)\right]\left(1+\ln x\right)}{x^2\left(1-\ln x\right)^2}=\frac{1-\ln x+\ln x\left(1+\ln x\right)}{x^2\left(1-\ln x\right)^2}=\frac{1+\ln^2x}{x^2\left(1-\ln x\right)^2}\)

\(\Rightarrow\begin{cases}2x^2y'=2x^2\frac{1+\ln^2x}{x^2\left(1-\ln x\right)^2}=\frac{2\left(1+\ln^2x\right)}{\left(1-\ln x\right)^2}\\x^2y^2+1=x^2\frac{1+\ln^2x}{x^2\left(1-\ln x\right)^2}+1=\frac{\left(1+\ln^2x\right)}{\left(1-\ln x\right)^2}+1=\frac{2\left(1+\ln^2x\right)}{\left(1-\ln x\right)^2}\end{cases}\)

\(\Rightarrow2x^2y'=x^2y^2+1\Rightarrow\) Điều phải chứng minh

câu 1:

\(\left(-0,2\right)^x=\dfrac{1}{25}\)

=> \(\left(-0,2\right)^x=0.04\)

=> \(\left(-0,2\right)^x=\left(-0.2^{ }\right)^2\)hoặc \(\left(0.2\right)^2\)

=> x= 2

câu 2:

a, Xét △AMB và △AMC

AB=AC

MB=MC

AM cạnh chung

=> △AMB = △AMC (c-c-c)

=> ^BAM=^CAM

b, Xét △AME = △AMF

^BAM=^CAM

^E=^F= \(90^0\)

=> △AME = △AMF(cạnh huyền- góc nhọn)

=> AE=AF

c, Cách 1: Chứng minh bằng cách so le trong

cách 2: Chứng minh bằng cách 2 cạnh cùng vuông góc với 1 góc=> song song

~~~~ Đang có viêc Bận nên không làm được câu c, mình hướng dẫn sơ câu c rồi nên tìm hiểu chút đi, còn câu 3 thiếu đề thì phải~~~~~

Ta có: \(\left(x+y\right)+z^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)=x^2+y^2+z^2\)

\(\Rightarrow xy+yz+xz=0\Rightarrow\dfrac{xy+yz+xz}{xyz}=0\)

Hay \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=0\Rightarrow\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)=\dfrac{-1}{z}\Rightarrow\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^3=\left(-\dfrac{1}{z}\right)^3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{3}{xy}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)+\dfrac{1}{y^3}=\dfrac{-1}{z^3}\)hay \(\dfrac{1}{x^3}-\dfrac{3}{xyz}+\dfrac{1}{y^3}=\dfrac{-1}{z^3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\)