a) \(A=sin\left(\dfrac{\pi}{4}+x\right)-cos\left(\dfrac{\pi}{4}-x\right)\)

\(\Leftrightarrow A=sin\dfrac{\pi}{4}.cosx+cos\dfrac{\pi}{4}.sinx-\left(cos\dfrac{\pi}{4}.cosx+sin\dfrac{\pi}{4}.sinx\right)\)

\(\Leftrightarrow A=sin\dfrac{\pi}{4}.cosx+cos\dfrac{\pi}{4}.sinx-cos\dfrac{\pi}{4}.cosx-sin\dfrac{\pi}{4}.sinx\)

\(\Leftrightarrow A=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.cosx+\dfrac{\sqrt{2}}{2}.sinx-\dfrac{\sqrt{2}}{2}.cosx-\dfrac{\sqrt{2}}{2}.sinx\)

\(\Leftrightarrow A=0\)

b) \(B=cos\left(\dfrac{\pi}{6}-x\right)-sin\left(\dfrac{\pi}{3}+x\right)\)

\(\Leftrightarrow B=cos\dfrac{\pi}{6}.cosx+sin\dfrac{\pi}{6}.sinx-\left(sin\dfrac{\pi}{3}.cosx+cos\dfrac{\pi}{3}.sinx\right)\)

\(\Leftrightarrow B=cos\dfrac{\pi}{6}.cosx+sin\dfrac{\pi}{6}.sinx-sin\dfrac{\pi}{3}.cosx-cos\dfrac{\pi}{3}.sinx\)

\(\Leftrightarrow B=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.cosx+\dfrac{1}{2}.sinx-\dfrac{\sqrt{3}}{2}.cosx-\dfrac{1}{2}.sinx\)

\(\Leftrightarrow B=0\)

c) \(C=sin^2x+cos\left(\dfrac{\pi}{3}-x\right).cos\left(\dfrac{\pi}{3}+x\right)\)

\(\Leftrightarrow C=sin^2x+\left(cos\dfrac{\pi}{3}.cosx+sin\dfrac{\pi}{3}.sinx\right).\left(cos\dfrac{\pi}{3}.cosx-sin\dfrac{\pi}{3}.sinx\right)\)

\(\Leftrightarrow C=sin^2x+\left(\dfrac{1}{2}.cosx+\dfrac{\sqrt{3}}{2}.sinx\right).\left(\dfrac{1}{2}.cosx-\dfrac{\sqrt{3}}{2}.sinx\right)\)

\(\Leftrightarrow C=sin^2x+\dfrac{1}{4}.cos^2x-\dfrac{3}{4}.sin^2x\)

\(\Leftrightarrow C=\dfrac{1}{4}.sin^2x+\dfrac{1}{4}.cos^2x\)

\(\Leftrightarrow C=\dfrac{1}{4}\left(sin^2x+cos^2x\right)\)

\(\Leftrightarrow C=\dfrac{1}{4}\)

d) \(D=\dfrac{1-cos2x+sin2x}{1+cos2x+sin2x}.cotx\)

\(\Leftrightarrow D=\dfrac{1-\left(1-2sin^2x\right)+2sinx.cosx}{1+2cos^2a-1+2sinx.cosx}.cotx\)

\(\Leftrightarrow D=\dfrac{2sin^2x+2sinx.cosx}{2cos^2x+2sinx.cosx}.cotx\)

\(\Leftrightarrow D=\dfrac{2sinx\left(sinx+cosx\right)}{2cosx\left(cosx+sinx\right)}.cotx\)

\(\Leftrightarrow D=\dfrac{sinx}{cosx}.cotx\)

\(\Leftrightarrow D=tanx.cotx\)

\(\Leftrightarrow D=1\)

a) \(sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)+sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)=-sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)\)

\(\Leftrightarrow sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)=sin\left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}-x+k\pi\\2x+\dfrac{\pi}{6}=\pi-\dfrac{\pi}{3}+x+k\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}3x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi\\x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{18}+\dfrac{k\pi}{3}\\x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\end{matrix}\right.\)

b) \(sin\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)-cos\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow sin\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)=cos\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\)

\(\Leftrightarrow sin\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)=sin\left(\dfrac{\pi}{6}-x\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{6}-x+k\pi\\2x-\dfrac{\pi}{3}=\pi-\dfrac{\pi}{6}+x+k\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}3x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\\x=\dfrac{7\pi}{6}+k\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k\pi}{3}\\x=\dfrac{\pi}{6}+\left(k+1\right)\pi\end{matrix}\right.\)

c: =>\(cos\left(x-\dfrac{pi}{6}\right)=-sin\left(2x+\dfrac{pi}{3}\right)\)

=>\(cos\left(x-\dfrac{pi}{6}\right)=sin\left(-2x-\dfrac{pi}{3}\right)\)

=>\(sin\left(-2x-\dfrac{pi}{3}\right)=sin\left(\dfrac{pi}{2}-x+\dfrac{pi}{6}\right)\)

=>\(sin\left(-2x-\dfrac{pi}{3}\right)=sin\left(-x+\dfrac{2}{3}pi\right)\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}-2x-\dfrac{pi}{3}=-x+\dfrac{2}{3}pi+k2pi\\-2x-\dfrac{pi}{3}=pi+x-\dfrac{2}{3}pi+k2pi\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}-x=pi+k2pi\\-3x=\dfrac{2}{3}pi+k2pi\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-pi-k2pi\\x=-\dfrac{2}{9}pi-\dfrac{k2pi}{3}\end{matrix}\right.\)

1,\(A=3\left(sin^4x+cos^4x\right)-2\left(sin^2x+cos^2x\right)\left(sin^4x-sin^2x.cos^2x+cos^4x\right)\)

\(=3\left(sin^4x+cos^4x\right)-2\left(sin^4x-sin^2x.cos^4x+cos^4x\right)\)

\(=sin^4x+2sin^2x.cos^2x+cos^4x=\left(sin^2x+cos^2x\right)^2=1\)

Vậy...

2,\(B=cos^6x+2sin^4x\left(1-sin^2x\right)+3\left(1-cos^2x\right)cos^4x+sin^4x\)

\(=-2cos^6x+3sin^4x-2sin^6x+3cos^4x\)

\(=-2\left(sin^2x+cos^2x\right)\left(sin^4x-sin^2x.cos^2x+cos^4x\right)+3\left(cos^4x+sin^4x\right)\)

\(=-2\left(sin^4x-sin^2x.cos^2x+cos^4x\right)+3\left(cos^4x+sin^4x\right)\)\(=cos^4x+sin^4x+2sin^2x.cos^2x=1\)

Vậy...

3,\(C=\dfrac{1}{2}\left[cos\left(-\dfrac{7\pi}{12}\right)+cos\left(2x-\dfrac{\pi}{12}\right)\right]+\dfrac{1}{2}\left[cos\left(-\dfrac{7\pi}{12}\right)+cos\left(2x+\dfrac{11\pi}{12}\right)\right]\)

\(=cos\left(-\dfrac{7\pi}{12}\right)+\dfrac{1}{2}\left[cos\left(2x-\dfrac{\pi}{12}\right)+cos\left(2x+\dfrac{11\pi}{12}\right)\right]\)\(=\dfrac{-\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}+\dfrac{1}{2}\left[cos\left(2x-\dfrac{\pi}{12}\right)+cos\left(2x-\dfrac{\pi}{12}+\pi\right)\right]\)

\(=\dfrac{-\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}+\dfrac{1}{2}\left[cos\left(2x-\dfrac{\pi}{12}\right)-cos\left(2x-\dfrac{\pi}{12}\right)\right]\)\(=\dfrac{-\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\)

Vậy...

4, \(D=cos^2x+\left(-\dfrac{1}{2}cosx-\dfrac{\sqrt{3}}{2}sinx\right)^2+\left(-\dfrac{1}{2}.cosx+\dfrac{\sqrt{3}}{2}.sinx\right)^2\)

\(=cos^2x+\dfrac{1}{4}cos^2x+\dfrac{\sqrt{3}}{4}cosx.sinx+\dfrac{3}{4}sin^2x+\dfrac{1}{4}cos^2x-\dfrac{\sqrt{3}}{4}cosx.sinx+\dfrac{3}{4}sin^2x\)

\(=\dfrac{3}{2}\left(cos^2x+sin^2x\right)=\dfrac{3}{2}\)

Vậy...

5, Xem lại đề

6,\(F=-cosx+cosx-tan\left(\dfrac{\pi}{2}+x\right).cot\left(\pi+\dfrac{\pi}{2}-x\right)\)

\(=tan\left(\pi-\dfrac{\pi}{2}-x\right).cot\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)\)\(=tan\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right).cot\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)\)\(=cotx.tanx=1\)

Vậy...

a) Cách 1: Ta có:

y' = 6sin⁵x.cosx - 6cos⁵x.sinx + 6sinx.cos³x - 6sin³x.cosx = 6sin³x.cosx(sin²x - 1) + 6sinx.cos³x(1 - cos²x) = - 6sin³x.cos³x + 6sin³x.cos³x = 0.

Vậy y' = 0 với mọi x, tức là y' không phụ thuộc vào x.

Cách 2:

y = sin⁶x + cos⁶x + 3sin²x.cos²x(sin²x + cos²x) = sin⁶x + 3sin⁴x.cos²x + 3sin²x.cos⁴x + cos⁶x = (sin²x + cos²x)³ = 1

Do đó, y' = 0.

b) Cách 1:

Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm số hợp

(cos²u)' = 2cosu(-sinu).u' = -u'.sin2u

Ta được

y' =[sin - sin] + [sin - sin] - 2sin2x = 2cos.sin(-2x) + 2cos.sin(-2x) - 2sin2x = sin2x + sin2x - 2sin2x = 0,

vì cos = cos = .

Vậy y' = 0 với mọi x, do đó y' không phụ thuộc vào x.

Cách 2: vì côsin của hai cung bù nhau thì đối nhau cho nên

cos² = cos² '

cos² = cos² .

Do đó

y = 2 cos² + 2cos² - 2sin²x = 1 +cos + 1 +cos - (1 - cos2x) = 1 +cos + cos + cos2x = 1 + 2cos.cos(-2x) + cos2x = 1 + 2cos2x + cos2x = 1.

Do đó y' = 0.

1: cos(2x+pi/6)=cos(pi/3-3x)

=>2x+pi/6=pi/3-3x+k2pi hoặc 2x+pi/6=3x-pi/3+k2pi

=>5x=pi/6+k2pi hoặc -x=-1/2pi+k2pi

=>x=pi/30+k2pi/5 hoặc x=pi-k2pi

2: sin(2x+pi/6)=sin(pi/3-3x)

=>2x+pi/6=pi/3-3x+k2pi hoặc 2x+pi/6=pi-pi/3+3x+k2pi

=>5x=pi/6+k2pi hoặc -x=2/3pi-pi/6+k2pi

=>x=pi/30+k2pi/5 hoặc x=-1/2pi-k2pi

1) \(cos\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)=cos\left(\dfrac{\pi}{3}-2x\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}-3x+k2\pi\\2x+\dfrac{\pi}{6}=-\dfrac{\pi}{3}+3x+k2\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}5x=\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\\3x-2x=\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{6}-k2\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}5x=\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\\x=\dfrac{\pi}{2}-k2\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{30}+\dfrac{k2\pi}{5}\\x=\dfrac{\pi}{2}-k2\pi\end{matrix}\right.\) \(\left(k\in N\right)\)

Chứng minh các biểu thức đã cho không phụ thuộc vào x.

Từ đó suy ra f'(x)=0

a) ;

b) ;

c) (\(\sqrt{2}\)-\(\sqrt{6}\))=>f'(x)=0

d,f(x)=\(\frac{3}{2}\)=>f'(x)=0

Để chứng minh các định lượng đẳng cấp, ta sẽ sử dụng các công thức định lượng giác cơ bản và các quy tắc biến đổi đẳng thức. a) Bắt đầu với phương trình ban đầu: 1 - cos^2(π/2 - x) / (1 - sin^2(π/2 - x)) = -cot(π/2 - x) * tan( π/2 - x) Ta biết rằng: cos^2(π/2 - x) = sin^2(x) (công thức lượng giác) sin^2(π/2 - x) = cos^2(x) (công thức lượng giác) Thay vào phương trình ban đầu, ta có: 1 - sin^2(x) / (1 - cos^2(x)) = -cot(π/2 - x) * tan(π/ 2 - x) Tiếp theo, ta sẽ tính toán một số lượng giác: cot(π/2 - x) = cos(π/2 - x) / sin(π/2 - x) = sin(x) / cos(x) = tan(x) (công thức lượng giác) tan(π/2 - x) = sin(π/2 - x) / cos(π/2 - x) = cos(x) / sin(x) = 1 / tan(x) (công thức lượng giác) Thay vào phương trình, ta có: 1 - sin^2(x) / (1 - cos^2(x)) = -tan(x) * (1/tan(x)) = -1 Vì vậy, ta đã chứng minh là đúng. b) Bắt đầu với phương thức ban đầu: (1/cos^2(x) + 1) * tan(x) = tan^2(x) Tiếp tục chuyển đổi phép tính: 1/cos^2(x) + 1 = tan^2(x) / tan(x) = tan(x) Tiếp theo, ta sẽ tính toán một số giá trị lượng giác: 1/cos^2(x) = sec^2(x) (công thức) lượng giác) sec^2(x) + 1 = tan^2(x) + 1 = sin^2(x)/cos^2(x) + 1 = (sin^2(x) + cos^2(x) ))/cos^2(x) = 1/cos^2(x) Thay thế vào phương trình ban đầu, ta có: 1/cos^2(x) + 1 = 1/cos^2(x) Do đó, ta đã chứng minh được b)đúng.

a: \(cos\left(2x-\dfrac{\Omega}{6}\right)+cos\left(x+\dfrac{\Omega}{3}\right)=0\)

=>\(cos\left(2x-\dfrac{\Omega}{6}\right)+sin\left(\dfrac{\Omega}{6}-x\right)=0\)

=>\(cos\left(2x-\dfrac{\Omega}{6}\right)=-sin\left(\dfrac{\Omega}{6}-x\right)=sin\left(x-\dfrac{\Omega}{6}\right)\)

=>\(cos\left(2x-\dfrac{\Omega}{6}\right)=cos\left(\dfrac{\Omega}{2}-x+\dfrac{\Omega}{6}\right)\)

=>\(cos\left(2x-\dfrac{\Omega}{6}\right)=cos\left(-x+\dfrac{2}{3}\Omega\right)\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}2x-\dfrac{\Omega}{6}=-x+\dfrac{2\Omega}{3}+k2\Omega\\2x-\dfrac{\Omega}{6}=x-\dfrac{2}{3}\Omega+k2\Omega\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}3x=\dfrac{5}{6}\Omega+k2\Omega\\x=-\dfrac{1}{2}\Omega+k2\Omega\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{5}{18}\Omega+\dfrac{k2\Omega}{3}\\x=-\dfrac{1}{2}\Omega+k2\Omega\end{matrix}\right.\)

b: \(cos\left(2x+30^0\right)+sin\left(x-30^0\right)=0\)

=>\(cos\left(2x+30^0\right)=-sin\left(x-30^0\right)\)

=>\(cos\left(2x+30^0\right)=sin\left(-x+30^0\right)\)

=>\(cos\left(2x+30^0\right)=cos\left(60^0+x\right)\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}2x+30^0=x+60^0+k\cdot360^0\\2x+30^0=-x-60^0+k\cdot360^0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=30^0+k\cdot360^0\\3x=-90^0+k\cdot360^0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=30^0+k\cdot360^0\\x=-30^0+k\cdot120^0\end{matrix}\right.\)