$$\sum_{n=1}^{\infty}nq^n=q\sum_{n=1}^{\infty}nq^{n-1}=q\frac{d}{dq}\sum_{n=1}^{\infty}q^n=q\frac{d}{dq}(\frac{1}{1-q}-1)$$

 

Vì tổng hội tụ, nên $\lim_{n\rightarrow \infty} nq^n=0.$

Đầu tiên bạn bắt đầu từ

$$I= -2 \int_{0}^{\pi/2}ln(sin(\theta))d\theta$$

 

Đó là tích phân cần tìm.

 

Khi lời giải nói map $\theta \mapsto 2\theta$, mình đoán ý tác giả là trong 4 khoảng, $[0, \frac{\pi}{2}], [\frac{\pi}{2}, \pi], [\pi, \frac{3\pi}{2}], [\frac{3\pi}{2}, 2\pi]$, ta có $\int ln|sin(u)| du$ có giá trị như nhau. Vì vậy

$$I= -2 \int_{0}^{\pi/2}ln|sin(\theta)|d\theta= -\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi} ln|sin(u)|du$$

Mặt khác, ta có

$$-\int_{0}^{\pi}ln|sin(2\theta)|d\theta=-\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}ln|sin(u)|du, \text{ với } u=2\theta$$

 

Vì vậy, ta có $I=-\int_{0}^{\pi}ln|sin(2\theta)| d\theta$

 

Vì sao trong 4 khoảng nhỏ trên, tích phân có giá trị như nhau? Mình không chắc điều đó là đúng, vì thật sự tại $0$, ta có $ln|sin(0)|=ln(0)$, vì vậy tích phân $I$ cần tìm có thể không giá định. Giả sử, $I$ xác định (tức là có giá trị hữu hạn), thì tích phân trong 4 đoạn nhỏ trên chỉ là diện tích dưới 4 đồ thị $ln|sin(u)|$, mà $|sin(u)|$ có giá trị như nhau trên 4 đoạn đó, nên tích phân là như nhau. (đại ý là như vậy, mình không biết chứng minh cụ thể ra đâu).

 

À, như bạn Nxb có nói, lời giải trên thiếu giá trị tuyệt đối thật.

Chỉ cần $f$ liên tục để $x=f(x)$ tồn tại.

 

Nếu không có liên tục, ta dễ đưa ra ví dụ $x=f(x)$ không nhất định tồn tại. Lấy $[a,b]=[0,1]$, $f: [0,1] \rightarrow [0,1]$ với $f(x)=-\frac{1}{2}x+1$ trên $[0,1/2)$ và $f(x)=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$ trên $[1/2,1]$. $f$ nghịch biến, nhưng rõ ràng không tồn tại $x$ như yêu cầu.

 

Nếu $f$ liên tục (không nhất thiết nghịch biến), gọi $g(x)=f(x)-x$, ta có $g(a)=f(a)-a \geq 0$ và $g(b)=f(b)-b \leq 0$. Vì $g$ liên tục, nên tồn tại $x$ sao cho $g(x)=0$. ĐPCM.

 

(đồng biến hay nghịch biến mà toàn ánh thì phải liên tục).

để thử xem mình đi đến đâu. với mọi $x \in R, n \in N$, ta có

$$f(1)=f(1+0)=f(1)+f(0) \Rightarrow f(0)=0$$

$$f(nx)=f(x+x+\dots+x)=f(x)+\dots+f(x)=nf(x)$$

 

Gọi $f(1)=c$, ta có $f(n)=nf(1)=cn$. Và $nf(\frac{1}{n})=f(n\frac{1}{n})=f(1)=c$, nên $f(\frac{1}{n})=c\frac{1}{n}$. Do đó, $f(\frac{m}{n})=c\frac{m}{n}$

 

Tức là ta đã có $f(x)= cx$ với mọi $x \in Q.$ Như vậy ta cần chứng minh ta có thể mở rộng $f$ lên $R$ bằng 2 cách khác nhau. Vì khi đó $f(x)$ sẽ không phải $cx$ trên $R$. (hiển nhiên nếu như $f$ liên tục thì ta không thể làm vậy).

 

 

Đến đây thì mình không biết đi tiếp thế nào, nếu muốn cho $f$ một định nghĩa khác trên $R\setminus Q$, ... uhm mình không rõ lắm , vì tổng của 2 số vô tỷ có thể là hữu tỷ. 

Hình như mẫu tiến về $e^2$. 

 

Như vậy, cả phân số (không tính $(-1)^n$), tiến về $\infty$. Vì vậy, phân số không tiến về $0$. Nên chuỗi không hội tụ.

Hình như sai đề.

$$x((x+\frac{1}{x})^x-e) \rightarrow \infty$$

 

Còn

$$x((1+\frac{1}{x})^x-e) \rightarrow \frac{-e}{2}$$

mình đoán là chuỗi này không hội tụ tuyệt đối, nhưng hội tụ.

 

chứng minh chuỗi này không hội tụ tuyệt đối khá dễ

$$\frac{\sqrt{n}}{n+100} \geq \frac{1}{n+100}$$

chuỗi $\sum \frac{1}{n+100}$ phân kì do $\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x+100}dx$ không hội tụ.

 

chứng minh chuỗi hội tụ có lẽ cũng không khó lắm, mình để dành cho bạn khác làm vậy.

$$\frac{(\frac{n}{n+2})^{n(n+1)}}{(\frac{n-1}{n+1})^{n(n-1)}}=(\frac{n(n+1)}{(n-1)(n+2)})^{n^2}(\frac{n}{n+2})^n(\frac{n-1}{n+1})^n$$

Phần phía sau
$$(\frac{n(n-1)}{(n+1)(n+2)})^n \rightarrow \frac{1}{e^4}$$

Phần đầu
$$(\frac{n(n+1)}{(n-1)(n+2)})^{n^2} \rightarrow e^2$$

Nên phân số đó tiến về $1/e^2$ <1, nên chuỗi hội tụ. Để tính 2 cái limit ở trên, có lẽ bạn cần lấy $ln$, để đem số mũ xuống, sau đó chuyển về dạng phân số, rồi dùng L'Hospital, rồi raise lên số mũ $e$ lại. Mình nghĩ như thế sẽ tính được, bạn làm thử.

Một vài kết luận:
1/ f khả vi trên (a,b), nên f liên tục trên (a,b)
2/ Vì f liên tục trên (a,b), nên với dãy $(x_n) \rightarrow x_0$ đã cho thì dãy $(f(x_n)) \rightarrow f(x_0)$ nên $f(x_0)=0$

Câu a:
Vì f khả vi, gọi $f'(x_0)=L$, theo định nghĩa đạo hàm bậc 1 ta có

Với mọi $\varepsilon >0$, tồn tại $\delta$ sao cho $x \epsilon (a,b)$
$$0<|x-x_0|< \delta \Rightarrow |\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}-L| < \varepsilon$$

Dùng dãy $(x_0)$ đã cho, với mọi $\delta >0$ tồn tại $N_0$ sao cho mọi $n>N_0$ thì $0<|x_n -x_0|<\delta$, nên
$$|\dfrac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}-L|< \varepsilon$$
hay $$|L|< \varepsilon \rightarrow 0$$
Nên $$f'(x_0)=L=0$$

Câu b:
Chứng minh $f''(x_0)=0$. Vì $f'$ khả vi trên $(a,b)$, nếu ta tìm được một dãy $(y_n)\rightarrow x_0$ và $f'(y_n)=0$ thì dựa theo câu a, $f''(x_0)=0$.
Larange theorem hay Mean Value theorem cho từng điểm $x_n$ ta có
Tồn tại $y_n \epsilon (x_n, x_0)$ hay $y_n \epsilon (x_0, x_n)$sao cho
$$f'(y_n)=\dfrac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}=0$$
Vì $y_n$ "bị kẹp" giữa $x_n$ và $x_0$ mà $(x_n)\rightarrow x_0$ nên $y_n \rightarrow x_0$.
Tương tự cho mọi k.

$$|\frac{2^{n+1}sin(\frac{x}{4^{n+1}})}{2^nsin(\frac{x}{4^n})}|=|\frac{2sin(\frac{x}{4^{n+1}})}{sin(\frac{x}{4^n})}| \rightarrow 2|\frac{-xln(4)4^{-n-1}cos(\frac{x}{4^{n+1}})}{-xln(4)4^{-n}cos(\frac{x}{4^n})}|=1/2$$

 

nên chuỗi hội tụ với mọi $x$.

Với $R$ là 1 vành, cho đa thức $f= a_0+ a_1 X+ \dots + a_n X^n \in R[X]$. Kí hiệu với vành bất kì $A$, thì $A^*$ là tập hợp những phần tử khả nghịch của vành $A$. Chứng minh

 

(a) $f \in R[X]^*$ khi và chỉ khi $a_0 \in R^* $ và $a_i$ là phần tử lũy linh với $i>0$

 

(b) $f$ là ước của $0$ trong vành $R[X]$ khi và chỉ khi tồn tại $0 \ne b \in R$ sao cho $bf=0$

 

Bài này có lẽ không chứng minh trực tiếp được, ít nhất là câu (a) cần dùng quy nạp.

Dễ thấy $B/C$ là nhóm con của $A/C$ (với mọi $x+C, y +C \in B/C \subset A/C$, ta có $(x+C)+(y+C)=x+y+C \in B/C$ và $(x+C)+(y^{-1}+C)=x+y^{-1}+C \in B/C$ vì $B$ là module con của $A$ nên $B$ cũng là nhóm con của $A$).

 

Sau khi ta có nhóm con, ta chỉ cần thấy với mọi $r \in R$, và $x+C \in B/C$ thì $r(x+C)=xr+C \in B/C$ vì $B$ là module con nên $xr \in B$. Do đó, $B/C$ là module con của $A/C$

Vì $M$ hữu hạn sinh, ta có thể viết $M=Rx_1+Rx_2+\dots+Rx_n$ với $x_i \in M$. Như vậy

$$Supp(M)= \bigcup_{1\leq i \leq n} Supp(Rx_i)= \bigcup_{1\leq i \leq n} Supp(R/ann(x_i))= \bigcup_{1\leq i \leq n}V(ann(x_i))$$

 

Dấu bằng cuối cùng là vì $p \in Supp(R/ann(x_i))$, thì $(R/ann(x_i))_p \ne 0,$ hay $R_p \ne (ann(x_i))_p$ điều đó có nghĩa $p \in V(ann(x_i))$. Chiều ngược lại tương tự.

 

Và sau đó, ta có

$$\bigcup_{1\leq i \leq n} V(ann(x_i))= V(\bigcap_{1 \leq i \leq n}ann(x_i))=V(ann(M))$$

Khi $x \rightarrow \infty$, $\frac{1}{n^2}+ \frac{2}{n^2}+\dots+ \frac{n-1}{n^2}$ tiến về $\frac{1}{n^2}+ \frac{2}{n^2}+\dots+ \frac{n-1}{n^2}$ với mọi $n \in N$.

 

Khi $n \rightarrow \infty$, 

$$\frac{1}{n^2}+ \frac{2}{n^2}+\dots+ \frac{n-1}{n^2}= \frac{1+\dots+n-1}{n^2}=\frac{(n-1)n}{2n^2}= \frac{n-1}{2n}$$

tiến về $1/2$

Đặt $a_n= \frac{2^{n-1}}{(n+1)!}$. Ta thấy $\sum a_n$ hội tụ là vì

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2^n}{(n+2)!}\frac{(n+1)!}{2^{n-1}}=\frac{2}{n+2} \rightarrow 0 <1$$

 

Vì $\sum a_n$ hội tụ, nên $a_n \rightarrow 0$.

Mình không rõ lắm $x$ trong phần thứ 2 có nghĩa là 1 ẩn và $K[x]$ là 1 polynomial ring, hay $K[x]$ chỉ là 1 algebra sinh ra bởi $x$ nào đó. Mình tạm xem $K[x]$ là 1 polynomial ring, với $x$ là ẩn.

 

Để thấy $l(K[X,Y])$ và $l(K[X])$ không hữu hạn, ta cần tìm 1 chuỗi submodule, trong $K[X]$, vô tận, và vì vậy $\infty = l(K[X])< l(K[X,Y])\leq \infty$, và ta có điều phải chứng minh.

 

Dễ thấy chuỗi cần tìm là $K[X] \supset K[X^2] \supset K[X^3] \supset \dots$ 

 

EDIT: Chuỗi trên không đúng rồi, $K[X^3] \not\subset K[X^2]$, thay vào đó, ta có thể sửa lại bằng

$$K[X] \supset K[X^2] \supset K[X^4] \supset K[X^8] \supset K[X^{16}]\supset \dots$$

Giả sử, $g$ là hàm ngược của $f$ và $f$ là hàm ngược của $g$ (mình không biết có cần hay không, nhưng cứ giả sử trước cho an toàn).

 

$F(x)=f(x+1)$. Ta cần tìm, $G(x)$ sao cho $G(F(x))=x$ và $F(G(x))=x.$ Để xem, $F(G(x))= f(G(x)+1)=x$, sau đó $g(f(G(x)+1))=g(x)$, sau đó $G(x)+1=g(x)$, nên $G(x)=g(x)-1.$ Thử lại xem có đúng không.

$G(F(x))=g(F(x))-1=g(f(x+1))-1=x+1-1=x$. Và $F(G(x))=f(G(x)+1)=f(g(x)-1+1)=f(g(x))=x$. Ta đã chọn đúng.

 

$F(x)=4f(x).$ Làm tương tự xem, ta cần $F(G(x))=4f(G(x))=x$, sau đó $g(f(G(x))=g(x/4)$, vì vậy $G(x)=g(x/4)$. Thử xem

$G(F(x))=g(F(x)/4)=g(4f(x)/4)=g(f(x))=x$. Và $F(G(x))=4f(G(x))=4f(g(x/4))=4x/4=x$.

 

$G(x)=g(x-1)$. Ta cần $F(G(x))=x$ và $G(F(x))=g(F(x)-1)=x$, sau đó $f(g(F(x)-1))=f(x)$, nên $F(x)-1=f(x)$. Vì vậy $F(x)=f(x)+1$. Thử lại

$G(F(x))=g(F(x)-1)=g(f(x)+1-1)=g(f(x))=x$. Và $F(G(x))=f(G(x))+1=f(g(x-1))+1=x-1+1=x$.

 

Tương tự cho phần cuối.

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số sau:
a) $f\left ( x \right )=\dfrac{ln\left ( 2x \right )}{x}$ với x $\epsilon \left [ 1,e \right ]$
b)$f\left ( x \right )=\dfrac{2-cos x}{sin x}$ với x$\epsilon \left [ \dfrac{\pi }{4} ,\dfrac{3\pi }{4}\right ]$

Cả 2 hàm số ở câu a và b đều liên tục trên domain cần tìm cực trị mà interval đấy lại là closed interval, nên việc tìm cực trị tương được với việc tìm nơi đạo hàm bậc nhất bằng 0 và so sánh giá trị của hàm số tại điểm tìm được đấy là 2 đầu mút của interval đã cho.

Mình làm thử câu a
${f}'(x)=\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{ln(2x)}{x^2}=0$ tại $x=\dfrac{e}{2}$ trên $x \epsilon [1,e]$

Thế $x=\dfrac{e}{2}$, $x=1$, và $x=e$ vào $f(x)$, ta được max tại $x=\dfrac{e}{2}$ và min tại $x=e$

Bài này áp dụng kiến thức đạo hàm ở cấp phổ thông

Bạn đã xấp xỉ $1/sin^2(x)$ bằng $1/x^2$ sai. Mình sẽ tính sai số giữa 2 cái đó khi $x\rightarrow 0$. Bắt đầu
$$
sin(x)=x+O(x^3) \rightarrow sin^2(x)=x^2+O(x^4)$$
Sau đó tính sai số giữa $1/sin^2(x)$ và $1/x^2$ là
$$
\frac{1}{sin^2(x)}- \frac{1}{x^2}=\frac{1}{x^2+O(x^4)} -\frac{1}{x^2}= \frac{O(x^4)}{x^4+O(x^6)}
$$

Khi lấy giới hạn $x \rightarrow 0$, ta thấy phân số không tiến về $0$, nên việc bạn "xấp xỉ" $1/sin^2(x) \sim 1/x^2$ đã sai. (trùng hợp, mình đoán là nếu mình ghi rõ $O(x^3)$ lúc ban đầu, thì khi lấy giới hạn sẽ cho kết quả cần tính)

mình vẫn thấy cách thứ hai cũng mang tính truy hồi. về mặt tính toán, cách thứ hai có vẻ hợp lý hơn, $f^{(n)}= (f')^{(n-1)}$ có nghĩa ta cần tính $f'$ trước, sau đó tính đạo hàm cấp $n-1$ của hàm vừa tính. 

 

còn vì sau nói cách thứ hai cũng mang tính truy hồi, thì ta thấy đạo hàm bậc $n$ được định nghĩa dựa trên đạo hàm bậc $n-1$ của hàm $f'$,... 

 

mình không thấy lý do vì sau cách thứ hai không hợp lý cả, có chăng chỉ là quy ước.

 

Về mặt kết quả thì là như nhau (lí do kết quả bằng nhau là do hàm $f$ khi đó có đạo hàm cấp $n$). Nhưng :

Cách viết đầu mang ý nghĩa là cách tính truy hồi, tức là tính dần từ $f$, $f'$, $f''$, ... $f^{(n-1)}$ đến $f^{(n)}$. Còn một ý nghĩa nữa là "$f(x)$ có đạo hàm cấp $n$ khi $g(x)=f^{(n-1)}(x)$ có đạo hàm, và kí hiệu $f^{(n)}=g'(x)$.

Cách viết thứ hai ko toát lên được các điều trên.

 

à mà vì sao $(x)$ nằm ở chỉ số vậy? dường như bạn kia gõ $f^{(n)}_{(x)}$, chứ không phải $f^{(n)}(x)$.

Vậy là bạn chưa hiểu thế nào là tính truy hồi, thì sẽ có thể biểu diễn dưới dạng pt truy hồi. Chứ không phải chỉ có nghĩa là tính lùi không đâu (cả 2 cách viết đều cần phải tính lùi, tức là tính trước đạo hàm cấp thấp hơn từ $f',\ f'',\ f^{(3)},\ ...$).

Chẳng hạn gọi dãy hàm $F_n=f^{(n)}$ thì pt truy hồi ở đây chính là $F_n=(F_{n-1})'$.

Còn trong cách viết thứ hai, pt truy hồi của bạn là gì nhỉ !?

 

à, mình đã nghĩ đến "quy nạp" (tính lùi theo cách nói của bạn), chứ không phải truy hồi. 

 

Cách viết $f'_x$ tức là tính đạo hàm của $f$ theo biến $x$ (trong đó, $f$ có thể là hàm một biến hoặc nhiều biến). Còn $f(x)$ là hàm số một biến $x$. Khi đã biết rõ hàm $f$ chỉ có 1 biến $x$ và không sợ gây nhầm lẫn gì thì đạo hàm của hàm $f$ có thể viết là $f'_x(x)$, hoặc gọn hơn là $f'(x)$, và khi không nhắc đến ẩn $x$ thì gọn hơn nữa là $f'$.

 

còn cách viết đó thì hơi lạ 1 chút, thường với hàm nhiều biến, đạo hàm riêng theo biến $x$ thường được viết là $f_x$ (không có dấu ' phía trên và không có dấu ngoặc phía dưới) hay $\frac{d}{dx}f$ (với script $d$), mà bạn chủ thread viết $f'_{(x)}$ nên mình thấy hơi lạ.

Dễ thấy $<f(a)> \subset Im(f)$ vì $f(a) \in Im(f)$.

 

Ta chỉ cần chứng minh $Im(f) \subset <f(a)>$. Ta có

$$Im(f) = \{f(x) | x \in <a>\} \subset \{f(a^k)| k \in Z\} = \{(f(a)^k | k \in Z\} = <f(a)>$$

 

Vì vậy ta có điều phải chứng minh.

Cho $R$ là vành giao hoán với đơn vị, $x \in R$, $I$ ideal, và $p_1, \dots, p_r$ là ideal nguyên tố.

 

Chứng minh nếu $Rx+I \not\subset \bigcup_{i=1}^{r}p_i$, thì tồn tại $y \in I$ sao cho $x+y \notin \bigcup_{i=1}^{r}p_i$.

 

Mình chưa giải rõ bài này, nhưng mình nghĩ có lẽ chứng minh quy nạp trên $r$ và chọn $y$ phù hợp sẽ được (tương tự như chứng minh của Prime Avoidance lemma).

Nếu $(x,y) \in (A\cap B)\times C$, thì $x \in A\cap B$ và $y \in C.$ Như vậy $x\in A$ và $x\in B$, nói cách khác, $(x,y)\in (A\times C)$ và $(x,y)\in B\times C$.

 

Nếu $(x,y)\in (A\times C) \cap (B\times C)$, thì $(x,y)\in A\times C$ và $B\times C$. Như vậy $x\in A$ và $x\in B$, hay $x\in A\cap B$. Và ta có $(x,y)\in (A\cap B) \times C$.

 

Bài 2 tương tự.

Hình cầu, tâm ở $(0,0,2)$, bán kính $\sqrt{3}$

 

http://www.wolframal...2+y^2+(z-2)^2=3