B1: Xét tính tăng, giảm của dãy: $u_{n} = \frac{\sqrt{n+1}}{2^{n}}$

B2: Cho dãy số ($s_{n}$) với 

$$s_{n}=sin(4n-1)\frac{\Pi }{6}$$

Chứng minh rằng $s_{n} = s_{n+3}  \forall n\geqslant 1$

 

Bài 1:

Xét tỉ số: $\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1}}=\frac{1}{2}.$ $\sqrt{1+\frac{1}{n+1}}<1

$

Do đó dãy số giảm.

Bài 2

Có:  $s_{n+3}=\sin{(4(n+3)-1)\frac{\Pi }{6}}=\sin{(4n-1+12)\frac{\Pi }{6}}=\sin{[(4n-1)\frac{\Pi }{6}+2\Pi]}=\sin{[(4n-1)\frac{\Pi }{6}]}=s_n$

Bài 3 hơi dài, có thời gian mình sẽ post sau.

//Dear Mod

LaTeX của diễn đàn đang có vấn đề, mình đã thử vài lần mà không hiển thị được công thức hoàn toàn nên nếu được bạn chinh lại giúp mình với. Cám ơn bạn nhiều!

Theo cảm nhận chủ quan của mình (mình là dân Lý) thì bất cứ môn nào cũng thế thôi, không riêng gì toán học, bạn hãy học với tất cả tình yêu của bạn với môn đó. Khi bạn đã có hứng thú và duy trì được nó thì bạn sẽ tự tiến bộ rất nhanh, một cách rất tự nhiên mà chính bạn cũng không thể cảm nhận được.

Đúng rồi. Mình cũng giải ra m=0 và m=$\frac{7}{3}$ bạn ạ.

Gọi H là hình chiếu của A trên (d), khoảng cách từ (P) tới (d) lớn nhất khi AH vuông góc với mặt phẳng này (bạn có thể vẽ lên giấy cho dễ nhìn, coi (d) tượng trưng là 1 "điểm" cố định, còn (P) là "đường thẳng" đi qua một điểm cố định khác). Để tìm H, ta viết lại tọa độ của H theo pt tham số của đường thẳng:

$\left\{\begin{matrix} x=1+2t\\ y=t\\ z=1+3t \end{matrix}\right.$

AH vuông góc với D nên tích vô hướng: 

$\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{u}=0$.

$(1+2t-10).2+(t-2).1+(1+3t+1).3=0$

Giải ra t=1. $\Rightarrow \overrightarrow{AH}=(-7,-1,5)$

Phương trình mặt phẳng: $(P): -7x-y+5z+77=0$

Viết số phức dưới đây dưới các dạng khác nhau...

$z = ( 1 + cos6 - isin6 )^5$ , cho biết $\pi = 3,1415$

 

Viết lại:

$z = ( 1 + cos6 - isin6 )^5=(1+cos(-6)+isin(-6))^5=(1+e^{-6i})^5=\sum_{k=0}^{5}C_{5}^{k}e^{-6ki}=1+5e^{-6i}+10e^{-12i}+10e^{-18i}+5e^{-24i}+e^{-30i}$

Bạn có thể viết số phức dưới dạng $a+bi$, bằng cách khai triển lại $e^{i\varphi }=cos\varphi +isin\varphi$:

$z=(1+5cos6+10cos12+10cos18+5cos24+cos30)-i(5sin6+10sin12+10sin18+5sin24+sin30)=a+ib$

Tới đây mình tính thô thiển bằng số thì được:

$a=-13.3444$

$b=-9.9686$

Viết dưới dạng $z=re^{i\varphi}$ thì có mô-đun: $r=16.6567$, argument: $\varphi=-\frac{5}{2}$.

Vậy: $z=16.6567e^{-i\frac{5}{2}}$

P/s: Cái modul $r=\sqrt{a^2+b^2}$ bạn nên tính ra biểu thức chính xác thì hay hơn.

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ thuộc lớp $\mathbb{C}^2$ sao cho:

1/ $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}=0$

2/ $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}$

Tìm $a$ để hai phương trình sau đây tương đương

$\sin 3x=a\sin x+(4-2\left | a \right |)\sin^{2}x$

$\sin 3x+\cos 2x=1+2\sin x .\cos 2x$

Em cần tìm sách về độ đo và tích phân $Lebesgue$. Anh/chị/bạn nào trong diễn đàn có quyển/link nào hay thì giới thiệu giúp mình nhé.

Cám ơn bạn. Mình đã down được quyển đầu tiên rồi

Tìm phần chính dạng $Cx^\alpha$ đối với các hàm:

1/ $f(x)=\sqrt{x+\sqrt[3]{x^2}}ln\frac{1-x^2}{1+x^2}, x\rightarrow 0$

2/ $g(x)=arctan(x)-arccos(\frac{1}{x}), x\rightarrow \infty$

Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận cấp n trên trường $\mathbb{R}$

$\begin{bmatrix} 1 &2 &3 & ... & n-1 & n\\ n & 1 & 2 & ... &n-2 &n-1 \\ n-1 &n &1 &... &n-3 &n-2 \\ .& . &. &... & . & .\\ 2& 3 & 4 & ... & n & 1 \end{bmatrix}$

Với các ma trận vuông đó em cộng đại số và giải như giải hệ phương trình được. Cách làm của bạn nữ là đúng rồi.

$Pe Rika$ lần sau đánh công thức nhớ sử dụng trình soạn Latex $fx$ cho mọi người dễ nhìn nhé!

Bạn lần sau sử dụng LATEX gõ công thức nhé.

Với $a=1$, $rank(A)=1$, A là ma trận bạn cho ban đầu.

$a\neq 1$, $rank(A)=4$

Cái khai triển theo $Maclaurin$ này thì nó là vô hạn. $o(x^3)$ để chỉ các vô cùng bé có bậc bé hơn $x^3$ như $x^5, x^7,...$

Bài 1:

$f(x)=3xcosx-3sinx=3x(1-\frac{x^2}{2})-3(x-\frac{x^3}{6})+o(x^3)=-x^3+o(x^3)$

Vậy $a=-1, b-1=3$ suy ra $a=-1, b=4$

Mình làm kiểu này không biết có đúng không.

Bài 2:

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

Khai triển $Maclaurin$ của $ln(x+1)$ là:

$ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+...+(-1)^n \frac{x^n}{n}+o(x^n)$

Ở đây lấy đến bậc 3 là đủ:

$ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$

Nên:

$x-\frac{x^2}{2}-ln(x+1)=x-\frac{x^2}{2}-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-o(x^3)=-\frac{x^3}{3}+o(x^3)$

Vậy: $a=-\frac{1}{3}, b=3$

Bài số 2 có 3 điểm gián đoạn là: $x=-1$, $x=1$ và $x=0$. Trong đó $x=0$ là điểm gián đoạn khử được. 2 điểm còn lại là gián đoạn không khử được loại II.

Khai triển ra rồi viết lại. Nhưng mình thấy gọn thì không gọn lắm

Với n chẵn, ta được:

$\frac{d^n}{dx^n}(\frac{1}{1+x^2})=\frac{(-1)^{\frac{n}{2}}n!}{(1+x^2)^{n+1}}\sum_{k=0}^{\frac{n}{2}}(-1)^kC_{n+1}^{2k}x^{2k}$

Với n lẻ:

$\frac{d^n}{dx^n}(\frac{1}{1+x^2})=\frac{(-1)^{\frac{n+1}{2}}n!}{(1+x^2)^{n+1}}\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^kC_{n+1}^{2k+1}x^{2k+1}$

Đây là cách làm của mình. Bạn có cách nào khác thì post lên nhé

Bài 1:

Có thể tách $\frac{1}{1+x^2}=\frac{1}{2}(\frac{1}{1+ix}+\frac{1}{1-ix})$.

Sau đó tính các đạo hàm cấp $n$ của $\frac{1}{1+ix}$ và $\frac{1}{1-ix}$. Coi $i$ là một hằng số và $i^2=-1$

Có:

$\frac{d^n}{dx^n}(\frac{1}{1+ix})=\frac{(-1)^n.i^n.n!}{(1+ix)^{n+1}}$

$\frac{d^n}{dx^n}(\frac{1}{1-ix})=\frac{i^n.n!}{(1-ix)^{n+1}}$

Vậy nên:

$\frac{d^n}{dx^n}(\frac{1}{1+x^2})=\frac{1}{2}\frac{i^n.n!}{(1+x^2)^{n+1}}[(1+ix)^{n+1}+(-1)^n(1-ix)^{n+1}]$

//Đã test với một số đạo hàm cấp thấp

Đúng rồi bạn ạ. Phương trình hoành độ luôn có nghiệm x=0, nghĩa là d luôn cắt ( C ) tại điểm có tọa độ (0,-m-1) (Chứ không phải gốc tọa độ O(0,0) như mình viết nhầm ở trên. Mình xin lỗi.) Còn phương trình bậc 2 ở trong dấu ngoặc có nghiệm kép tương ứng với trường hợp d tiếp xúc với ( C ). Từ đó giải ra m như ở trên.

Mình biên tập lại phần đề bài của bạn thế này, không biết có đúng không?

Cho đồ thị ( C ): $y=-x^{3}+(2m+1)x^{2}-m-1$ và đường thẳng d: $y=2mx-m-1$. Tìm các giá trị của m để d tiếp xúc ( C ).

Bài này có thể không cần liên quan đến pt tiếp tuyến. Xét pt hoành độ: $-x^{3}+(2m+1)x^{2}-m-1=2mx-m-1$ tương đương với:

$x(-x^{2}+(2m+1)x+2m)=0$

d luôn cắt ( C ) tại gốc tọa độ. Để d tiếp xúc ( C ) tại một điểm khác thì phương trình bậc 2 phải có nghiệm kép. Nghĩa là $\Delta =0$.

Giải ra được $m_{1,2}=\frac{-2\pm \sqrt{3}}{2}$

Theo mình nghĩ đoạn này x cố định bằng 1, y chạy từ 1 đến 3 còn ds=dy. Kết quả tích phân trên BC ra 4.

Theo mình nghĩ nó chỉ đảm bảo tính liên tục trong $[0,1]$ thôi, không nhất thiết cần phải khả vi. Thường người ta ký hiệu $C^k$ là lớp các hàm khả vi và liên tục $k$ lần, còn để chỉ vô hạn lần thì người ta dùng kí hiệu $C^\infty$

Bạn xem thêm ở đây nhé: https://en.wikipedia...wiki/Smoothness

Hàm f thuộc [0;1], liên tục và khả vi 1 lần (có đạo hàm bậc nhất f' và f'' cũng liên tục trong [0,1]) bạn nhé.

Bài 1:Cho $S$ là không gian con của không gian ma trận số thực sinh bởi các ma trận có dạng $AB-BA$.Tính $dim$ $S$

Có thế kiểm chứng lại S là không gian véc-tơ, nó đóng với các phép toán cộng và nhân vô hướng trong không gian ma trận số thực.

Để ý rằng: Trace(AB-BA)=Trace(AB)-Trace(BA)=0, nghĩa là giữa các phần tử đường chéo của ma trận (cấp n) có 1 ràng buộc. Đường chéo này lập thành 1 không gian con có chiều (n-1). Các phần tử không nằm trên đường chéo lập thành 1 không gian con bù với không gian này, có chiều n(n+1).

Do đó, $dim S=n^{2}-1$.

p/s: Bạn YeuEm Zayta có thể đưa ra một cách lập luận chặt hơn nữa không? Đây mới chỉ là suy nghĩ ban đầu của mình.