Biết dùng Lagrange quan trọng hơn giải hệ chứ?

Giải hệ
$$\left\{\begin{matrix}
y^2=2\lambda x
\\
2xy=2\lambda y
\\
x^2+y^2=1

\end{matrix}\right.

\Rightarrow xy^2=2\lambda x^2=\lambda y^2 $$
$$
\left\{\begin{matrix}
\lambda =0: y=0 \Rightarrow x=+-1
\\
\lambda \ne 0: 2x^2=y^2 \Rightarrow x=+-\frac{1}{\sqrt3}, y=+- \frac{\sqrt6}{3}
\end{matrix}\right.
$$

Còn cách phổ thông thì sao?

$$f(x,y)=F(x)=x(1-x^2)=x-x^3 \text{ with } F: [-1,1] \rightarrow \mathbb{R}$$
Hàm f trên $x^2+y^2=1$ có giá trị như hàm F trên $[-1,1]$. Lúc này thì tìm cực trị của F, liên tục, trong khoảng [-1,1] đóng và bị chặn.

Tìm tất cả các hàm $f(x)$ khả vi cấp hai trên $[a,b]$ thoả mãn $f(a)=f(b)=0$ và
$f"(x)=e^x.f(x)$

Vì f khả vi đến ít nhất bậc 2, nên f liên tục trên đoạn [a,b], mà [a,b] đóng và bị chặn, nên f phải đạt cực trị trên đoạn [a,b].


Nếu f đạt cực đại và cực tiểu giá trị đều là 0, thì f là hàm hằng.

Không mất tính tổng quát, giả sử f đạt cực tiểu tại c' với $f(c') \ne 0$, và ta cũng có $f'(c')=0$.

Nếu $f(c')<0$, dễ thấy $f''(c')=e^c*f(c') < 0$ mà $f'(c')=0$ nên f đạt cực đại tại c. Vì f đạt cực đại và cực tiểu tại cùng 1 giá trị, f là hàm hằng.

Nếu $f(c')>0$, vì vậy f đạt cực đại dương, tại 1 điểm d nào đó. Ta có $f(d)>0$ và $f'(d)=0$, mà $f''(d)=e^d*f(d)>0$ nên f đạt cực tiểu tại d. Vì vậy f lại là hàm hằng.

Trong mọi trường hợp, f là hàm hằng, và f(a)=0, f liên tục trên $[a,b]$ nên $f=0$ trên $[a,b]$

MỌI NGƯỜI CHỈ GIÚP MÌNH BÀI TOÁN SAU:

• Cho AXTT f:$R^{^{3}} \to R^{3}$ có ker f={(1,-1,3);(1,-1,0)} và có 1 cơ sở u là $u_{1}$=(1,1,0);$u_{2}$=(2,-1,1);$u_{3}$=(1,0,-1) .Biết f($u_{1}$)=(1,1,1).Tính f($u_{2}$) và f($u_{3}$)

Hình như tiêu đề của bạn có vấn đề, bạn ko sửa, bài này có nguy cơ bị delete đấy.

Mọi ánh xạ tuyến tính đều xác định nếu biết ánh xạ đó maps cơ sở của domain đến vector nào. Bài này đi ngược lại, vậy thì phải thử đi ngược lại.

Vì $\{u_1,u_2,u_3\}$ là cơ sở, tìm được $a,b,c,a_1,b_1,c_1$ sao cho:
$$\left\{\begin{matrix}
(1,-1,3)= a*(1,1,0)+b*(2,-1,1)+c*(1,0,-1) \\
(1,-1,0)= a_1*(1,1,0)+b_1*(2,-1,1)+c_1*(1,0,-1)
\end{matrix}\right.$$
Sau đó,
$$
\left\{\begin{matrix}
0=f(1,-1,3)= a*f(u_1)+b*f(u_2)+c*f(u_3)\\
0=f(1,-1,0)= a_1*f(u_1)+b_1*f(u_2)+c_1*f(u_3)
\end{matrix}\right.$$
Vì $a,b,c,a_1,b_1,c_1$ đã biết, nên ta thu được hệ 2 phương trình, và 2 nghiệm cần tìm, f($u_{2}$) và f($u_{3}$).
$$\left\{\begin{matrix}
0= a*(1,1,1) +b*f(u_2)+c*f(u_3)\\
0= a_1*(1,1,1) +b_1*f(u_2)+c_1*f(u_3)
\end{matrix}\right.$$

Mình xin giải bài toán này như sau (có chô nào không đúng mong các bạn góp ý) :
ta có :$sin^3a=\frac{3sina-sin3a}{4}$
Suy ra $3^nsin^3\left ( \frac{x}{3^n} \right )=3^n.\frac{3sin\frac{x}{3^n}-sin\frac{x}{3^{n-1}}}{4}$
Áp dụng với n= 1,2,3,4……n ta được:
$S=3.\frac{3sin\frac{x}{3}-sinx}{4}+3^2.\frac{sin\frac{x}{3^2}-sin\frac{x}{3}}{4}+...+3^n.\frac{3sin\frac{x}{3^n}-sin\frac{x}{3^{n-1}}}{4}$
$= \frac{-3sinx}{4}+\frac{3^{n+1}.sin\frac{x}{3^{n-1}}}{4}$

Em học cấp 3 àh?

Thử giải tiếp cách của em, dùng L'Hôpital cho n tiến về vô cùng
$$\lim_{n\rightarrow \infty} 3^{n+1}sin(\frac{x}{3^{n-1}})= \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{sin(3^{1-n}x)}{3^{-1-n}} = \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{-3^{1-n}xln(3)cos(3^{1-n}x)}{-3^{-1-n}ln(3)}=\lim_{n\rightarrow \infty} 9x cos(\frac{x}{3^{n-1}})= 9x$$

Nên
$$S=sin^3x - \frac{3sinx}{4}+\frac{9x}{4}=-\frac{sin3x}{4}+ \frac{9x}{4} $$

Thử cách khác 1 chút
$$4 \sum_{n \geq 0}^{\infty } 3^n sin^3\left ( \frac{x}{3^n} \right )=4 \sum 3^n.\frac{3sin\frac{x}{3^n}-sin\frac{x}{3^{n-1}}}{4}= \sum_{n \geq 0}^{\infty } 3^{n+1}sin\frac{x}{3^n} - \sum_{n \geq 0}^{\infty } 3^n sin\frac{x}{3^{n-1}}= -sin3x$$

Nên
$$S=-\frac{sin3x}{4}$$

Tại sao lại cho 2 kết quả khác nhau? Chờ bạn xusinst giải đáp vậy.

Theo mình thấy, cuối cùng thì tiên đề giao hoán là đơn giản và thực dụng nhất rồi, thay bằng tiên đề khác hay loại bỏ nó sẽ ko gọn gàng bằng.

À không gian vector. Không biết bạn nói về chủ đề gì.

Thanks.

Sẵn tiện bạn kể ra 7 tiên đề kia luôn được không?

Xét $M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \to O\left( {0;0} \right)$ trên đường $y=x$, khi đó:
$$\mathop {\lim }\limits_{\left( {x,y} \right) \to \left( {0,0} \right)} \frac{{2x}}{{2 + 3{x^2} + {y^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x}}{{2 + 4{x^2}}} = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
Xét $M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \to O\left( {0;0} \right)$ trên đường $y=-x$, khi đó:
$$\mathop {\lim }\limits_{\left( {x,y} \right) \to \left( {0,0} \right)} \frac{{2x}}{{2 + 3{x^2} + {y^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x}}{{2 + 3{x^2} + {{\left( { - x} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x}}{{2 + 4{x^2}}} = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)$$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $$\mathop {\lim }\limits_{\left( {x,y} \right) \to \left( {0,0} \right)} \frac{{2x}}{{2 + 3{x^2} + {y^2}}} = 0$$

-------------------------------------
Có thể thay trực tiếp $\left( {x,y} \right) \to \left( {0,0} \right)$ vào biểu thức $\frac{{2x}}{{2 + 3{x^2} + {y^2}}}$ không?

Cách xét $y=x$ và $y=-x$ hình như không có hợp pháp thì phải?

Không chỉ thế, với hàm hằng cũng trục trặc luôn.

Một câu trong đề toán A1:
Chứng minh rằng nếu $f$ liên tục trên $ [a;b]$; khả vi trên $(a;b)$ và $f(a)=f(b)$ thì tồn tại $x_0 \in (a;b)$sao cho $2f(a) + 2.f(x_0)+f'(x_0) = 0$

Cho mình hỏi $2f(a) + 2.f(x_0)+f'(x_0) = 0$ có nghĩa là $2f(a) + 2f(x_0)+f'(x_0) = 0$, dấu chấm là dấu nhân?

Bài này dễ nếu chấp nhận $det(AB)=det(A)det(B)$ và $det(A)=det(A^T)$.

$$det(A A^T)=det(A)det(A^T)=det(A)^2=det(I_n)=1 \Rightarrow det(A)=1 \vee det(A)=-1$$

Để thấy tính chất thứ 2, dễ nhận thấy ta có thể khai triển định thức theo hàng dọc hay hàng ngang, của ma trận, nên $A$ và $A^T$ có cùng giá trị định thức.

Còn tính chất thứ 1, khó thấy hơn, mình ko nghĩ ra và đọc lời giải cũng ngờ ngợ.

Bài 2:
Vài nhận xét:
1/ Hàm liên tục phải thõa mãn intermediate value property (tính chất "trung điểm", cụ thể nếu $f(a) < f(b)$ và $a < b$ thì f nhận mọi giá trị trong $(f(a), f(b))$, tức là với mọi c mà $f(a) < c < f(b)$ tồn tại $y\epsilon (a,b)$ sao cho $f(y)=c$).
2/ Hàm số đơn ánh 1-1 không thể đạt 2 giá trị bằng nhau.

Với nhận xét 2/ giả sử f không tăng hay giảm nghiêm ngặt, thì sẽ tồn tại 3 điểm $a <x<y<z<b$ sao cho $f(x)<f(y)>f(z)$ hay $f(x)>f(y)<f(z)$. Nếu $f(x)<f(y)>f(z)$ xảy ra, ta có vì f thõa mãn intermedidate value property nên f phải đạt mọi giá trị trong $(f(x), f(y))$ bằng $(x,y)$ và mọi giá trị trong $(f(z), f(y))$ bằng $(y,z)$, và hiển nhiên tồn tại một giá trị c nào đó mà $f(x)<c<f(y)$ và $f(z)<c<f(y)$ sẽ đượt đạt bởi 2 giá trị từ 2 đọan khác nhau $(x,y)$ và $(y,z)$ nên f sẽ không phải đơn ánh. Tương tự với trường hợp còn lại.

Bài giải "chấp nhận" hơi nhiều thứ quá.

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.

Nhóm aben có nghĩa là nhóm Abelian (hai phần tử bất kì của nhóm có tính chất giao hoán)? nếu mình hiểu như vậy là đúng, thì bài này như sau.

Vì X abelian và có 6 phần tử, X sẽ isomorphic (đồng dạng) với $Z_6$ hay $Z_2 + Z_3$, mà 2 và 3 nguyên tố cùng nhau, nên $Z_6 \sim Z_2 + Z_3$ do đó, $X \sim Z_6$ và $Z_6$ hiển nhiên cyclic.

Nếu X không phải Abelian và X có 6 phần tử, thì X phải là $D_3$ dihedral group của tam giác đều, và hiển nhiên không phải cyclic.

Theo công thức, cả hai đều là cực tiểu. Một điểm cần chú ý là phương pháp trên chỉ cho phép tìm cực trị địa phương, vì vậy không có gì mâu thuẫn khi có nhiều điểm cực tiểu hay cực đại cả.

Thông thường, bài toán yêu cầu tìm cực trị và yên ngựa của hàm số 2 biến chỉ yêu cầu bạn tìm cực trị địa phương và yên ngựa. Rất nhiều trường hợp tìm cực trị tuyệt đối là không khả thi, hay quá khó

Còn nếu bạn muốn tìm absolute extrema cho toàn miền (cực trị tuyệt đối trên toàn miền RxR), thì bạn có thể tinh ý nhận thấy hay dùng graphing tool để đánh giá hàm số
1/ Nếu x rất lớn dương và y rất nhỏ âm, thì hàm số sẽ đi về vô cùng dương. Hàm số ko có cực đại.
2/ Cực tiểu địa phương xảy ra ở (1,1) hay (-1,-1) và đều cho giá trị -1. Như vậy bạn có thể chứng minh $f(x,y) \geq -1 $ $\forall (x,y)$.
$x^4+y^4-4xy+1 = x^4-2x^2y^2+y^4+2(x^2y^2-2xy+1)-1 = (x^2-y^2)^2+2(xy-1)^2-1 \geq -1$
Dấu bằng xảy ra tại (1,1) hay (-1,-1)

câu 1: Nhiều trường hợp đặt tên trong toán học là theo người tìm ra nó, mà đôi khi lập luận để đi đến cái tên đó trong đầu của những nhà toán học đó khó lý giải. Trong trường hợp này, mình mạo muội đoán thế này, khi tích phân trên 1 đường tròn mà bên trong ko có điểm bất thườgg của hàm số analytic thì bạn được 0, khi nào bạn tích phân hàm số analytic xung quanh 1 điểm bất thường thì tích phân sẽ "pick up" cái giá trị của hệ số thứ nhất của Laurent expansion của hàm số quanh điểm đó, và "thặng dư" ra cái giá trị đó, còn những "điểm" khác thì đi về zero. Nên chữ thặng dư có lẽ được hiểu như vậy.

Quan hệ tương đương, quan hệ trên thõa mãn
1/ Reflexive: hiển nhiên $x\sim x$ vì $[x]=[x]$
2/ Symmetric: hiển nhiên lần thứ 2 $x\sim y$ cho nên $[x]=[y]$ hay $[y]=[x]$ vì vậy $y\sim x$
3/ Transitive: hiển nhiên đợt 3, $x\sim y$ và $y\sim z$ vì vậy $[x]=[y]=[z]$ nên $x\sim z$

Còn partition của R dưới $\sim$ là tập số nguyên. Lý do? Theo định nghĩa của phần nguyên, mỗi số thực có phần nguyên là 1 số nguyên duy nhất; mỗi số nguyên là phần nguyên của số thực nào đó. Còn lý do nào nữa ko?

Nếu "em" parametrize đường tròn bằng $y=sin(t)$ và $x=cos(t)$ thì
1 + 2 đúng nếu chiều ngược kim đồng hồ như thường lệ.
3: Nếu nửa đường tròn nằm bên trái 0y thì $\pi/2 \leq t \leq 3\pi/2$. Nửa đường tròn bên phải 0y, "em" đúng.
4: Đúng
5: Theo chiều kim đồng hồ sẽ là $2\pi \leq t \leq 0$. Nếu muốn tìm theo kim đồng hồ, "em" cứ tìm ngược kim đồng hồ, rồi đổi vị trí 2 đầu mút là được. Đừng nghĩ gì khác, sẽ bị rối.

Bạn đã nói nửa phần bên phải của đường tròn đơn vị, thì bán kính là 1 rồi.

Parametrize cái curve
$$\begin{pmatrix}
y=sint
\\
x=cost
\\
-\pi /2 \leq t \leq \pi /2
\end{pmatrix}$$
Tính đạo hàm cái curve
$$\begin{pmatrix}
dy=cos(t)dt
\\
dx=-sin(t)dt
\\
-\pi /2 \leq t \leq \pi /2
\end{pmatrix}$$
Thế vào tích phân và tính
$$\int ydx + (1-x)dy =\int_{-\pi/2}^{\pi/2} sin(t)(-sin(t))dt+(1-cos(t))(cos(t))dt=\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (cos(t)-1 )dt= 2 - \pi$$

Vì số lượng vector của $S_1$ và $S_2$ là như nhau, $S_1$ và $S_2$ cùng trên V (mà $S_1$ là cơ sở), nên $S_2$ là cơ sở của V khi và chỉ khi $S_2$ independent (không phụ thuộc tuyến tính?) hoặc $S_2$ spans V (mình ko dịch được). Với bài này, có lẽ chứng minh $S_2$ independent sẽ dễ hơn.

Để làm điều đó, thử dùng định nghĩa của independent.
Nếu
$$aw_1 + bw_2=0 $$
$$\Rightarrow au_1 + au_2 + 2bu_1 + 3bu_2=0 \Rightarrow (a+2b)u_1+(a+3b)u_2=0$$
Vì $S_1 = \left \{ u_1, u_2 \right \}$ là cơ sở, nên 2 vector $u_1, u_2$ independent, nên ta có hệ
$$\begin{pmatrix}
a+2b=0
\\
a+3b=0
\end{pmatrix}$$
Vì vậy $a=0$ và $b=0$
Nên $S_2 = \left\{ w_1, w_2\right\}$ independent, và là cơ sở của V

Câu a có thể được giải 1 cách khác vận dụng định nghĩa của limit, xấu xí hơn cách giải của xusinst. Cảm ơn xusinst vì cách giải hay bằng định lý Toeplitz.
$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} = r$$
có nghĩa là
Với mọi $\varepsilon > 0$, tồn lại $N_\varepsilon$ tự nhiên, sao cho với mọi $n > N_\varepsilon$ ta có
$$r-\varepsilon <\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$$
Nhìn vào 1 bên của bất đẳng thức $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$ ta có với n đủ lớn
$$a_{n+1}= \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \dfrac{a_n}{a_{n-1}} ...\dfrac{a_{N_\varepsilon +1}}{a_{N_\varepsilon}}...\dfrac{a_2}{a_1} a_1 $$
Vì $N_\varepsilon $ là 1 số tự nhiên ko phải vô hạn, với mọi $n \leq N_\varepsilon $ ta đặt
$$\dfrac{a_{N_\varepsilon+1}}{a_{N_\varepsilon}}....\dfrac{a_2}{a_1}a_1=B (r+\varepsilon)^{N_\varepsilon}$$
với B là một số dương nào đó
Và với mọi $n > N_\varepsilon$, ta có
$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$$
Vì vậy
$$a_{n+1}<B(r+\varepsilon)^{n+1}$$
Tương tự, ta sẽ có
$$A(r-\varepsilon )^{n}<a_n<B(r+\varepsilon )^{n}$$
với n đủ lớn. Cho dù A và B đều dương phụ thuộc vào $N_\varepsilon$ cũng ko quan trọng.
Vì vậy
$$\sqrt[n]{A}(r-\varepsilon)<\sqrt[n]{a_n}<\sqrt[n]{B}(r+\varepsilon)$$
Vì $\varepsilon$ có thể nhỏ tùy ý, và với mọi A và B dương
$$\sqrt[n]{A} \to 1$$
và
$$\sqrt[n]{B} \to 1$$,
nên ta kết luận
$$\sqrt[n]{a_n} \to r$$

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

Với một P(x) chung chung, nếu
$\left\{\begin{matrix}
P(a)=0\\P'(a)=0
\\P''(a)\neq 0

\end{matrix}\right.$

thì P(x) có nghiệm kép với x=a. Lý do?

$P(a)=0$, ta có thể viết $P(x)=(x-a)Q(x)$ Tính đạo hàm bậc 1 và 2, ta được
${P}'(x)=Q(x)+(x-a){Q}'(x)$
${P}''(x)={Q}'(x)+{Q}'(x)+(x-a){Q}''(x)=2{Q}'(x)+(x-a){Q}''(x)$

Dùng điều kiện đã cho của ${P}'(a)$ ta được $Q(a)=0$, nên $Q(x)=(x-a)H(x)$, nên $P(x)=(x-a)^2H(x)$, $x=a$ ít nhất là nghiệm kép của P(x)

và từ $P''(a)\neq 0$ nên ${Q}'(a)\neq0$ dùng kết luận trên, nên $x=a$ chỉ có thể là nghiệm đơn của $Q(x)$.

Vì vậy, $x=a$ chỉ có thể là nghiệm kép của $P(x)$

Còn để phân tích thành bất khả quy (có nghĩa là irreducible?), thì phải xem bất khả quy trên field nào. Vì câu trên bạn đã đề cập đến i, nên mình cho rằng bạn muốn $P(x)$ bất khả quy trên $C$ vì thế điều này đồng nghĩa với việc tìm tất cả các nghiệm của $P(x)$

Nhưng vì sao $P(i)= -i$ ? Đề của bạn có vấn đề, và mình cũng ko nghĩ ra các nghiệm của P(x) được. Nhờ người khác tiếp vậy.