Có thể code trong C/C++ như sau để tính số xâu nhị phân có 000 hoặc 1111:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main()
{
	const int maxx = 50;
	int n;
	int B[3][maxx];
	cout << "Do dai xau nhi phan n = "; cin >> n;
	
	// Do dai la 1.
	B[0][1] = 1;
	B[1][1] = 1;
	
	//Do dai la 2.
	B[0][2] = 2;
	B[1][2] = 2;
	
	//Do dai la 3.
	B[0][3] = 3;
	B[1][3] = 4;
	
	for (int i = 4; i <= n; i++)
	{
		B[0][i] = B[1][i - 1] + B[1][i - 2];
		B[1][i] = B[0][i - 1] + B[0][i - 2] + B[0][i - 3];
	}
	
	cout << "So xau do dai " << n <<" la " << pow(2, n) - B[0][n] - B[1][n];
	return 0;
}

Hỏi có bao nhiêu xâu nhị phân có độ dài là 10 chứa xâu con 000 hoặc 1111?

 

P.s: Xâu nhị phân là xâu mà mỗi vị trí chỉ có 2 phần từ là 0 hoặc 1.

Câu 1. Tìm giới hạn $$\lim_{x\to \infty} x^{\frac{7}{4}}\left ( \sqrt[4]{1+x}+\sqrt[4]{1-x}-2\sqrt[4]{x} \right )$$

 

Câu 2. Tính tích phân $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{1+\left ( \tan x \right )^{\sqrt{2}}}$$

 

Câu 3. Tìm tât cả các hàm số $f(x)$ thỏa mãn $$f(x)+f\left ( \frac{1}{1-x} \right )=x$$

 

Câu 4. Cho các hàm số $f_1, f_2, ..., f_n,...$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}f_1(x)=2x^2-1\\f_{n+1}=f_1\left ( f_n(x) \right ), \, \forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$$

 

Giải phương trình $f_n(x)=0$

 

Câu 5. Cho hàm số $f(x)$ xác định và khả vi hai lần trên $(0, \infty)$, thỏa mãn các điều kiện sau $$\left\{\begin{matrix} f'(x)>0\\f\left ( f'(x) \right )=-f(x)\end{matrix}\right., \, \forall x>0$$

 

Tìm $f(x)$

 

Câu 6. Cho hàm số liên tục trên $[0;1]$ thỏa mãn $\int_{0}^{1}f(x)x^ndx=0,\, \forall n\in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng $f(1)=0$

 

Bài 1:

Cho hai số thực dương $a$ và $a_1$. Định nghĩa dãy $(a_n)_{n \ge 1}$ bới

$$a_{n+1}=a_n(2-aa_n) ,\; \forall n \in \mathbb{N}^*$$

 

Xét sự hội tụ và tìm giới hạn (nếu có) của $(a_n)_{n \ge 1}$

 

 

 Giải:

 

Ta có $a_{n+1}=f(a_n)=2a_n-a a_n^2$

 

Xét hàm số $f(x)=2x-ax^2\Rightarrow \max f(x)=\frac{1}{a}$

 

Do đó $a_n\leq \frac{1}{a} $

 

Từ $a_1>0$ suy ra $0<a_n \le \frac{1}{a} \;\; (*)$

 

Theo đề ta có $a_{n+1}=a_n(2-aa_n)\Rightarrow a_{n+1}-a_n=a_{n}\left ( 1-a a_n \right )>0\Rightarrow a_{n+1}>a_n \,\, (**)$

 

Từ $(*)(**)$ ta suy ra dãy $\left ( a_n \right )_{n\geq 1}$ hội tụ.

 

Giả sử $\lim_{n\to \infty} a_n=x\Rightarrow x=x(2x-ax)\Leftrightarrow x=\frac{1}{a}$

 

Vậy $\lim_{x\to \infty }a_n=\frac{1}{a}$

Chứng minh rằng trong $S_9$ không có phần tử nào cấp $18$.

1. Cho X là không gian Banach và Y là một không gian con đóng của X. Chứng minh rằng X/Y là Banach.
2. M là không gian con của không gian định chuẩn X sao cho M và X/M là Banach. Chứng minh rằng X là Banach.

Tính tổng của chuỗi $\sum_{1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^n}$

 

Cần đưa dãy về dạng này $$\frac{2n-1}{2^n}=a\left ( \frac{n-1}{2^{n-1}}-\frac{n}{2^n} \right )+\frac{b}{2^n}$$

 

 Đồng nhất, ta tìm được $a=2,\, b=3$

 

Vậy $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^n}=2\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \frac{n-1}{2^{n-1}}-\frac{n}{2^n} \right )+3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2}=3$$

Bài này lim không tồn tại xem chứng minh ở đây.

 

Bác nhầm rồi  

 

Kết quả bài giới hạn này ra bằng không

1. Cho $k\in L^2\left ( \left [ 0;1 \right ]\times\left [ 0;1 \right ] \right )$ $k:\left [ 0;1 \right ]\times\left [ 0;1 \right ]\to \mathbb{R}$

   
    Với $f\in L^2\left ( \left [ 0;1 \right ] \right )$ đặt $\left ( Tf \right )\left ( s \right )=\int_{0}^{1}k\left ( s,t \right )f\left ( t \right )dt$.

   
    CMR: $T$ là một toán tử tuyến tính liên tục từ $L^2\left ( \left [ 0;1 \right ] \right )$ vào chính nó

 

 

2. Cho $a, b\in \mathbb{R}, a<b$ và $1\leq p\leq q<\infty$

   

    a. CMR: $L^q\left ( \left [ a,b \right ] \right )\subset L^p\left ( \left [ a,b \right ] \right )$

   

    b. CMR: Ánh xạ nhúng $i: L^q\left ( \left [ a,b \right ] \right )\to L^p\left ( \left [ a,b \right ] \right ),\, i(x)=x$ là ánh xạ liên tục

Tính $1,\, \lim_{x\to 1}\frac{(x ^{x}-1)}{x\ln x}$

$2,\, \lim_{x\to 0}\left ( \frac{1+\tan x}{1+\sin x} \right )^{\frac{1}{\sin ^{3}x}}$

 

Câu 1. Cái này cho $x\to0$ mới hay, chứ cho $x\to$ thì đơn giản hơn nhiều.

 

Đầu tiên tính $$\lim_{x\to 0} x\ln x=\lim_{x\to 0}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=-\lim_{x\to 0}x =0$$

 

Đặt $t=x\ln x$ thì 

 

$$\lim_{x\to 1}\frac{(x ^{x}-1)}{x\ln x}=\lim_{x\to 1}\frac{(e ^{x\ln x}-1)}{x\ln x}=\lim_{t\to 0} \frac{e^t-1}{t}=1$$

 

Câu 2. 

 

$$\lim_{x\to 0}\left ( \frac{1+\tan x}{1+\sin x} \right )^{\frac{1}{\sin ^{3}x}}=\lim_{x\to 0}\left [ \left ( 1+\frac{\tan x-\sin x}{1+\sin } \right )^{\frac{1+\sin x}{\tan x-\sin x}} \right ]^{\frac{(\tan x-\sin x)}{\sin^3x(1+\sin x)}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{\tan x-\sin x}{\sin^3x(1+\sin x)}}$$

 

Ta chỉ cần tính $$\lim_{x\to 0}{\frac{1}{1+\sin x}}=1$$

 

$$\lim_{x\to 0}{\frac{\tan x-\sin x}{\sin^3x}}=\lim_{x\to 0} \frac{\frac{1}{\cos^2x}-\cos x}{3\sin^2x\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos^3x}{3\left ( 1-\cos^2x \right )\cos^3x}=\frac{1+\cos x+\cos^2x}{3(1+\cos x)\cos^3x}=\frac{1}{2}$$

 

Vậy $$\lim_{x\to 0}\left ( \frac{1+\tan x}{1+\sin x} \right )^{\frac{1}{\sin ^{3}x}}=\sqrt{e}$$

 

Gõ như sau:

$\lim_{n\to \infty} \left(\sin \sqrt{n+1}-\sin \sqrt{n}\right)$

Và đề nó hiện $\lim_{n\to \infty} \left(\sin \sqrt{n+1}-\sin \sqrt{n}\right)$

 

Ta áp dụng công thức lượng giác $$\sin a-\sin b=2\cos\frac{a+b}{2}\sin \frac{a-b}{2}$$

 

Thì $$\lim_{n\to \infty} \left(\sin \sqrt{n+1}-\sin \sqrt{n}\right)=\lim_{n\to \infty}2\cos\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2}\sin \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2}=2\lim_{n\to \infty}\cos\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2}\sin \frac{1}{2\left ( \sqrt{n+1}+\sqrt{n} \right )}$$

 

Vì $$\left | \cos\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2}\right |\leq 1, \, \lim_{n\to \infty}\sin \frac{1}{2\left ( \sqrt{n+1}+\sqrt{n} \right )}=0$$

 

Nên $$\lim_{n\to \infty} \left(\sin \sqrt{n+1}-\sin \sqrt{n}\right)=0$$

Tính giới hạn của:

$\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^{m}}{a^{x}};\left|a \right|>1$

 

Nếu $m\leq0$ là số thì đơn giản rồi. Nhưng nếu $m>0$ thì

 

Xét các trường hợp $m\in Z^+$ thì ta áp dụng quy tắc $L'hopital$ $m$ lần, và ta được 

 

$$\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^{m}}{a^{x}}=\lim_{x\to +\infty}\frac{m!}{a^x \ln^m|a|}=0$$

 

Còn $m\in R$ thì đặt $n=\left \lfloor m \right \rfloor+1>m\Rightarrow x^m<x^n$

 

Nên $$0<\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^{m}}{a^{x}}<\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^{n}}{a^{x}}=0$$

 

Vậy $$\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^{m}}{a^{x}}=0$$

2 bài này mình không biết làm thế nào để phá được thằng ln(x-1) ở câu a và lnx ở câu b

a/ $\lim_{x \to 1}lnx.ln(x-1)$ Đáp số là 0

b/ $\lim_{x \to 0}(x+1)^{lnx}$ Đáp số là 1

 

Thực ra 2 cây này giống nhau cả, phá làm gì?

 

Câu 1 thì đặt $t=x-1$, ta được $$\lim_{x\to 1}\ln x\ln(x-1)=\lim_{t\to 0} \ln(1+t)\ln t=\lim_{t\to 0} \frac{\ln t}{\frac{1}{\ln (1+t)}}=\lim_{t\to 0} \frac{\frac{1}{t}}{\frac{-1}{(1+t)\ln^2(1+t)}}=\lim_{t\to 0} \frac{-(1+t)\ln^2(1+t)}{t}=0$$

 

Câu 2 thì $\left ( 1+x \right )^{\ln x}=e^{\ln x \ln(1+x)}\to e^0=1$

Tính 

$1. \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^{3x^2} \cos^5 x-1}{x^2}$

 

$2. \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(\sqrt[3]{1+x^2}+2x)^{\frac{7}{5}}-(\sqrt[3]{1+x^2}-x)^{\frac{7}{5}}}{x}$

P/s: dùng đại lượng $VCB$.

 

1. Ta có

 

$$e^{3x^2}\sim 1+3x^2$$

 

$$\cos^5 x \sim \left ( 1-\frac{x^2}{2} \right )^5\sim 1-\frac{5x^2}{2}$$

 

 $$\Rightarrow e^{3x^2}\cos^5x-1\sim \left ( 1+3x^2 \right )\left ( 1-\frac{5x^2}{2} \right )-1\sim\frac{x^2}{2}$$

 

Vậy  $$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^{3x^2} \cos^5 x-1}{x^2}=\frac{1}{2}$$

 

2. Tương tự, ta cũng có

 

$$\left ( \sqrt[3]{1+x^2}+2x \right )^{\frac{7}{5}}\sim \left ( 1+2x \right )^{\frac{7}{5}}\sim 1+\frac{14x}{5}$$

 

$$\left ( \sqrt[3]{1+x^2}-x \right )^{\frac{7}{5}}\sim \left ( 1-x \right )^{\frac{7}{5}}\sim 1-\frac{7x}{5}$$

 

$$\left ( \sqrt[3]{1+x^2}+2x \right )^{\frac{7}{5}}-\left ( \sqrt[3]{1+x^2}-x \right )^{\frac{7}{5}}\sim \left ( 1+\frac{14x}{5} \right )-\left ( 1-\frac{7x}{5} \right )=\frac{21x}{5}$$

 

Vậy $$\lim_{x\to 0}\frac{\left ( \sqrt[3]{1+x^2}+2x \right )^{\frac{7}{5}}-\left ( \sqrt[3]{1+x^2}-x \right )^{\frac{7}{5}}}{x}=\frac{21}{5}$$

Tính giới hạn dãy số:

$\lim_{x \to +\infty }\left ( \frac{1}{2} + \frac{3}{2^{2}} + \frac{5}{2^{3}} + ... + \frac{2n-1}{2^{n}} \right)$

 

Giải.

 

Đặt $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$ thì bài toán trở thành

 

$$\lim_{n \to \infty }\left ( \frac{1}{2} + \frac{3}{2^{2}} + \frac{5}{2^{3}} + ... + \frac{2n-1}{2^{n}} \right)=\frac{1}{2}\lim_{n\to \infty}\sum_{i=1}^{n} (2i-1)x^{2i-2}$$

 

Mà

 

$$\sum_{i=1}^{n} (2i-1)x^{2i-2}=\left ( \sum_{i=1}^{n} x^{2i-1} \right )'=\left ( \frac{x-x^{2n+1}}{1-x^2} \right )'=\frac{1+x^2-(2n+1)x^{2n}+(2n-1)x^{2n+2}}{\left ( 1-x^2 \right )^2}$$

 

Ta có 

 

$$\left | x \right |<1\Rightarrow \lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^{n} (2i-1)x^{2i-2}=\frac{1+x^2}{(1-x^2)^2}$$

 

Vậy $$\lim_{x \to \infty }\left ( \frac{1}{2} + \frac{3}{2^{2}} + \frac{5}{2^{3}} + ... + \frac{2n-1}{2^{n}} \right)=3$$

Ai có tài liệu liên quan đến tích phân $Lebesgue$ và độ đo ko? Share

Bài 1 thì mình chỉ chứng minh được điều này $\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)=0$ thôi. Đó là: $n\mu(A_n)=\int_{A_n}nd\mu\leq\int_{A_n}|f|d\mu\leq \int_{A}|f|d\mu<\infty$. Do đó, $\lim \mu(A_n)=0$.

 

 

Mình thấy có người giải như sau, không biết có cách khác không.

 

Đặt $B_n=\left \{x\in A: n\leq \left | f(x) \right |<n+1\right\}\Rightarrow B_n\cap B_m= \phi (n\neq m), \, A_n=\bigcup_{k=n}^{\infty} B_k$

 

Ta chứng minh được $$\sum_{k=1}^{\infty} k\mu(B_k)<\infty\Rightarrow \lim_{n\to \infty}\sum_{k=n}^{\infty} k\mu(B_k)=0$$

 

 Mà $$\sum_{k=n}^{\infty} k\mu (B_k)>n\sum_{k=1}^{\infty} \mu(B_k)=n\mu(A_n)$$

Tích phân $Lebesgue$

 

1. Cho $f$ là một hàm khả tích trên tập $A$ theo đô đo $\mu$ và cho $A_n=\left \{ x\in A: \left | f(x) \right |\geq n \right \}$. Chứng minh rằng: $$\lim_{n\to \infty}n\mu \left ( A_n \right )=0$$

 

2.  Nếu $f$ là một hàm khả tích không âm thì tích phân bất định của nó là một độ đo hữu hạn trên lớp các tập đo được.

 

(2 bài này trong sách GTH của Hoàng Tụy.)

Chứng mình độ đo $Lebesgue$ là đủ và $\sigma -$hữu hạn.

 

P.s: Mới học kiến thức mới là độ đo nên có nhiều chỗ không hiểu, nếu ai đó làm thì làm rõ tý.

Biết $1+a+...+a^{n}+...=M (\left | a \right |< 1),1+b+...+b^{n}+...=N (\left | b \right |<1)$

Tính $1+ab+...+a^{n}b^{n}+... $ theo M và N.

 

@note: Chỉ bỏ những công thức trong 2 dấu dola, còn văn bản thì bỏ ngoài

 

Ta có 3 chuỗi đều hội tụ và 

 

$$M=1+a+...a^{n}+...=\sum_{n=1}^{\infty}a^n=\frac{1}{1-a}\Rightarrow a=1-\frac{1}{M}$$

 

$$N=1+b+...b^{n}+...=\sum_{n=1}^{\infty}b^n=\frac{1}{1-b}\Rightarrow b=1-\frac{1}{N}$$

 

$$S=1+ab+...(ab)^{n}+...=\sum_{n=1}^{\infty}(ab)^n=\frac{1}{1-ab}=\frac{1}{1-\left ( 1- \frac{1}{M}\right )\left ( 1- \frac{1}{N}\right )}=\frac{MN}{M+N-1}$$

Thanks...giờ mới biết cái công thức kia ! Nhưng mà vẫn không hiểu cách bạn làm.
Lúc hạ xuống thì cái
ln[(e^sinx-1)/x].lnx chứ đâu phải chỉ có (e^sinx-1)/x? Với lại sao tương đương thành 1+x/2 được vậy. Mình hơi bị ngu chỗ đó?

 

Mình viết thiếu chỗ đó

Tính giới hạn bằng phương pháp L'hospital, VCB:
$\lim_{x\to0}({\frac{e^{sinx}-1}{x}})^{ln(x)}$
Thanks trước !

 

Cái này chỉ áp dụng công thức này thôi( có thể chứng minh bằng $L'hopital$): $$\lim_{x\to 0} x^\alpha \ln x=0,\, \alpha>0$$

 

Ta có $$\frac{e^{\sin x}-1}{x}\sim 1+\frac{x}{2}$$

 

$$\ln\left ( 1+\frac{x}{2} \right )\sim \frac{x}{2}$$

 

$$\left ( \frac{e^{\sin x}-1}{x} \right )^{\ln x}=\exp\left \{ \ln\frac{e^{\sin x}-1}{x} \ln x\right \}\sim \exp\left \{ \ln\left ( 1+\frac{x}{2} \right )\ln x \right \}\sim \exp\left \{ \frac{x}{2}\ln x \right \}\to 1$$

Tìm giới hạn: $\lim(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+...+\frac{n-1}{n^2})$ khi $x\rightarrow \infty$

 

Cái này có thể sử dụng tổng tích phân $Riemann$ như sau

 

$\lim_{n\to \infty}\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i}{n^2}=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i}{n}=\int_{0}^{1}xdx=\frac{1}{2}$

 

$$\lim_{x\to 0} \frac{\arcsin x-\arctan x}{x^{3}}$$

 

Nếu biết cách khai triển $Maclaurin$ thì triển thôi, không thì chịu khó dùng đạo hàm qua $L'hospital$

 

$$\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+O(x^3)$$

 

$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+O(x^3)$$

 

$$\Rightarrow \lim_{x\to 0} \frac{\arcsin x-\arctan x}{x^{3}}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^3}{2}+O(x^3)}{x^3}=\frac{1}{2}$$

 

Làm theo đạo hàm:

 

$$\lim_{x\to 0} \frac{\arcsin x-\arctan x}{x^{3}}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{1}{1+x^2}}{3x^2}=\lim_{x\to 0} \frac{1+x^2-\sqrt{1-x^2}}{3x^2}=\lim_{x\to 0} \frac{2x+\frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}}{6x}=\frac{1}{2}$$

Tính các giới hạn sau:

a. $\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x+x^{2}+x^3+...+x^{n}-n}{x-1}$

 

 

b. $\lim_{x\rightarrow a}\frac{(x^{n}-a^{n})-na^{n-1}(x-a)}{(x-a)^{2}}$

 

Câu b thay $a=1$ và $n\to n+1$ thành câu a.

 

Giới hạn này thể dùng $L'Hospital$

 

$\lim_{x\rightarrow a}\frac{(x^{n}-a^{n})-na^{n-1}(x-a)}{(x-a)^{2}}=\lim_{x\to a} \frac{n\left ( x^{n-1}-a^{n-1} \right )}{2(x-a)}=\lim_{x\to a}\frac{n(n-1)}{2}$