cho hỏi một câu không liên quan là bạn đặt tiêu đề kiểu gì vậy mình đặt toàn bị sai nên không đăng được bài

Bạn tìm đến mục "hướng dẫn sử dụng diễn đàn" (không phải tên gọi chính xác) để đọc qui định nhen! 

Áp dụng BĐT $|\sin x|\le 1, |\sin x| \le |x|, \forall x\in \mathbb{R},$

\[|\cos x-\cos y|=\left|2\sin\frac{x-y}{2}. \sin\frac{x+y}{2}\right| \le |x-y|.\]

Từ đánh giá trên và Định lý kẹp, ta suy ra giới hạn cần tìm bằng $0.$

Cho dãy số $u_n$ được xác định bởi $u_1=\frac{21}{10}$ , $u_{n+1}=\frac{u_n-2+\sqrt{u_{n}^2+8u_n-4}}{2}$
đặt $v_n= \sum_{i=2}^{n+1}{\frac{1}{u_{i}^2-4}}$ tính $lim v_{n}$

Thử "rút" $u_{n}$ theo $u_{n+1}$ rồi thử  phân tích $\frac{1}{u_n^2-4}.$

Cho dãy số $(x_{n})$:

$\left\{\begin{matrix}x_{1}=1 & \\ x_{n+1}=\sqrt{x_{n}^{2}+x_{n}+1}-\sqrt{x_{n}^{2}-x_{n}+1} & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng dãy có giới hạn và tính giới hạn đó

Đặt $f(x)=\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2-x+1}.$

Lời giải 1.

Ta thấy $f(x)\le 1.$ Suy ra $x_n \le 1 \forall n\in \mathbb{N}.$

Với $x\le 1,$ ta có đánh giá $f(x) \le x.$ Hơn nữa, khi $x\ge 0$, $f(x)= \frac{2x}{\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2-x+1}}\ge 0.$

Từ đó, ta suy ra dãy $\{x_n\}$ giảm và bị chặn dưới.

Lời giải 2. 

$f'(x)= \frac{1}{2}\left[ g(2x+1)-g(2x-1)\right]$, trong đó $g(t)=\frac{t}{\sqrt{t^2+3}}.$

Ta có $g'(t)= \frac{3}{\sqrt{(t^2+3)^3}}.$

Với $x\in [0,1],$ ta có \[0<f'(x)<\frac{1}{2} \left[g(3)-g(-1)\right]=\frac{1}{2} \left[ \frac{3}{12}+\frac{1}{2}\right]:=q<1.\]

Áp dụng định lý Lagrange, ta suy ra dãy hội tụ.

Tìm bán kính của chuỗi lũy thừa: $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n.(x-3)^n}{2n+ln^3(n)}$

Dễ thấy bán kính hội tụ bằng $\frac{1}{2}.$

Cho $f(x,y)=\left\{\begin{matrix} y+x^3\sin{\frac{1}{\sqrt[3]{x^2+y^2}}} & ,(x,y)\neq(0,0),\\ 0 & ,(x,y)=(0,0). \end{matrix}\right.$

Xét tính liên tục của các đạo hàm riêng bậc hai của hàm $f$ tại $(0,0)$.

Bạn có viết thiếu ngoặc hay không?

Tính diện tích giới hạn bởi nửa mặt cầu $z=\sqrt{9-x^2-y^2}$ bị cắt bởi hình trụ: $x^2+y^2=5$.

Diện tích mặt $z=f(x,y)$ bị giới hạn bởi miền $(x,y)\in D$ được xác định bởi

\[\iint_{D}\sqrt{1+(f_x)^2+(f_y)^2} dxdy=\iint_{D}\frac{3}{\sqrt{9-x^2-y^2}} dxdy= \int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{5}} \frac{3r}{\sqrt{9-r^2}}dr d\phi.\]

Tìm bán kính của chuỗi lũy thừa: $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n.(x-3)^n}{2n+ln^3(n)}$

Đáp số trên quá vội !

Tính bán kính hội tụ thông qua $\lim \left|\frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$ hoặc $\lim \sqrt[n]{|a_n|}.$ Ta nhận được kết là là $1$.

Chứng minh rằng hàm số liên tục trên tập $X \subset \mathbb{R}^{n}$, khác rỗng, đóng, bị chặn thì liên tục đều trên $X$. Kết quả còn đúng không nếu bỏ một trong các giả thiết đóng hoặc bị chặn của $X$? 

"Người ta" chứng minh kết quả cơ bản này bằng phản chứng.

Về sự cần thiết của các giả thiết, cả tính đóng , tính bị chặn đều không thể bỏ qua. Điều đó được minh họa thông qua 2 thí dụ sau:

1) Với $n=1, \, X=(0,1), f(x)=\frac{1}{x}$ không liên tục đều trên $X$.

2) Với $n=1,\, X=(0,\infty), f(x)=\sqrt{x}$ không liên tục đều trên $X$.

Hãy lập CT tính un theo n và tính lim un.
$\left\{\begin{matrix} u_{1}=2012\\ u_{n+1}=\frac{n^{2}+4n+3}{2n^{2}+4n}u_{n} (n\geq1) \end{matrix}\right.$

Phân tích tử, mẫu thành phân tử rồi lùi dần (tính theo giai thừa hoặc không cần), rút gọn các số nhân tử chung ở tử và mẫu, ta nhận được "kết quả".

mình làm được phần tìm CT của un rồi. Mình không biết làm phần tìm lim un.

Bạn ghi công thức lên đây nhen.

Đặt $f(n)= \frac{n^2+4n+3}{2n^2+4n}, n\in \mathbb{N}.$

Ta có $f(n) \le q:=\frac{4}{5}, \forall n\ge 3.$

Suy ra $0<u_{n+1}\le qu_n, n\ge 3.$

Suy ra $\lim u_n=0.$

 

render (4).png

 

Hàm dưới dấu tích phân là $\tan^2\left( \frac{x}{2}\right)$ nên việc tính toán không có vấn đề gì!

Đặt $u$ là hàm đưới dấu tích phân. Khi đó, chuyển sang biến $u$, ta nhận được tích phân hàm đa thức.

Tìm cực trị nha bạn, nó có tới 3 điểm dừng là $(2;3),(a;0),(0,b)$ với $a,b \in \mathbb{R}$.

"Ba"???- Mình đếm mãi không ra "3"!

Cho dãy số $(u_{n})$ xác định như sau : $\left\{\begin{matrix}u_0=\frac12\\u_{k}=u_{k-1}+\frac1{n}u^2_{k-1} \end{matrix}\right.$ $(n\in N,k=1,2,3...n)$

Chứng minh rằng $\lim u_{n}=1$

Đề nhầm lẫn rồi!

 

+ Cho hàm $f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}$ liên tục. Gọi D là hình tròn đóng tâm $O(0;0)$ bán kính $r$. Tính $\lim_{r\to0}\frac{1}{r}\iint_{D}f(x,y)dxdy$.

Bạn có nhầm lẫn đề $\lim_{r\to0}\frac{1}{r}\iint_{D}f(x,y)dxdy$ với $\lim_{r\to0}\frac{1}{r^2}\iint_{D}f(x,y)dxdy$ không?
Nếu là cái thứ nhất có vẻ dễ hơn!

 

+ Cho hàm $f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}$ liên tục. Gọi D là hình tròn đóng tâm $O(0;0)$ bán kính $r$. Tính $\lim_{r\to0}\frac{1}{r}\iint_{D}f(x,y)dxdy$.

Gọi $D_r$ là hình tròn đóng tâm $O(0;0)$ bán kính $r$ và $M_r= \displaystyle\max_{(x,y)\in D_r}\{|f(x,y)|\}$.

Khi đó, $\left| \iint_{D_r}f(x,y)dxdy\right|\le  \iint_{D_r} M_1dxdy= M_1 \pi r^2, \forall r\le 1.$

Dùng Định lý kẹp, ta có  $\displaystyle \lim_{r\to 0^{+}} \frac{1}{r}\iint_{D_r}f(x,y)dxdy=0. $

Bài toán:

 Cho hàm $f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}$ liên tục. Gọi D là hình tròn đóng tâm $O(0;0)$ bán kính $r$. Tính $\lim_{r\to0}\frac{1}{r^2}\iint_{D_r}f(x,y)dxdy$.

Giải:

Áp dụng định lý giá trị trung bình, ta có $\frac{1}{\pi r^2}\iint_{D_r} f(x,y) dxdy= f(x_r,y_r),$ trong đó $(x_r,y_r)\in D_r$.

Ý tưởng thô: Khi $r\to 0^{+}, \, (x_r,y_r)\to (0,0)$. Hơn nữa, $f$ liên tục tại $(0,0)$. Suy ra $\lim_{r\to0}\frac{1}{r^2}\iint_{D_r}f(x,y)dxdy=\pi f(0,0).$.

Chưa rõ chỗ này, bạn giải thích thêm nhé.

Bài giới hạn trên mình có đọc được lời giải chi tiết, bạn giải như vậy không thể nhìn ra vấn đề tại sao lại rút gọn được vậy, bài này rút gọn khó nhận ra, từ đầu mình có nghĩ đến khai triển nhưng lại nhìn không ra.

1) Bạn có quen với BĐT $e^u \ge \frac{u^k}{k!}, \forall u>0, k\in \mathbb{N}.$

Khi đó, $3^n= e^{n\ln 3} \ge \frac{n^2\ln^2 3}{2!}.$

Do đó, \[\left|\frac{n}{3^n} \right| \le \frac{2}{n \ln^2 3}, \forall n\in \mathbb{N}.\] 

Sử dụng định lý kẹp, ta suy ra đpcm.

Nếu không thì bạn dùng khai triển nhị thức Niuton và giữ lại số hạng thứ chứa mũ 2.

2) 

Vì $1-\frac{1}{k^2}= \frac{(k-1)(k+1)}{k^2} \forall k=\overline{2,n}$ nên 

\[\prod_{k=2}^n \left( 1-\frac{1}{k^2}\right)=\dfrac{ \displaystyle \prod_{k=2}^n (k-1)\prod_{k=2}^n (k+1)}{\prod_{k=2}^nk^2}= \dfrac{(n-1)! . \frac{(n+1)!}{2}}{(n!)^2}=\frac{n+1}{2n}.\]

Giải các phương trình vi phân cấp $2$ sau:

$a)$ $y''=\frac{y'}{\sqrt{y}}$

$b)$ $y''(1+y)=y'^2+y'$

Giải chính xác là điều rất khó và gần như "không thể".

"Giải" a)

Lấy tích phân 2 vế theo biến $x$ (giả sử $y$ là hàm theo $x$), ta thu được

$y' =2\sqrt{y}+C.$

Vấn đề nhại cảm bắt đầu hiện ra từ đây. 

Tồn tại $x$ sao cho $2\sqrt{y}+C=0$? 

Nếu làm ẩu thì chia 2 vế cho $2\sqrt{y}+C$ để đưa về dạng tách biến.

(Làm như thế đã làm mất đi nghiệm hằng thỏa $2\sqrt{y}+C=0$ trên tập xác định hàm $y$. Như thế cũng chưa chắc đã đủ nghiệm).

"Giải" b)

Những bài thấy "vô phương" thì thử tìm nghiệm dạng chuỗi.

Cho:($(x_{n}):x_{1}=a,x_{n+1}=\frac{n(n+3)x_{n}+8}{(n+1)^{2}} (\forall n\geq 1)$

1.Tìm Số hạng tổng quát

1.Tìm a để dãy hội tụ.Khi đó tính lim $x_{n}$

Đặt $v_n= x_n-(2n+6), \, n\in \mathbb{N}.$

Ta có $v_1=a-8, \, v_{n+1}= \frac{n(n+3)}{(n+1)^2}v_n, n\in \mathbb{N}.$

Suy ra $$ v_{n}= \frac{(n-1)!(n+2)}{2(n!)^2}v_1 =\frac{(n+1)(n+2)}{2n} v_1.$$

Cho $\left \{ U_n \right \}$ thỏa mãn : $\left\{\begin{matrix} & U_1=2013, U_2=2026 & \\ & \frac{U_{n+2}}{n+2}=\frac{U_{n+1}}{n+1}+\frac{2U_n}{n} & \end{matrix}\right.$. Tìm $lim\frac{U_n}{U_{n-1}}$

Giải dãy truy hồi tuyến tính $\left\{ \frac{u_n}{n}\right\}$ để tìm $u_n.$

Chứng minh 

1) f(x) liên tục tại x = 0 

2) Hàm không khả vi tại mọi điểm

1) Vì $|f(x)|\le |x| \forall x\in \mathbb{R}$ nên, theo định lý kẹp, hàm số liên tục tại $0.$

2)

Xét tính khả vi của $f$ tại mỗi $a\in \mathbb{R}.$

TH1:  $a=0.$ Đặt $g(x)=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}.$ 

TH2: $a\neq 0.$

Xét $\left\{x_n\right\}$ hội tụ về $a$ thỏa $ x_{2n}\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}, x_{2n+1}\in \mathbb{Q}.$

Khi đó, $g(x_{2n})=1,\, g(x_{2n+1})=0.$ Khi đó,

  $$\lim_{n\to\infty} g(x_{2n})=1\neq 0=\lim_{n\to\infty} g(x_{2n+1}).$$

TH2: $a\neq 0.$

Ta chứng minh $f$ không liên tục tại $a.$

 Xét $\left\{x_n\right\}$ hội tụ về $a$ thỏa $ x_{2n}\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}, x_{2n+1}\in \mathbb{Q}.$

  $$\lim_{n\to\infty} f(x_{2n})=a\neq 0=\lim_{n\to\infty} f(x_{2n+1}).$$

 Do đó, $f$ không liên tục tại $a\neq 0.$

Suy ra, $f$ không khả vi tại $a\neq 0.$ 

Tính các tích phân kép sau:

$I=\int_{D}\sqrt{2x-x^2-y^2}d(x,y)$, $D$ giới hạn bởi $x^2-2x+y^2\leq 0$

$I=\int_{D}\left | {2x-x^2-y^2}\right |d(x,y)$, $D$ giới hạn bởi $x^2+y^2\leq2y.$

Bài 1: Dùng phép đổi biến $x=1+r\cos\theta,\, y=r\sin\theta$. Miền trong "tọa độ cực" này là $0\le r\le 1, 0\le \theta\le 2\pi.$

Định thức Jacobi phép biến đổi cũng là $r$.

Bài 2: tương tự bài 1.

Bạn kiểm tra thử!