Ừm, Cauchy condensation test, là tiêu chuẩn đó đấy bạn.

 

Hình như anh đang dùng "Cauchy consider test" (Em không biết dịch)

 

$\sum_{n=1}^{\infty} f(n)\Leftrightarrow \sum_{n=1}^{\infty} 2^nf(2^n)$

Theo định lí xấp xỉ đa thức của Wierstrass, ta có:

$\forall \varepsilon >0, \exists N: \forall n\geq N\Rightarrow \left \| P_n(x)-f \right \|< \varepsilon $

Do mỗi đa thức đều biểu diễn được dưới dạng tổng các đơn thức nên

$\int_{0}^{1}f(x)P_n(x)dx=\sum_{j=0}^{k_n}\int_{0}^{1}f(x)x^jdx=0\to\int_{0}^{1}f^2dx\Rightarrow \int_{0}^{1}f^2dx=0$

Đến đây thì dễ thấy r.

 

1. $\lim x_n= \sum_1^{\infty}3^{k-1}\sin^3{\frac{\alpha}{3^k}}=\frac{1}{4}\sum_1^{\infty}\left ( 3^k\sin\frac{\alpha}{3^k}-3^{k-1}\sin {\frac{\alpha}{3^{k-1}}}  \right )$

$=\frac{1}{4}\sum_1^{\infty} \left (3^k\sin\frac{\alpha}{3^k}-\sin {\alpha}  \right )=\frac{1}{4}(\alpha-\sin \alpha)$

2. Bài 2 L'Hopital 2 lần là đc.

Đặt $t=\sqrt[4]{x+1}$

$L=\lim_{t\to 1}\frac{t-1}{t^{4/3}-1}=\lim_{t\to 1}\frac{\left (t-1  \right )(t^{8/3}+t^{4/3}+1)}{t^4-1}=\lim_{t\to 1}\frac{t^{8/3}+t^{4/3}+1}{1 + t + t^2 + t^3}=3/4$

 

Bạn giải thích cụ thể hơn được không? 

 

Mình xét giới hạn của tỉ số $\lim_{n \to \infty} \dfrac{\frac{1}{n\ln n}}{\frac{1}{ln 2^n}}=\lim_{n \to \infty} \dfrac{\ln 2}{\ln n}=0$, vậy thì việc $\sum \dfrac{1}{\ln 2^n}$ phân kì không kết được sự phân kì của chuỗi ban đầu

Mình xét theo tiêu chuẩn tụ Cauchy ấy bạn, sự phân kì của chuỗi $\sum a_n$ tương đương với sự hội tụ chuỗi $\sum 2^ka_{2^k}$

Ta có sự hội tụ của chuỗi trên tương đương với sự hội tụ của $\sum_{1}^{\infty}\frac{1}{\ln 2^k}$ mà chuỗi này phân kì nên chuỗi đề bài cho phân kì.

Hz, mình đag kiếm cách ngắn hơn cách sử dụng định thức
Nếu sử dụng định thức:

Thực hiện đạo hàm 2 vế 2 lần, ta được:

 

 

À, xin lỗi bạn, mình bất cẩn quá
Giả sử tồn tại $\alpha,\beta,\gamma \in \mathbb{R}$ sao cho $\alpha e^x + \beta e^{2x} +\gamma e^{3x}=0$

$\iff \frac{\alpha}{e^x}  + \beta +\gamma e^{x}=0$

lúc này có thể thấy phương trình không có nghiệm với $\alpha,\beta,\gamma \neq 0$

Để ý rằng $e^x$ luôn dương với $x\in \mathbb{R}$

Khoảng cách từ $p\in A$ đến gốc tọa độ luôn nhỏ hơn $\sqrt{42}$ nên A bị chặn
Lấy $q\in A$, ta có mọi lân cận thủng bán kính $\varepsilon >0$ tại q (trừ điểm q ra) đều có giao khác rỗng với A bằng vô hạn phần tử của A. Nếu lấy $q\in A^c$ thì sẽ tồn tại $\varepsilon >0$ sao cho lân cận thủng bán kính $\varepsilon$ giao A bằng rỗng. Vậy tất cả điểm giới hạn của A nằm trong A, vậy A đóng.

Áp dụng định lí Heine-Borel ta có đc tính compact của A.

Ta có $A=[0,5]\times [0,4]$, cả 2 tập đều compact trong $R^2$ nên A compact. 

Metric ở đây là gì bạn

* Bạn chỉ cần thay tọa độ các vector v và kiểm tra các hệ có nghiệm hay không

**

$f(ax+bw,ay+bz)=(a^2xy+b^2xy+ab(xz+yw),a(x+y)+b(w+z))\neq f(ax,ay)+f(bx,by)$

Vậy ánh xạ đầu không tuyến tính

$f(ax+bw,ay+bz)=(ax+bw)=f(ax,ay)+f(bw,wz)$

Vậy ánh xạ thứ 2 tuyến tính

Vd

loại 1:$\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x}dx$

loại 2: $\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x}dx$

loại 1 thì nó sẽ không xác đinh tại 1 đầu cận

loại 2 thì tích phân lấy trên khoảng có 1 đầu vô cực

có thể 1 tích phân có tính chất của cả 2 loại

Bn xem thêm http://www.sosmath.c...ntro/intro.html

Tích phân tính diện tích sẽ cho ra diện tích đại số bn ạ nên nhìn chung là k đc. Khi hàm dương thì bn có thể dùng cái n cũng đc (bn xem điều kiện để 2 caí= nhau ấy)

2 loại tp n phân biệt rõ ràng bằng loại cận r mà bn. Còn tính thì cứ linh hoạt chứ cũng k nên áp dụng bó hẹp 1 pp nào.

À, xin lỗi bn, mh k để ý khúc sau nên cứ tưởng là phủ con hữu hạn
Chứng minh:
Ta có K khả li thì đếm được thứ 2. Kí hiệu phủ mở của K là ($U_{\alpha}$) và cơ sở đếm được của K là ($V_{\alpha}$). Ta có mỗi phần tử thuộc phủ mở đều có thể biểu diễn dưới dạng hợp k quá đế được của các phần tử cơ sở. Vậy ($V_{\alpha}$) lập thành phủ mở của K. Chọn chỉ số $\beta\in I: V_{\alpha} \subset U_{\alpha_{\beta}}$. Khi đó ($U_{\alpha_{\beta}}$) lập thành phủ con đếm được của K.

R khả li nhưng đâu compact ?

a/$\sum \alpha_j p_j=0 \iff (\alpha_2+\alpha_3)t^2+(\alpha_1+2\alpha_2)t+13\alpha_1+\alpha_3=0$

Bộ vector $t^2,t,1$ độc lập tuyến tính nên bộ vector đã cho độc lập tuyến tính.

 

 

Để ý từ giả thuyết có thể thấy rằng $d(A,x)$ và $d(B,x)$ không đồng thời bằng 0.

Đặt $z=\int_{a}^{b}f$, khi đó $\exists y: \left | y \right |=1: zy=\left | z \right |$ (ở đây $y=-1$ hoặc $1$). 

Do đó:

$\left | \int_{a}^{b} f\right |=y\int_{a}^{b}f =\int_{a}^{b}yf\leq \int_{a}^{b}\left | f \right |$

2 tp bằng nhau khi có hằng số $\alpha:\alpha f=\left | f \right |$

Chúc các thầy cô nhiều sức khỏe, thành công trong sự nghiệp sư phạm.

Còn tiên đề nào bn chưa kiểm chứng được ?

Xét không gian $X= l^2 \subset \mathbb{R}^N$ với chuẩn $d(\mathbf{x},\mathbf{y})=\sqrt{\sum_{0}^{\infty}(x_k-y_k)^2}$

Xét hình cầu đơn vị E trong X, ta có E chứa các dãy $\mathbf{x}$ với tất cả các số hạng=0 trừ một số hạng k nào đó.

Ta có $d(\mathbf{x},\mathbf{y})=\sqrt{2}$ với $x\neq y$

Chọn $\varepsilon=\sqrt{2}/4$, ta có $\sqrt{2}/4$-lưới của E không hữu hạn, do nếu $\mathbf{z} \in \sqrt{2}/4$-lưới cách $\mathbf{x}$ một khoảng nhỏ hơn $\sqrt{2}/4$ thì không thể cách $\mathbf{y}$ một khoảng nhỏ hơn $\sqrt{2}$

_____

Sửa lại:

khoảng cách
$x_k=1$

Dạo n` cứ đánh sai mãi

Ta có:

$\inf_{x\in \partial A,y\in B} d(x,y)\leq \inf_{x\in \partial A, z\in A} d(x,z)+ \inf_{z\in A,y\in B} d(z,y)$

Do A compact nên A đóng, ta có bđt trên tương đương:

$d(\partial A,B)\leq d(A,B)$

Mặt khác:

$\inf_{x\in A,y\in B}d(x,y)\leq d_{z\in \partial A}(z,B)$

Nên 

$d(\partial A,B)= d(A,B)$

Vậy tồn tại $x_0 \in A$ thỏa đề bài