Hàm $y=f(x)=x$ mà không biết vẽ à ?

à em tưởng ý anh là khác 

Em vẽ đồ thị hàm $dx = d( y = f(x) = x)$ ra , rồi so sánh với đồ thị trên là hiểu 

hàm đó vẽ ntn vậy anh

Hỏi rất hay , để mình giải thích cụ thể cho bạn . Trước tiên với đạo hàm của một hàm số người ta có ba kí hiệu 

 

Ký hiệu của Lagrange : $f'$

 

Kí hiệu của Leibniz : $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}f(x)$ 

 

Kí hiệu của Newton : $\dot{y}$

 

Ví dụ một hàm số xác định trên $(a,b)$ là $y=f(x)$ thì người ta gọi $\Delta x$ là số gia của $x$ ( một cái hiệu nào đó ) khi đó người ta gọi giá trị $f'(x)\Delta x$ là vi phân của hàm số ứng với số gia $\Delta x$ và kí hiệu $dy = d f(x) = f'(x) \Delta x$ , áp dụng định nghĩa này cho hàm số $y = f(x) = x$ ta có $dx = \Delta x$ . Việc người ta dùng $dx$ thay vì $\Delta x$ chỉ là quy ước cho hai vế tương đồng ( hai vế lấy $d$ mà ) 

 

Vi phân của hàm số có thể dùng để tính xấp xỉ và đại lượng $f'(x)\Delta x$ là độ tăng tính từ tiếp tuyến , bạn nhìn dung qua hình này : 

 

deri.png

Cảm ơn anh nhé, đọc bài này em hiểu thì có hiểu nhưng vẫn còn thấy bứt rứt khó chịu. Nếu như người ta tính $\mathrm df(x)$ dựa vào $\Delta x$ thì với riêng hàm $y=x$ thì dựa vào đâu ạ, ví dụ như hàm $y=kx$ thì nó không có tiếp tuyến thì nó không có "độ tăng". Anh có thể minh họa hình học giúp e cái đẳng thức $\mathrm dx=\Delta x$ đc không ạ.

E đang học về phần nguyên hàm nhưng có một số rắc rối sau:

1) Mặc dù  $\Delta x=\mathrm dx$ nhưng vì sao trong biểu thức nguyên hàm người ta không dùng $\Delta x$, vả lại nhắc tới vi phân người ta thường viết $\mathrm df(x)=f'(x) \mathrm dx$ thay vì định nghĩa của nó là $\mathrm df(x)=f'(x).\Delta x$. Vậy thì $\mathrm dx$ ở đây có ý nghĩa ntn?

2) Vi phân của một hàm số cho ta biết những gì, bắt nguồn từ đâu? Thực sự thì e không hình dung được nó là gì thông qua định nghĩa.

Có anh chị/ bạn nào hiểu biết xin giúp đỡ ạ. Mấy vấn đề này trong sgk rất ít đề cập.

Ủng hộ

Bài 14:(thi thử lần 4 KHTN 2014-2015)

Cho a;b;c là các số thực dương thỏa $abc=a+b+c+2$, chứng minh rằng

$\sum\sqrt{\frac{1}{a+1}}\leq \sqrt{3}$

 Ta có $a+b+c+2=abc \Leftrightarrow \frac 1{a+1}+\frac 1{b+1}+\frac 1{c+1}=1$

Nên $VT \le \sqrt{3\sum \frac 1{a+1}}=\sqrt 3$

Mình nghĩ như thế này, liệu có ổn không?

$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a};  \frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c}$

Vì c>b>a>0 qui đồng mỗi vế ta được

$\frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c}=\frac{b^{2}c+ac^{2}+a^{2}b}{abc}$

$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}= \frac{a^{2}c+ab^{2}+bc^{2}}{abc}$

Vì c>b>a>0 nên ta cũng suy ra $a^{2}c\leq ac^{2};a^{2}b\leq ab^{2};b^{2}c\leq bc^{2}$

=> đccm

Cách của bạn ko đúng vì cộng cả 3 vế theo vế ko suy ra được dpcm 

Nhân 2 vế cho $abc$, bdt đã cho tương đương

$a^2c+b^2a+c^2b \ge b^2c+c^2a+a^2b$

$\Leftrightarrow (c-b)(b-a)(c-a) \ge 0$ (luôn đúng),suy ra dpcm

Sử dụng liên tiếp đẳng thức $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2$

Ta có $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)$

$=\left[(1-ab)^2+(a+b)^2\right](c^2+1)(d^2+1)$

$=\left[(a+b+c-abc)^2+(ab+bc+ca-1)^2\right](d^2+1)$

$=(abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)^2+(abcd-ab-bc-ca-da-db-dc+1)^2$

$=2012+(abcd-ab-bc-ca-da-db-dc+1)^2 \ge 2012$

Bài số học.

Nếu $n=1$ thì $S=6$ chia hết cho $2^{1}$.

Nếu $n=2$ thì $S=28$ chia hết cho$2^{2}$.

Ta thấy $n=1$ và $n=2$ thì vẫn thỏa mãn.

Giả sử bài toán đúng đến $n=k$ hay $[(3-\sqrt{5})^{k}+(3+\sqrt{5})^{k}] \vdots( 2^{k})$ và $[(3-\sqrt{5})^{k-1}+(3+\sqrt{5})^{k-1}]\vdots (2^{k-1})$....

Khi đó ta chỉ cần CM bài toán đúng với $n=k+1$ hay CM  $[(3-\sqrt{5})^{k+1}+(3+\sqrt{5})^{k+1} ]\vdots( 2^{k+1})$.

Thật vậy ta có $[(3-\sqrt{5})^{k}+(3+\sqrt{5})^{k}](3-\sqrt{5}+3+\sqrt{5})=(3-\sqrt{5})^{k+1}+(3+\sqrt{5})^{k+1}+4[(3-\sqrt{5})^{k-1}+(3+\sqrt{5})^{k-1}]$

 Mặt khác  $[(3-\sqrt{5})^{k}+(3+\sqrt{5})^{k}](3-\sqrt{5}+3+\sqrt{5}) \vdots (6.2^{k})$ hay $[(3-\sqrt{5})^{k}+(3+\sqrt{5})^{k}](3-\sqrt{5}+3+\sqrt{5}) \vdots 2^{k+1}$

Suy ra $(3-\sqrt{5})^{k+1}+(3+\sqrt{5})^{k+1}+4[(3-\sqrt{5})^{k-1}+(3+\sqrt{5})^{k-1}] \vdots (2^{k+1})$

             $\Rightarrow (3-\sqrt{5})^{k+1}+(3+\sqrt{5})^{k+1} \vdots (2^{k+1})$ vì $4[(3-\sqrt{5})^{k-1}+(3+\sqrt{5})^{k-1}] \vdots (2^{k-1}.4)$ hay 

$4[(3-\sqrt{5})^{k-1}+(3+\sqrt{5})^{k-1}] \vdots (2^{k+1})$.

Theo nguyên lí quy nạp thì ta có ĐPCM. 

Nếu như giả sử bài toán đúng với $n=k$ thì vì sao nó đúng với $n=k-1$ vậy bạn?

âm cũng dc mà

cho a=-1;b=1;c=1 thì $(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)=1,(a^2+b^2+c^2)^2=9$

mình nghĩ thế này $9=\color{red}{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)\geq (a^2+b^2+c^2)^2}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\leq 3$ mà $a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3$ nên a=b=c=1

chỗ này chỉ đúng với số dương thôi bạn

Ta có bdt $a^4+b^4+c^4+d^4 \ge \frac{(a+b+c+d)^4}{64}$

Áp dụng: $VT=2.\sqrt[4]{\frac{x^4}{9}+\frac{x^4}{9}+\frac{x^4}{9}+4} \ge 2.\sqrt[4]{\frac{\left(\dfrac{\left|x\right|}{\sqrt[4]9}+\dfrac{\left|x\right|}{\sqrt[4]9}+\dfrac{\left|x\right|}{\sqrt[4]9}+\sqrt 2 \right)^4}{64}}=2.\frac{\sqrt 3\left|x\right|+\sqrt 2}{\sqrt 8}=\sqrt{\frac 32}\left|x\right|+1$

Suy ra $\left|y\right| \ge \left|x\right|$

Tương tự suy ra $\left|x\right| \ge \left|y\right|$ suy ra $\left|x\right|=\left|y\right|$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \left|x\right|=\left|y\right|=\sqrt 6$

Vậy hpt có 4 nghiệm

Biết $\sqrt{\cos A},\sqrt{\cos B},\sqrt{\cos C}$ lập thành 1 cấp số nhân

Tính giới hạn $\lim_{x \to 0} \frac{2(\cos x-1)+x^2}{x^4}$

(không dùng đạo hàm)

cho $a^{2}+\frac{b}{2}+3c=15$

tìm min A=$\frac{12(a+b+c)}{39}-a^{2}$

đề bài sai gì chăng, 12/39 rút gọn dc mà

Mình có thể làm theo cách khác không bạn?

Thực ra còn cách này đơn giản hơn

$\mathrm P=\frac{a^2+b^2+4c^2}{(a+b+c)^2} \le \frac{4(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} \le \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=4$

Em mới bước đầu sử dụng $\LaTeX$ , ai cho em hỏi cách vẽ các loại hình học , đồ thị hàm số, bảng biến thiên, biểu đồ,... ntn và dùng gói lệnh nào ạ. Em cảm ơn trước.

Giải bài năm mới nào . Ta sẽ tính :

$$lim(u_{n+1}^{3}-u_{n}^{3})=lim \frac{1}{u_{n}^{2}}(u_{n+1}^{2}+u_{n}u_{n+1}+u_{n}^{2})$$ 

Như vậy ta tính giới hạn

$$lim \frac{u_{n+1}}{u_{n}}=a$$ là được 

Dễ thấy $lim u_{n} = \infty$ và ta có $\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=1+\frac{1}{u_{n}^{3}}$ nên $a=1$ do đó 

$$lim \frac{u_{n}^{3}}{n}=3$$ 

 Cho em hỏi tại sao $\lim (u_{n+1}^3-u_n^3)=\lim \frac{u_n^3}n$ ạ

Cho dãy $\mathrm{(u_n)}$ được xác định như sau:

$\mathrm{\begin{cases}u_0=2000 \\ u_{n+1}=u_n+\dfrac 1{u^2_n} \end{cases}}$

Tính giới hạn $\mathrm{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty} \frac{u_n^3}{n}}$

Khi cho $\mathrm{a=b=c=1}$ thì $\mathrm{VT=12 < VP}$?

 

$ a+\frac{108}{(a-b)^{3}(b-c)^{2}c} \geq 7 $

Dùng bdt cosi cho 7 số dương: