Cho $A$ là ma trận vuông cấp $n$, $A \in M_n(\mathbb{Z})$.

1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên $k$ là một giá trị riêng của $A$ thì $det(A) \vdots k$.

2. Giả sử $m$ là một số nguyên và mỗi dòng của $A$ có tổng bằng $m$. Chứng minh rằng $det(A) \vdots m$. 

1) Đa thức đặng trưng $P(\lambda)=\det(A-\lambda I_n)$ là đa thức hê số nguyên và hệ số tự do chính là $\det(A).$

Từ $P(k)=0$, ta có $k$ là ước của hệ số tự do. Suy ra ĐPCM.

2) Dùng phép biến đổi: $c_1= c_1+c_2+...+c_n$. Suy ra ĐPCM.

a) y=e^xcosx
b) y^(n)(0) nếu y=arcsinx

1) Dùng công thức Newton- Leibniz.

2) Dùng khai triển Maclaurin của hàm $\arcsin x.$

tính giới hạn

1.              $u_{n}=\sqrt{1+u_{n-1}} , u_{0}=\sqrt{3}$

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

1) Dãy giảm bị chặn dưới bởi 0. Giới hạn của dãy là $\frac{1+\sqrt{5}}{2}.$

2) Dãy tăng và bị chặn trên bởi $1$.  Giới hạn của dãy là $1$.

Chào các anh chị, anh chị có thể giúp em giải các bài tập sau được không ạ, em cảm ơn nhiều ạ

lim (x^2+y^2) e^-(x+y) khi (x,y) -> (+vô cùng, +vô cùng)

Dùng BĐT $e^u \ge \frac{u^3}{3!}$ với $u>0.$

Cho $x\to +\infty$. Chứng minh rằng: $\frac{arctan(x)}{1+x^2}=O(\frac{1}{x^2})$

Điều này dễ thấy vì $\lim_{x\to \infty} \arctan x=\frac{\pi}{2}.$

Cho $A$ là ma trận vuông cấp $n$ và $A^k=0$ với $k$ nguyên dương cho trước. Ký hiệu

 

$X=\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix}$

Chứng minh rằng hai phương trình $AX=0$ và $(A+A^2+...+A^n)X=0$ đương đương.

Từ giả thiết, ta có $I-A$ khả nghịch.

Ta có

$(A+A^2+...+A^n)X=0 \iff (I+A+A^2+...+A^n)X=X.$

$\iff (I-A)(I+A+A^2+...+A^n)X=(I-A)X.$

$\iff (I-A^{n+1})X=X-AX$

($A^{n+1}=0$)

$\iff AX=0.$ 

1, tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 sao cho bình phương của nó băng ma trận không
2, tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 sao cho bình phương của nó bằng ma trận đơn vị

Bạn thử dùng tính chất $A^2-(a+d)+(ad-bc)I_2=0,$ trong đó $A=\begin{bmatrix} a &b\\ c&d\end{bmatrix}.$

Câu hỏi : Tìm tất cả các hàm f(x) xác định trên (-1;1) và thỏa mãn 
                $$xf'(x) +2f(x) =0 \, \forall x\in  (-1:1)$$

Ta có $(x^2 f(x))^{\prime}=0$  với mọi $x\in (0;1).$

Do đó, tồn tại hằng số $C$ sao cho $x^2 f(x)=C$ với mọi $x\in  (0;1).$

Với $x=0$, ta có $C=0.$ Do đó $f(x)=0$ với mọi $x\in (-1;1)\setminus\{0\}.$ 

Hơn nữa, nhờ tính liên tục của hàm $f$, ta có $f(0)=0.$ 

Vậy có duy nhất hàm $f=0$  (đã được kiểm tra thỏa các điều kiện).

Được dùng kết quả này chưa bạn? $f$ và $g$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thì $f/g$ liên tục những điểm mà $g$ khác 0.

Cho dãy $(x_{n})$ xác định như sau: $x_{1}=2,x_{2}=10;x_{n+2}=\frac{8x_{n+1}^{2}-x_{n+1}x_{n}}{x_{n+1}+x_{n}},n\geqslant 1.$

Với mỗi số nguyên dương n, đặt $y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k})}{x_{k+1}+x_{k}+3}$.

Chứng minh rằng dãy $y_{n}$ có giới hạn hữu hạn khi n dần ra vô cực và tìm giới hạn đó.

https://diendantoanh...rac-1kx-k1x-k3/

Bất đẳng thức (Maclaurin, Cauchy)
Giả thiết $f(x)$ là một hàm đơn điệu giảm $\left(0,+\infty\right)$. Khi đó ta luôn có $$ \sum_{k=1}^{n}f(k)\leq \int_{a}^{b}f(x)dx\leq \sum_{k=0}^{n-1}f(k)$$
Đẳng thức xảy ra khi $f(x)$ là hàm nghịch biến.

Liệu ta có thể tổng quát bất đẳng thức trên thành

$$ \int_{a}^{b+1}f(x)dx\leq \sum_{k=a}^{b}f(k)\leq \int_{a}^{b}f(x)dx\leq \sum_{k=a-1}^{b-1}f(k)\quad a,b\in\mathbb N^*$$

Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Bạn xem kỹ cái đánh giá chính để dẫn đến BĐT gốc thì sẽ auto tự trả lời được vấn đề mới.   

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi:

$\left\{\begin{matrix}u_1=1, u_2=2 \\ u_{n+1}=\sqrt{u_n} +\sqrt{u_{n-1}} , \forall n\geq 2 \end{matrix}\right.$

CMR: $(u_n)$ tăng và bị chặn trên.

(+) Dãy bị chặn trên bởi 4.

(+) Dãy tăng được chứng minh bằng qui nạp.

Hàm số sau đây có bao nhiêu điểm gián đoạn
$$f(x)=\begin{cases}\frac{|x|}{x}, x \ne 0\\0, x=0\end{cases}$$

Dễ dàng kiểm tra hàm số này chỉ có duy nhất điểm gián đoạn: $x=0.$

Tính giới hạn (nếu có) :

$lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}{\frac{y(x^2+y^2)}{y^2+(x^2+y^2)^2}}$

Cho $(x,y)\to (0,0)$ dọc theo đường cong tham số $x^2+y^2=ky.$ Ta có thể đơn giản hóa $x=\sqrt{ky-y^2}$ với $k>0, 0<y<k.$

Đặt $f(x,y)=\frac{y(x^2+y^2)}{y^2+(x^2+y^2)^2}.$

Khi đó,  $f(\sqrt{ky-y^2},y) =\frac{k}{1+k^2}.$ Suy ra $\lim_{y\to 0^{+}}(\sqrt{ky-y^2},y)$ phụ thuộc $k$. Do đó, giới hạn $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$ không tồn tại.

Thử với $u_{n}=\cot \alpha_{n}, 0<\alpha_n<\frac{\pi}{2}. $

Tìm công thức tổng quát của $\left \{ U_n \right \}$ thỏa mãn : $\left\{\begin{matrix} & U_1=2 & \\ & n^2U_n=U_1+U_2+...+U_n & \end{matrix}\right.$ . 

https://diendantoanh...-tìm-lim-n2u-n/

Tính giới hạn:

$lim\frac{\sum_{k=2}^{n}\cos\frac{\pi }{k}}{n}$

Dùng Cesaro! Giới hạn bằng $\lim_{n\to \infty} \cos \frac{\pi}{n}=1.$

Trên tập số phức phương trình $z^{2017}=i\bar {z}$ có bao nhiêu nghiệm?

$z=0$ là một nghiệm của PT.

Trên $\mathbb{C}\setminus \{0\}$,$ |z|^{2017}=|z|$ nên $|z|=1.$ Khi đó, PT tương đương (đã kiểm tra cẩn thận): $z^{2018}=i.$

PT này có $ 2018 $ nghiệm.

Vậy PT ban đầu có $2019$ nghiệm (phân biệt).

BÀI TOÁN: Cho $lim\frac{\sqrt[3]{an^3+5n^2-7}}{\sqrt{3n^2-n+2}}=b\sqrt{3}+c$ . Tính 

$$P=\frac{a+c}{b^3}$$

Đề sai! Không thể tính $P.$

\[\frac{u_{n+2}}{u_{n+1}}=\left[\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right]^{-1/3}.\]

Lùi dần sẽ tìm ra $\frac{u_{n+1}}{u_{n}}.$ Từ đó suy ra $u_n.$

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)

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!

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 $X$.

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

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

Cho các số thực a, b (a>b) và hai dãy số $\begin{Bmatrix} u_{n} \end{Bmatrix}$ và $\begin{Bmatrix} v_{n} \end{Bmatrix}$ xác định như sau:

$\left\{\begin{matrix} u_{1}=a; v_{1}=b\\ u_{n+1}=\frac{u_{n}+v_{n}}{2}; v_{n+1}=\sqrt{u_{n}v_{n}} \end{matrix}\right.$ với mọi $n\in N^{*}$

Chứng minh rằng hai dãy trên co giới hạn hữu hạn và $\limu_{n}=\lim v_{n}$

Một số nhận xét  dẫn đến lời giải cho bài toán:

1) Dùng qui nạp và bất đẳng thức Cauchy, ta nhận được $u_n\ge v_n \forall n\in \mathbb{N},$

2) Từ 1), ta thu được $ \left\{u_n\right\} $ là dãy giảm bị chặn dưới bởi $v_1=b$ và $\left\{v_n\right\}$ là dãy tăng bị chặn trên bởi $u_1=a.$

3) Từ 2), ta thu được cả hai dãy hội tụ. Từ hệ thức truy hồi $u_{n+1}=\frac{u_n+v_n}{2}$, ta suy ra hai dãy hội tụ về cùng giới hạn.