$x_{n}=\prod_{k=1}^{n}(1+\frac{1}{2^{n}})=2.\left ( 1-\frac{1}{2} \right )\prod_{k=1}^{n}\left ( 1+\frac{1}{2^{k}} \right )=2(1-\frac{1}{2})(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{4})..(1+\frac{1}{2^{n}})=2\left ( 1-\frac{1}{2^{2^{n}}} \right )\Rightarrow  $ Dãy số có giới hạn =2 

Có thêm điều kiện về f(x) như liên tục hay khả vi gì k bạn 

$ \Rightarrow \int_{0}^{1}C^{k}_{n}x^{n-k}m^{k}f(x)dx =0 $

$ \Rightarrow \left ( \sum_{k=0}^{n}C^{k}_{n}x^{n-k}m^{k}f(x) \right )=0 $

$\Leftrightarrow \int_{0}^{1}(m+x)^{n}f(x)dx \forall n\in N ;m\in R $

Đặt  $m+x=t \Rightarrow \int_{0}^{m+1}x^{n}f(x-m)dx=0 ;n=1 \Rightarrow \int_{0}^{m+1}f(x-m)dx=0 $;

Đặt $ g(m)=\int_{0}^{m+1}f(x-m)dx=0 \forall m \in R \Rightarrow g(m)=c \Rightarrow g'(x)=0 $ $ \Rightarrow f(1)=0 $

Khai triển taylor tại $x=2015  \Rightarrow P(x)=P(2015)+\sum_{k=1}^{n}\frac{P^{k}(2015)(x-2015)^{k}}{k!}$

$P(x)=1+\sum_{k=1}^{n}(-1^{k})(x-2015)^{k}=1+\sum_{k=1}^{2015}(2015-x)^{k}$

$\Rightarrow P(2014)=1+2015=2016$

Câu 4

$f(x)-f(y)=\int_{x+2y}^{2x+y}f(t)dt \Rightarrow f(x)=f(0)+\int_{x}^{2x}f(t)dt$ Nên f(x) là hàm khả vi do theo đn$ f(x)=\int f'(x)+C$ 
 

$f(x)-f(y)=\int_{x+2y}^{2x+y}f(t)dt \Rightarrow f'(x)=2f(2x+y)-f(x+2y) $(Đạo hàm  2 vế theo x )

$\Rightarrow 2f'(x+2y)=2f(2x+y)$( Đạo hàm tiếp  theo biến y)

$\Leftrightarrow f'(x+2y)=f'(2x+y)\Leftrightarrow f((x+y)+y)=f(x+(x+y)) x=\beta -(x+y) y=\alpha -(x+y)$

$\Leftrightarrow f'(\alpha )=f'(\beta ) \forall \alpha ;\beta \in R \Rightarrow f'(x)=C \Rightarrow f(x)=ax+b$ 

Câu 1: Tính $\int_{-\dfrac{\Pi }{4}}^{\dfrac{\pi}{4}}ln(tanx+\sqrt{tan^2x+e^{sin^2x}})dx$

Câu 2:cho $f$ là một hàm có đạo hàm cấp $n$, liên tục trên $[a,b]$ và$f(x_1)=f(x_2)=...=f(x_n)$ và $a\leq x_1<x_2<...<x_n\leq b$

Ký hiệu: $M=\underset{x\epsilon [a,b]}{Max|f^{(n)}(x)|}$ Chứng minh $\forall x:|f(x)|\leq \dfrac{M}{n!}.\prod_{i=1}^{n}|x-x_i|$

Câu 3: Cho dãy
${U_n}$ có $U_0$ cho trước $0<U_0<1,U_{n+1}=\sqrt{\dfrac{1+U_n}{2}},V_n=\prod_{i=1}^{n}U_i$
Chứng minh dãy $V_n$ có giới hạn hữu hạn, tính giới hạn đó. Trong trường hợp $U_0\geq 1$ thì kết quả thế nào?

Câu 4: Tìm tất cả các hàm$f$ liên tục trên toàn trục số thỏa mãn:$f(x)-f(y)=\int_{x+2y}^{2x+y}f(t)dt,\forall x,y\epsilon R$

Câu 5: Cho$f$ là hàm có đạo hàm cấp 2 liên tục trên $[0,1]$ có $f(0)=f(1)=0$ và $\underset{x\epsilon [0,1]}{Min}f(x)=-1$. Chứng minh:
$\underset{x\epsilon [0,1]}{Max}f"(x)\geq 8.$

Câu 2 f(x_{1})=f(x_{2})=... có =0 vậy .
 

Giải phương trình $$ \arcsin x +\arcsin (x\sqrt{15})=\frac{\pi}{2} $$

Tạp chí Komal, Hungary.

$\arcsin{x}+\arcsin{x\sqrt{15}}=\frac{\pi}{2}$
Đk :x>0 
Xét hàm $y=\arcsin{x}+\arccos{x} ;y'=0$  y là hàm hằng

$ \Rightarrow y=c $ thay giá trị bất kị vào để tìm c $;y(0)=c=\frac{\pi}{2}$

Gọi $u,v,w$ là ba nghiệm của phương trình $x^3-10x+11=0$. Tính giá trị của biểu thức $$\arctan u+\arctan v+\arctan w$$.

Tạp chí KoMaL, Hungary.

$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}e^{\frac{\ln{a_{n}}}{n}} =e^{\dfrac{\ln{a_{n+1}-\ln{a_{n}}}}{n+1-n}}(Stole)=e^{\ln{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}$

$\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1+x^{n+k})}}{\ln{(1+x^{n})}}=\int_{0}^{1-\varepsilon }\frac{\ln{(1+x^{n+k})}}{\ln{(1+x^{n})}}+\int_{1-\varepsilon }^{1}\frac{\ln{(1+x^{n+k})}}{\ln{(1+x^{n})}} =I_{1}+I_{2} $

$I_{2}=\varepsilon \frac{\ln{(1+{c}^{n+k})}}{\ln{(1+{c}^{n})}}=0 I_{1}=\int_{0}^{1-\varepsilon }\frac{x^{n+k}}{x^{n}}=\int_{0}^{1-\varepsilon }x^{k}$

$=\lim_{\varepsilon \to\ 0}\frac{x^{k+1}}{k+1}|^{1-\varepsilon }_{0} =\frac{1}{k+1}$

Đặt $S=\sum_{i=0}^{k}(1+\sqrt{5})^{k-i}(1-\sqrt{5})^i$.

Ta thấy $S$ là tổng của $k+1$ số hạng đầu của 1 cấp số nhân có $u_1=\left ( 1+\sqrt{5} \right )^k$ và $q=\frac{1-\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}}$

$\Rightarrow S=\frac{u_1(q^{k+1}-1)}{q-1}=...=\frac{(1+\sqrt{5})^{k+1}-(1-\sqrt{5})^{k+1}}{2\sqrt{5}}$

$\Rightarrow \frac{2^k}{\sum_{i=0}^{k}(1+\sqrt{5})^{k-i}(1-\sqrt{5})^i}=\frac{2^{k+1}.\sqrt{5}}{(1+\sqrt{5})^{k+1}-(1-\sqrt{5})^{k+1}}=\frac{\sqrt{5}}{\left ( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right )^{k+1}-\left ( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right )^{k+1}}=\frac{1}{F_{k+1}}$

trong đó $F_{k+1}$ là số hạng thứ $k+1$ trong dãy Fibonacci.

Vậy tổng cần tính bằng $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{F_{k+1}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{F_k}\approx 3,359885...$

Cái đoạn chứng minh nghịch đạo dãy đó trên mạng sao k thấy bạn ạ,Bạn có thể chứng minh hãy chỉ rõ hơn không 

 Câu :3

Đặt $a_{n}=\int_{0}^{1}f^{n}(x)dx $

$\Rightarrow \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a_{n}}=\lim_{n \to \infty}e^{\frac{\ln{a_{n}}}{n}}=\lim_{n \to \infty}e^{\ln{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}}=\lim_{n \to \infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}} $

Như ta đã biết $ \int_{0}^{1}f^{n}(x)dx=\sum_{i=0}^{i=n}f^{n}(\frac{i}{n})$

 $\Rightarrow \frac{\int_{0}^{1}f^{n+1}(x)dx}{\int_{0}^{1}f^{n}(x)dx}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=0}^{i=n}f^{n+1}(\frac{i}{n})}{\sum_{i=0}^{i=n}f^{n}(\frac{i}{n})}$

Do hàm f(x) liên tục$[0;1] \Rightarrow $ tồn tại $x_{0} $ sao cho$ f(x_{0})=maxf(x) ;x_{0} \in [0;1]$

Theo quy tắc ngắt bỏ VCL$\Rightarrow \frac{\int_{0}^{1}f^{n+1}(x)dx}{\int_{0}^{1}f^{n}(x)dx}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=0}^{i=n}f^{n+1}(\frac{i}{n})}{\sum_{i=0}^{i=n}f^{n}(\frac{i}{n})}

=\lim_{n\to\infty}\dfrac{f^{n+1}(x_{0})}{f^{n}(x_{0})}=f(x_{0})=Maxf(x)$

Tối nay ngồi post lời giải vậy

Giả sử $g(b) \neq 0$, không mất tính tổng quát, giả sử $g(b)>0$, khi đó

$$\lim_{x \to +\infty} \varphi' (x)=g(b) $$

$$\Leftrightarrow \forall \epsilon>0, \exists x_0, \forall x \ge x_0 \rightarrow |\varphi'(x)-g(b)|<\epsilon $$

$$\Rightarrow \varphi'(x)>g(b)-\epsilon$$

Chọn $\epsilon$ đủ nhỏ sao cho $g(b)-\epsilon>0$, suy ra $\int_{x_0}^x \varphi' (t)dt>\int_{x_0}^x (g(b)-\epsilon)dt $

$$\Leftrightarrow \varphi(x)>(g(b)-\epsilon)(x-x_0)+\varphi(x_0)$$

$$\Rightarrow \lim_{x \to +\infty} \varphi(x)=+\infty$$

Mâu thuẫn.

Vậy $g(b)=0$

g(b)=0,0000...1 thì sao 

Bài 4. Cho $f:\left( {0, + \infty } \right) \to $ thỏa mãn các điều kiện sau
i. $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( {x + 1} \right) - f(x)} \right) = + \infty $.
ii. $f$ bị chặn trên mọi khoảng con hữu hạn của $\left( {0, + \infty } \right)$.
Chứng minh rằng $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = + \infty $.

Không rảnh nhưng thấy bài toán hay nên post lời giải lên…

Giải.

Theo giả thiết $f$ bị chặn trên $\left( {0, + \infty } \right)$. Lại có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( {x + 1} \right) - f(x)} \right) = + \infty $ nên với mọi $M > 0,\exists {x_0} > 0$ sao cho với mọi $x \ge {x_0}$ ta có $f\left( {x + 1} \right) - f(x) > M$.
Sử dụng liên tiếp bất đẳng thức trên ta suy ra

$M + f(x) < f\left( {x + 1} \right) < f\left( {x + 2} \right) - M < ... < f\left( {x + n} \right) - \left( {n - 1} \right)M$.

Suy ra

$f\left( {x + n} \right) > nM + f(x)$ với mọi $x \ge {x_0}$,

nói riêng ta có $f\left( {{x_0} + n} \right) > nM + f({x_0}) \Rightarrow \frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{n} > M + \frac{{f({x_0})}}{n}$.
Do $f$ bị chặn nên với $n$ đủ lớn suy ra $\frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{n} > M$ tức $f\left( {{x_0} + n} \right) > 0$. Khi đó với $n$ đủ lớn luôn tồn tại ${x_0} \le n$. Do đó

$\frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{{{x_0} + n}} \ge \frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{{2n}} > \frac{M}{2} + \frac{{f({x_0})}}{{2n}}$.

Suy ra với mọi $x > {x_0} + 2n$ thì $\frac{{f(x)}}{x} > \frac{M}{2}$ với mọi $M > 0$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = + \infty $.
Bài toán được chứng minh.

 

Bài này sao không sử dụng ĐL stolez luôn với $a_{n}=f(n)$ 

Câu 4 Ta sử dụng Larange để giải bài này

Xét $g(x)=\ln{\sin{f(x)}}$