em đang cần bài tập về không gian vector và ánh xạ tuyến tính,các anh có thể chọn giúp em những bài ở mức độ trung bình thôi nhé
cảm ơn các anh!

 Bogachev V. Measure Theory. Volume I (Springer, 2007)(514s).pdf   3.42MB   21075 Số lần tải
 Bogachev V. Measure Theory. Volume II (Springer, 2007)(586s).pdf   3.84MB   10161 Số lần tải

Cảm ơn sự tham gia của dark templar. Mọi người cùng tham gia giải nào. Sau đây là một bài dành cho Đại học.

Bài 5: Tính tích phân: $$I_{5}=\int_{-1}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}$$

hình như mình sai rồi, tích phân k tồn tại khi hàm duới dấu tích phân không bị chặn, mới học xong 2 hôm nên cũng lờ mờ chẳng biết đúng hay sai

Em... chưa hiểu lắm anh à  .

Anh có thể lấy một ví dụ minh họa việc tìm nghiệm vô tỷ được không anh ?

Thường sau khi mò ra 1 nghiệm thì đối với phương trình vô tỉ có thể nghĩ đến việc nhân chia biểu thức liên hợp đưa về dạng tích có nhân tử là (x-nghiệm) rồi mò tiếp

Bạn có thể nêu hương phân tích nhân tử cho bài này không $x^{3}-3.\sqrt[3]{12x^{2}+4}=(3x-1)^{2}$

Không biết đề đóm thế nào nhưng có thể phân tích ra thế này và nghĩ đề chưa chuẩn:

$x^{3}+3x^{2}+6x+3=(12x^{2}+4)+3\sqrt[3]{12x^{2}+4} \Leftrightarrow (x+1)^{3}+3(x+1)-1=(12x^{2}+4)+3\sqrt[3]{12x^{2}+4}$ nếu sửa lại đề thì được chứ nếu không thì nghĩ cách khác

Giải:
Ta có $P(x)=0$ không thỏa mãn,vậy $P(x)$ có dạng
\[P(x) = {a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0};({a_n} \ne 0)\]
Khi khai triển hai vế của $(1)$ thì số hạng lớn nhất của $P(P(x))+1$ là:
\[{a_n}{({a_n}{x^n})^n} = a_n^{n + 1}{x^{{n^2}}}\]
Còn số hạng lớn nhất của${\left[ {{P^2}(x) + 2P(x) + {{\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)}^2}} \right]^2}$ là
$\left[ {\begin{array}{{{\left( {{{\left( {{a_n}{x^n}} \right)}^2}} \right)}^2} = a_n^4{x^{4n}};n > 2}\\{{{\left( {{{\left( {{a_n}{x^n}} \right)}^2} + {x^4}} \right)}^2} = {{(a_n^2 + 1)}^2}{x^8};n = 2}\\{{x^8};n < 2}\end{array}} \right.$
Nếu $n \le 2$ thì
\[{x^{{n^2}}} = {x^8} \Rightarrow {n^2} = 8\]
Điều trên là vô lý vì n là số tự nhiên
Vậy $n>2$ và \[a_n^{n + 1}{x^{{n^2}}} = a_n^4{x^{4n}} \Rightarrow n = 4;{a_n} = 1\]
Do vậy đa thức cần tìm có dạng
\[P(x) = {x^4} + {a_3}{x^3} + {a_2}{x^2} + {a_1}x + {a_0}\]
Ta đặt
\[G(x) = P(x) - {\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)^2} + 1\]
Vậy thì bây giờ $(1)$ tương đương với
\[P(P(x)) + 1 = {\left[ {{P^2}(x) + 3P(x) + 1 - G(x)} \right]^2}\]
\[ \Leftrightarrow P(P(x)) - {\left( {{P^2}(x) + 3P(x) + 1} \right)^2} + 1 = G(x)\left[ {G(x) - 2({P^2}(x) + 3P(x) + 1)} \right]\]
\[ \Leftrightarrow G(P(x)) = G(x)\left[ {G(x) - 2({P^2}(x) + 3P(x) + 1)} \right]\]
Nếu mà $G(x)$ khác $0$ ta đặt $degG(x)=k;(k\le3)$ nên ta có
$4k=k+8$
Vô lí vì k là số tự nhiên Vậy $G(x)=0$ từ đó ta có $P(x)=x(x+1)(x+2)(x+3)$

Giúp mình tại sao P(x)=0 không thỏa mãn vậy?

Bài này mình nhớ không nhầm thì được dùng luôn như là lí thuyết thì phải, chứng mính khá là khó, một dạng phát biểu khác của nó là "một ma trận lũy linh thì bậc lũy linh không vượt quá cấp của ma trận"

Cho ma trận vuông cấp 2 A. chứng minh rằng $A^{k}=0$ khi và chỉ khi $A^{2}=0$
Cái này không còn trên lý thuyết mà là bài thi
Mọi người chỉ giáo bài này với. hi

Với ma trận vuông cấp 2 ta có thể xử lý một cách trực quan hơn trường hợp cấp n.

* $A^{2}=O\Rightarrow A^{k}=O$ với $k> 2$ là hiển nhiên.

* Giả sử $A^{k}=O$ với $k>2$ suy ra $\det A=0$

Với $A$ là ma trận vuông cấp 2 bất kỳ ta có

$A^{2}-tr(A).A+\det A=O$

Suy ra $A^{2}=tr(A).A$ $(*)$

Suy ra $A^{k}=(tr(A))^{k-1}.A$

Vì $A^{k}=O$ nên $tr(A)=0$ hoặc $A=O$

Từ $(*)$ suy ra $A^{2}=O$

$A^{2}-tr(A).A+det(A)=0$ chỗ này em không hiểu!

Ma trận $A$ là nghiệm của đa thức đặc trưng của chính nó
Với $A\in \mathcal{M}_2(\mathbb{K})$ thì đa thức đặc trưng của nó là $P_A=x^2-(a+d)x+(ad-bc)=x^2-tr(A)x+\det (A)$
Do đó ta có điều bạn thắc mắc.

P/s: Thật ra, nếu bạn không nhớ tính chất trên thì bạn có thể thay trực tiếp vào tính toán bình thường cũng sẽ thấy, ma trân cấp 2 thì tính toán cũng nhẹ nhàng mà!

Thực ra cái tính chất kia mới được học hồi tối nay

Cảm ơn bạn Võ Văn Đức nhiều nha!!!
Bạn cho mình hỏi nốt nhé.Trong sách giải thế này:
$\lim_{x\rightarrow +\infty}x^{2}\left ( \frac{e^{\frac{1}{x^{2}}}-\cos \frac{1}{x}}{\arctan x} \right )$ = $\lim_{x\rightarrow +\infty}x^{2}\left ( \frac{{1+\frac{1}{x^{2}}}+o\left ( \frac{1}{x^{3}} \right )-\left ( 1-\frac{1}{2x^{2}}+o\left ( \frac{1}{x^{3}} \right ) \right )}{\arctan x} \right ) =$$\lim_{x\rightarrow +\infty}x^{2}\left ( \frac{{\frac{3}{2x^{2}}+o\left ( \frac{1}{x^{3}} \right )}}{\arctan x} \right ) =$$\frac{3}{\pi }$
Vậy là giải bằng khai triển maclaurint phải không bạn?

Bài này giải sai 100% rồi, cosx khai triển maclorin được nhưng không thể thay thế khi cos(1/x) vì đây là 2 VCB không tương đương, thay vớ vẩn là sai rồi!

Các bạn xem dùm mình bài này nhé:
$\lim_{x\rightarrow +\infty}x^{2}\left ( \frac{e^{\frac{1}{x^{2}}}-\cos \frac{1}{x}}{\arctan x} \right )$


SORRY các bạn nhé! Vô cực ở trên là dương vô cực. Mình ko biết ghi thế nào. Hehe. Bài này có dạng vô định là $\infty .0$ Mình ko biết khử dạng vô định thế nào. Vì cả Khai triển Maclaurint và VCB đề dùng khi x->0.

Nếu vậy trong trường hợp khác bạn có thể đặt t=1/x khi đó t-->0 rồi VCB có thể được dùng rồi đấy

Bạn hãy xem lại kiến thức của mình và đọc lại những bài ở trên, xem người ta nói gì, viết gì, đừng chỉ đọc đoạn giữa rồi phán xét.

 

Với chuỗi có dấu tùy ý thì ta xét xem nó có hội tụ tuyệt đối không, nghĩa là xét $lim \sqrt[n]{|a_n|}$ với tiêu chuẩn căn số cauchy hoặc $lim \left | \frac{a_{n+1}}{a_n} \right |$  d'Alembert. Nếu nó hội tụ tuyệt đối thì sẽ hội tụ

Điều này bạn nói là đúng, nhưng nó không có tác dụng sửa lỗi cho bài trên, 1 chuỗi hội tụ có thể không hội tụ tuyệt đối, nhưng đã hội tụ tuyệt đối thì nó phải hội tụ, vậy theo bài trên:

 

Đặt_ $X=(x-3)^2$ _ , _ khi đó chuỗi đã cho thành $\sum_{n=1}^{+\infty} \left(-1\right)^n \dfrac{n!}{n^n} \cdot X^n$

$\lim_{n \to \infty}\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|} = \lim_{n \to \infty}\left [ \dfrac{\left ( n+1 \right )!}{\left ( n+1 \right )^{n+1}} \cdot \dfrac{n^n}{n!} \right ] = \lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{\left (1+\frac{1}{n}  \right )^n} = \dfrac{1}{e}$
 

Vậy khoảng hội tụ là_ ($-e$ ; $e$)___ $\Leftrightarrow -\sqrt{e} +3 < x < \sqrt{e}+3$
 
Khi_ $x=\pm \sqrt{e}+3$ _, chuỗi đã cho có dạng_ $\sum_{n=1}^{+\infty}\left ( -1 \right )^n \cdot \dfrac{n!}{n^n} \cdot e^n$
Ta có__ $\dfrac{|u_{n+1}|}{|u_{n}|} = \dfrac{e^{n+1}.\left( n+1 \right )!}{\left ( n+1 \right )^{n+1}} \cdot \dfrac{n^n}{e^n.n!} = \dfrac{e .n^n}{\left (n+1 \right )^n} = \dfrac{e}{\left (1+\frac{1}{n} \right )^n} \rightarrow 1$
 Tuy nhiên vì__$\left (1+\dfrac{1}{n}  \right )^n < e$ __nên__$\dfrac{|u_{n+1}|}{|u_{n}|} > 1$
Vậy__ $\sum_{n=1}^{+\infty}\left ( -1 \right )^n \cdot \dfrac{n!}{n^n} \cdot e^n$__phân kỳ .
 
Kết luận , miền hội tụ của chuỗi đã cho là_ ($-\sqrt{e} +3$ ; $\sqrt{e}+3$) .

Nếu bạn nói là sieumau88 đang xét hội tụ tuyệt đối nếu cứ cho là đúng thì bạn chẳng biện hộ được gì cả, đúng không? kết quả nó ra là phân kì với $x=-1$, mà phân kì không thể dùng được hội tụ tuyệt đối, bạn còn gì chỉ giáo không?? sai kiến thức cơ bản rồi đó!

Đúng là khi xét một chuỗi để biết hội tụ hay không hội tụ tuyệt đối thì xảy ra các trường hợp:

• Nếu nó hội tụ tuyệt đối thì đơn nhiên hội tụ
• Nếu nó không hội tụ tuyệt đối thì nó có thể bán hội tụ, nên không thể nói nó phân kì

Đồng ý với bạn về những vấn đề trên. Nhưng ở đây sieumau88 đang dùng tiêu chuẩn d'Alembert để xét tính hội tụ của $\sum_{k=0}^{+\infty} {\left | a_k \right |}$ nhờ vào $\lim_{k\rightarrow +\infty}{\left | \frac{a_{k+1}}{a_k} \right |}$, kết quả thu được là  $\sum_{k=0}^{+\infty} {\left | a_k \right |}$ phân kỳ thì có thể khẳng định được rằng $\sum_{k=0}^{+\infty} {a_k}$ cũng phân kỳ ⁽¹⁾. Vì $\left | a_k \right |$ không tiến tới 0 khi $k\rightarrow +\infty$, nên $a_k$ cũng không tiến về 0 khi $k\rightarrow +\infty$

 

(1) Nguyễn Đình Trí - Giáo trình Toán học Cao cấp - tập 2 (trang 137)

Được rồi, phản ví dụ nhé:

$\sum (-1)^{n}.\frac{1}{n}$ là chuỗi hội tụ theo laibnit ok chưa bạn?

ta có $\sum |(-1)^{n}.\frac{1}{n}|$ phân kì vậy theo bạn thì bạn đúng hay sai khi nói $\sum_{k=0}^{+\infty} {a_k}$ cũng phân kỳ ⁽¹⁾. Vì $\left | a_k \right |$ không tiến tới 0 khi $k\rightarrow +\infty$, nên $a_k$ cũng không tiến về 0 khi $k\rightarrow +\infty$? 

bạn trích dẫn đúng nhưng dùng không đúng!

---------------------------------

Bài trên bạn nói mình phán xét có lẽ là hơi nặng, vì một điều đơn giản như vậy không nên sai, nếu nửa bài trên đúng mà nửa dưới như vậy người ta đánh giá khả năng nó mới chỉ ở mức biết làm mà không biết áp dụng

Thứ nhất, về mấy cái bạn bảo to tát, mình chỉ nói đó là một cách nhìn chứ không phải dùng nó để giải thích cái gì cả. Còn về $|u_{k+1}/|u_{k}|>1|$ suy ra ngay, $|u_{n}|  > |u_{n_0}|$ với $n_0$ cố định (đủ lớn để $|u_{k+1}/|u_{k}|>1|$ xảy ra). Từ đó $|u_n|$ không thể hội tụ về $0$ và do đó $u_n$ cũng không thể hội tụ về 0.

Đúng là 1 cách nhìn, không dùng giải thích,hình như bạn được học khá sâu về không gian vector,topo đại cương vì bạn trích dẫn khá nhiều khái niệm trừu tượng, trong các giáo trình thường không có

 

 

Nhìn chung, tính hội tụ của một chuỗi có thể vẫn bảo toàn nếu ta thay đổi chuỗi một chút xíu; nói trừu tượng hơn, trong một topo phù hợp của không gian các chuỗi, tập các chuỗi hội tụ là mở. Trong khi đó, tính giảm của chuỗi quá nghiêm ngặt.

 

Trong bài này, khi $|u_{k+1}|/|u_k| >1$ thì dễ thấy dãy các số hạng không hội tụ về không nên (dù đan dấu hay không) chuỗi đều phân kì.

 

Tính hội tụ của chuỗi không đổi nếu ta bớt đi 1 hữu hạn số hạng đầu hoặc thêm vào một hữu hạn số hạng. Công lực về không gian vecto vẫn còn hạn chế nên bạn nói những khái niệm topo đại cương thì quá là to tát, mà trong hầu hết các chương trình toán cao cấp họ không muốn đề cập đến mà chỉ học lý thuyết cơ bản, trừ các trường ngành toán mới chuyên sâu về lĩnh vực này, còn $|u_{k+1}|/|u_k| >1$ nó có cho thấy ý nghĩa gì không? để kết luận dãy các số hạng không hội tụ về không? Nếu bạn nói vậy hãy chứng minh, thật sự những gì bạn nói quá hàn lâm, dành cho chuyên ngành toán mới cần hiểu

Với chuỗi đan dấu thì dãy số hạng phải thỏa điều kiện Leibniz mới hội tụ bạn nhé nên chuỗi đan dấu k thỏa 2 đk đấy sẽ phân kì.

Cái này bạn sai rồi, nếu nó thỏa thì sẽ hội tụ nhưng không thỏa bạn không thể nói nó phân kì được

 
Khi_ $x=\pm \sqrt{e}+3$ _, chuỗi đã cho có dạng_ $\sum_{n=1}^{+\infty}\left ( -1 \right )^n \cdot \dfrac{n!}{n^n} \cdot e^n$
Ta có__ $\dfrac{|u_{n+1}|}{|u_{n}|} = \dfrac{e^{n+1}.\left( n+1 \right )!}{\left ( n+1 \right )^{n+1}} \cdot \dfrac{n^n}{e^n.n!} = \dfrac{e .n^n}{\left (n+1 \right )^n} = \dfrac{e}{\left (1+\frac{1}{n} \right )^n} \rightarrow 1$
 Tuy nhiên vì__$\left (1+\dfrac{1}{n}  \right )^n < e$ __nên__$\dfrac{|u_{n+1}|}{|u_{n}|} > 1$
Vậy__ $\sum_{n=1}^{+\infty}\left ( -1 \right )^n \cdot \dfrac{n!}{n^n} \cdot e^n$__phân kỳ .
 
Kết luận , miền hội tụ của chuỗi đã cho là_ ($-\sqrt{e} +3$ ; $\sqrt{e}+3$) .

Tiêu chuẩn nào đây??? Áp dụng tiêu chuẩn Da Lăm Be cho chuỗi đan dấu, bái phục bạn rồi. Ngoài laibniz ra không được áp dụng những cái này, tiêu chuẩn tích phân, cô-si hay đa lăm be đầu là các tiêu chuẩn áp dụng cho chuỗi dương, sai bét rồi!

Bạn hãy xem lại kiến thức của mình và đọc lại những bài ở trên, xem người ta nói gì, viết gì, đừng chỉ đọc đoạn giữa rồi phán xét.

 

Với chuỗi có dấu tùy ý thì ta xét xem nó có hội tụ tuyệt đối không, nghĩa là xét $lim \sqrt[n]{|a_n|}$ với tiêu chuẩn căn số cauchy hoặc $lim \left | \frac{a_{n+1}}{a_n} \right |$  d'Alembert. Nếu nó hội tụ tuyệt đối thì sẽ hội tụ

Bạn xem lại người ta có xét là chuỗi hội tụ tuyệt đối hay không? có chữ nào nói vậy không? nếu nói là xét hội tụ tuyệt đối mà trong khi kết quả trên là nó phân kì thì chẳng ý nghĩa gì cả, bạn mới là người xem lại kiến thức, giải tích 2 không học nhiều nhưng cái này không thể nói sai!

zay hả anh . vậy là em làm sai oy ^^ mà một tích mới được thay như vậy hả anh còn phép trừ vô cùng trừ vô cùng là không được hay hả anh. 

Những cái gì mà liên quan đến vô cùng thì đều không chắc chắn xảy ra như mình nghĩ nên nó là vô cùng thì đưa về dạng hữu hạn. Như là dạng thương thì đưa về lopitan, dạng trừ thì gắng quy đồng hay đặt ẩn phụ sao cho nó ra cái hữu hạn thôi

$\lim_{x->0} \frac{ln(1+x)}{x}=1$ 

thì suy ra chỉ còn $\lim_{x->0}\frac{1}{(1+x)*x)}$-$\lim_{x->0}\frac{1}{x}$

 

 

 . như thế đúng ko anh. hai cai lim đó trừ nhau thì chỉ cần quy dong len là tinh dc 

Em không tách được cái $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}$ từ cái tích ra đâu vì nó không hữu hạn

em xin lỗi ạ ^^

ý em là vì $\lim_{x->0} \frac{ln(1+x)}{x}=1$

nên $\lim_{x->0}\left ( \frac{1}{(1+x)x}-\frac{ln(1+x)}{^{x^{2}}} \right )$ suy ra còn 

$\lim_{x->0}\frac{1}{(1+x)x}-1/x$ từ đó quy đồng lên ra -1 ạ

anh coi giùm em làm sai chỗ nào ạ 

Em không được thay như vậy vì trừ khi 2 tích là hữu hạn mới có thể thay, trong khi 1 tích hữu hạn một tích vô hạn em không thể thay được vô cùng nhân với không có thể khác 0 hoặc bằng 0 nhé

mà em tách như thế này duoc ko anh $\lim_{x->0}\frac{1}{(1+x)*x)}-\lim_{x->0}\frac{ln(1+x)}{x}*\frac{1}{x}$

rồi áp dụng $\lim_{x->0} \frac{ln(1+x)}{x}=1$ không duoc hả anh. em vẫn còn thắc mắc vụ đó. tại hồi sáng cô em chưa nói khi nào mới thay zo được cô chỉ cho công thức thôi ạ @@

Cái $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(x+1)}{x}=1$ là hữu hạn nhưng $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}=\infty$ vì vậy cái mà em đưa ra không có ý nghĩa gì hết

anh chị có thể giải thích kĩ giùm em duoc ko ạ. em làm cách đó là ta có 

$\lim_{x->0} \frac{ln(1+x)}{x}=1 -> \lim_{x->0}\frac{1}{(1+x)x}-1/x=-1$ cái đó em quy đồng xong ra -1 đó 

Làm này là em sai rồi, có suy ra được thế đâu

chết bài này không dùng lopitan được rồi   có cách đặt nào hay gợi ý đi , không thì nói cách ban đầu của bạn z , biết đâu mình phát hiện ra cái gì đó 

Lopitan được đấy chú Bằng

anh chị có thể giải thích kĩ giùm em duoc ko ạ. em làm cách đó là ta có 

$\lim_{x->0} \frac{ln(1+x)}{x}=1 -> \lim_{x->0}\frac{1}{(1+x)x}-1/x=-1$ cái đó em quy đồng xong ra -1 đó 

Em quy đồng và lopitan ta có được cái giới hạn này $\lim_{x\rightarrow 0}-2.\frac{ln(x+1)}{x}.\frac{1}{3x+2}=1$

Anh nhé, không phải chị, cái giới hạn đó đúng nhưng em áp dụng thế có được đâu, tự nhiên em suy ra cái kia anh cũng ko hiểu 

 

anh chị có thể giải thích kĩ giùm em duoc ko ạ. em làm cách đó là ta có 

$\lim_{x->0} \frac{ln(1+x)}{x}=1 -> \lim_{x->0}\frac{1}{(1+x)x}-1/x=-1$ cái đó em quy đồng xong ra -1 đó