fghost

Nếu "em" parametrize đường tròn bằng $y=sin(t)$ và $x=cos(t)$ thì
1 + 2 đúng nếu chiều ngược kim đồng hồ như thường lệ.
3: Nếu nửa đường tròn nằm bên trái 0y thì $\pi/2 \leq t \leq 3\pi/2$. Nửa đường tròn bên phải 0y, "em" đúng.
4: Đúng
5: Theo chiều kim đồng hồ sẽ là $2\pi \leq t \leq 0$. Nếu muốn tìm theo kim đồng hồ, "em" cứ tìm ngược kim đồng hồ, rồi đổi vị trí 2 đầu mút là được. Đừng nghĩ gì khác, sẽ bị rối.

Bạn đã nói nửa phần bên phải của đường tròn đơn vị, thì bán kính là 1 rồi.

Parametrize cái curve
$$\begin{pmatrix}
y=sint
\\
x=cost
\\
-\pi /2 \leq t \leq \pi /2
\end{pmatrix}$$
Tính đạo hàm cái curve
$$\begin{pmatrix}
dy=cos(t)dt
\\
dx=-sin(t)dt
\\
-\pi /2 \leq t \leq \pi /2
\end{pmatrix}$$
Thế vào tích phân và tính
$$\int ydx + (1-x)dy =\int_{-\pi/2}^{\pi/2} sin(t)(-sin(t))dt+(1-cos(t))(cos(t))dt=\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (cos(t)-1 )dt= 2 - \pi$$

Câu a có thể được giải 1 cách khác vận dụng định nghĩa của limit, xấu xí hơn cách giải của xusinst. Cảm ơn xusinst vì cách giải hay bằng định lý Toeplitz.
$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} = r$$
có nghĩa là
Với mọi $\varepsilon > 0$, tồn lại $N_\varepsilon$ tự nhiên, sao cho với mọi $n > N_\varepsilon$ ta có
$$r-\varepsilon <\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$$
Nhìn vào 1 bên của bất đẳng thức $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$ ta có với n đủ lớn
$$a_{n+1}= \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \dfrac{a_n}{a_{n-1}} ...\dfrac{a_{N_\varepsilon +1}}{a_{N_\varepsilon}}...\dfrac{a_2}{a_1} a_1 $$
Vì $N_\varepsilon $ là 1 số tự nhiên ko phải vô hạn, với mọi $n \leq N_\varepsilon $ ta đặt
$$\dfrac{a_{N_\varepsilon+1}}{a_{N_\varepsilon}}....\dfrac{a_2}{a_1}a_1=B (r+\varepsilon)^{N_\varepsilon}$$
với B là một số dương nào đó
Và với mọi $n > N_\varepsilon$, ta có
$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$$
Vì vậy
$$a_{n+1}<B(r+\varepsilon)^{n+1}$$
Tương tự, ta sẽ có
$$A(r-\varepsilon )^{n}<a_n<B(r+\varepsilon )^{n}$$
với n đủ lớn. Cho dù A và B đều dương phụ thuộc vào $N_\varepsilon$ cũng ko quan trọng.
Vì vậy
$$\sqrt[n]{A}(r-\varepsilon)<\sqrt[n]{a_n}<\sqrt[n]{B}(r+\varepsilon)$$
Vì $\varepsilon$ có thể nhỏ tùy ý, và với mọi A và B dương
$$\sqrt[n]{A} \to 1$$
và
$$\sqrt[n]{B} \to 1$$,
nên ta kết luận
$$\sqrt[n]{a_n} \to r$$

Với một P(x) chung chung, nếu
$\left\{\begin{matrix}
P(a)=0\\P'(a)=0
\\P''(a)\neq 0

\end{matrix}\right.$

thì P(x) có nghiệm kép với x=a. Lý do?

$P(a)=0$, ta có thể viết $P(x)=(x-a)Q(x)$ Tính đạo hàm bậc 1 và 2, ta được
${P}'(x)=Q(x)+(x-a){Q}'(x)$
${P}''(x)={Q}'(x)+{Q}'(x)+(x-a){Q}''(x)=2{Q}'(x)+(x-a){Q}''(x)$

Dùng điều kiện đã cho của ${P}'(a)$ ta được $Q(a)=0$, nên $Q(x)=(x-a)H(x)$, nên $P(x)=(x-a)^2H(x)$, $x=a$ ít nhất là nghiệm kép của P(x)

và từ $P''(a)\neq 0$ nên ${Q}'(a)\neq0$ dùng kết luận trên, nên $x=a$ chỉ có thể là nghiệm đơn của $Q(x)$.

Vì vậy, $x=a$ chỉ có thể là nghiệm kép của $P(x)$

Còn để phân tích thành bất khả quy (có nghĩa là irreducible?), thì phải xem bất khả quy trên field nào. Vì câu trên bạn đã đề cập đến i, nên mình cho rằng bạn muốn $P(x)$ bất khả quy trên $C$ vì thế điều này đồng nghĩa với việc tìm tất cả các nghiệm của $P(x)$

Nhưng vì sao $P(i)= -i$ ? Đề của bạn có vấn đề, và mình cũng ko nghĩ ra các nghiệm của P(x) được. Nhờ người khác tiếp vậy.