An Infinitesimal

Bạn cho mình hỏi làm sao để chứng minh các nghiệm phức đó đều phân biệt vậy bạn?

Ta có $\epsilon_k= \cos\left(\frac{2k \pi}{5}\right)+i \sin\left(\frac{2k \pi}{5}\right), k=\overline{1,5}.$

Đến đây được rồi phải không bạn?

-----------

Đổi $i$ thành $k$ để tránh nhầm lẫn với số phức đơn vị.

Xét sự hội tụ của tích phân sau:

$K=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sqrt{x}.ln(x)}{\sqrt{x+1}\sqrt[5]{x^7+1}}dx$

Em cảm ơn.

Dùng tiêu chuẩn so sánh với hàm phụ là $f(x)=\frac{1}{x^{7/6}}.$ Ta có thể thay thế $\frac{7}{6}$ bởi bất kỳ số thực nào thuộc $\left(1;\frac{7}{5}\right).$

Giả sử $P(x), Q(x), R(x), S(x)$ là các đa thức thỏa: $P(x^5)+xQ(x^5)+x^2R(x^5)=(x^4+x^3+x^2+x+1)S(x)$. Chứng minh $P(x)$ chia hết cho đa thức $x-1$.

Gọi $\varepsilon_i, i=1, 2, \cdots 5,$ là các nghiệm phức phân biệt của phương trình $x^5=1.$ Khi đó, ta có 

$$P(1)+\varepsilon_i Q(1)+\varepsilon_i^2R(1)=0$$ với mọi $i=\overline{1,5}.$

Đa thức bậc không vượt quá hai $P(1)+Q(1)z+R(1)z^2$ có hơn 2 nghiệm. Do đó, đa thức này chính là đa thức $0$. Vì thế $P(1)=0.$ Từ đó, ta suy ra điều cần chứng minh.

Giải phương trình vi phân:

\[ (x+1)y'-1= 3y+x(x+2). \]

PTVP này thiếu thông tin khiến cho việc giải quyết trở nên khó khăn. Ở đây, ta xem xét PTVP trên $\mathbb{R}.$

Phương trình vi phân được viết lại như sau

$$[(x+1)^{-3}y]^{\prime}=(x+1)^{-2},\ \forall x\in \mathbb{R}\setminus\{-1\}.$$

Do đó $(x+1)^{-3}y=-\frac{1}{(x+1)^2}+C_1$ với mọi $x>-1$

Do đó, $y= x+1+C_1(x+1)^3.$ với mọi $x> -1$.

Tương tự vậy, ta có $y= x+1+C_2(x+1)^3.$ với mọi $x< -1$. Nhờ tính liên tục, ta có $y(-1)=0=(-1)+1+C_1(-1+1).$

Do đó các hàm số $y(x)=\begin{cases} \begin{matrix} x+1+C_1(x+1)^3\quad if x\ge -1,\\ x+1+C_2(x+1)^3\quad if x<-1,\end{matrix}\end{cases}$

trong đó $C_1, C_2$ là các số thực tùy ý. Ở đây, ta đã kiểm những hàm số này thỏa các điều kiện về sự khả vi lẫn phương trình vi phân.

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).

mình thấy (-1)^n có giới hạn mà sao nó nói dãy số này không có giới hạn. Ai giải thích được không? 

Bạn nên đọc kỹ hơn! Nếu bạn nghĩa dãy đó hội tụ thì hội tụ về đâu?

Giải phương trình vi phân: $y'=(3x-5+y)^{2}$

Đổi ẩn hàm $u=3x-5+y.$

PTVP: $u'=u^2+3.$

mn giúp em bài 2,4,5,6 với cả nhà iu !!!

Em đã quen với cấp số cộng (CSC) và cấp số nhân (CSN):  tổng của chung?

Bài 2: Lập hiệu $2S_{n}-S_n$ (trừ các số hạng tương ứng), xuất hiện tổng CSN.

Bài 4: $\{u_n^2\}$ là một CSC.

Bài 5: Dãy tăng và $u_n \le \frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{n(n-1)}= 2+ \left( 1-\frac{1}{n}\right)<3.$

Bài 6: Đặt $v_n= u_n-\frac{n(n-1)}{2}$. Ta có $v_{n+1}=v_n+2^n.$

Từ đây, suy ra $v_n$ (tổng một CSN).
 

Tính giới hạn: $\lim_{x\rightarrow -\infty }\left ( \sqrt[5]{x^{5}+x^{4}-1} +\sqrt{x^{2}+2x}\right )$

Chú ý:

  $$\sqrt[5]{x^{5}+x^{4}-1} +\sqrt{x^{2}+2x}= \left ( \sqrt[5]{x^{5}+x^{4}-1} -x\right )+\left (\sqrt{x^{2}+2x}+x\right ).$$

Nhân lượng liên hiệp, ta sẽ xử lý được giới hạn.

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $y= \dfrac{4}{1-x}+ \dfrac{1}{x}$, với $0<x<1$.

Dùng BĐT: với các số thực dương $u,\, v$ và các số thực $a,\, b$, ta có 

$$\frac{a^2}{u}+\frac{b^2}{v}\ge \frac{(a+b)^2}{u+v}.$$

Dấu bằng xảy ra khi $\frac{a}{u}=\frac{b}{v}.$

Ta có $$f'(x)= x\sqrt[3]{4f(x)+1}\Rightarrow \frac{f '(x)}{\sqrt[3]{4f(x)+1}}=x.$$

Do đó, $$\int \frac{d f(x)}{\sqrt[3]{4f(x)+1}}=\frac{x^2}{2}+C.$$ 

Suy ra  $f(x)=...$

Cho dãy số xác định bởi $x_{1} = \frac{2020}{2019}; x_{n+1} = 2019x_{n}^{2} + x_{n}.$ với mọi x $\geq 1$.

đặt $y_{n} = \sum_{k=1}^{n}\frac{x_{k}}{x_{k+1}}$.   tìm lim $y_{n}$.

Ta có $\frac{x_{k}}{x_{k+1}}=\frac{1}{2019x_{k}+1}$ và

$$\frac{1}{x_{k+1}}=\frac{1}{x_{k}}-\frac{2019}{2019x_{k}+1}.$$

Do đó,
$$2019 y_{n}= \sum_{k=1}^{n}\left( \frac{1}{x_{k}}-\frac{1}{x_{k+1}}\right)=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_{n+1}}.$$

...

anh ơi chứng minh nó là dãy đơn điệu kiểu gì ùng

Em dùng các gợi ý sau:

1) $x_n\in (0,1] \forall n\in \mathbb{N},$

2) $x_{n+1}= f(x_n)$ với $f(x)=\frac{1}{x+1}$ là hàm giảm trên $(0,1].$

Chứng minh bằng qui nạp: $\{x_{2n+1}\}$ là dãy giảm; $\{x_{2n}\}$ là dãy tăng.

$$x_3<x_1 \Rightarrow x_4=f(x_3)> f(x_1)=x_2\Rightarrow  x_5=f(x_4)<f(x_2)=x_3, ...$$

Cho dãy số: $x_{1}=1;x_{n+1}=\frac{1}{x_{n}+1}$ với n>=1. Cmr: dãy số trên giới hạn hữu hạn

 $\{x_{2n}\} , \{x_{2n+1}\}$ là các dãy đơn điệu và bị chặn. Do đó, chúng hội tụ; và hội tụ cùng một giới hạn. Suy ra ĐCPCM. 

Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi:

$\left\{\begin{matrix} x_1=\frac{1}{2};\\ x_{n+1}=\frac{nx_n^2}{1+(n+1)x_n} \end{matrix}\right. ,\forall n\in \mathbb{N}^\ast$

 

Chứng minh rằng $x_n\leqslant\frac{1}{n(n+1)}$ và tính $limy_n$ , với $y_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{kx_k}{1+(k+1)x_k}$

 

Giúp em với ạ, có thể chỉ mỗi phần chứng minh đầu tiên là được rồi ạ.

Em thử dùng qui nạp kết hợp với khảo sát hàm số!