Metric ở đây là gì bạn
- RuaCon312 likes this
Posted by funcalys on 19-12-2013 - 18:04
Vd
loại 1:$\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x}dx$
loại 2: $\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x}dx$
loại 1 thì nó sẽ không xác đinh tại 1 đầu cận
loại 2 thì tích phân lấy trên khoảng có 1 đầu vô cực
có thể 1 tích phân có tính chất của cả 2 loại
Bn xem thêm http://www.sosmath.c...ntro/intro.html
Posted by funcalys on 16-12-2013 - 18:24
Posted by funcalys on 15-12-2013 - 16:05
Đặt $z=\int_{a}^{b}f$, khi đó $\exists y: \left | y \right |=1: zy=\left | z \right |$ (ở đây $y=-1$ hoặc $1$).
Do đó:
$\left | \int_{a}^{b} f\right |=y\int_{a}^{b}f =\int_{a}^{b}yf\leq \int_{a}^{b}\left | f \right |$
2 tp bằng nhau khi có hằng số $\alpha:\alpha f=\left | f \right |$
Posted by funcalys on 19-11-2013 - 21:03
Chúc các thầy cô nhiều sức khỏe, thành công trong sự nghiệp sư phạm.
Posted by funcalys on 03-11-2013 - 15:24
Ta có:
$\inf_{x\in \partial A,y\in B} d(x,y)\leq \inf_{x\in \partial A, z\in A} d(x,z)+ \inf_{z\in A,y\in B} d(z,y)$
Do A compact nên A đóng, ta có bđt trên tương đương:
$d(\partial A,B)\leq d(A,B)$
Mặt khác:
$\inf_{x\in A,y\in B}d(x,y)\leq d_{z\in \partial A}(z,B)$
Nên
$d(\partial A,B)= d(A,B)$
Vậy tồn tại $x_0 \in A$ thỏa đề bài
Posted by funcalys on 25-10-2013 - 13:01
Ta có bậc của mở rộng là 4, đa thức tối tiểu là $x^4-10 x^2+1$. có giải thức bậc 3 là $x^3+10x^2-4x-40$.
Do biệt thức của giải thức bậc 3 là một số chính phương nên
$Gal(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}))\cong V\cong Z_2\times Z_2$ hoặc $Gal(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}))\cong A_4$
Do nhóm Klein-4 $V$ không chứa vòng xích có độ dài 3 mà $A_4$ lại có nên ta chứng minh $V$ không chứa vòng xích độ dài-3
Giả sử nhóm Galois của giải thức có phép thế có độ dài 3, khi đó nếu ta thế các nghiệm của giải thức thì ta được tất cả các nghiệm, trái với giả thuyết giải thức
khả quy trên $\mathbb{Q}$ và dễ thấy giải thức bậc 3 tách được nên $Gal(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}))$ không chứa vòng xích độ dài-3, vậy $Gal(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}))\cong V\cong Z_2\times Z_2$
__________________________________________________
Edit: Mình gõ nhầm: ta chứng minh nhóm Galois của đa thức không chứa vòng xich độ dài 3.
Posted by funcalys on 21-10-2013 - 11:37
Posted by funcalys on 11-10-2013 - 05:06
Sử dụng kết quả $card(\mathbb{R})=card((0,1))$ và thực hiện chéo hóa Cantor.
Posted by funcalys on 22-09-2013 - 11:08
Bạn có thể chứng minh dòng này không ? Theo mình thì hàm đã hội tụ thống nhất và khả tích chưa khi bạn có được dòng đó
Chứng minh có thể dùng bổ đề Fatou http://en.wikipedia....ergence_theorem
Mình đã chặn dãy hàm đó bằng một hàm khả tích Lebesgue rồi. Một trong những điểm Tp Lebesgue mạnh hơn tp Riemann là thay điều kiện hội tụ đều (uniform) thành điều kiện dễ hơn.
Posted by funcalys on 22-09-2013 - 08:04
Ta có $\sin^n (x)<x \forall n \in \mathbb{N}, x\in [0,1]$ nên
$\left | \frac{\sin^n x}{x} \right |\leq 1$ trên $(0,1]$
Áp dụng định lí hội tụ bị chặn ta có:
$\lim_{n\to \infty}\int_{0}^{1}\frac{\sin^n x}{x}dx=\int_{0}^{1}\lim_{n\to \infty} \frac{\sin^n x}{x}dx$
Dễ kiểm chứng rằng
$\lim_{n\to \infty} \frac{\sin^n x}{x}=0$
nên ta có:
$P=0$
Posted by funcalys on 05-09-2013 - 12:30
Do $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a}=1, a>0$ t e, tức là căn càng lớn thì số đó càng gần 1, máy tính đương nhiên k thể tính toán đến mãi được nên sẽ có cơ chế đó.
Posted by funcalys on 31-08-2013 - 17:52
Cái này là TH riêng của taylor ở $a=0$
Đấy gọi là khai triển Maclaurin.
Còn ta dùng khai triển Taylor để tránh tính toán cồng kềnh theo định nghĩa t.
Posted by funcalys on 26-08-2013 - 21:47
Bạn dựa vào điều kiện r tìm x,y thỏa giả thuyết đầu nhưng lại trái với giả thuyết sau t.
Posted by funcalys on 26-08-2013 - 21:34
$x^3$ ltđ trên $\mathbb{R} \iff \left | x-y \right |<\delta \Rightarrow \left | x^3-y^3 \right |< \varepsilon$
Mà
$\left | f(x+\delta)-f(x) \right |=x^3+3x^2\delta +3x\delta^2 + \delta^3 - x^3= \delta (\delta^2+3x\delta +3x^2)>\varepsilon $ với x đủ lớn.
Nên
$x^3$ không ltđ trên $\mathbb{R}$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học