Chủ đề này có 2 trả lời

[luuvanthai]

1,Tính đạo hàm cấp 2016 tại 0 của $f(x)=\frac{1}{x^{2}+2x+4}$

2,Xét sự hội tụ của chuỗi $\sum_{n=1}^{vocung}\frac{1}{2^{ln(n)}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi luuvanthai: 10-06-2016 - 23:49

[E. Galois]

Xét sự hội tụ của chuỗi $\sum_{n=1}^{vocung}\frac{1}{2^{ln(n)}}$

 

Với $n>1$, ta có:

$$\begin{align*}\ln 2 < 1 & \Rightarrow  (\ln n) . \ln 2 < \ln n \\ & \Rightarrow \ln \left ( 2^ {\ln n} \right ) < \ln n  \\ & \Rightarrow 2^ {\ln n} < n\end{align*}$$

Vậy 

$$\frac{1}{2^{\ln n}}  > \frac{1}{n}, \forall n > 1$$

Mà chuỗi $\sum \frac{1}{n}$ phân kì nên chuỗi đã cho phân kì

[An Infinitesimal]

1,Tính đạo hàm cấp 2016 tại 0 của $f(x)=\frac{1}{x^{2}+2x+4}.$

 

Ta thử tìm khai triển Maclaurin cho $f(x)$ đến cấp 2016:

 

\[\frac{1}{x^{2}+2x+4}= \frac{1}{4} \frac{1}{1+a}, \]

 

trong đó $a(x)=\frac{x^2+2x}{4}.$

 

Ta có $f(x)=\frac{1}{4} \sum_{k=0}^{2016} (-1)^k [a(x)]^k+O(x^{2016}).$

 

(Lý thuyết chuỗi lũy thừa đảm bảo đẳng thức trên khi $|a(x)|<1$.)

 

Vì thế

 $$f(x)= \frac{1}{4}\sum_{k=0}^{2016} \left(\frac{-1}{4}\right)^k \sum_{l=0}^{k} C_k^l 2^{k-l}x^{2l} x^{k-l}+O(x^{2016}).$$

 

Suy ra hệ số $x^{2016}$ trong khai triển trên là

$$\frac{1}{4}\sum_{k=1008}^{2016} \left(\frac{-1}{4}\right)^k C_k^{2016-k}2^{2k-2016}.$$

Do đó 

 

$$ f^{(2016)}{(0)}=2016! \frac{1}{2^{2018}}\left( \sum_{k=1008}^{2016} (-1)^k C_k^{2016-k}\right).$$

 

 

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

\[f(z)= \frac{1}{2\sqrt{3} i} \left(\frac{1}{z+1+\sqrt{3}i}-\frac{1}{z+1-\sqrt{3}i} \right).\]

 

$$f^{(k)}(z) =\frac{(-1)^k k!}{2\sqrt{3} i} \left(\frac{1}{(z+1+\sqrt{3}i)^{k+1}}-\frac{1}{(z+1-\sqrt{3}i)^{k+1}} \right).$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 24-11-2016 - 17:20