Đề bài: Giải phương trình vi phân sau:

$1,xy''=y'\ln \frac{y'}{x};\\ 2,y^3.y''=1;\\ 3,y'=2x+y+4;\\ 4,y'=\sqrt{y-x+1} (1);\\ 5,y'=e^{x+y}-1;\\ 6,x^2.y''=y'^2$

Câu 4: Nhận xét $y' \geq 0;$

Đặt $z=\sqrt{y-x+1} \Rightarrow z^2=y-x+1\Rightarrow 2z.z'=y'-1 (2)$

Thay $z'=\frac{dz}{dy}.z$ vào $(2)$ ta được :

$y'-1=2z.\frac{dz}{dy}.z\Leftrightarrow z-1=2z^2.\frac{dz}{dy} (3)$

Nếu $z=1\Leftrightarrow y'=1\Leftrightarrow y=x+c;$ Thay vào (1) ta được $c=0.$ Vậy $y=x$ là một nghiệm của phương trình.

Nếu z khác 1:$(3) \Leftrightarrow dy=\frac{2z^2}{z-1}dz \\ \Leftrightarrow \int dy=\int (2z+2+\frac{2}{z-1})dz \\ \Leftrightarrow y+c=z^2+2z+2.\ln\left | z-1 \right |\\ \Rightarrow y+c=(y')^2+2.y'+2.\ln(y'-1)$

Đặt t=y'-1 (t khác 0) (4), ta có :$y+c=(t+1)^2+2(t+1)+2\ln t \Leftrightarrow y+c'=t^2+4t+2 \ln t\Rightarrow y'=2t+4+\frac{2}{t};\\$

Thay vào (4), ta có:$t=2t+\frac{2}{t}+3\Leftrightarrow t^2+3t+2=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=-1\\ t=-2 \end{bmatrix}$

Với $t=-1$ , khi đó y'=0 ->y=c.Thay vào (1) ta được $y=x-1$ ( vô lí)

Với $t=-2$ -> y'=-1 ( vô lí)

Trường hợp $y+c=(y')^2+2y'+2.\ln(1-y')$ Làm tương tự, ta thấy vô nghiệm.

Vậy $y=x$ là nghiệm duy nhất của bài toán.

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

Chú nghiêm ơi, chú xem thử làm như trên đúng chưa ?? Nếu đúng cho cháu 10 likes nha...

Còn bài 2 và bài 3 không phải là chuỗi hàm thì làm gì có miền hội tụ.

Xin lỗi chú, cháu đã sửa lại đề.......

Đơn giản là thế này :

$\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &1 &2 \end{vmatrix}=\frac{23}{30}.\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &2 &3 \end{vmatrix}$

Nếu $a,b\in \mathbb{Z}$ và $a=\frac{23}{30}.b$ thì $a\ \vdots\ 23\Leftrightarrow b\ \vdots \ 30$

Vậy nếu muốn chứng minh $\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &1 &2 \end{vmatrix}\ \vdots \ 23$ thì phải chứng minh $\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &2 &3 \end{vmatrix}\ \vdots \ 30$

 

Tương tự, nếu muốn chứng minh $\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &2 &3 \end{vmatrix}\ \vdots \ 30$ thì phải chứng minh $\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ -1 &2 &3 \end{vmatrix}\ \vdots \ 34$. Như vậy là luôn nảy sinh vấn đề mới (bài toán sẽ giải mãi không xong)

Vâng con cám ơn chú đã chỉ ra sai sót..con sẽ tìm cách khắc phục sớm nhất.........có mấy bài chuỗi con mới gửi mong chú giúp...

Vậy sẽ nảy sinh vấn đề mới là không tính định thức mà phải chứng minh $\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ -1 &2 &3 \end{vmatrix}$ chia hết cho $34$

Tức là theo chú cách làm của cháu có lỗ hỏng.......cháu có để ý mấy cái định thức mà chú đưa ra :

$\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &1 &2 \end{vmatrix}=\frac{23}{30}.\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1&2 & 3 \end{vmatrix}=\frac{23}{30}.\frac{30}{34}.\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ -1 &2 &3 \end{vmatrix}=\frac{23}{30}.\frac{30}{34}.\frac{34}{30}.\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &1 &2 \end{vmatrix}$

Nếu chứng minh được $\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ -1 &2 &3 \end{vmatrix}\vdots 34$ thì $\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &1 &2 \end{vmatrix}\vdots 34$. Nhưng điều này là vô lí

Có phải đây là ý của chú ?

$\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &2 &3 \end{vmatrix} (1)=5.8.3+4.5.1+3.1.2-1.8.3-1.4.3-5.2.5=60$ (chia hết cho $30$)

Cháu xin lỗi...cháu nhìn nhầm.....ở cái định thức (1) đó cháu sẽ chọn (a,b,c)=(-1;2;3) ta sẽ được (x,y,z)=(-14;6;34).....

$\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &2 &3 \end{vmatrix}=\frac{1}{34}.\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ -30 &60 &90 \end{vmatrix}=\frac{1}{34}.30.\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ -1 &2 &3 \end{vmatrix} \vdots 30.$

Mình không cứng nhắc việc chọn bộ số (a,b,c)........miễn tìm ra được bộ (x,y,z) thỏa mãn không có đối tượng nào bằng 0 .......( cái này hơi có vẻ casio một tí )

Câu 1: Tìm miền hội tụ của các chuỗi  sau:

$1,\sum _{n=1}^\infty \frac{n}{n+1}.(\frac{x}{2})^n;\\ $

$4,\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(x+2)^n.4^n}$

Câu 2: Xét sự hội tụ của các chuỗi:

$2,\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(2n-1).\frac{\pi}{4}}{3^n};\\ 3,\sum_{n=1}^\infty (1+\frac{1}{n})^{-n^2};\\$

Thật ra cách làm của mình là "có định hướng" đấy chứ. Nó gồm các bước sau :

1. Biến đổi định thức cấp 3 sao cho xuất hiện 1 hàng hoặc 1 cột có $2$ phần tử $0$.

2. Giảm cấp của định thức (trở thành định thức cấp 2 nhân với 1 hệ số thích hợp nào đó)

3. Nếu hệ số đó không chia hết cho $23$ thì biến đổi tiếp định thức cấp 2 sao cho có 1 cột hoặc 1 hàng gồm toàn các phần tử chia hết cho $23$.

 

Nếu đề bài thay đổi một chút : Không tính định thức, hãy chứng minh định thức sau chia hết cho $23$ : $\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &1 &2 \end{vmatrix}$

 

Mình sẽ làm thế này :

$\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &1 &2 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1 &0 &-5 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &1 &2 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1 &0 &0 \\ 1 &8 &10 \\ 1 &1 &7 \end{vmatrix}=1.\begin{vmatrix}8 &10\\1 &7 \end{vmatrix}=1.\begin{vmatrix}8 &-46\\1 &0 \end{vmatrix}$

Vì $-46$ và $0$ đều chia hết cho $23$ nên định thức đã cho chia hết cho $23$

 

Nếu làm theo cách của bạn :

$\left\{\begin{matrix} 5x+y+z=23a\\ 4x+8y+z=23b\\ 3x+5y+2z=23c \end{matrix}\right.$

Nếu chọn $(a,b,c)=(1,2,3)$ suy ra $(x,y,z)=(-2,3,30)$

Khi đó :

$\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &1 &2 \end{vmatrix}=\frac{23}{30}.\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &2 &3 \end{vmatrix}$

Đến đây nếu không tính định thức, làm sao khẳng định cái định thức $\begin{vmatrix} 5 &4 &3 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &2 &3 \end{vmatrix}$ chia hết cho $30$ ? Chẳng lẽ phải chọn bộ số $(a,b,c)$ khác ?

Có gì nhầm rồi thì phải........Cái định thức chú mới đưa ra nếu tính trực tiếp đâu có chia hết cho 30 đâu ạ.............

$\begin{vmatrix} 1 &1 &2 \\ 1 &8 &5 \\ 5 &4 &3 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1 &0 &2 \\ 1 &7 &5 \\ 5 &-1 &3 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1 &0 &0 \\ 1 &7 &3 \\ 5 &-1 &-7 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1 &0 &0 \\ 36 &0 &-46 \\ 5 &-1 &-7 \end{vmatrix}=1.\begin{vmatrix}0 &-46 \\ -1 &-7 \end{vmatrix}$

Vì $0$ và $-46$ đều chia hết cho $23$ nên định thức đã cho chia hết cho $23$.

cháu nghĩ mình nên tìm cách làm có định hướng.........cháu nghĩ thế này không biết có được không:$\begin{vmatrix} 1 &1 &2 \\ 1 &8 &5 \\ 5 &4 &3 \end{vmatrix}=\frac{1}{z}.\begin{vmatrix} 1 &1 &2 \\ 1 &8 &5 \\ 23a &23b &23c \end{vmatrix} (d_3\rightarrow xd_1+yd_2+zd_3)$

Có nghĩ là mình sẽ tổ hợp tuyến tính sao cho có 1 dòng chứa bội số của 23 tức tìm 2 bộ số (x,y,z) và (a,b,c) thỏa mãn :

$\left\{\begin{matrix} x+y+5z=23a\\ x+8y+4z=23b\\ 2x+5y+3z=23c \end{matrix}\right.$

Bộ số $(a,b,c)$ ta có thể chọn tùy ý những không đồng thời bằng 0 toàn bộ, có thể chọn $(a,b,c)=(1,2,3).$ Khi đó có bộ $(x,y,z)=(30;3;-2)$

Khi đó :$\begin{vmatrix} 1 &1 &2 \\ 1 &8 &5 \\ 5 &4 &3 \end{vmatrix}=\frac{1}{-2}.\begin{vmatrix} 1 &1 &2 \\ 1 &8 &5 \\ 23.1 &23.2 &23.3 \end{vmatrix}=23.\frac{1}{-2}.\begin{vmatrix} 1 &1 &2 \\ 1 &8 &5 \\ 1 &2 &3 \end{vmatrix} \vdots 23$

Đề bài: Giải phương trình vi phân sau:

$1,xy''=y'\ln \frac{y'}{x};\\ 2,y^3.y''=1;\\ 3,y'=2x+y+4;\\ 4,y'=\sqrt{y-x+1} ;\\ 5,y'=e^{x+y}-1;\\ 6,x^2.y''=y'^2$

$I=\int _{-\infty }^0 \frac{1}{x^2-9}\ dx=\int _0^{+\infty} \frac{1}{x^2-9}\ dx=\int_0^3 \frac{1}{x^2-9}\ dx+\int _3^{+\infty } \frac{1}{x^2-9}\ dx$

$\int_0^3 \frac{1}{x^2-9}\ dx=\lim_{\varepsilon \to0^+}\int_0^{3-\varepsilon }\frac{1}{6}\left ( \frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3} \right )dx$

$=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+}\left [ \ln(3-x)-\ln(3+x) \right ]\Bigg|_0^{3-\varepsilon }=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon\to0^+}\left [ \ln\varepsilon -\ln(6-\varepsilon ) \right ]$ (1)

$\int_3^{+\infty} \frac{1}{x^2-9}\ dx=\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\int_{3+\varepsilon }^a\frac{1}{6}\left ( \frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3} \right )dx$

$=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\left [ \ln(x-3)-\ln(x+3) \right ]\Bigg|_{3+\varepsilon }^a=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\left ( \ln\frac{a-3}{a+3}-\ln\varepsilon +\ln(6+\varepsilon ) \right )$ (2)

(1),(2) $\Rightarrow I=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\left ( \ln\varepsilon -\ln(6-\varepsilon )+\ln\frac{a-3}{a+3}-\ln\varepsilon +\ln(6+\varepsilon ) \right )=0$.

Cháu cám ơn chú nhiều.....cơ mà cháu có 2 thắc mắc:

1, Tại sao có thể chuyển được $\int_{-\infty }^0 \frac{1}{x^2-9}dx=\int_0^{+\infty } \frac{1}{x^2-9}dx$

2,Vì sao có thể cộng hai giới hạn :(1) là giới hạn đơn thuần với (2) là giới hạn kép 2 biến....

Đề bài: Tính $\int _{-\infty }^0 \frac{1}{x^2-9}dx$

Câu 2: Xem định thức như hàm đa thức bậc theo $a$ $3$ theo $a$. 

Từ việc chứng minh $b, c, -b-c$ là các nghiệm cũng như tính giá trị $p(0)$, ta suy ra đẳng thức cần chứng minh.

Anh có thể viết cụ thể ra được không ạ ? Đây là lần đầu tiên em gặp mấy dạng bài như thế này......

Bài 1: Nên dùng tiêu chuẩn Cauchy

Bài 2: Nên dùng tiêu chuẩn Cauchy. Giới hạn liên quan là $e^{-2}<1.$

Bài 4: Dùng tiêu chuẩn so sánh nhờ BĐT $\cos x\ge  1- \frac{1}{2}x^2, \forall x\in \mathbb{R}.$

anh có thể làm cụ thể được không ??? Em mày mò mãi vẫn chưa ra......

$I=\int_{-3}^{3}\frac{x^2dx}{\sqrt{9-x^2}}=2\int_0^3\frac{x^2dx}{\sqrt{9-x^2}}=2\lim_{\varepsilon \to0^+}\int_0^{3-\varepsilon }\frac{x^2dx}{\sqrt{9-x^2}}$

Tính $\int \frac{x^2dx}{\sqrt{9-x^2}}$ :

$\int \frac{x^2dx}{\sqrt{9-x^2}}=\int \left ( x.\frac{xdx}{\sqrt{9-x^2}} \right )=-x\sqrt{9-x^2}+\int \sqrt{9-x^2}\ dx$

$=-x\sqrt{9-x^2}+\frac{x}{2}\sqrt{9-x^2}+\frac{9}{2}\arcsin\frac{x}{3}+C=\frac{9}{2}\arcsin\frac{x}{3}-\frac{x}{2}\sqrt{9-x^2}+C$

Vậy $I=2\lim_{\varepsilon \to0^+}\int_0^{3-\varepsilon }\frac{x^2dx}{\sqrt{9-x^2}}=2\lim_{\varepsilon \to0^+}\left ( \frac{9}{2}\arcsin\frac{3-\varepsilon }{3}-\frac{3-\varepsilon }{2}\sqrt{9-(3-\varepsilon )^2} \right )=\frac{9}{2}\ \pi$

chú ơi..cho con hỏi kĩ một tí : tại sao $\lim_{a\rightarrow 3^-} \arcsin(\frac{a}{3})=\frac{\pi}{2}$ mà không phải bằng $\frac{-\pi}{2}$ ??

Câu 1: Không tính định thức, hãy chứng minh định thức sau chia hết cho 23:$\begin{vmatrix} 1 &1 &2 \\ 1 &8 &5 \\ 5 &4 &3 \end{vmatrix}$

Câu 2: Không tính định thức, hãy chứng minh:$\begin{vmatrix} 1 &a &a^3 \\ 1 &b &b^3 \\ 1 &c &c^3 \end{vmatrix}=(b-a)(c-a)(c-b)(a+b+c)$

Tính các tích phân sau:

$1,\int_{-3}^{3} \frac{x^2dx}{\sqrt{9-x^2}};\\ 2,\int_0^{2} \frac{\sqrt{x+2}}{\sqrt{2-x}}dx;$

Đề bài: Xét sự hội tụ, phân kì của các chuỗi số có số hạng tổng quát sau:

$1,a_n=(\frac{n}{3n-1})^{2n-1};\\ 2,a_n=(\frac{n-1}{n+1})^{n(n+1)};\\ 3,a_n=\frac{1}{\ln(n!)};\\ 4,a_n=1-\cos(\frac{1}{\sqrt{n}});$

Đề: Tính các tích phân sau:

$1,\int \int_D(x-y)dxdy$,trong đó miền $D$ được giới hạn bởi các đường $y=2-x^2;y=2x-1;\\$ 

$2,\int \int_D(x+2y)dxdy$,trong đó miền $D$ được giới hạn bởi  các đường $y=x;y=2x;x=3;\\$

$3,\int \int_D \ln(x^2+y^2)dxdy$, trong đó miền $D$ được giới hạn bởi $x^2+y^2=e^2;x^2+y^2=e^4;\\$

$4,\int \int_D(x+y)dxdy$,trong đó miền $D$ được giới hạn bởi đường $y^2=2x;x+y=4;x+y=12;\\$

$\frac{pm}{2(1-n)}=\frac{m^2+(n-1)(n-1+p)}{2m}\Leftrightarrow pm^2=[m^2+(n-1)^2](1-n)-p(n-1)^2\Leftrightarrow p=1-n$

Thay $p=1-n$ vào hệ phương trình $\Rightarrow a=\frac{m}{2}$ ; $b=n$

Vâng con cám ơn chú nhiều......tiện thể cho hỏi luôn cái này : khi cháu đọc sách thì họ bảo gặp dạng hàm phân thức dạng bậc 2 trên bậc 1 thì lấy đạo hàm tử chia đạo hàm mẫu thì sẽ ra phương trình đi qua 2 điểm cực trị của hàm nhưng không lý giải vì sao lại được như vậy.....chú có thể giải thích vì sao lại có thể làm như vậy không ạ ?....

Ta có :

$y=\frac{pmx^2+[m^2+(n-1)(n-1+p)]x}{2(1-n)x+2m}+\frac{n-p+1}{2}$

$=\frac{pmx+m^2+(n-1)(n-1+p)}{2(1-n)x+2m}\ x+\frac{n-p+1}{2}$

Mà đó cũng chính là phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị, có dạng $y=ax+b$, nên :

$b=\frac{n-p+1}{2}$

Còn $a=\frac{pmx+m^2+(n-1)(n-1+p)}{2(1-n)x+2m}$

$\Rightarrow a[2(1-n)x+2m]=pmx+m^2+(n-1)(n-1+p)\Rightarrow a=\frac{pm}{2(n-1)}=\frac{m^2+(n-1)(n-1+p)}{2m}$

Dạ không phải cái này.....mà ở đoạn $a=\frac{m}{2};b=n;p=1-n$...tại sao lại ra được như vậy..???

$y=\frac{x^2+mx+n}{x^2+1}=1+\frac{mx+n-1}{x^2+1}$

$y'=\frac{m(x^2+1)-2x(mx+n-1)}{(x^2+1)^2}$

$y'=0\Leftrightarrow m(x^2+1)=2x(mx+n-1)\Leftrightarrow mx^2+2(n-1)x-m=0$ (*)

Để tìm phương trình đi qua 2 điểm cực trị, ta biến đổi như sau :

$y=\frac{mx^2+m^2x+mn}{mx^2+m}=\frac{(m^2-2n+2)x+mn+m}{2(1-n)x+2m}=$

$=\frac{p[mx^2+2(n-1)x-m]+(m^2-2n+2)x+mn+m}{2(1-n)x+2m}$ (với $p$ là một số thích hợp nào đó mà ta phải tính)

$=\frac{pmx^2+[m^2+(n-1)(n-1+p)]x}{2(1-n)x+2m}+\frac{n-p+1}{2}$

Vậy nếu phương trình đt đi qua 2 điểm cực trị có dạng $ax+b$ thì :

$\left\{\begin{matrix}\frac{pm}{2(1-n)}=\frac{m^2+(n-1)(n-1+p)}{2m}=a\\\frac{n-p+1}{2}=b \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}p=1-n\\a=\frac{m}{2}\\b=n \end{matrix}\right.$

Phương trình đt đi qua 2 điểm cực trị là $y=\frac{m}{2}\ x+n$.

Dạ thưa chú, cháu chưa hiểu lắm đoạn đồng nhất quan hệ giữa a,b,m,n.........làm sao để được ra như thế ạ ??

Bài 1: Xét sự hội tụ của tích phân sau :

$1,\int _1^2 \frac{dx}{x^3-1}; \\ 2,\int_0^1 \frac{dx}{(1-x)^m}; \\ 3,\int _1 ^{+\infty} \frac{1+x^2}{x^3} dx;$

Bài 2: Tìm công thức tổng quát của $I_n=\int x^n.e^xdx$

Thí dụ bài 3 nhen e!

 

Vì $\left|\frac{e^{-x^2}}{x^2}\right| \le \frac{1}{x^2}\, \forall x\ge 1$ và $\int_1^{\infty} \frac{1}{x^2}dx$ hội tụ nên $\int_1^{\infty}\frac{e^{-x^2}}{x^2}dx$ hội tụ.

 

(Em đã học pp so sánh này rồi chứ?)

Hic anh ơi, anh giúp thì giúp cho chót.....em vẫn chưa làm ra câu 2.........mong anh làm chi tiết câu 2 ạ......

Bài toán : Cho hàm số $y=\frac{x^2+mx+n}{x^2+1}$ có hai điểm cực trị $x_1;x_2.$ Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm đã cho.

Bài 1: Dùng đánh giá $\sin x \ge \frac{2}{\pi} x >0 \forall x\in (0, \frac{\pi}{2}).$\

 

Bài 2: Dùng đánh giá $\ln (1+x^2)\ge 1 \forall x\ge 3.$

 

Bài 3: 

Dùng đánh giá $e^{-x^2}\le 1$.

Dạ thưa anh, anh có thể trình bày cụ thể được không ạ ? Em mới làm quen với tích suy rộng nên chưa thành thục lắm....mong anh giúp cho.