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 $\left(1;\frac{7}{5}\right).$

Xét sự hội tụ của chuỗi sau:

$a)$ $\sum_{n=1}^{\infty }\left ( e-\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^n \right )^p$

$b)$ $\sum_{n=1}^{\infty }\left ( \sqrt{n+1}-\sqrt{n} \right )^p\ln \frac{n-1}{n+1}$

$c)$ $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{\left ( \ln(\ln n) \right )^{\ln n}}$

$d)$ $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{\left ( \ln n \right )^{\ln\left ( \ln n \right )}}$

$e)$ $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^p\ln ^qn}$

$f)$ $\sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{2-\underbrace{\sqrt{2}+\sqrt{2+...+\sqrt{2}}}}$ ($n$ dấu căn)

a), b), e) "giá trị" $p$ như thế nào?

f) Gõ đề đúng không hongson?

Và (c, d) cũng thế! Chú ý giá trị bắt đầu  $1$ nhen!!

Xét sự hội tụ của các tích phân

1. $\int_{0}^{1}\frac{\sqrt[5]{x^{2}+x^{3}}lnx}{x(2-x)}dx$

[Tìm hàm $g$ để áp dụng tiêu chuẩn so sánh]

TPSR tại $0$.

Chú ý phân tích các số hạng mà tử và mẫu bằng 0 hoặc tiến về 0, tiến về  $\infty$ khi $x\to 0.$

(Khi các số hạng mà hàm số xác định tại 0 hoặc giới hạn của "số hạng đó" khi $x\to 0$ là một số thực hữu hạn thì loại chúng khỏi "hàm" g. )

Ta sẽ tạm ký hiệu $f\sim g$ nếu $\lim_{x\to 0} \left|\frac{f(x)}{g(x)}\right|$ là một số thực khác 0 nào đó.

Khi đó, $\sqrt[5]{x^2+x^5} \sim x^{2/5}\ln x$, và $x(2-x) \sim x.$ 

Xét $f(x)= \frac{\sqrt[5]{x^2+x^5}\ln x}{x(2-x)}$

Chính vì thế ta chọn hàm $g(x):= \frac{x^{2/5}\ln x}{x}=\frac{\ln x}{x^{3/5}}.$

Đến đây, ta có thể có làm theo một trong hai hướng khác nhau để tìm ra lời giải.

Lời giải 1 (phần đầu+ phần tiếp theo sau).

Ta nhận thấy $\lim_{x\to 0} \left|\frac{f(x)}{g(x)}\right|= \frac{1}{2}\neq 0.$

Áp dụng tiêu chuẩn so sánh dạng giới hạn, các TPSR $\int_0^1 |f(x)|dx$ và  $\int_0^1 |g(x)|dx$ cùng tích chất hội tụ. Do đó, nếu $\int_0^1 |g(x)|dx$ hội tụ thì $\int_0^1 f(x)dx$ hội tụ. 

Đến đây, dùng tích phân từng phần, dùng quy tắc l'Hospital, ta có thể kiểm chỉ ra $\int_0^1 x^{-3/5}\ln xdx$ hội tụ.

Lời giải 2 (phần đầu+ phần tiếp theo sau).

Hàm $g$ vẫn chưa đơn giản. Ta có thể thấy $|\ln x|\ll x^{-\alpha}$, với bất kỳ số thực dương $\alpha$.

Như vậy, ta sẽ cố tình 'đa thức hóa' một cách triệt để (thật ra là 'lũy thừa hóa').

Vì thế ta có thể chọn $h(x)= \frac{1}{x^{3/5+\alpha}}.$ Ngoài ra, ta mong muốn áp dụng được thì chọn $\alpha>0$ sao cho $3/5+\alpha<1$. Thí dụ chọn $\alpha=\frac{1}{5}.$

Vì thế, khi chọn $h(x)= \frac{1}{x^{4/5}},$ ta có

i) Ta nhận thấy $\lim_{x\to 0} \left|\frac{f(x)}{h(x)}\right|=0.$

ii) $\int_0^1 h(x)dx$ hội tụ.

Áp dụng tiêu chuẩn so sánh dạng giới hạn,  nếu $\int_0^1 |h(x)|dx$ hội tụ thì $\int_0^1 f(x)dx$ hội tụ. 

Suy ra $\int_0^1 f(x)dx$ hội tụ. 

Em thử áp dụng để giải bài 2!

Xét sự hội tụ của các tích phân

1. $\int_{0}^{1}\frac{\sqrt[5]{x^{2}+x^{3}}lnx}{x(2-x)}dx$

2. $\int_{1}^{+\infty }\frac{lnx}{2+\sqrt[3]{x^{5}}}dx$

3. $\int_{0}^{1}\frac{sin(\pi x).ln(x-1)}{\sqrt{(x-1)^{3}}}$

 

Mọi người cho e xin phương pháp hay tài liệu giải các dạng này với ạ. E thực sự rất cần !

Dùng tiêu chuẩn so sánh "dạng giới hạn" thôi!

Bài 3 sai!

[Tìm hàm $g$ để áp dụng tiêu chuẩn so sánh]

Ta có thể thấy $|\ln x|\ll x^{-\alpha}$, với bất kỳ số thực dương $\alpha$.

 

Khi $x\to 0^{+}.$

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?

Tính tích phân suy rộng $\int_{1}^{\infty } \frac{ln(1+x)}{x} dx$ 

Sử dụng BĐT $\frac{\ln{(1+x)}}{x}\ge \frac{\ln 2}{x}>0 \, \forall x\ge 1$ để chứng minh TPSR phân kỳ.

Nếu hàm $f$ liên tục trên $[a,b]$ và khả vi trên $(a,b$) thì $f'$ có liên tục trên $[a,b]$ không?

Liệu $f$ có khả vi tại $a$ hay không mà... $f '$ liên tục tại $a$?

Hãy lập CT tính un theo n và tính lim un.
$\left\{\begin{matrix} u_{1}=2012\\ u_{n+1}=\frac{n^{2}+4n+3}{2n^{2}+4n}u_{n} (n\geq1) \end{matrix}\right.$

Phân tích tử, mẫu thành phân tử rồi lùi dần (tính theo giai thừa hoặc không cần), rút gọn các số nhân tử chung ở tử và mẫu, ta nhận được "kết quả".

mình làm được phần tìm CT của un rồi. Mình không biết làm phần tìm lim un.

Bạn ghi công thức lên đây nhen.

Đặt $f(n)= \frac{n^2+4n+3}{2n^2+4n}, n\in \mathbb{N}.$

Ta có $f(n) \le q:=\frac{4}{5}, \forall n\ge 3.$

Suy ra $0<u_{n+1}\le qu_n, n\ge 3.$

Suy ra $\lim u_n=0.$

Cho hàm số f(x) = cos(2.$x^{4}$ - $x^{12}$). Tính giá trị $\frac{f^{(16)}(0)}{16!}$.

Vì $\cos u=1-\frac{u^2}{2}+\frac{u^4}{4!}+\text{o}{(u^4)}$ nên

$f(x)=\cos {(2x^4-x^{12})}=1-\frac{(2x^4-x^{12})^2}{2}+\frac{(2x^4-x^{12})^4}{4!}+\text{o}{(x^{16})}=...+\fra{29}{3}x^{16}+\text{o}{(x^{16})}.$

Suy ra $\frac{f^{(16)}(0)}{16!}=\frac{29}{3}.$

a) y=e^xcosx
b) y^(n)(0) nếu y=arcsinx

1) Dùng công thức Newton- Leibniz.

2) Dùng khai triển Maclaurin của hàm $\arcsin x.$

Cho $(a_{n}):\left\{\begin{matrix} & a_{1}=\frac{4}{3}\\ & (n+2)^{2}a_{n}=n^{2}a_{n+1}-(n+1)a_{n}a_{n+1} \end{matrix}\right.$

Tìm $\lim a_n. $ 

Dễ thấy nên biến đổi để qui về dãy truy hồi "tuyến tính" $\left\{v_n \right\}$, trong đó $v_n=\frac{1}{a_n}, n\in \mathbb{N}.$

Sau đó, đặt  $w_n= v_{n}-\frac{1}{4}, n\in \mathbb{N}.$

Ta thu được dãy truy hồi sau  $$(n+2)w_{n+1}=n^2w_n, n\in \mathbb{N}.$$

Từ đó xác định được SHTQ của dãy và tìm giới hạn.

$\left\{\begin{matrix} u_{1}=2 & \\ u_{1}+u_{2}+u_{3}+.....+u_{n}=n^{2}u_{n} & \end{matrix}\right.$

Tìm Lim $n^{2}.u_{n}$

Ta có $(n-1)^2u_{n-1}+u_n=n^2 u_{n}, n\ge 2.$

Do đó $u_{n}= \frac{n-1}{n+1}u_{n-1}=\frac{2}{(n+1)n}u_1.$

Do đó, $\lim n^2u_n=4.$

Tìm giới hạn dãy $1+\frac{1}{2} +...+\frac{1}{n+1}$

P/s:Mong mọi người bỏ ra chút thời gian giúp mình với ạ!

Dùng đánh giá $\ln{(1+x)}\le x,$ ta có 

$\frac{1}{k}\ge \ln\left( 1+\frac{1}{k}\right)=\ln{(k+1)}-\ln k. $

Suy ra 

$$1+\frac{1}{2} +...+\frac{1}{n+1}\ge \ln{(n+1).}$$

Do đó, 

$$\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{2} +...+\frac{1}{n+1}\right)=\infty.$$

$\lim_{x \to \infty }(\sqrt[3]{x^{3}+2x^{2}+1}+\sqrt[4]{x^{4}+3x^{3}+2})$

Đề bài: $x\to \infty$ hay $x\to -\infty$?

Cho em hỏi cái căn bậc 4 anh trục như thế nào vậy ạ ?

Ta có hằng đẳng thức quen thuộc: $ a^4-b^4= (a-b)(a^3+a^2b+ab^2+b^3).$
Khi đó, với $a\eq \pm b$, ta sẽ có: $a-b= \frac{a^4-b^4}{a^3+a^2b+ab^2+b^3}$.

Thử với $a= \sqrt[4]{f(x)}$ và $b= g(x)$, ta có

$$ \sqrt[4]{f(x)}-g(x)= \frac{f(x)-[g(x)]^4}{ \sqrt[4]{[f(x)]^3}+ \sqrt[4]{[f(x)]^2}g(x)+ \sqrt[4]{f(x)}[g(x)]^2+[g(x)]^3}.$$

Có phải là thứ mà em cần tìm?

Chèn $-x, x$  vào  để tính toán nhưng tính toán rất khiếp (cồng kềnh thôi) chứ không phức tạp!

$\lim_{x \to \infty }(\sqrt[3]{x^{3}+2x^{2}+1}+\sqrt[4]{x^{4}+3x^{3}+2})$

Xét $f(x) =\sqrt[3]{x^{3}+2x^{2}+1}, g(x)= \sqrt[4]{x^{4}+3x^{3}+2}.$

Một số nhận xét:

i) $\lim_{x\to -\infty} \frac{f(x)}{x}=1, \lim_{x\to -\infty} \frac{g(x)}{x}=-1.$

ii) Với điều kiện thích hợp, ta có các đẳng thức sau

$$ f(x)-x = \frac{2x^2+1}{[f(x)]^2+xf(x)+x^2}= \dfrac{2+\frac{1}{x^2}}{\left[ \frac{f(x)}{x}\right]^2+\frac{f(x)}{x}+1},$$

và

$$ g(x)- (-x) = \frac{3x^3+2}{[g(x)]^3-x[f(x)]^2+x^2f(x)-x^3}= \dfrac{3+\frac{1}{x^3}}{\left[ \frac{g(x)}{x}\right]^3-\left[ \frac{g(x)}{x}\right]^2+\frac{g(x)}{x}-1},$$

iii) Từ (i) và (ii), ta có 

$\lim_{x\to- \infty} [f(x)-x]=\frac{2}{3},$ và $\lim_{x\to- \infty} [g(x)+x]=-\frac{3}{4}.$

Suy ra $\lim_{x\to -\infty} [f(x)+g(x)]= \lim_{x\to -\infty} [f(x)-x]+\lim_{x\to- \infty} [g(x)+x]=\frac{2}{3}-\frac{3}{4}=-\frac{1}{12}.$

1/ lim($\frac{1}{n^{2}+1}+\frac{2}{n^{2}+2}+...+\frac{n}{n^{2}+n}$)

2/ lim ($\frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}$)

1/  Vì  $\frac{k}{n^2+n}\le  \frac{k}{n^2+k}\le \frac{k}{n^2+1}\forall k\le n$ nên $$\frac{\sum_{k=1}^n k}{n^2+k}\sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2+k} \le \frac{\sum_{k=1}^n k}{n^2+1}\,\forall n\in \mathbb{N}.$$

Áp dụng định lý kẹp, ta suy ra giới hạn cần tìm bằng $\frac{1}{2}.$

2/ Ta có $$ \frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\le \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \le \frac{n}{\sqrt{n^2+1}} \forall n\in \mathbb{N}.$$

Áp dụng định lý kẹp, ta suy ra giới hạn cần tìm bằng $1.$

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 $\frac{a}{u}=\frac{b}{v}.$

Tìm bán kính của chuỗi lũy thừa: $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n.(x-3)^n}{2n+ln^3(n)}$

Dễ thấy bán kính hội tụ bằng $\frac{1}{2}.$

Tìm bán kính của chuỗi lũy thừa: $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n.(x-3)^n}{2n+ln^3(n)}$

Đáp số trên quá vội !

Tính bán kính hội tụ thông qua $\lim \left|\frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$ hoặc $\lim \sqrt[n]{|a_n|}.$ Ta nhận được kết là là $1$.

Tìm $\lim u_n$ biết $u_n=\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}$

Dùng đẳng thức $$\dfrac{1}{(k+1)\sqrt{k}+k\sqrt{k+1}}= \dfrac{1}{\sqrt{k}\sqrt{k+1}\left( \sqrt{k+1}+\sqrt{k}\right)}=\dfrac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{\sqrt{k}\sqrt{k+1}}= \frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}.$$

tinh gioi han cua ham so sau khi x tien toi -2

              $\frac{x^{2}+2x}{x^{2}+4x+4}$

Minh lam ra am vo cung nhung sao dap an cu ra + - vo cung ay . 

 

Giới hạn không tồn tại.

1, tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 sao cho bình phương của nó băng ma trận không
2, tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 sao cho bình phương của nó bằng ma trận đơn vị

Bạn thử dùng tính chất $A^2-(a+d)+(ad-bc)I_2=0,$ trong đó $A=\begin{bmatrix} a &b\\ c&d\end{bmatrix}.$