Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Đề thi Olympic toán học sinh viên 2012 Đại Học BK Hà Nội


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 18 trả lời

#1 Want?

Want?

    My name is Sherlock Holmes

  • Thành viên
  • 77 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam

Đã gửi 18-02-2012 - 15:01

Câu 1:
Cho $x_n=\underbrace{\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6}}}}_{n lần} $ . Tìm giới hạn $\lim\limits_{n\to\infty}{6^n(2-x_n)}$.
Câu 2:
Cho hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $\forall x_0\in \mathbb{R}$, tồn tại giới hạn hữu hạn $\lim\limits_{x\to x_0}{f(x)}=g(x_0)$. Liệu hàm $g(x)$ có liên tục trên $\mathbb{R}$ không?
Câu 3:
Tìm tất cả các hàm liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $3f(2x+1)=f(x)+5x \forall x \in \mathbb{R}$.
Câu 4:
Cho $f(x)$ liên tục trên $[0;1]$ và khả vi hai lần trên $(0;1)$ thỏa mãn $f(0)=f(1)=0$ và $\min\limits_{x\in [0;1]}{f(x)} = -1 $. Chứng minh rằng $\max\limits_{x\in [0,1]}{f''(x)}\geq 8$.
Câu 5:
Cho hàm $f$ khả vi và liên tục trên đoạn $[0,1]$. Chứng minh rằng:
$|f(\frac{1}{2})|\leq \int\limits_{0}^{1}{|f(x)|dx}+\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{|f'(x)|dx}$
Câu 6:
Cho $f(x)$ khả vi hai lần trên đoạn $[0,1]$. Chứng minh rằng tồn tại $c \in (0,1)$ sao cho
$\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}=f(0)+\frac{1}{2}f'(0)+\frac{1}{6}f''( c )$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 02-01-2013 - 22:55

Đây là chữ ký của tôi!!!

#2 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 18-02-2012 - 17:03

Câu 4:
Cho $f(x)$ liên tục trên $[0;1]$ và khả vi hai lần trên $(0;1)$ thỏa mãn $f(0)=f(1)=0$ và $\min\limits_{x\in [0;1]}{f(x)} = -1 $. Chứng minh rằng $\max\limits_{x\in [0,1]}{f''(x)}\geq 8$.


Câu 4 là trường hợp riêng của bài toán sau:

Giả sử $f(x)$ là hàm số có đạo hàm cấp 2 liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn điều kiện $f(0)=f(1)=a$. Chứng minh rằng: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f''\left( x \right) \ge 8\left( {a - b} \right)$$ với $b = \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f\left( x \right)$

Giải:

Sử dụng giả thiết và áp dụng định lí Rolle, tồn tại $c \in \left( {0;1} \right)$ sao cho $f'\left( c \right) = 0$.

Xét khai triển Taylor của hàm $f(x)$ tại điểm $c$:
$$f\left( x \right) = f\left( c \right) + f'\left( c \right)\left( {x - c} \right) + \frac{{f''\left( {\theta \left( x \right)} \right)}}{2}{\left( {x - c} \right)^2}$$
Thay lần lượt $x=0$ và $x=1$ vào đẳng thức trên ta thu được:
$$a = b + \frac{{f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right)}}{2}{c^2};a = b + \frac{{f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right)}}{2}{\left( {1 - c} \right)^2}$$
Hay $$f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right) = \frac{{2\left( {a - b} \right)}}{{{c^2}}} \ge 0;f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right) = \frac{{2\left( {a - b} \right)}}{{{{\left( {1 - c} \right)}^2}}} \ge 0$$
Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức sau cùng ta thu được:
$$f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right)f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right) = \frac{{4{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{{c^2}{{\left( {1 - c} \right)}^2}}} \ge 64{\left( {a - b} \right)^2}$$

(do ${c^2}{\left( {1 - c} \right)^2} \ge \frac{1}{{16}},\,\,c \in \left[ {0;1} \right]$)


Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Mở rộng: Đối với đoạn $\left[ {\alpha ;\beta } \right]$: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {\alpha ;\beta } \right]} f''\left( x \right) \ge \frac{{8\left( {a - b} \right)}}{{{{\left( {\alpha - \beta } \right)}^2}}}$$

Trở lại bài toán 4, với $a = 0;b = - 1$ ta được: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f''\left( x \right) \ge 8\,\,\,(\text{đpcm})$$

#3 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 18-02-2012 - 19:31

Câu 3:
Tìm tất cả các hàm liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $3f(2x+1)=f(x)+5x \forall x \in \mathbb{R}$.


Thay $x$ bởi $\frac{{x - 1}}{2}$ liên tiếp ta được:
$$f\left( x \right) = \frac{1}{3}f\left( {\frac{{x - 1}}{2}} \right) + \frac{5}{3}.\frac{{x - 1}}{2}$$
$$\frac{1}{3}f\left( {\frac{{x - 1}}{2}} \right) = \frac{1}{9}f\left( {\frac{{x - 3}}{4}} \right) + \frac{5}{9}.\frac{{x - 3}}{4}$$
$$\frac{1}{9}f\left( {\frac{{x - 3}}{4}} \right) = \frac{1}{{27}}f\left( {\frac{{x - 7}}{8}} \right) + \frac{5}{{27}}.\frac{{x - 7}}{8}$$
$$...........$$
Bằng quy nạp ta chứng minh được:
$$\frac{1}{{{3^n}}}f\left( {\frac{{x - {2^n} + 1}}{{{2^n}}}} \right) = \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) + \frac{5}{{{3^{n + 1}}}}.\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}$$
Cộng từng vế các đẳng thức trên và rút gọn ta được:
$$f\left( x \right) = \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) + \frac{5}{3}.\frac{{x - 1}}{2} + \frac{5}{9}.\frac{{x - 3}}{4} + ... + \frac{5}{{{3^{n + 1}}}}.\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}$$
Do $f(x)$ liên tục nên với mọi $x$ cố định ta có:
$$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {\frac{{x + 1}}{{{2^{n + 1}}}} - 1} \right) = f\left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{{x + 1}}{{{2^{n + 1}}}} - 1} \right)} \right) = f\left( { - 1} \right)$$
Từ phương trình đã cho, cho $x=-1$ được $f\left( { - 1} \right) = - \frac{5}{2}$.

Vậy $$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{3^{n + 1}}}}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right) = 0.\left( { - \frac{5}{2}} \right) = 0$$
Từ đó ta có: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( x \right) = f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{5}{3}.\frac{{x - 1}}{2} + \frac{5}{9}.\frac{{x - 3}}{4} + ... + \frac{5}{{{3^{n + 1}}}}.\frac{{x - {2^{n + 1}} + 1}}{{{2^{n + 1}}}}} \right)$$
$$ = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{5\left( {x + 1} \right)}}{6}\sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^k}} - \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{5}{3}\sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^k}} = \frac{{5\left( {x + 1} \right)}}{6}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{6}}} - \frac{5}{3}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{3}}} = x - \frac{3}{2}$$
Thử lại thấy hàm số $f\left( x \right) = x - \frac{3}{2}$ thỏa yêu cầu của bài toán nên đó là hàm số cần tìm.

#4 analysis90

analysis90

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:dong thap

Đã gửi 18-02-2012 - 21:37

Exercise 1. We have $0\leq |2-x_{n+1}|=|2-\sqrt[3]{6+x_n}|=|\dfrac{2-x_n}{4+2\sqrt[3]{6+x_n}+\sqrt[3]{(6+x_n)^2}} |<\dfrac{|2-x_n|}{7} $.
So, $0\leq 6^{n+1}|2-x_{n+1}|<\dfrac{6}{7}|2-x_n|<...<(\dfrac{6}{7} )^n|2-\sqrt[3]{6}|\rightarrow 0 $

#5 analysis90

analysis90

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:dong thap

Đã gửi 18-02-2012 - 22:13

Exercise 5. We have $f(t)=\int_0^1f(x)dx+\int_0^txf'(x)dx+\int_t^1(x-1)f'(x)dx$, forall $t\in [0,1]$.
Therefore $|f(t)|\leq \int_0^1|f(x)|dx+t\int_0^t|f'(x)|dx+(1-t)\int_t^1|f'(x)|dx$.
Final, we choose $t=\dfrac{1}{2} $.

#6 dtvanbinh

dtvanbinh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 122 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Bắc Giang

Đã gửi 18-02-2012 - 23:31

ôi chết em.con lim em tính sao lại ra +~ nhỉ.zzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz

$(2x^{2}+2y^{2}+z^{2}-1)^{3}-\frac{1}{10}x^{2}z^{3}-y^{2}z^{3}=0$

 

$(x^{2}+\frac{9}{4}y^{2}+z^{2}-1)^{3}-x^{2}z^{3}-\frac{9}{80}y^{2}z^{3}=0$

 

                                                            

                                                             


#7 thaomta

thaomta

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 20 Bài viết

Đã gửi 20-02-2012 - 00:08

Câu 4 là trường hợp riêng của bài toán sau:

Giả sử $f(x)$ là hàm số có đạo hàm cấp 2 liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn điều kiện $f(0)=f(1)=a$. Chứng minh rằng: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f''\left( x \right) \ge 8\left( {a - b} \right)$$ với $b = \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f\left( x \right)$

Giải:

Sử dụng giả thiết và áp dụng định lí Rolle, tồn tại $c \in \left( {0;1} \right)$ sao cho $f'\left( c \right) = 0$.

Xét khai triển Taylor của hàm $f(x)$ tại điểm $c$:
$$f\left( x \right) = f\left( c \right) + f'\left( c \right)\left( {x - c} \right) + \frac{{f''\left( {\theta \left( x \right)} \right)}}{2}{\left( {x - c} \right)^2}$$
Thay lần lượt $x=0$ và $x=1$ vào đẳng thức trên ta thu được:
$$a = b + \frac{{f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right)}}{2}{c^2};a = b + \frac{{f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right)}}{2}{\left( {1 - c} \right)^2}$$
Hay $$f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right) = \frac{{2\left( {a - b} \right)}}{{{c^2}}} \ge 0;f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right) = \frac{{2\left( {a - b} \right)}}{{{{\left( {1 - c} \right)}^2}}} \ge 0$$
Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức sau cùng ta thu được:
$$f''\left( {\theta \left( 0 \right)} \right)f''\left( {\theta \left( 1 \right)} \right) = \frac{{4{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{{c^2}{{\left( {1 - c} \right)}^2}}} \ge 64{\left( {a - b} \right)^2}$$

(do ${c^2}{\left( {1 - c} \right)^2} \ge \frac{1}{{16}},\,\,c \in \left[ {0;1} \right]$)


Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Mở rộng: Đối với đoạn $\left[ {\alpha ;\beta } \right]$: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {\alpha ;\beta } \right]} f''\left( x \right) \ge \frac{{8\left( {a - b} \right)}}{{{{\left( {\alpha - \beta } \right)}^2}}}$$

Trở lại bài toán 4, với $a = 0;b = - 1$ ta được: $$\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f''\left( x \right) \ge 8\,\,\,(\text{đpcm})$$

bài này đã thi năm 2005. Năm đó đề khá hay, nhất là câu dãy số và câu B ĐT tích phân

#8 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 20-02-2012 - 11:43

bài này đã thi năm 2005. Năm đó đề khá hay, nhất là câu dãy số và câu B ĐT tích phân


Đúng thế. Đây chính là bài trong đề thi Olympic Toán sinh viên Toàn quốc năm 2005.

Bài 4 chính là trường hợp riêng của bài toán này.

#9 leminhansp

leminhansp

    $\text{Hâm hấp}$

  • Điều hành viên
  • 606 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định

Đã gửi 20-02-2012 - 22:27

ồ, sao k có đề Đại số vậy cà????????????
Các bác up cả đề ĐS đi ^^ hình như không có bác nào có hứng thú với ĐS thì phải ^^

Hãy tìm hiểu trước khi hỏi!
Hãy hỏi TẠI SAO thay vì hỏi NHƯ THẾ NÀO và thử cố gắng tự trả lời trước khi hỏi người khác!
Hãy chia sẻ với $\sqrt{\text{MF}}$ những gì bạn học được, hãy trao đổi với $\sqrt{\text{MF}}$ những vấn đề bạn còn băn khoăn!

 

Facebook: Cùng nhau học toán CoolMath

Website: Cungnhauhoctoan.com


#10 dtvanbinh

dtvanbinh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 122 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Bắc Giang

Đã gửi 22-02-2012 - 07:54

mình có đề đại số mà lười up quá.nói chung là khó hơn đại số ngoại thương nhiều

$(2x^{2}+2y^{2}+z^{2}-1)^{3}-\frac{1}{10}x^{2}z^{3}-y^{2}z^{3}=0$

 

$(x^{2}+\frac{9}{4}y^{2}+z^{2}-1)^{3}-x^{2}z^{3}-\frac{9}{80}y^{2}z^{3}=0$

 

                                                            

                                                             


#11 leminhansp

leminhansp

    $\text{Hâm hấp}$

  • Điều hành viên
  • 606 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định

Đã gửi 22-02-2012 - 21:36

mình có đề đại số mà lười up quá.nói chung là khó hơn đại số ngoại thương nhiều

Bạn có file k? gửi cho mình với [email protected] thank bạn nhiều ^^

Hãy tìm hiểu trước khi hỏi!
Hãy hỏi TẠI SAO thay vì hỏi NHƯ THẾ NÀO và thử cố gắng tự trả lời trước khi hỏi người khác!
Hãy chia sẻ với $\sqrt{\text{MF}}$ những gì bạn học được, hãy trao đổi với $\sqrt{\text{MF}}$ những vấn đề bạn còn băn khoăn!

 

Facebook: Cùng nhau học toán CoolMath

Website: Cungnhauhoctoan.com


#12 duong vi tuan

duong vi tuan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quy NHơn

Đã gửi 24-02-2012 - 09:10

Exercise 5. We have $f(t)=\int_0^1f(x)dx+\int_0^txf'(x)dx+\int_t^1(x-1)f'(x)dx$, forall $t\in [0,1]$.
Therefore $|f(t)|\leq \int_0^1|f(x)|dx+t\int_0^t|f'(x)|dx+(1-t)\int_t^1|f'(x)|dx$.
Final, we choose $t=\dfrac{1}{2} $.


Làm sao nghĩ ra được lời giải này vậy .
NGU
Hình đã gửi

#13 viet 1846

viet 1846

    Gà con

  • Thành viên
  • 224 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TH Lê Văn Tám

Đã gửi 08-12-2012 - 21:13

CÒn bài 2 và bài 6 ạ,

#14 viet 1846

viet 1846

    Gà con

  • Thành viên
  • 224 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TH Lê Văn Tám

Đã gửi 01-01-2013 - 18:25

Câu 6:
Cho $f(x)$ khả vi hai lần trên đoạn $[0,1]$. Chứng minh rằng tồn tại $c \in (0,1)$ sao cho
$\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}=f(0)+\frac{1}{2}f'(0)+\frac{1}{6}f''( c )$.


Ta có:

\[\int\limits_0^1 {f(x)dx} = \int\limits_0^1 {f(x)d\left( {x - 1} \right)} = \left. {\left( {x - 1} \right)f(x)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\left( {x - 1} \right)d\left( {f\left( x \right)} \right)} \]

\[ = f\left( 0 \right) - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f'\left( x \right)} d{\left( {x - 1} \right)^2} = f\left( 0 \right) - \left. {\frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{2}.f'\left( x \right)} \right|_0^1 + \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{{\left( {x - 1} \right)}^2}.f''\left( x \right)} dx\]

Theo ĐL về giá trị trung bình của tích phân ta có:

\[\left. {\exists c} \right|\int\limits_0^1 {{{\left( {x - 1} \right)}^2}.f''\left( x \right)} dx = f''\left( c \right).\int\limits_0^1 {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} = \frac{1}{3}f''\left( c \right)\]

Ta có DPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 02-01-2013 - 22:55


#15 HeilHitler

HeilHitler

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thanh Hóa
  • Sở thích:Trời làm màn gối đất làm chiên-Nhật nguyệt cùng ta một giấc yên-Đêm khuya chẳng dám dang chân duỗi-Chỉ sợ sơn hà xã tắc nghiêng.

Đã gửi 04-04-2013 - 00:48


Làm sao nghĩ ra được lời giải này vậy .

Có thể làm bằng cách khác:

Ta có:

$\int_{0}^{1}|f(x)|dx \geq |\int_{0}^{\frac{1}{2}}f(x)dx+\int_{\frac{1}{2}}^{1}f(x)dx|$

Theo Lagrange, tồn tại $a \in (0, \frac{1}{2})$ và $b \in (\frac{1}{2},1)$ để: $\int_{0}^{\frac{1}{2}}f(x)dx=\frac{1}{2}f(a)$ và $\int_{\frac{1}{2}}^{1}f(x)dx=\frac{1}{2}f(b)$. Như vậy:

$\int_{0}^{1}|f(x)|dx \geq \frac{1}{2}|f(a)+f(b)|$. (1)

Lại có:

$\int_{0}^{1}|f'(x)|dx \geq \int_{a}^{b}|f'(x)|dx \geq |\int_{a}^{\frac{1}{2}}f'(x)dx|+|\int_{b}^{\frac{1}{2}}f'(x)dx|$

$\Rightarrow \int_{0}^{1}|f'(x)|dx \geq |f(\frac{1}{2})-f(a)|+|f(\frac{1}{2})-f(b)|$. (2)

Từ 1 và 2 suy ra đpcm.



#16 LangTu Mua Bui

LangTu Mua Bui

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 43 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-12-2015 - 01:10

Câu 1
$x_n=\underbrace{\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6}}}} $

Ta có $2=\sqrt[3]{8}=\sqrt[3]{6+2}=\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{8}}=\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...}}}$

$\Rightarrow \lim_{n\to\infty}6^n(2-x^{n})=0$


#17 LangTu Mua Bui

LangTu Mua Bui

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 43 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-12-2015 - 01:21

Xét $g(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt$ Do f(x) khả vi 2 lần nên g(x) khả vi 3 lần 

Ta có$ g'(x)=f(x) ..$
 
Khai triển maclaurank $\Rightarrow g(x)=g(0)+g(0)x+\frac{g'(0)x^{2}}{3}+\frac{g''(0+a(x-x_{0}))x^{3}}{6}$ (0<a<1)

Thay x=1 ta được $g(1)=\int_{0}^{1}=f(0)+\frac{f'(0)}{2}+\frac{f''(\theta (x))}{6}$ với $c=0<\theta (x)<1$ Ta đpcm 
 


#18 happyfree

happyfree

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 123 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-01-2016 - 20:57

mọi người thảo luận câu 2 đi ạ :)



#19 HeilHitler

HeilHitler

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thanh Hóa
  • Sở thích:Trời làm màn gối đất làm chiên-Nhật nguyệt cùng ta một giấc yên-Đêm khuya chẳng dám dang chân duỗi-Chỉ sợ sơn hà xã tắc nghiêng.

Đã gửi 25-01-2016 - 00:23

 

Theo giả thiết:

+ Mọi $\epsilon >0$, tồn tại $A=A(\epsilon)>0$ thõa mãn $|f(x)-g(x_0)|< \frac{\epsilon}{2}$ với mọi $|x-x_0|<A$.
+ Mọi $\epsilon >0$, tồn tại $A'=A'(\epsilon)>0$ thõa mãn $|f(x)-g(x'_0)|< \frac{\epsilon}{2}$ với mọi $|x-x'_0|<A'$.
Cộng dọc và dùng BĐT trị tuyệt đối suy ra với mọi $\epsilon >0$, tồn tại $M=M(\epsilon)=A+A' $ để $|g(x_0)-g(x'_0)|< \epsilon$ với mọi  $|x_0-x'_0|<M$. Như vậy hàm $g(x)$ liên tục đều.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HeilHitler: 25-01-2016 - 01:05





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh