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 chọn đội tuyển Olympic toán sinh viên 2013 học viện tài chính-môn giải tích


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1 khacduongpro_165

khacduongpro_165

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 594 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HV TÀI CHÍNH

Đã gửi 15-03-2013 - 15:05

Đề kiểm tra đội tuyển OLP sinh viên Học viện Tài Chính, môn giải tích

Bùi Khắc Dương - HVTC



Câu 1: Cho dãy $(x_n)$ thỏa mãn:
$$x_1=2013 , x_{n+1}=\frac{x_{n}^{3}+3x_n+16}{x_n^2-x_n+11}$$

Tìm: $\lim_{n \to +\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i^2+7}$

Câu 2: Tìm tất cả các số $d\in (0,1)$ có tính chất: Nếu $f(x)$ là hàm tùy ý liên tục, xác định với $x\in [0,1]$ , ngoài ra: $f(0)=f(1)$ thì tồn tại các số $x_0\in[0,1-d]$ sao cho: $f(x_0)=f(x_0+d)$

Câu 3: Cho hàm $f(x)$ liên tục, khả vi trên $[0,+\infty)$ thỏa mãn: $f(0)=0$, $f'(0)>0$ và: $f"(x)> f(x)$ với $\forall x>0$.

Chứng minh: $f(x)>0$ với: $\forall x>0$

Câu 4: Cho hàm $f(x)$ khả vi, thỏa mãn: $\int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{0}^{1}xf(x)dx=1$ với $\forall x\in [0,1]$

Chứng minh: tồn tại $c\in (0,1)$ để $f'( c )=6$

Câu 5: Cho $f,g$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn: $g'(x)=f(g(x))$.

Chứng minh: Nếu $\lim_{x \to +\infty}g(x)=c$ thì $f( c )=0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 15-03-2013 - 19:40

"Phong độ là nhất thời, đẳng cấp là mãi mãi"!!!

#2 YeuEm Zayta

YeuEm Zayta

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 121 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Đai Học Dầu Khí Việt Nam
  • Sở thích:Gym

Đã gửi 15-03-2013 - 21:43

A có đề ĐS không,cho e xin vs ^^

                                                                          OLP TOÁN SV TRÊN FACEBOOK: http://www.facebook....5/?notif_t=like  29.gif

 


#3 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 16-03-2013 - 18:45

Đề kiểm tra đội tuyển OLP sinh viên Học viện Tài Chính, môn giải tích

Bùi Khắc Dương - HVTC



Câu 1: Cho dãy $(x_n)$ thỏa mãn:
$$x_1=2013 , x_{n+1}=\frac{x_{n}^{3}+3x_n+16}{x_n^2-x_n+11}$$

Tìm: $\lim_{n \to +\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i^2+7}$

Câu 2: Tìm tất cả các số $d\in (0,1)$ có tính chất: Nếu $f(x)$ là hàm tùy ý liên tục, xác định với $x\in [0,1]$ , ngoài ra: $f(0)=f(1)$ thì tồn tại các số $x_0\in[0,1-d]$ sao cho: $f(x_0)=f(x_0+d)$

Câu 3: Cho hàm $f(x)$ liên tục, khả vi trên $[0,+\infty)$ thỏa mãn: $f(0)=0$, $f'(0)>0$ và: $f"(x)> f(x)$ với $\forall x>0$.

Chứng minh: $f(x)>0$ với: $\forall x>0$

Câu 4: Cho hàm $f(x)$ khả vi, thỏa mãn: $\int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{0}^{1}xf(x)dx=1$ với $\forall x\in [0,1]$

Chứng minh: tồn tại $c\in (0,1)$ để $f'( c )=6$

Câu 5: Cho $f,g$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn: $g'(x)=f(g(x))$.

Chứng minh: Nếu $\lim_{x \to +\infty}g(x)=c$ thì $f( c )=0$.

Câu 1: Áp dụng $\frac{1}{x_n-4}-\frac{1}{x_{n+1}-4}=\frac{1}{x^2_{n}+7}$.
Câu 3: Đặt $g(x)=e^{-x}[f(x)+f '(x)]$ thì ta có $g(0)>0$ và $g'(x)>0$ (với mọi $x>0$). Thành thử $g(x)>0 \Rightarrow f(x)+f '(x)>0$ với mọi $x>0$. Từ đó, đặt $h(x)=e^xf(x)$ thì theo trên, $h'(x)>0$ và $h(0)=0$, suy ra $h(x)>0 \Rightarrow f(x)>0$ với mọi $x>0$.
Câu 4: Sẽ có $\int_{0}^{1}[f(x)-6x+2]dx=\int_{0}^{1}x[f(x)-6x+2]dx=0$. Từ $\int_{0}^{1}[f(x)-6x+2]dx=0$ nên theo Rolle ta có tồn tại $c_1 \in (0,1)$ để $f(c_1)=6c_1-2$, và giả sử đây là nghiệm duy nhất của phương trình $f(x)=6x-2$. Như vậy hàm $h(x)=f(x)-6x+2$ sẽ đơn điệu ngặt trong các đoạn $[0,c_1]$ và $[c_1,1]$. Không mất tính tổng quát, giả sử $h(x)$ tăng ngặt trong $[0,c_1]$, suy ra nó giảm ngặt trong $[c_1,1]$, thành thử $\int_{0}^{1}x[f(x)-6x+2]dx=\int_{0}^{c_1}x[f(x)-6x+2]dx+\int_{c_1}^{1}x[f(x)-6x+2]dx>\int_{0}^{c_1}c_1[f(x)-6x+2]dx+\int_{c_1}^{1}c_1[f(x)-6x+2]dx=0$ (Vô lý với giả thiết).

Như vậy ắt hẳn $h(x)$ sẽ có một nghiệm $c_2$ nào đó khác $c_1$. Từ đó suy ra $h(c_1)=h(c_2)=0$, theo Rolle sẽ tồn tại $c \in (c_1,c_2)$ để $h'(c )=0$ (đpcm).
Câu 5: Áp dụng cái bổ đề "Nếu có $\lim_{x \to +\infty}g(x)=c$ thì $\lim_{x \to +\infty}g'(x)=0$". Cái này chứng minh bằng cách sử dụng định lý L'Hospital trực tiếp $\lim_{x \to +\infty}g(x)=\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x.g(x)}{e^x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x.[g(x)+g'(x)]}{e^x}=\lim_{x \to +\infty}[g(x)+g'(x)]$, suy ra $\lim_{x \to +\infty}g'(x)=0$. Thay vào bài toán ra luôn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HeilHitler: 16-03-2013 - 18:47


#4 phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:HCM

Đã gửi 16-03-2013 - 23:28

Câu 4: Sẽ có $\int_{0}^{1}[f(x)-6x+2]dx=\int_{0}^{1}x[f(x)-6x+2]dx=0$. Từ $\int_{0}^{1}[f(x)-6x+2]dx=0$ nên theo Rolle ta có tồn tại $c_1 \in (0,1)$ để $f(c_1)=6c_1-2$, và giả sử đây là nghiệm duy nhất của phương trình $f(x)=6x-2$. Như vậy hàm $h(x)=f(x)-6x+2$ sẽ đơn điệu ngặt trong các đoạn $[0,c_1]$ và $[c_1,1]$. Không mất tính tổng quát, giả sử $h(x)$ tăng ngặt trong $[0,c_1]$, suy ra nó giảm ngặt trong $[c_1,1]$, thành thử $\int_{0}^{1}x[f(x)-6x+2]dx=\int_{0}^{c_1}x[f(x)-6x+2]dx+\int_{c_1}^{1}x[f(x)-6x+2]dx>\int_{0}^{c_1}c_1[f(x)-6x+2]dx+\int_{c_1}^{1}c_1[f(x)-6x+2]dx=0$ (Vô lý với giả thiết).

Như vậy ắt hẳn $h(x)$ sẽ có một nghiệm $c_2$ nào đó khác $c_1$. Từ đó suy ra $h(c_1)=h(c_2)=0$, theo Rolle sẽ tồn tại $c \in (c_1,c_2)$ để $h'(c )=0$ (đpcm).


Đoạn này là chưa chính xác. Đây là một bài toán khó, và là câu khó nhất đề thi OLP năm 2010.
Xin được viết lại lời giải.

Trước tiên, ý tưởng của ta như sau:

Theo định lý Lagrange, với $0\le a <b \le 1$ thì tồn tại $c \in (a;b)$ sao cho $f'(c )=\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b} $

Nếu $g$ là hàm bậc nhất, tức tồn tại $(k,t) \in \mathbb{R}^2 -{(0;t)} $ sao cho $g(x)=kx+t $ , khi đó thay vào ta có

$g'( c )=k$ ,.....vậy ta có gì ? Liên hệ với yêu cầu đề bài, chỉ cần ta chứng minh được có $(k,t)$ thỏa mãn yêu cầu trên đồng thời và $f(a)-f(b)=g(a)-g(b) $ , dễ thấy $g(x)=6x+t $ thì ta có ngay điều phải chứng minh.

May mắn thay, thay hàm f bởi g trong giả thiết, ta có ngay $g(x)=6x-2 $ thỏa điều kiện $\int_0^1g(x)dx=\int_0^1 xg(x)dx =1$

Vậy $\int_0^1(f(x)-g(x))dx=\int_0^1 x(f(x)-g(x))dx=0 $

Xét $h(x)=f(x)-g(x) $

Từ đẳng thức trên, suy ra tồn tại $x_0 \in (0;1) $ sao cho $h(x_0)=0$

Như đã phân tích ý tưởng trên kia, ta phải tìm được hai số $a,b$ sao cho $f(a)-f(b)=g(a)-g(b)$ hay $h(a)=h(b)$.

Vậy, từ chỗ $h(x_0)=0$ gợi ý cho ta chứng minh $h(x)=0$ có ít nhất 2 nghiệm trên $(0;1)$ là có ngay điều cần tìm.

Thật vậy, giả sử $h(x)=0$ có nghiệm duy nhất $x_0$ trên $(0;1)$

Không mất tính tổng quát, và do $h$ liên tục trên $[a;b]$ nên giả sử $h(x) < 0 \; \forall x \in (0;x_0)$ và $h(x) >0 ; \forall x \in (x_0;1)$

Vậy $$0=\int_0^1 xh(x)dx=\int_0^{x_0} xh(x)dx+\int_{x_0}^1 xh(x)dx $$

$$> \int_0^{x_0} x_0 h(x)dx+\int_{x_0}^1 x_0 h(x)dx=x_0 \int_0^1 h(x)dx=0 $$

Mâu thuẫn nhận được chứng tỏ $h(x)=0$ phải có ít nhất 2 nghiệm phân biệt trên $[0;1]$, giả sử hai nghiệm đó là $a;b$, vậy

$$h(a)=f(b)=0$$

$$\Leftrightarrow f(a)-f(b)=g(a)-g(b) \Leftrightarrow \dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}=\dfrac{g(a)-g(b)}{a-b}=6$$

Theo định lý Lagrange, tồn tại $c$ nằm giữa $a$ và $b$ sao cho $f'( c)=\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}=6$

Vậy ta có đpcm.



Câu 5: Áp dụng cái bổ đề "Nếu có $\lim_{x \to +\infty}g(x)=c$ thì $\lim_{x \to +\infty}g'(x)=0$". Cái này chứng minh bằng cách sử dụng định lý L'Hospital trực tiếp $\lim_{x \to +\infty}g(x)=\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x.g(x)}{e^x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x.[g(x)+g'(x)]}{e^x}=\lim_{x \to +\infty}[g(x)+g'(x)]$, suy ra $\lim_{x \to +\infty}g'(x)=0$. Thay vào bài toán ra luôn.


Lời giải này mắc phải sai lầm mà đa số sinh viên và học sinh gặp phải, kể cả các thầy giáo!

Ta biết quy tắc L'hospial, trước tiên phải có giới hạn $\lim_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} =l \in \mathbb{R} $ thì mới có $\lim_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)}=l $

Đây là quan hệ kéo theo chứ không phải tương đương, do đó trước khi sử dụng đl L'Hospital, ta cần biết rõ liệu $\lim_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ có tồn tại hữu hạn hay không!

Bài giải này sai rõ ràng vì $\lim_{x \to +\infty}[g(x)+g'(x)]$ chưa hẳn đã tồn tại, cái sai rõ nhất ta có thể thấy đó là lời giải dẫn đến kết quả $\lim_{x \to +\infty}g(x)=\lim_{x \to +\infty}[g(x)+g'(x)] $ với mọi $g$ khả vi !!!

Lời giải bài này đã có ở đây: http://diendantoanho...tn-dhqg-ha-nội/

Trùng hợp là hai đề thi cùng có một bài :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 16-03-2013 - 23:30

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#5 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 17-03-2013 - 00:41

Đoạn này là chưa chính xác. Đây là một bài toán khó, và là câu khó nhất đề thi OLP năm 2010.
Xin được viết lại lời giải.

Trước tiên, ý tưởng của ta như sau:

Theo định lý Lagrange, với $0\le a <b \le 1$ thì tồn tại $c \in (a;b)$ sao cho $f'(c )=\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b} $

Nếu $g$ là hàm bậc nhất, tức tồn tại $(k,t) \in \mathbb{R}^2 -{(0;t)} $ sao cho $g(x)=kx+t $ , khi đó thay vào ta có

$g'( c )=k$ ,.....vậy ta có gì ? Liên hệ với yêu cầu đề bài, chỉ cần ta chứng minh được có $(k,t)$ thỏa mãn yêu cầu trên đồng thời và $f(a)-f(b)=g(a)-g(b) $ , dễ thấy $g(x)=6x+t $ thì ta có ngay điều phải chứng minh.

May mắn thay, thay hàm f bởi g trong giả thiết, ta có ngay $g(x)=6x-2 $ thỏa điều kiện $\int_0^1g(x)dx=\int_0^1 xg(x)dx =1$

Vậy $\int_0^1(f(x)-g(x))dx=\int_0^1 x(f(x)-g(x))dx=0 $

Xét $h(x)=f(x)-g(x) $

Từ đẳng thức trên, suy ra tồn tại $x_0 \in (0;1) $ sao cho $h(x_0)=0$

Như đã phân tích ý tưởng trên kia, ta phải tìm được hai số $a,b$ sao cho $f(a)-f(b)=g(a)-g(b)$ hay $h(a)=h(b)$.

Vậy, từ chỗ $h(x_0)=0$ gợi ý cho ta chứng minh $h(x)=0$ có ít nhất 2 nghiệm trên $(0;1)$ là có ngay điều cần tìm.

Thật vậy, giả sử $h(x)=0$ có nghiệm duy nhất $x_0$ trên $(0;1)$

Không mất tính tổng quát, và do $h$ liên tục trên $[a;b]$ nên giả sử $h(x) < 0 \; \forall x \in (0;x_0)$ và $h(x) >0 ; \forall x \in (x_0;1)$

Vậy $$0=\int_0^1 xh(x)dx=\int_0^{x_0} xh(x)dx+\int_{x_0}^1 xh(x)dx $$

$$> \int_0^{x_0} x_0 h(x)dx+\int_{x_0}^1 x_0 h(x)dx=x_0 \int_0^1 h(x)dx=0 $$

Mâu thuẫn nhận được chứng tỏ $h(x)=0$ phải có ít nhất 2 nghiệm phân biệt trên $[0;1]$, giả sử hai nghiệm đó là $a;b$, vậy

$$h(a)=f(b)=0$$

$$\Leftrightarrow f(a)-f(b)=g(a)-g(b) \Leftrightarrow \dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}=\dfrac{g(a)-g(b)}{a-b}=6$$

Theo định lý Lagrange, tồn tại $c$ nằm giữa $a$ và $b$ sao cho $f'( c)=\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}=6$

Vậy ta có đpcm.





Tôi công nhận là dùng L'Hospital trong trường hợp này là chưa chính xác, vậy có thể sửa lại bằng cách sử dụng Lagrange:
Với mọi $x>0$, tồn tại $a_x \in (x,2x)$ để $f'(a_x)=\frac{f(2x)-f(x)}{x}$. Cho $x \rightarrow + \infty$, để ý rằng khi đó $a_x \rightarrow + \infty$, còn $\lim_{x \rightarrow + \infty} [f(2x)-f(x)]=0$. Thành thử $\lim_{x \rightarrow + \infty} f'(x)=0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HeilHitler: 18-03-2013 - 23:25


#6 phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:HCM

Đã gửi 17-03-2013 - 02:07

Về bài toán đầu, tôi chả hiểu là bạn đã đọc hết lời giải của tôi chưa mà phán bừa một câu "chưa chính xác", nếu bạn để ý kĩ thì sẽ thấy lời giải của bạn không khác gì so với lời giải của tôi cả.
Về bài toán sau, tôi công nhận là dùng L'Hospital trong trường hợp này là chưa chính xác, vậy có thể sửa lại bằng cách sử dụng Lagrange:
Với mọi $x>0$, tồn tại $a_x \in (x,2x)$ để $f'(a_x)=\frac{f(2x)-f(x)}{x}$. Cho $x \rightarrow + \infty$, để ý rằng khi đó $a_x \rightarrow + \infty$, còn $\lim_{x \rightarrow + \infty} [f(2x)-f(x)]=0$. Thành thử $\lim_{x \rightarrow + \infty} f'(x)$.

Câu 4: Sẽ có $\int_{0}^{1}[f(x)-6x+2]dx=\int_{0}^{1}x[f(x)-6x+2]dx=0$. Từ $\int_{0}^{1}[f(x)-6x+2]dx=0$ nên theo Rolle ta có tồn tại $c_1 \in (0,1)$ để $f(c_1)=6c_1-2$, và giả sử đây là nghiệm duy nhất của phương trình $f(x)=6x-2$. Như vậy hàm $h(x)=f(x)-6x+2$ sẽ đơn điệu ngặt trong các đoạn $[0,c_1]$ và $[c_1,1]$. Không mất tính tổng quát, giả sử $h(x)$ tăng ngặt trong $[0,c_1]$, suy ra nó giảm ngặt trong $[c_1,1]$, thành thử $\int_{0}^{1}x[f(x)-6x+2]dx=\int_{0}^{c_1}x[f(x)-6x+2]dx+\int_{c_1}^{1}x[f(x)-6x+2]dx>\int_{0}^{c_1}c_1[f(x)-6x+2]dx+\int_{c_1}^{1}c_1[f(x)-6x+2]dx=0$ (Vô lý với giả thiết).

Như vậy ắt hẳn $h(x)$ sẽ có một nghiệm $c_2$ nào đó khác $c_1$. Từ đó suy ra $h(c_1)=h(c_2)=0$, theo Rolle sẽ tồn tại $c \in (c_1,c_2)$ để $h'(c )=0$ (đpcm).


Để thể hiện sự tôn trọng, trước khi nhận xét một ai đó luôn luôn phải xem xét thật kỹ càng rồi mới phát biểu, đặc biệt là ĐHV thì không thể dựa vào quyền lực mà phát ngôn tùy tiện, mình đã xem kỹ lời giải và nhận thấy nó sai ở chỗ này:

Sai ở chỗ kết luận $h$ đơn điệu ngặt trong $[0;c_1]$ và $[c_1;1]$, chỉ có thể kết luận về dấu của $h$ chứ không thể kết luận về tính biến thiên của $h$ được.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 17-03-2013 - 02:29

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#7 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 17-03-2013 - 10:00

Để thể hiện sự tôn trọng, trước khi nhận xét một ai đó luôn luôn phải xem xét thật kỹ càng rồi mới phát biểu, đặc biệt là ĐHV thì không thể dựa vào quyền lực mà phát ngôn tùy tiện, mình đã xem kỹ lời giải và nhận thấy nó sai ở chỗ này:

Sai ở chỗ kết luận $h$ đơn điệu ngặt trong $[0;c_1]$ và $[c_1;1]$, chỉ có thể kết luận về dấu của $h$ chứ không thể kết luận về tính biến thiên của $h$ được.

À đúng là chỗ đấy tôi lý luận nhầm thật, cảm ơn đã nhắc nhở và thành thật xin lỗi bạn.

#8 letrongvan

letrongvan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 213 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 04-04-2013 - 13:17


Câu 5: Cho $f,g$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn: $g'(x)=f(g(x))$.

Chứng minh: Nếu $\lim_{x \to +\infty}g(x)=c$ thì $f( c )=0$.

g liên tục đâu chắc khả vi, thiếu thiếu =))


Tào Tháo


#9 LangTu Mua Bui

LangTu Mua Bui

    Binh nhất

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

Đã gửi 03-12-2015 - 20:56

Câu 5 
$\lim_{x\to\infty}g(x)=\lim_{x\to\infty}\frac{e^{x}g(x)}{e^{x}}(Lopitan)$

$ =\lim_{x\to\infty}\frac{e^{x}(g(x)+g'(x))}{e^{x}} \Rightarrow \lim_{x\to\infty}g'(x)=0 $

$\Leftrightarrow 0=\lim_{x\to\infty}f(g(x)) $ Do f và g là 2 hàm liên tục nên $\lim_{x\to\infty}f(g(x)) $

$=f(\lim_{x\to\infty}g(x))=f(c) \Rightarrow f(c)=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LangTu Mua Bui: 03-12-2015 - 20:57





0 người đang xem chủ đề

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