zarya

Theo mình nghĩ nó chỉ đảm bảo tính liên tục trong $[0,1]$ thôi, không nhất thiết cần phải khả vi. Thường người ta ký hiệu $C^k$ là lớp các hàm khả vi và liên tục $k$ lần, còn để chỉ vô hạn lần thì người ta dùng kí hiệu $C^\infty$

Bạn xem thêm ở đây nhé: https://en.wikipedia...wiki/Smoothness

Hàm f thuộc [0;1], liên tục và khả vi 1 lần (có đạo hàm bậc nhất f' và f'' cũng liên tục trong [0,1]) bạn nhé.

- Giải giúp mình bài này với ạ

 

$\dpi{300} \bg_white \large \left\{\begin{matrix} xy-\sqrt{xy}=6 & & \\ \sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}=4 & & \end{matrix}\right.$

Anh cho hướng rồi em tự làm nhé.

Đặt $P=\sqrt{xy}, P\geq 0$, từ pt thứ nhất suy ra: $P^2-P-6=0$, giải ra $P$ rồi lấy nghiệm dương.

Bình phương hai vế của pt thứ 2, đặt $S=x+y$, thay $P^2=xy$ vừa tìm được ở trên vào hệ thức khai triển. Giải phương trình căn có ẩn là $S$.

Có $S$, $P^2$ sẽ suy ra $x, y$

Từ sáng nay mình không gõ được $LaTeX$ bằng trình soạn thảo (nút $fx$), khi ấn vào nó hiện ra một khung trắng trơn. Còn gõ code trực tiếp vào khung trả lời thì biểu thức vẫn hiện ra. Mong Ban Quản Trị sớm sửa.

Với các ma trận vuông đó em cộng đại số và giải như giải hệ phương trình được. Cách làm của bạn nữ là đúng rồi.

$Pe Rika$ lần sau đánh công thức nhớ sử dụng trình soạn Latex $fx$ cho mọi người dễ nhìn nhé!

1/ Đúng.

2/ Để M là tập sinh của V thì điều kiện cần là $m\geq \dim V=n$, đủ là $r=n$

    M là cơ sở thì điều kiện cần là $m=n$, đủ là $r=n=m$

$1+i=\sqrt{2} e^{i\frac{\pi}{4}}$

$z=e^{i\varphi}\rightarrow \bar{z}=e^{-i\varphi}$

$\left |(1+i)^{10}\bar{z}^{10} \right |=\left |(\sqrt2)^{10}e^{10\frac{i\pi}{4}}.e^{-10i\varphi} \right |=2^5$

Kí hiệu $\left | \right |$ chỉ Modul

Bài 3 dùng phép thế Euler, lúc chiều trao đổi với Nhân anh nhầm.

Vì: $x^2+3x+2=(x+1)(x+2)$

Đặt: $\sqrt{x^2+3x+2}=t(x+1)\Rightarrow (x+1)(x+2)=t^2(x+1)^2$

$\rightarrow t^2=\frac{x+2}{x+1}\rightarrow x=\frac{2-t^2}{t^2-1}$

$\sqrt{x^2+3x+2}=t(x+1)=t\left (\frac{2-t^2}{t^2-1}+1 \right )=\frac{t}{t^2-1}$

$\frac{x-\sqrt{x^2+3x+2}}{x+\sqrt{x^2+3x+2}}=\frac{\frac{2-t^2}{t^2-1}-\frac{t}{t^2-1}}{\frac{2-t^2}{t^2-1}+\frac{t}{t^2-1}}=\frac{2-t^2-t}{2-t^2+t}$

$dx=\frac{-2tdt}{(t^2-1)^2}$

$\int \frac{x-\sqrt{x^2+3x+2}}{x+\sqrt{x^2+3x+2}}dx=\int -\frac{(t-1)(t+2)}{(t+1)(t-2)}.\frac{2t}{(t-1)^2(t+1)^2}dt$

$=\int -\frac{2t(t+2)}{(t-2)(t+1)^3(t-1)}$

Để gọn đặt $u=t+1$

$\int -\frac{2t(t+2)}{(t-2)(t+1)^3(t-1)}dt=2 \int -\frac{(u-1)(u+1)}{u^3(u-3)(u-2)}du$

Đến đây thì tách thôi:

$-\frac{(u-1)(u+1)}{u^3(u-3)(u-2)}=\frac{1}{6u^3}+\frac{5}{36u^2}-\frac{17}{216u}+\frac{3}{8(u-2)}-\frac{8}{27(u-3)}$

a, $\lambda=0$ giải dễ dàng.

b, Biến đổi ma trận mở rộng:

$\begin{bmatrix} 1 &2 &\lambda &| &-1 \\ 2&7 & 2\lambda+1 & | &2 \\ 3& 9 & 4\lambda &| &1 \end{bmatrix}\rightarrow \begin{bmatrix} 1 &2 &\lambda &| &-1 \\ 0&3 &1 & | &4 \\ 0& 3 & \lambda &| &4 \end{bmatrix}\rightarrow \begin{bmatrix} 1 &2 &\lambda &| &-1 \\ 0&3 &1 & | &4 \\ 0& 0 & \lambda-1 &| &0 \end{bmatrix}$

Hệ vô số nghiệm khi $rank(A)=rank(A|b)<n$ với n là số ẩn của hệ pt.

Ở đây ta thấy $rank(A)=rank(A|b)=2<3$ khi $\lambda-1=0\rightarrow \lambda=1$

Chéo hóa:

Tính các giá trị riêng: 

$\begin{vmatrix} 1-\lambda &4 \\ 1& 4-\lambda \end{vmatrix}=\lambda^2-5\lambda=0\\ \Rightarrow \lambda=0, \lambda=5$

Với $\lambda=0$:  $\begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -4\\ 1 \end{bmatrix}$

Với $\lambda=5$:  $\begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}$

Ma trận làm chéo hóa:

$P=\begin{bmatrix} -4 &1 \\ 1& 1 \end{bmatrix}\Rightarrow P^{-1}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix} -1 &1 \\ 1& 4 \end{bmatrix}$

$D=P^{-1}AP=\begin{bmatrix} 0 &0 \\ 0& 5 \end{bmatrix}\Rightarrow D^n=P^{-1}A^nP=\begin{bmatrix} 0 &0 \\ 0& 5^n \end{bmatrix}$

Suy ra:

$A^n=PD^nP^{-1}=\begin{bmatrix} -4 &1 \\ 1& 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 &0 \\ 0& 5^n \end{bmatrix}.\frac{1}{5}\begin{bmatrix} -1 &1 \\ 1& 4 \end{bmatrix}=5^{n-1}\begin{bmatrix} 1 &4 \\ 1& 4 \end{bmatrix}=5^{n-1}A$

P/s: Nếu để ý rằng: $A^2=5A$, ta có thể suy ngay ra được điều này.

Với các vô hướng $a$, $b$ và $\alpha \in A$, $\beta \in B$, ta có: $a\alpha+b\beta \notin A, \notin B$.

Do đó: $A \cup B$ không phải không gian con của $P$

$I=I^3-A^3=(I-A)(I^2+IA+A^2)\Rightarrow (I-A)^{-1}=I+A+A^2$

Bài của Zayta nhé.

Do r(A)=1 nên $A=span (R_1)$, có thể viết $a_{ij}=\alpha_j a_{i1}$.

$(A^2)_{ij}=\sum_{k-1}^{n}a_{ik}a_{kj}=\sum_{k-1}^{n}\alpha_k a_{i1} \alpha_j a_{k1}=\alpha_j a_{i1}\sum_{k-1}^{n}\alpha_k a_{k1}=a_{ij}\sum_{k-1}^{n} a_{kk}=trace(A).a_{ij}$

(đpcm)

Bài toán tương tự xem ở đây nhé: http://diendantoanho...thức/?p=438761

Tích phân Gauss nổi tiếng đây mà. Laplace chứng minh nó bằng $\sqrt{\pi}$. Còn technique để tính thì như thế này:

$I=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx$

Bình phương 2 vế và đổi biến:

$I^2=\left ( \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx \right )^2=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-y^2}dy=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy$

$dxdy$ là vi phân diện tích trong mặt phẳng $Oxy$, miền lấy tích phân là toàn bộ mặt phẳng này nên ta chuyển sang tọa độ cực:

$\left\{\begin{matrix} x=r \cos\varphi\\ y=r\sin\varphi \end{matrix}\right.$

Trong đó:

$\left\{\begin{matrix} \varphi: 0 \rightarrow 2\pi\\ r: 0 \rightarrow +\infty \end{matrix}\right.$

$I^2=\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{2\pi}e^{-r^2}rdrd\varphi=\int_{0}^{+\infty}e^{-r^2}rdr\int_{0}^{2\pi}d\varphi=\frac{1}{2}.2\pi=\pi$

Do đó: $I=\sqrt{\pi}$