Trong $R^3$, với giá trị nào của tham số thực $m$ thì $x=(1,3,2)$ sẽ là tổ hợp tuyến tính của các véctơ $u_{1}=(1,2,1)$, $u_{2}=(1,3,m)$, $u_{3}=(-1,m,3)$
Để $x$ là tổ hợp tuyến tính thì $\alpha _{1}u_{1}+\alpha _{2}u_{2}+\alpha _{3}u_{3}=x$
datanhlg Chưa có ai trong danh sách bạn bè.
13-12-2014 - 16:16
Trong $R^3$, với giá trị nào của tham số thực $m$ thì $x=(1,3,2)$ sẽ là tổ hợp tuyến tính của các véctơ $u_{1}=(1,2,1)$, $u_{2}=(1,3,m)$, $u_{3}=(-1,m,3)$
Để $x$ là tổ hợp tuyến tính thì $\alpha _{1}u_{1}+\alpha _{2}u_{2}+\alpha _{3}u_{3}=x$
27-11-2014 - 10:01
Khảo sát sự liên tục, sự tồn tại và liên tục của các đạo hàm riêng của f
$\begin{cases} & \ (x^{2}+y^{2})sin\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\\ (x,y) <> (0,0)& \0 (x,y)=(0,0)\end{cases}$
Hàm $f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ có thể phân biệt được tại $x\in \mathbb{R}^2$ nếu có phép biến đổi tuyến tính $T:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ sao cho $\lim\limits_{h\to 0}\frac{|f(x+h)-f(x)-T(h)|}{\Vert h\Vert }=0$
Cho $x=(0,0)$ đặt $T=0$, đó là phép biến đổi không, thì ta có $\frac{|f(x+h)-f(x)-T(h)|}{\Vert h\Vert }= \frac{\Vert h\Vert^2 \sin(\Vert h\Vert ^{-2})}{\Vert h\Vert}= \Vert h\Vert |\sin(\Vert h\Vert ^{-2})|$
Bởi vì mỗi $x\in \mathbb{R}^2\setminus {(0,0)}$ ta có $f(x)= \Vert x\Vert^2 \sin(\Vert x\Vert ^{-2})$.Thì $0\leq \lim\limits_{h\to 0}\frac{|f(x+h)-f(x)-T(h)|}{\Vert h\Vert }= \lim\limits_{h\to 0}\Vert h\Vert | \sin(\Vert h\Vert ^{-2})| \leq \lim\limits_{h\to 0}\Vert h\Vert= 0$
Do đó, $f$ có thể phân biệt tại $x=(0,0)$. Ở mỗi điểm khác, đạo hàm riêng của $f$ là liên tục rồi vì $f$ có thể phân biệt được ở mỗi điểm của miền.
10-11-2014 - 16:18
Tìm số $n$ nhỏ nhất để $f(x)=O(x^n)$ đối với mỗi hàm số $f(x)$ sau:1. $f(x)=\frac{x^4+x^2+1}{x^4+1}$2. $f(x)=\frac{x^3+5\log_2 x}{x^4+1}$
Bài 1:
$\displaystyle \begin{align*} \frac{x^4 + x^2 + 1}{x^4 + 1} &= 1 + \frac{x^2}{x^4 + 1} \\ &= 1 + x^2 \left[ \frac{1}{ 1 - \left( -x^4 \right) } \right] \\ &= 1 + x^2 \sum_{n = 0}^{\infty} \left( -x^4 \right) ^n \textrm{ khi} \left| x \right| < 1 \\ &= 1 + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( -1 \right) ^n \, x^{4n +2} \end{align*}$
Do đó: $\displaystyle \begin{align*} 1 + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( -1 \right) ^n \,x^{4n + 2} \leq 1 + x^2 + x^4 \\ \end{align*}$
Vậy nên: $\displaystyle \begin{align*} \frac{x^4 + x^2 + 1}{x^4 + 1} &= 1 + x^2 + O \left( x^4 \right) \end{align*}$
06-11-2014 - 22:18
làm được câu 2 rồi chuyển arcsin thành sin rồi nguyên hàm tới 3-4 lần cũng mất công gớm
Mình nghĩ bạn đặt như thế này có lẽ sẽ là tốt nhất: $\int_{0}^{1} (arcsinx)^{4}dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}} (u)^{4}du$ với đặt $u=arcsin(x)$
06-11-2014 - 15:33
Giải giúp em bà bài khó này nữa nhé
1. $\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^{2}-x+1}}$
2. $\int_{0}^{1} (arcsinx)^{4}dx$
Còn cau tính độ dài cua duong elip này nữa ạ.
3. $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$
1.
$\displaystyle \begin{align*} \int{ \frac{1}{x + \sqrt{x^2 - x + 1}}\,\mathrm{d}x } &= \int{ \frac{x - \sqrt{x^2 - x + 1}}{x^2 - \left( x^2 - x + 1 \right)}\,\mathrm{d}x} \\ &= \int{ \frac{x - \sqrt{x^2 - x + 1}}{x - 1}\,\mathrm{d}x } \\ &= \int{ \frac{x}{x - 1}\,\mathrm{d}x} - \int{ \frac{\sqrt{x^2 - x + 1}}{x - 1}\,\mathrm{d}x} \\ &= \int{ 1 + \frac{1}{x - 1}\,\mathrm{d}x } - \int{ \frac{\sqrt{ \left( x - \frac{1}{2} \right) ^2 + \frac{3}{4}}}{x - \frac{1}{2} - \frac{1}{2}}\,\mathrm{d}x} \end{align*}$
2.Bạn có thể làm bằng hình Hyperpol hoặc bằng hàm lượng giác thay thế.
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học