nthkhnimqt

Cho $X$ là một không gian đa chiều thực. Với $x, y\in\mathbb{X},$ tìm $\lambda\in\mathbb{R}:$

$$\lim_{n\rightarrow\infty}\left ( \left \| \left ( n+ \lambda \right )x+ y \right \|- \left \| nx+ y \right \| \right )= \left \| \lambda x \right \|$$

Tính liên tục là hiển nhiên. Còn giới hạn dễ dàng có được nhờ định lý giá trị trung bình dạng tích phân. Ta sẽ có

\[\mathop {\lim }\limits_{r \to {0^ + }} \frac{1}{{{r^3}}}\int_{B\left[ {0,r} \right]} {f\left( x \right)dx}  = \frac{4}{3}\pi f\left( 0 \right).\]

Dùng định lý Lagrange thì với mọi $x > 0$ tồn tại $\xi  \in \left( {x,x + 1} \right)$ st

\[{2^{\frac{1}{x}}} - {2^{\frac{1}{{x + 1}}}} = {2^{\frac{1}{\xi }}}\frac{{\ln 2}}{{{\xi ^2}}}\]

Do đó 

\[{x^2}\left( {{2^{\frac{1}{x}}} - {2^{\frac{1}{{x + 1}}}}} \right) = \frac{{{x^2}}}{{{\xi ^2}}}{2^{\frac{1}{\xi }}}\ln 2\]

Qua giới hạn được kết quả là $\ln 2$.

Ta có

\[I\left( x \right) = \int_{{e^{ - 1}}}^{\tan x} {\frac{t}{{{t^2} + 1}}{\text{d}}t}  + \int_{{e^{ - 1}}}^{\cot x} {\frac{{{\text{d}}t}}{{t\left( {{t^2} + 1} \right)}}}  = {I_1}\left( x \right) + {I_2}\left( x \right)\]

Trong tích phân $I_2$ đổi biến $t = \frac{1}{x}$ ta sẽ có

\[I\left( x \right) = \int_{{e^{ - 1}}}^{\tan x} {\frac{t}{{{t^2} + 1}}{\text{d}}t}  + \int_{\tan x}^e {\frac{t}{{{t^2} + 1}}{\text{d}}t}  = \int_{{e^{ - 1}}}^e {\frac{t}{{{t^2} + 1}}{\text{d}}t}  = \arctan e - \arctan {e^{ - 1}}\]

Vậy ta chứng minh xong.

Dễ thấy $\inf A = 0$. Ta sẽ chứng minh rằng $\sup A = 1$.Hiển nhiên ta có
\[\sqrt n  - \left[ {\sqrt n } \right] < 1\]

Hơn nữa ta có 

\[\sqrt {{n^2} + 2n}  - \left[ {\sqrt {{n^2} + 2n} } \right] = \sqrt {{n^2} + 2n}  - n = \frac{{2n}}{{\sqrt {{n^2} + 2n}  + n}} \to 1\]

Do đó ta có đpcm.

Ta có

\[I = \int_0^{ + \infty } {\frac{{{\text{d}}x}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {x^\alpha }} \right)}}}  = \int_0^1 {\frac{{{\text{d}}x}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {x^\alpha }} \right)}}}  + \int_1^{ + \infty } {\frac{{{\text{d}}x}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {x^\alpha }} \right)}}}  = {I_1} + {I_2}\]

Trong tích phân $I_1$ đổi biến $x=\frac{1}{t}$ ta sẽ có

\[I = \int_1^{ + \infty } {\frac{{{\text{d}}x}}{{{x^2} + 1}}}  = \frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4}\]

Đặt $\sqrt x  = t$ ta có $x = {t^2}$ do đó ta có

\[\int_0^{ + \infty } {\frac{{{\text{d}}x}}{{\sqrt x \left( {1 + x} \right)}}}  = \int_0^{ + \infty } {\frac{{2t}}{{t\left( {1 + {t^2}} \right)}}{\text{d}}t}  = 2\int_0^{ + \infty } {\frac{{{\text{d}}t}}{{{t^2} + 1}}}  = \left. {2\arctan t} \right|_0^{ + \infty } = \pi \]

Nếu $f$ khả vi thì ta có

\[\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f\left( {x + h} \right) - f\left( {x - h} \right)}}{{2h}} = \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( {\frac{{f\left( {x + h} \right) - f\left( x \right)}}{h} + \frac{{f\left( x \right) - f\left( {x - h} \right)}}{h}} \right) = {f^\prime }\left( x \right)\]

Do đó $f$ khả vi S.
Ta sẽ đưa ra một ví dụ mà hàm khả vi S nhưng không khả vi thường. Xét hàm số $f\left( x \right) = \left| x \right|$, ta có

\[\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f\left( {0 + h} \right) - f\left( {0 - h} \right)}}{{2h}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\left| h \right| - \left| { - h} \right|}}{{2h}} = 0\]

Do đó hàm $f$ khả vi $S$ tại $x=0$ nhưng ta biết rằng $f$ không khả vi thường tại $x=0$.

Ta có

\[\mathcal{F}\left( {{\chi _{\left( { - 1,1} \right)}}} \right)\left( x \right) = \frac{{2\sin x}}{x} = 2f\left( x \right)\]

Áp dụng đẳng thức Parseval ta sẽ có
\[4\left\| f \right\|_{{L^2}}^2 = 2\pi \left\| {{\chi _{\left( { - 1,1} \right)}}} \right\|_{{L^2}}^2\]

Bằng các tính toán đơn giản ta sẽ có

\[\int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{x^2}}}{\text{d}}x}  = \pi \]

Vậy

\[\int_0^{ + \infty } {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{x^2}}}{\text{d}}x}  = \frac{\pi }{2}\]

Xin lỗi bạn Chuon4989. Cái ví dụ của mình nó tính toán với chuẩn tích phân bậc 1 nó dễ dàng hơn so với chuẩn bạn đưa ra. Tuy nhiên, sau khi trả lời câu hỏi của bạn Tư Mã Trọng Đạt thì ta có kết quả mạnh hơn. 

Trên ${C^0}\left( {\left[ {a,b} \right];\mathbb{R}} \right)$ các chuẩn thông thường có chuẩn $\sup$ và chuẩn tích phân bậc $p$ với $p \geq 1$. Chỉ có chuẩn $\sup$ là đầy đủ. Các chuẩn tích phân bậc $p$ là không đầy đủ. Thật vậy, vì $j:\left( {{C^0}\left( {\left[ {a,b} \right];\mathbb{R}} \right),{{\left\|  \cdot  \right\|}_p}} \right) \to \left( {{C^0}\left( {\left[ {a,b} \right];\mathbb{R}} \right),{{\left\|  \cdot  \right\|}_1}} \right)$ là phép nhúng liên tục. Nên nếu $\left( {{C^0}\left( {\left[ {a,b} \right];\mathbb{R}} \right),{{\left\|  \cdot  \right\|}_p}} \right)$ là không gian Banach thì $\left( {{C^0}\left( {\left[ {a,b} \right];\mathbb{R}} \right),{{\left\|  \cdot  \right\|}_1}} \right)$ cũng là không gian Banach. Mà theo như trên thì $\left( {{C^0}\left( {\left[ {a,b} \right];\mathbb{R}} \right),{{\left\|  \cdot  \right\|}_1}} \right)$ không là không gian Banach nên ta có đpcm.

Chuẩn sinh bởi tích vô hướng mà bạn đưa ra là chuẩn tích phân bậc $2$.

Khai triển Taylor ta có

\[f\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right) = f\left( a \right) + \frac{{{f^{\prime \prime }}\left( {{x_1}} \right)}}{2}{\left( {\frac{{b - a}}{2}} \right)^2},f\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right) = f\left( b \right) + \frac{{{f^{\prime \prime }}\left( {{x_2}} \right)}}{2}{\left( {\frac{{b - a}}{2}} \right)^2}\]

Với ${x_1} \in \left( {a,\frac{{a + b}}{2}} \right),{x_2} \in \left( {\frac{{a + b}}{2},b} \right)$ do đó ta có

\[\left| {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right| = {\left( {\frac{{b - a}}{2}} \right)^2}\frac{{\left| {{f^{\prime \prime }}\left( {{x_2}} \right) - {f^{\prime \prime }}\left( {{x_1}} \right)} \right|}}{2} \leqslant {\left( {\frac{{b - a}}{2}} \right)^2}\max \left\{ {\left| {{f^{\prime \prime }}\left( {{x_2}} \right)} \right|,\left| {{f^{\prime \prime }}\left( {{x_1}} \right)} \right|} \right\} = \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^2}}}{4}\left| {{f^{\prime \prime }}\left( c \right)} \right|\]

Nhân ngược hệ số lên ta có đpcm.

Ma trận $A$ thỏa mãn $A^2 = E$ luông chéo hóa được. Do đó nó đồng dạng với ma trận chéo có các phần tử trên đường chéo chính là $\pm 1$. (̿▀̿ ̿Ĺ̯̿̿▀̿ ̿)̄

Ta chứng minh quy nạp theo $n$. Thật vậy khi $n=1$ thì \[W\left( {{a_1}} \right) = \int_0^1 {y_1^{{a_1}}dy} = \left. {\frac{{y_1^{{a_1} + 1}}}{{{a_1} + 1}}} \right|_0^1 = \frac{1}{{{a_1} + 1}} = \frac{{\Gamma \left( {{a_1} + 1} \right)}}{{\left( {{a_1} + 1} \right)\Gamma \left( {{a_1} + 1} \right)}} = \frac{{\Gamma \left( {{a_1} + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {{a_1} + 2} \right)}}\] Giả sử định lý đúng với $n=k-1$, tức là \[W\left( {{a_1},{a_2}, \ldots ,{a_{k - 1}}} \right) = \frac{{\Gamma \left( {{a_{k - 1}} + 1} \right) \ldots \Gamma \left( {{a_1} + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_{k - 1}} + k} \right)}}\] Với $n=k$ ta có \begin{align} W\left( {{a_1},{a_2}, \ldots ,{a_k}} \right) &=\idotsint_{\sum\limits_{i = 1}^k {{y_i}} \leqslant 1,{y_j} \geqslant 0,j= \overline {1,k} } y_k^{{a_k}}y_{k - 1}^{{a_{k - 1}}} \ldots y_1^{{a_1}}d{y_1}d{y_2} \ldots d{y_k} \nonumber \\ W\left( {{a_1},{a_2}, \ldots ,{a_k}} \right)& = \int_0^1 {y_k^{{a_k}}\left[ {\idotsint_{\sum\limits_{i = 1}^{k-1} {{y_i}} \leqslant 1,{y_j} \geqslant 0,j= \overline {1,k-1} } y_{k - 1}^{{a_{k - 1}}} \ldots y_1^{{a_1}}d{y_1}d{y_2} \ldots d{y_{k-1}}} \right]d{y_{k}}} \label{4} \end{align} Đổi biến số ${z_i} = \dfrac{{{y_i}}}{{1 - {y_k}}}$ thì $d{y_i} = \left( {1 - {y_k}} \right)d{z_i},i = \overline {1,k - 1} $ khi đó \eqref{4} thành \begin{align*} W\left( {{a_1},{a_2}, \ldots ,{a_k}} \right) &= \int_0^1 {y_k^{{a_k}}\left[ { \idotsint_{\sum\limits_{i = 1}^{k-1} {{z_i}} \leqslant 1,{z_j} \geqslant 0,j= \overline {1,k-1} } {\left( {1 - {y_k}} \right)^{{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_{k-1}} + k - 1}}z_1^{{a_1}}z_2^{{a_2}} \ldots z_{k - 1}^{{a_{k - 1}}}d{z_1}d{z_2} \ldots d{z_{k-1}} } \right]d{y_k}} \\ & = \int_0^1 {y_k^{{a_k}}{{\left( {1 - {y_k}} \right)}^{{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_{k-1}} + k - 1}}\left[ { \idotsint_{\sum\limits_{i = 1}^{k-1} {{z_i}} \leqslant 1,{z_j} \geqslant 0,j= \overline {1,k-1} } z_1^{{a_1}}z_2^{{a_2}} \ldots z_{k - 1}^{{a_{k - 1}}} d{z_1}d{z_2} \ldots d{z_{k-1}} } \right]d{y_k}} \\ & = \int_0^1 {y_k^{{a_k}}{{\left( {1 - {y_k}} \right)}^{{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_k} + k - 1}}W\left( {{a_1},{a_2}, \ldots ,{a_{k - 1}}} \right)d{y_k}} \\ & = W\left( {{a_1},{a_2}, \ldots ,{a_{k - 1}}} \right)\int_0^1 {y_k^{{a_k}}{{\left( {1 - {y_k}} \right)}^{{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_{k - 1}} + k - 1}}d{y_k}} \\ & = W\left( {{a_1},{a_2}, \ldots ,{a_{k - 1}}} \right)\beta \left( {{a_k} + 1,{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_{k - 1}} + k} \right) \\ & = W\left( {{a_1},{a_2}, \ldots ,{a_{k - 1}}} \right)\frac{{\Gamma \left( {{a_k} + 1} \right)\Gamma \left( {{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_{k - 1}} + k} \right)}}{{\Gamma \left( {{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_k} + k + 1} \right)}} \\ & = \frac{{\Gamma \left( 1 \right)\Gamma \left( 2 \right) \ldots \Gamma \left( {{a_{k - 1}}} \right)}}{{\Gamma \left( {{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_{k - 1}} + k} \right)}}\frac{{\Gamma \left( {{a_k} + 1} \right)\Gamma \left( {{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_{k - 1}} + k} \right)}}{{\Gamma \left( {{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_k} + k + 1} \right)}} \\ & = \frac{{\Gamma \left( 1 \right)\Gamma \left( 2 \right) \ldots \Gamma \left( {{a_{k - 1}}} \right)\Gamma \left( {{a_k} + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_k} + k + 1} \right)}} \end{align*} Vậy \[W\left( {{a_1},{a_2}, \ldots ,{a_n}} \right) = \frac{{\Gamma \left( {{a_n} + 1} \right)\Gamma \left( {{a_{n - 1}} + 1} \right) \ldots \Gamma \left( {{a_1} + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {{a_1} + {a_2} + \ldots + {a_n} + n + 1} \right)}}\]

Áp dụng định lý Stolz ta có

\[\mathop {\lim }\limits_{n \to 0} \frac{{{x_n}}}{n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{x_{n + 1}} - {x_n}}}{{n + 1 - n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {{x_{n + 1}} - {x_n}} \right) = a\]