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.


An Infinitesimal

Đăng ký: 25-05-2005
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#712565 Tìm giới hạn dãy $1+\frac{1}{2} +...+\frac...

Gửi bởi An Infinitesimal trong 15-07-2018 - 13:23

Tìm giới hạn dãy $1+\frac{1}{2} +...+\frac{1}{n+1}$

P/s:Mong mọi người bỏ ra chút thời gian giúp mình với ạ!

 

Dùng đánh giá $\ln{(1+x)}\le x,$ ta có 

$\frac{1}{k}\ge \ln\left( 1+\frac{1}{k}\right)=\ln{(k+1)}-\ln k. $

Suy ra 

$$1+\frac{1}{2} +...+\frac{1}{n+1}\ge \ln{(n+1).}$$

Do đó, 

$$\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{2} +...+\frac{1}{n+1}\right)=\infty.$$




#708466 Chứng minh rằng $2<x_{n}.y_{n}<3$ với m...

Gửi bởi An Infinitesimal trong 15-05-2018 - 20:48

Cho 2 dãy số $(x_n),(y_n)$ thoả mãn:

$x_1=y_1=\sqrt{3}$

$x_{n+1}=x_n+\sqrt{1+x_{n}^{2}}$

$y_{n+1}=\frac{y_n}{1+\sqrt{1+y_{n}^{2}}}$

Chứng minh rằng $2<x_{n}y_{n}<3$ với mọi $n\geq2$

 

Dùng lượng giác, ta sẽ tìm ra SHTQ của hai dãy. Từ đó, ta chứng minh được điều cần phải chứng minh.




#707940 Tích phân bội

Gửi bởi An Infinitesimal trong 08-05-2018 - 23:45

Tính các tích phân kép sau:

$I=\int_{D}\sqrt{2x-x^2-y^2}d(x,y)$, $D$ giới hạn bởi $x^2-2x+y^2\leq 0$

$I=\int_{D}\left | {2x-x^2-y^2}\right |d(x,y)$, $D$ giới hạn bởi $x^2+y^2\leq2y.$

 

Bài 1: Dùng phép đổi biến $x=1+r\cos\theta,\, y=r\sin\theta$. Miền trong "tọa độ cực" này là $0\le r\le 1, 0\le \theta\le 2\pi.$

Định thức Jacobi phép biến đổi cũng là $r$.

 

Bài 2: tương tự bài 1.

 

Bạn kiểm tra thử!




#707939 Chứng minh hàm số liên tục

Gửi bởi An Infinitesimal trong 08-05-2018 - 23:42

Chứng minh 

1) f(x) liên tục tại x = 0 

2) Hàm không khả vi tại mọi điểm

1) Vì $|f(x)|\le |x| \forall x\in \mathbb{R}$ nên, theo định lý kẹp, hàm số liên tục tại $0.$

 

2)

Xét tính khả vi của $f$ tại mỗi $a\in \mathbb{R}.$

 

TH1:  $a=0.$ Đặt $g(x)=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}.$ 

 

TH2: $a\neq 0.$

Xét $\left\{x_n\right\}$ hội tụ về $a$ thỏa $ x_{2n}\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}, x_{2n+1}\in \mathbb{Q}.$

 

 

Khi đó, $g(x_{2n})=1,\, g(x_{2n+1})=0.$ Khi đó,

  $$\lim_{n\to\infty} g(x_{2n})=1\neq 0=\lim_{n\to\infty} g(x_{2n+1}).$$

Suy ra, $\lim_{x\to 0} g(x)$ không tồn tai. Do đó, $f$ không khả vi tại $a=0.$

TH2: $a\neq 0.$

Ta chứng minh $f$ không liên tục tại $a.$

 Xét $\left\{x_n\right\}$ hội tụ về $a$ thỏa $ x_{2n}\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}, x_{2n+1}\in \mathbb{Q}.$

Khi đó, $f(x_{2n})=x_{2n},\,  g(x_{2n+1})=0.$ Khi đó,

  $$\lim_{n\to\infty} f(x_{2n})=a\neq 0=\lim_{n\to\infty} f(x_{2n+1}).$$

 

 Do đó, $f$ không liên tục tại $a\neq 0.$

Suy ra, $f$ không khả vi tại $a\neq 0.$ 




#707319 $y''+2xy'-y=0$

Gửi bởi An Infinitesimal trong 29-04-2018 - 20:29

Những bài thấy "vô phương" thì thử tìm nghiệm dạng chuỗi.




#707317 Giải pt vi phân cấp hai $y''(1+y)=y'^2+y'$

Gửi bởi An Infinitesimal trong 29-04-2018 - 20:13

Giải các phương trình vi phân cấp $2$ sau:

$a)$ $y''=\frac{y'}{\sqrt{y}}$

$b)$ $y''(1+y)=y'^2+y'$

 

Giải chính xác là điều rất khó và gần như "không thể".

 

"Giải" a)

 

Lấy tích phân 2 vế theo biến $x$ (giả sử $y$ là hàm theo $x$), ta thu được

$y' =2\sqrt{y}+C.$

 

Vấn đề nhại cảm bắt đầu hiện ra từ đây. 

 

Tồn tại $x$ sao cho $2\sqrt{y}+C=0$? 

Nếu làm ẩu thì chia 2 vế cho $2\sqrt{y}+C$ để đưa về dạng tách biến.

(Làm như thế đã làm mất đi nghiệm hằng thỏa $2\sqrt{y}+C=0$ trên tập xác định hàm $y$. Như thế cũng chưa chắc đã đủ nghiệm).

 

 

"Giải" b)

 
PTVP có nghiệm $y=-1, y=-x+C$ nhưng trong trường hợp, nghiệm khác 2 nghiệm này cũng không thể cho phép ta chia hai vế cho $(1+y)(1+y')$.
Tiếp theo, ta đành "làm ẩu":
Chia 2 vế cho $(1+y)(1+y'), $ ta nhận được
\[\frac{y''}{1+y'}= \frac{y'}{1+y}.\]
Lấy tích phân 2 vế theo biến $x$, ta nhận được
$$ \ln |1+y'|= \ln |1+y|+C.$$
Ta có thể lý luận để dẫn đến $1+y'= k (1+y).$
Đến đây, ta có thể dễ dàng tìm nghiệm.



#707314 $\lim_{n\rightarrow+\infty }\left ( 1 -...

Gửi bởi An Infinitesimal trong 29-04-2018 - 19:49

Chưa rõ chỗ này, bạn giải thích thêm nhé.

Bài giới hạn trên mình có đọc được lời giải chi tiết, bạn giải như vậy không thể nhìn ra vấn đề tại sao lại rút gọn được vậy, bài này rút gọn khó nhận ra, từ đầu mình có nghĩ đến khai triển nhưng lại nhìn không ra.

 

1) Bạn có quen với BĐT $e^u \ge \frac{u^k}{k!}, \forall u>0, k\in \mathbb{N}.$

Khi đó, $3^n= e^{n\ln 3} \ge \frac{n^2\ln^2 3}{2!}.$

 

Do đó, \[\left|\frac{n}{3^n} \right| \le \frac{2}{n \ln^2 3}, \forall n\in \mathbb{N}.\] 

Sử dụng định lý kẹp, ta suy ra đpcm.

 

Nếu không thì bạn dùng khai triển nhị thức Niuton và giữ lại số hạng thứ chứa mũ 2.

 

2) 

Vì $1-\frac{1}{k^2}= \frac{(k-1)(k+1)}{k^2} \forall k=\overline{2,n}$ nên 

\[\prod_{k=2}^n \left( 1-\frac{1}{k^2}\right)=\dfrac{ \displaystyle \prod_{k=2}^n (k-1)\prod_{k=2}^n (k+1)}{\prod_{k=2}^nk^2}= \dfrac{(n-1)! . \frac{(n+1)!}{2}}{(n!)^2}=\frac{n+1}{2n}.\]




#706462 Hàm nhiều biến

Gửi bởi An Infinitesimal trong 19-04-2018 - 22:04

Bài toán:

 

 

 Cho hàm $f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}$ liên tục. Gọi D là hình tròn đóng tâm $O(0;0)$ bán kính $r$. Tính $\lim_{r\to0}\frac{1}{r^2}\iint_{D_r}f(x,y)dxdy$.

 

Giải:

 

Áp dụng định lý giá trị trung bình, ta có $\frac{1}{\pi r^2}\iint_{D_r} f(x,y) dxdy= f(x_r,y_r),$ trong đó $(x_r,y_r)\in D_r$.

 

Ý tưởng thô: Khi $r\to 0^{+}, \, (x_r,y_r)\to (0,0)$. Hơn nữa, $f$ liên tục tại $(0,0)$. Suy ra $\lim_{r\to0}\frac{1}{r^2}\iint_{D_r}f(x,y)dxdy=\pi f(0,0).$.




#706446 Hàm nhiều biến

Gửi bởi An Infinitesimal trong 19-04-2018 - 20:47

 

+ Cho hàm $f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}$ liên tục. Gọi D là hình tròn đóng tâm $O(0;0)$ bán kính $r$. Tính $\lim_{r\to0}\frac{1}{r}\iint_{D}f(x,y)dxdy$.

Gọi $D_r$ là hình tròn đóng tâm $O(0;0)$ bán kính $r$ và $M_r= \displaystyle\max_{(x,y)\in D_r}\{|f(x,y)|\}$.

 

Khi đó, $\left| \iint_{D_r}f(x,y)dxdy\right|\le  \iint_{D_r} M_1dxdy= M_1 \pi r^2, \forall r\le 1.$

 

Dùng Định lý kẹp, ta có  $\displaystyle \lim_{r\to 0^{+}} \frac{1}{r}\iint_{D_r}f(x,y)dxdy=0. $




#704818 Liên tục đều của hàm nhiều biến

Gửi bởi An Infinitesimal trong 03-04-2018 - 20:28

Chứng minh rằng hàm số liên tục trên tập $X \subset \mathbb{R}^{n}$, khác rỗng, đóng, bị chặn thì liên tục đều trên $X$. Kết quả còn đúng không nếu bỏ một trong các giả thiết đóng hoặc bị chặn của $X$? 

 

"Người ta" chứng minh kết quả cơ bản này bằng phản chứng.

Về sự cần thiết của các giả thiết, cả tính đóng , tính bị chặn đều không thể bỏ qua. Điều đó được minh họa thông qua 2 thí dụ sau:

1) Với $n=1, \, X=(0,1), f(x)=\frac{1}{x}$ không liên tục đều trên $X$.

2) Với $n=1,\, X=(0,\infty), f(x)=\sqrt{x}$ không liên tục đều trên $X$.




#704687 Tìm bán kính của chuỗi lũy thừa: $\sum_{n=1}^{\...

Gửi bởi An Infinitesimal trong 01-04-2018 - 11:27

Tìm bán kính của chuỗi lũy thừa: $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n.(x-3)^n}{2n+ln^3(n)}$

Đáp số trên quá vội :P!

Tính bán kính hội tụ thông qua $\lim \left|\frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$ hoặc $\lim \sqrt[n]{|a_n|}.$ Ta nhận được kết là là $1$.




#704684 Tính diện tích giới hạn bởi nửa mặt cầu $z=\sqrt{9-x^2-y^2...

Gửi bởi An Infinitesimal trong 01-04-2018 - 10:45

Tính diện tích giới hạn bởi nửa mặt cầu $z=\sqrt{9-x^2-y^2}$ bị cắt bởi hình trụ: $x^2+y^2=5$.

 

Diện tích mặt $z=f(x,y)$ bị giới hạn bởi miền $(x,y)\in D$ được xác định bởi

\[\iint_{D}\sqrt{1+(f_x)^2+(f_y)^2} dxdy=\iint_{D}\frac{3}{\sqrt{9-x^2-y^2}} dxdy= \int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{5}} \frac{3r}{\sqrt{9-r^2}}dr d\phi.\]




#704623 Tìm bán kính của chuỗi lũy thừa: $\sum_{n=1}^{\...

Gửi bởi An Infinitesimal trong 31-03-2018 - 18:27

Tìm bán kính của chuỗi lũy thừa: $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n.(x-3)^n}{2n+ln^3(n)}$

 

Dễ thấy bán kính hội tụ bằng $\frac{1}{2}.$




#704586 $x_{n+1}=\sqrt{x_{n}^{2}+x_...

Gửi bởi An Infinitesimal trong 31-03-2018 - 13:14

Cho dãy số $(x_{n})$:

$\left\{\begin{matrix}x_{1}=1 & \\ x_{n+1}=\sqrt{x_{n}^{2}+x_{n}+1}-\sqrt{x_{n}^{2}-x_{n}+1} & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng dãy có giới hạn và tính giới hạn đó

 

Đặt $f(x)=\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2-x+1}.$

 

Lời giải 1.

 

Ta thấy $f(x)\le 1.$ Suy ra $x_n \le 1 \forall n\in \mathbb{N}.$

Với $x\le 1,$ ta có đánh giá $f(x) \le x.$ Hơn nữa, khi $x\ge 0$, $f(x)= \frac{2x}{\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2-x+1}}\ge 0.$

Từ đó, ta suy ra dãy $\{x_n\}$ giảm và bị chặn dưới.

 

 

Lời giải 2. 

 

$f'(x)= \frac{1}{2}\left[ g(2x+1)-g(2x-1)\right]$, trong đó $g(t)=\frac{t}{\sqrt{t^2+3}}.$

Ta có $g'(t)= \frac{3}{\sqrt{(t^2+3)^3}}.$

 

Với $x\in [0,1],$ ta có \[0<f'(x)<\frac{1}{2} \left[g(3)-g(-1)\right]=\frac{1}{2} \left[ \frac{3}{12}+\frac{1}{2}\right]:=q<1.\]

 

Áp dụng định lý Lagrange, ta suy ra dãy hội tụ.




#704410 Tính \lim_{x \rightarrow \infty}_ {cos \sq...

Gửi bởi An Infinitesimal trong 28-03-2018 - 13:01

Áp dụng BĐT $|\sin x|\le 1, |\sin x| \le |x|, \forall x\in \mathbb{R},$

\[|\cos x-\cos y|=\left|2\sin\frac{x-y}{2}. \sin\frac{x+y}{2}\right| \le |x-y|.\]

Từ đánh giá trên và Định lý kẹp, ta suy ra giới hạn cần tìm bằng $0.$