An Infinitesimal

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

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)

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 

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

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 $\lim_{r\to0}\frac{1}{r^2}\iint_{D_r}f(x,y)dxdy=\pi f(0,0).$.

 

+ 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. $

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 $X$.

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 !

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 $1$.

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

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

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 $\frac{1}{2}.$

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.

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 $0.$

bài 1. CMR $\lim_{x->0}\frac{\sqrt[n]{1+ax-1}}{x}=\frac{a}{n}$

$\lim_{}$

Bài 2. Cho dãy số Un: $\left\{\begin{matrix}x_{1}=2016, x_{2}=2017 & \\ x_{n}(x_{n-1}+x_{n+1})=2x_{n-1}x_{n+1} (n\geq 2)& \end{matrix}\right.$ Tìm $lim$ $x_{n}$

Bài 1: Gõ đề nhầm! Có thể dùng đạo hàm, đổi biến hoặc trực tiếp (nhân lượng liên hiệp).

Bài 2: 'chia-chia', ta nhận được dãy truy hồi tuyến tính cho dãy $\left\{ \frac{1}{x_n}\right\}.$

\[\frac{u_{n+2}}{u_{n+1}}=\left[\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right]^{-1/3}.\]

Lùi dần sẽ tìm ra $\frac{u_{n+1}}{u_{n}}.$ Từ đó suy ra $u_n.$

BÀI TOÁN: Cho $lim\frac{\sqrt[3]{an^3+5n^2-7}}{\sqrt{3n^2-n+2}}=b\sqrt{3}+c$ . Tính 

$$P=\frac{a+c}{b^3}$$

Đề sai! Không thể tính $P.$

Thử với $u_{n}=\cot \alpha_{n}, 0<\alpha_n<\frac{\pi}{2}. $