funcalys

Metric ở đây là gì bạn

Vd

loại 1:$\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x}dx$

loại 2: $\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x}dx$

loại 1 thì nó sẽ không xác đinh tại 1 đầu cận

loại 2 thì tích phân lấy trên khoảng có 1 đầu vô cực

có thể 1 tích phân có tính chất của cả 2 loại

Bn xem thêm http://www.sosmath.c...ntro/intro.html

Tích phân tính diện tích sẽ cho ra diện tích đại số bn ạ nên nhìn chung là k đc. Khi hàm dương thì bn có thể dùng cái n cũng đc (bn xem điều kiện để 2 caí= nhau ấy)

Đặt $z=\int_{a}^{b}f$, khi đó $\exists y: \left | y \right |=1: zy=\left | z \right |$ (ở đây $y=-1$ hoặc $1$). 

Do đó:

$\left | \int_{a}^{b} f\right |=y\int_{a}^{b}f =\int_{a}^{b}yf\leq \int_{a}^{b}\left | f \right |$

2 tp bằng nhau khi có hằng số $\alpha:\alpha f=\left | f \right |$

Chúc các thầy cô nhiều sức khỏe, thành công trong sự nghiệp sư phạm.

Ta có:

$\inf_{x\in \partial A,y\in B} d(x,y)\leq \inf_{x\in \partial A, z\in A} d(x,z)+ \inf_{z\in A,y\in B} d(z,y)$

Do A compact nên A đóng, ta có bđt trên tương đương:

$d(\partial A,B)\leq d(A,B)$

Mặt khác:

$\inf_{x\in A,y\in B}d(x,y)\leq d_{z\in \partial A}(z,B)$

Nên 

$d(\partial A,B)= d(A,B)$

Vậy tồn tại $x_0 \in A$ thỏa đề bài

Ta có bậc của mở rộng là 4, đa thức tối tiểu là $x^4-10 x^2+1$. có giải thức bậc 3 là $x^3+10x^2-4x-40$.

Do biệt thức của giải thức bậc 3 là một số chính phương nên 

$Gal(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}))\cong V\cong Z_2\times Z_2$ hoặc $Gal(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}))\cong A_4$

Do nhóm Klein-4 $V$ không chứa vòng xích có độ dài 3 mà $A_4$ lại có nên ta chứng minh $V$ không chứa vòng xích độ dài-3

Giả sử nhóm Galois của giải thức có phép thế có độ dài 3, khi đó nếu ta thế các nghiệm của giải thức thì ta được tất cả các nghiệm, trái với giả thuyết giải thức

khả quy trên $\mathbb{Q}$ và dễ thấy giải thức bậc 3 tách được nên  $Gal(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}))$ không chứa vòng xích độ dài-3, vậy $Gal(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}))\cong V\cong Z_2\times Z_2$

__________________________________________________

Edit: Mình gõ nhầm: ta chứng minh nhóm Galois của đa thức không chứa vòng xich độ dài 3.

Định lí Euler là mở rộng của Fermat nhỏ mà ?

Sử dụng kết quả $card(\mathbb{R})=card((0,1))$ và thực hiện chéo hóa Cantor.

Bạn có thể chứng minh dòng này không ? Theo mình thì hàm đã hội tụ thống nhất và khả tích chưa khi bạn có được dòng đó

Chứng minh có thể dùng bổ đề Fatou http://en.wikipedia....ergence_theorem

Mình đã chặn dãy hàm đó bằng một hàm khả tích Lebesgue rồi. Một trong những điểm Tp Lebesgue mạnh hơn tp Riemann là thay điều kiện hội tụ đều (uniform) thành điều kiện dễ hơn.

Ta có $\sin^n (x)<x \forall n \in \mathbb{N}, x\in [0,1]$ nên 

$\left | \frac{\sin^n x}{x} \right |\leq 1$ trên $(0,1]$

Áp dụng định lí hội tụ bị chặn ta có:

$\lim_{n\to \infty}\int_{0}^{1}\frac{\sin^n x}{x}dx=\int_{0}^{1}\lim_{n\to \infty} \frac{\sin^n x}{x}dx$

Dễ kiểm chứng rằng

$\lim_{n\to \infty} \frac{\sin^n x}{x}=0$ 

nên ta có:

$P=0$

Do $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a}=1, a>0$ t e, tức là căn càng lớn thì số đó càng gần 1, máy tính đương nhiên k thể tính toán đến mãi được nên sẽ có cơ chế đó.

Cái này là TH riêng của taylor ở $a=0$

Đấy gọi là khai triển Maclaurin.

Còn ta dùng khai triển Taylor để tránh tính toán cồng kềnh theo định nghĩa t.

Bạn dựa vào điều kiện r tìm x,y thỏa giả thuyết đầu nhưng lại trái với giả thuyết sau t.

$x^3$ ltđ trên $\mathbb{R} \iff  \left | x-y \right |<\delta \Rightarrow \left | x^3-y^3 \right |< \varepsilon$

Mà

$\left | f(x+\delta)-f(x) \right |=x^3+3x^2\delta +3x\delta^2 + \delta^3 - x^3= \delta (\delta^2+3x\delta +3x^2)>\varepsilon $ với x đủ lớn.

Nên 

$x^3$ không ltđ trên $\mathbb{R}$