funcalys

Let $f(x)=\frac{x^3}{3}-x^2+x$
Then its derivative vanishes at x=1 and remains positive elsewhere. 

À xin lỗi bạn, hqua mình vội nên nhầm qua toán tử tuyến tính

Để c/m không gian con thì bn chứng minh nó đóng với phép + và nhân vô hướng

Tức là $u+v\in M$ và $ku\in M,k\in K$

bạn nhầm qua tổng các không gian rồi, ở đây, ta chỉ cần xét vector đơn lẻ (ở đây là ma trận)

Vậy 2 vector độc lập tuyến  tính

Mọi vector đều biểu diễn được dưới tổ hợp tuyến tính của 2 vector này:

Điều này dễ thấy

Đến đây bạn kết luận được r.

Câu a chứng minh $\alpha A+\beta B\in M$ với $A,B\in M$

Câu b

À, phần đó được đề cập trong sách của thầy Nguyễn Hữu Việt Hưng ấy bạn, nằm trước phần dạng chuẩn tắc Jordan.

Ở đây có lẽ bạn không cần dùng đến định nghĩa và biến đổi các ma trận mà chỉ cần lập luận như trên.

Ta có định lí rằng nếu $A\in M_n(\mathbb{R})$ thì $A\approx D$ với D là một ma trận tam giác. Do A và D đồng dạng nên $\lambda_A=\lambda_D=0$ hay các phần tử trên đường chéo của ma trận này đều bằng 0.

0

Do A lũy linh nên ta có phân tích V thành tổng trực tiếp các không gian con cyclic đối với toán tử tuyến tính biểu diễn A:

Vậy A, đối với một phân tích nào đó, có dạng:

Sử dụng L'hôpital là đc

$\lim te^{2t}=\frac{1}{2}\lim \frac{2t}{e^{-2t}}=\frac{1}{2}\lim \frac{\frac{\partial }{\partial 2t}2t}{\frac{\partial }{\partial 2t} e^{-2t}}=\lim_{n\to -\infty}\frac{-1}{2}e^{2t}=0$

Vành con là một tập con của vành đang xét sao cho nó vẫn giữ cấu trúc của một vành nên bản thân nó là một vành với các phép toán của vành đang xét.

Bạn giải nghiệm của đa thức ra, được $F=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5},\frac{-1}{2}+i \frac{\sqrt 3}{2})$

Ta có đa thức tối tiểu của $\frac{-1}{2}+i \frac{\sqrt 3}{2}$ là $x^2+x+1$

đa thức tối tiểu của $\sqrt[3]{5}$ là $x^3-5$

Áp dụng quy tắc tháp, ta có;

$\left [ \mathbb{Q}(\sqrt[3]{5},\frac{-1}{2}+i \frac{\sqrt 3}{2}):\mathbb{Q} \right ]=\left [ \mathbb{Q}(\sqrt[3]{5},\frac{-1}{2}+i \frac{\sqrt 3}{2}):\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}) \right ]\left [\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}):\mathbb{Q}  \right ]=6$

Bắt đầu thì nên đọc Elements of Measure and Integration (k biết mình nhớ đúng tên k) của Bartles

Nâng cao theo mình thấy có cuốn của Folland và Royden

Còn để tham khảo là chính thì có bộ 2 volumes của Bogachev

Những cuốn n` đều có trên libgen hoặc bookfi

Theo định lí xấp xỉ đa thức của Wierstrass, ta có:

$\forall \varepsilon >0, \exists N: \forall n\geq N\Rightarrow \left \| P_n(x)-f \right \|< \varepsilon $

Do mỗi đa thức đều biểu diễn được dưới dạng tổng các đơn thức nên

$\int_{0}^{1}f(x)P_n(x)dx=\sum_{j=0}^{k_n}\int_{0}^{1}f(x)x^jdx=0\to\int_{0}^{1}f^2dx\Rightarrow \int_{0}^{1}f^2dx=0$

Đến đây thì dễ thấy r.

1. $\lim x_n= \sum_1^{\infty}3^{k-1}\sin^3{\frac{\alpha}{3^k}}=\frac{1}{4}\sum_1^{\infty}\left ( 3^k\sin\frac{\alpha}{3^k}-3^{k-1}\sin {\frac{\alpha}{3^{k-1}}}  \right )$

$=\frac{1}{4}\sum_1^{\infty} \left (3^k\sin\frac{\alpha}{3^k}-\sin {\alpha}  \right )=\frac{1}{4}(\alpha-\sin \alpha)$

2. Bài 2 L'Hopital 2 lần là đc.

Bạn giải thích cụ thể hơn được không? 

 

Mình xét giới hạn của tỉ số $\lim_{n \to \infty} \dfrac{\frac{1}{n\ln n}}{\frac{1}{ln 2^n}}=\lim_{n \to \infty} \dfrac{\ln 2}{\ln n}=0$, vậy thì việc $\sum \dfrac{1}{\ln 2^n}$ phân kì không kết được sự phân kì của chuỗi ban đầu

Mình xét theo tiêu chuẩn tụ Cauchy ấy bạn, sự phân kì của chuỗi $\sum a_n$ tương đương với sự hội tụ chuỗi $\sum 2^ka_{2^k}$

Ta có sự hội tụ của chuỗi trên tương đương với sự hội tụ của $\sum_{1}^{\infty}\frac{1}{\ln 2^k}$ mà chuỗi này phân kì nên chuỗi đề bài cho phân kì.

Để ý rằng $e^x$ luôn dương với $x\in \mathbb{R}$

Ta có $A=[0,5]\times [0,4]$, cả 2 tập đều compact trong $R^2$ nên A compact.