|
|
|
|
giải đáp
|
các anh chị ơi, giúp e mấy bài phương trình hàm này với, e mới học đến hàm liên tục nên k bik giải ntn, hic
|
|
|
|
KMTTQ, giả sử $a\leq b\leq c.$
Xét hàm số $f(x)=ab(x-a)(x-b)+bc(x-b)(x-c)+ca(x-c)(x-a)$ liên tục trên $R$.
Có $f(a)=bc(a-b)(a-c),f(b)=ca(b-c)(b-a),f(c)=ab(c-a)(c-b)$ nên
$f(a).f(b).f(c)=-[abc(a-b)(b-c)(c-a)]^2\leq 0.$
Ta có 2 TH:
Nếu trong $f(a),f(b),f(c)$ có 1 số âm, 2 số dương, giả sử $f(a)\leq 0\leq f(b),f(c)$ thì phương trình $f(x)=0$ có nghiệm nằm giữa $a$ và $b$.
Nếu $f(a),f(b),f(c)\leq 0$ thì từ giả thiết $a\leq b\leq c$ ta suy ra $ab,bc\leq 0\leq ca$.
Vì $a\leq b$ và $ab\leq 0$ nên $a\leq 0\leq b$.
Vì $bc\leq 0$ nên $c\leq 0\Rightarrow b=c=0$.
Khi đó $f(x)=0,\forall x\in R.$
Tóm lại, phương trình $f(x)=0$ luôn có nghiệm trên $R$.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
hàm liên tục
|
|
|
|
Xét hàm số $f(x)=p(x-a)(x-c)+q(x-b)(x-d)$ liên tục trên $R$.
Có $f(a).f(c)=q^2(a-b)(a-d)(c-b)(c-d)$.
Vì $a\leq b\leq c\leq d$ nên $f(a).f(c)\leq 0$.
Do đó PT $f(x)=0$ có nghiệm nằm giữa $a$ và $c$. (đpcm)
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Hàm số liên tục
|
|
|
|
Xét hàm số $f(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x-a}+\frac{1}{x+b}$ trên $(-b,a)$.
Có $\lim_{x\to -b^+}f(x)=+\infty,\lim_{x\to 0^-}f(x)=-\infty$ nên $f(x)=0$ có nghiệm trên $(-b,0)$.
Có $\lim_{x\to o^+}f(x)=+\infty,\lim_{x\to a^-}f(x)=-\infty$ nên $f(x)$ có nghiệm trên $(0,a)$.
Vậy $f(x)=0$ có 2 nghiệm phân biệt trên $(-b,a)$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Tính tổng.
|
|
|
|
Đặt $A_n=\sum_{k=0}^n{\frac{3k+1}{5^k}}$
Bằng quy nạp, chứng minh được $A_n=\frac{7.5^{n+1}-12n-19}{16.5^n},\forall n\geq 0.$
|
|
|
|
giải đáp
|
quy nạp toán 11
|
|
|
|
Dễ thấy $(u_n)$ là cấp số cộng với công sai $d=2012^{2013}$.
Do đó $u_n=u_1+(n-1)d=\sqrt{2}+(n-1)2012^{2013},\forall n\geq 1$.
|
|
|
|
giải đáp
|
chứng minh GIẢM và BỊ CHẶN
|
|
|
|
$u_n=\frac{3n+4}{4n+3}=\frac{3n+\frac{9}{4}+\frac{7}{4}}{4n+3}=\frac{3}{4}+\frac{7}{4(4n+3)}$.
Từ đó dễ thấy $(u_n)$ giảm, bị chặn trên bởi $1$, bị chặn dưới bởi $\frac{3}{4}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với
|
|
|
|
Qua $P,Q$ kẻ đường thẳng song song với $BR$ cắt $AC$ tại $U,V$.
Có $\frac{RU}{RC}=\frac{BP}{BC}=\frac{1}{6}$ nên $\frac{AT}{AP}=\frac{AR}{AU}=\frac{3}{4}$.
Có $\frac{RV}{RC}=\frac{BQ}{BC}=\frac{1}{2}$ nên $\frac{AS}{AQ}=\frac{1}{2}$.
Từ đó suy ra $S_{AST}=\frac{3}{8}S_{APQ}\Rightarrow S_{PQST}=\frac{5}{8}S_{APQ}=\frac{5}{24}S_{ABC}$.
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp mình bài tập về dãy số hội tụ
|
|
|
|
Bằng quy nạp ta chứng minh được $u_n\geq \left( \frac{3}{2}\right)^{n-1},\forall n\geq 1$.Từ đó suy ra:$x_n\leq \sum_{i=0}^{n-1}{\left( \frac{2}{3}\right)^{i} }<3,\forall n.$Ta được $(x_n)$ là dãy tăng, bị chặn trên nên hội tụ.
Bằng quy nạp ta chứng minh được $u_n\geq \left( \frac{3}{2}\right)^{n-1},\forall n\geq 1. (1)$Từ đó suy ra:$x_n\leq \sum_{i=0}^{n-1}{\left( \frac{2}{3}\right)^{i} }<3,\forall n.$Ta được $(x_n)$ là dãy tăng, bị chặn trên nên hội tụ.--Chứng minh $(1)$.Dễ thấy $(1)$ đúng với $n\leq 2$.Giả sử $(1)$ đúng đến $n=k$. Khi đó:$u_{k+1}=u_k+u_{k-1}\geq \left( \frac{3}{2}\right)^{k-1}+\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}=\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}\left( \frac{3}{2}+1\right)=\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}.\frac{5}{2}>\left( \frac{3}{2}\right)^k$.Do đó $(1)$ đúng với $n=k+1$.Theo nguyên lý quy nạp, $(1)$ đúng với mọi $n\geq 1$.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình bài tập về dãy số hội tụ
|
|
|
|
Bằng quy nạp ta chứng minh được $u_n\geq \left( \frac{3}{2}\right)^{n-1},\forall n\geq 1. (1)$
Từ đó suy ra:
$x_n\leq \sum_{i=0}^{n-1}{\left( \frac{2}{3}\right)^{i} }<3,\forall n.$
Ta được $(x_n)$ là dãy tăng, bị chặn trên nên hội tụ.
--
Chứng minh $(1)$.
Dễ thấy $(1)$ đúng với $n\leq 2$.
Giả sử $(1)$ đúng đến $n=k$. Khi đó:
$u_{k+1}=u_k+u_{k-1}\geq \left( \frac{3}{2}\right)^{k-1}+\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}=\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}\left( \frac{3}{2}+1\right)=\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}.\frac{5}{2}>\left( \frac{3}{2}\right)^k$.
Do đó $(1)$ đúng với $n=k+1$.
Theo nguyên lý quy nạp, $(1)$ đúng với mọi $n\geq 1$.
|
|