|
|
|
|
giải đáp
|
Dang thuc to hop
|
|
|
|
Với $1\le k\le n$, ta có: $k\dfrac{C_n^k}{C_n^{k-1}}=k\dfrac{n!(n+1-k)!(k-1)!}{(n-k)!k!n!}=n-k+1$ Từ đó suy ra: $\sum_{k=1}^nk\dfrac{C_n^k}{C_n^{k-1}}=\sum_{k=1}^n(n-k+1)=\sum_{k=1}^n k=\dfrac{n(n+1)}{2}=C_{n+1}^2$ |
|
|
|
sửa đổi
|
giới ạn dãy số tt
|
|
|
|
a. Ta sẽ chứng minh $0<u_n\le\dfrac{1}{4},\forall n\ge1 (*)$ bằng quy nạp.Với $n=1$ ta có: $0<u_1=\dfrac{1}{4}\le\dfrac{1}{4}$, đúng.Giả sử $(*)$ đúng với $n=k$, tức $0<u_k\le\dfrac{1}{4}$.Ta sẽ chứng minh $(*)$ đúng với $n=k+1$. Thật vậy:$u_{k+1}=u_k^2+\dfrac{u_k}{2}>0$$u_{k+1}=u_k^2+\dfrac{u_k}{2}\le\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{8}<\dfrac{1}{4}$Vậy $(*)$ đúng với $\forall n\ge1$.b. Ta có:$u_{n+1}-u_n=u_n^2-\dfrac{u_n}{2}=u_n(u_n-\dfrac{1}{2})<0$Suy ra $u_n$ là dãy giảm và bị chặn, nên $\exists L\in\mathbb{R}$ sao cho $\lim u_n=L$Chuyển qua giới hạn ta có:$L=L^2+\dfrac{L}{2} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}L=0\\L=\dfrac{1}{2}\end{array}\right. \Rightarrow L=0$ (vì $L\le\dfrac{1}{4}$).Vậy: $\lim u_n=0$
a. Ta sẽ chứng minh $0Với $n=1$ ta có: $0Giả sử $(*)$ đúng với $n=k$, tức $0Ta sẽ chứng minh $(*)$ đúng với $n=k+1$. Thật vậy:$u_{k+1}=u_k^2+\dfrac{u_k}{2}>0$$u_{k+1}=u_k^2+\dfrac{u_k}{2}\le\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{8}<\dfrac{1}{4}$Vậy $(*)$ đúng với $\forall n\ge1$.b. Ta có:$u_{n+1}-u_n=u_n^2-\dfrac{u_n}{2}=u_n(u_n-\dfrac{1}{2})<0$Suy ra $u_n$ là dãy giảm và bị chặn, nên $\exists L\in\mathbb{R}$ sao cho $\lim u_n=L$Chuyển qua giới hạn ta có:$L=L^2+\dfrac{L}{2} \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}L=0\\L=\dfrac{1}{2}\end{array}\right. \Rightarrow L=0$ (vì $L\le\dfrac{1}{4}$).Vậy: $\lim u_n=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
giới ạn dãy số tt
|
|
|
|
a. Ta sẽ chứng minh $0 Với $n=1$ ta có: $0 Giả sử $(*)$ đúng với $n=k$, tức $0 Ta sẽ chứng minh $(*)$ đúng với $n=k+1$. Thật vậy: $u_{k+1}=u_k^2+\dfrac{u_k}{2}>0$ $u_{k+1}=u_k^2+\dfrac{u_k}{2}\le\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{8}<\dfrac{1}{4}$ Vậy $(*)$ đúng với $\forall n\ge1$. b. Ta có: $u_{n+1}-u_n=u_n^2-\dfrac{u_n}{2}=u_n(u_n-\dfrac{1}{2})<0$ Suy ra $u_n$ là dãy giảm và bị chặn, nên $\exists L\in\mathbb{R}$ sao cho $\lim u_n=L$ Chuyển qua giới hạn ta có: $L=L^2+\dfrac{L}{2} \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}L=0\\L=\dfrac{1}{2}\end{array}\right. \Rightarrow L=0$ (vì $L\le\dfrac{1}{4}$). Vậy: $\lim u_n=0$ |
|
|
|
giải đáp
|
giới hạn dãy số lớp 11
|
|
|
|
a.Ta có: $\lim q^n=0$ với $|q|<1$ $\lim u_n=\lim\dfrac{\sqrt{\left(\dfrac{5}{9}\right)^n}}{1+\dfrac{1}{3^n}}=\dfrac{0}{1}=0$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Thách thức mọi bộ não siêu việt!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
|
|
|
|
Phương trình $f(x)=x$ vô nghiệm suy ra: $\left[\begin{array}{l}f(x)>x,\forall x\in\mathbb{R}\\f(x)<x,\forall x\in\mathbb{R}\end{array}\right.$ *) Nếu $f(x)>x,\forall x\in\mathbb{R}$, ta có: $f(f(x))>f(x)>x,\forall x\in\mathbb{R} \Rightarrow$ phương trình $af^2(x)+bf(x)+c=x$ vô nghiệm. *) Nếu $f(x)<x,\forall x\in\mathbb{R}$, ta có: $f(f(x))<f(x)<x,\forall x\in\mathbb{R} \Rightarrow$ phương trình $af^2(x)+bf(x)+c=x$ vô nghiệm. |
|
|
|
giải đáp
|
Xác định miền nghiệm của hệ bpt
|
|
|
|
Ta có: $\left\{\begin{array}{l}|x-1|<1\\|y+2|\le2\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}0<x<2\\-4\le y\le0\end{array}\right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
BDT nè mn
|
|
|
|
Ta có: $x^3y^2+y^3+x^2-xy(x^2+y^2+1)$ $=(x^3y^2-x^3y)+(y^3-xy^3)+(x^2-x)+(x-xy)$ $=x^3y(y-1)+y^3(1-x)+x(x-1)+x(1-y)$ $=(1-y)(x-x^3y)+(1-x)(x-y^3)\ge0$ (do $1\ge x;1\ge y;x\ge x^3y;x\ge y\ge y^3$) |
|
|
|
giải đáp
|
cac p giup mk bài này với
|
|
|
|
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$. Khi đó ta có: $a(a-b)(a-c)\ge b(a-b)(b-c) \Leftrightarrow a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)\ge0$ $c(a-c)(b-c)\ge0 \Leftrightarrow c(c-a)(c-b)\ge0$ Suy ra: $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\ge0$ $\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)$ |
|
|
|
bình luận
|
giup mau nao
có điều kiện gì của x không? vì nếu k thì sẽ không có max :D
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
giup mau nao
giải bằng kiến thức lớp mấy đây bạn ơi?
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Tính tích phân
|
|
|
|
Đặt: $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\sin^52x}{\sin^52x+\cos^52x}dx;J=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\cos^52x}{\sin^52x+\cos^52x}dx$ Đặt: $\dfrac{\pi}{4}-x=t \Rightarrow dx=dt$ Đổi cận: $x=0 \Rightarrow t=\dfrac{\pi}{4}$ $x=\dfrac{\pi}{4} \Rightarrow t=0$ Ta có: $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\sin^52x}{\sin^52x+\cos^52x}dx$ $=-\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^0 \dfrac{\sin^5(\dfrac{\pi}{2}-2t)}{\sin^5(\dfrac{\pi}{2}-2t)+\cos^5(\dfrac{\pi}{2}-2t)}dt$ $=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\cos^52t}{\cos^52t+\sin^52t}dt=J$ Mà: $I+J=\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}dt=\dfrac{\pi}{4} \Rightarrow I=J=\dfrac{\pi}{8}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Diện tích hình phẳng.
|
|
|
|
Ta có: $\dfrac{\ln x}{2\sqrt x}=0 \Leftrightarrow x=1$ Diện tích hình phẳng cần tìm là: $S=\int\limits_1^e|\dfrac{\ln x}{2\sqrt x}|dx$ $=\int\limits_1^e\dfrac{\ln x}{2\sqrt x}dx$ $=\int\limits_1^e\ln xd(\sqrt x)$ $=\sqrt x\ln x\left\{\begin{array}{l}e\\1\end{array}\right.-\int\limits_1^e\sqrt xd(\ln x)$ $=\sqrt e-\int\limits_1^e\dfrac{1}{\sqrt x}dx$ $=\sqrt e-2\sqrt x\left|\begin{array}{l}e\\1\end{array}\right.$ $=2-\sqrt e$ |
|
|
|
giải đáp
|
Diện tích hình phẳng(1).
|
|
|
|
Diện tích hình phẳng cần tìm là: $S=\int\limits_1^2|\dfrac{1}{x(x^3+1)}|dx$ $=\int\limits_1^2\dfrac{1}{x(x^3+1)}dx$ $=\int\limits_1^2\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{x^2}{x^3+1}\right)dx$ $=\int\limits_1^2\dfrac{dx}{x}-\dfrac{1}{3}\int\limits_1^2\dfrac{d(x^3+1)}{x^3+1}$ $=\ln x\left|\begin{array}{l}2\\1\end{array}\right.-\dfrac{1}{3}\ln(x^3+1)\left|\begin{array}{l}2\\1\end{array}\right.$ $=\dfrac{2}{3}\ln\dfrac{4}{3}$ |
|