Topic thử LaTeX - Page 7

lupanh7 · 25-02-2014, 12:54 PM

$\bigcap $
.................................................. ...
$A=A_1\cap A_2\cap A_3\cap ... \cap A_{2012} \{ $

Kelacloi · 01-03-2014, 11:00 PM

Đáp số bài của em là $n!$

Anh xài điều sau:
NẾu $n$ có k ước nguyên tố $p_1,p_2,..,p_k$
$a_{l n}+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}=n$ nếu $l=n$ và bằng $0$ nếu $l<n$

Dưới đây là chứng minh bằng tập hợp, có lẽ xài quy nạp với 1 chút số học là ra nhưng mà anh lỡ làm bằng tập hợp rồi.
KHó hiểu lắm, em thử chứng minh cái đẳng thức trên bằng cách khác hén

Đặt $X_a( A)$ (với A là 1 tập hợp ) là hàm thỏa điều sau :$X_a(A)=| \{a\} \cap A | $

Đặt $S_n=\{ m: m|n,m>0\}$ tức là $S_n$ là tập hợp các ước của $S_n$.
Giả sử $n$ có $k$ ước nguyên tố là $p_1,p_2,...,p_k$.

Ta có điều sau đây:
i) $S_i \cap S_j= S_{(i,j)}$
ii) Nếu $I \subset \{ 1,2,...,k\}$ thì $ \bigcap_{ i \in I} S_{n/p_i}= S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}$
iii) Với $ A \subset B$ thì \sum_{a \in A} a= \sum_{a \in B} a.X_a(A)$
Quay lại bài toán , ta có chứng minh cái này trước:
I:) $ \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i}=$$\{ m : m|n , 0<m<n\}$$= S_n$\$ \{n\}$

II:)
Theo nguyên ly Inclusion-Exclusion thì :

$ X_a( \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i})=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1}.X_a( \bigcap_{ i \in I} S_{n/p_i} ) $
$=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1}.X_a(S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}) $ (theo ii )

rộng hơn là $X_a( \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } (C\cap S_{n/p_i}))=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1}.X_a(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})$

Trở lại bài toán.

Từ i) ta thấy điều sau: $ a_{ij} = \sum_{ x \in S_i \cap S_j } x=\sum_{x \in \overline {1,n}} x.X_x( S_i \cap S_j )$(*)

Từ I,II ,iii ta mở rộng được thành điều sau:

$ \sum_{x \in C\cap S_n} x=\sum_{ x \in \overline{1,n}} x.X_x( C\cap S_n)=n.X_n(C \cap S_n)+\sum_{ x \in \overline{1,n-1}} x.X_x( C\cap \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i} )$ (do I )
$=n.X_n(C \cap S_n)+ \sum_{ x \in \overline{1,n-1}} [x.\{\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1}.X_x(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})\} ]$ (do II)
$=n.X_n(C \cap S_n)+\{\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1} [ \sum_{ x \in \overline{1,n-1}} x.X_x(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})\} ] \} $

Lấy $C=S_l$ bất kì.
Ta rút gọn cái đẳng thức trên lại bằng cách sử dụng (*) thì được
$ a_{ l n}=n.X_n(S_l \cap S_n)+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}$
hay nói cách khác
$a_{l n}+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}=n$ nếu $l=n$ và bằng $0$ nếu $l<n$
------------------------------
Đáp số bài của em là $n!$

Anh xài điều sau:
$a_{l n}+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}=n$ nếu $l=n$ và bằng $0$ nếu $l<n$

Dưới đây là chứng minh bằng tập hợp, có lẽ xài quy nạp với 1 chút số học là ra nhưng mà anh lỡ làm bằng tập hợp rồi.
KHó hiểu lắm, em thử chứng minh cái đẳng thức trên bằng cách khác hén

Đặt $X_a( A)$ (với A là 1 tập hợp ) là hàm thỏa điều sau :$X_a(A)=| \{a\} \cap A | $

Đặt $S_n=\{ m: m|n,m>0\}$ tức là $S_n$ là tập hợp các ước của $S_n$.
Giả sử $n$ có $k$ ước nguyên tố là $p_1,p_2,...,p_k$.

Ta có điều sau đây:
i) $S_i \cap S_j= S_{(i,j)}$
ii) Nếu $I \subset \{ 1,2,...,k\}$ thì $ \bigcap_{ i \in I} S_{n/p_i}= S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}$
iii) Với $ A \subset B$ thì \sum_{a \in A} a= \sum_{a \in B} a.X_a(A)$
Quay lại bài toán , ta có chứng minh cái này trước:
I:) $ \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i}=$$\{ m : m|n , 0<m<n\}$$= S_n$\$ \{n\}$

II:)
Theo nguyên ly Inclusion-Exclusion thì :

$ X_a( \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i})=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1}.X_a( \bigcap_{ i \in I} S_{n/p_i} ) $
$=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1}.X_a(S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}) $ (theo ii )

rộng hơn là $X_a( \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } (C\cap S_{n/p_i}))=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1}.X_a(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})$

Trở lại bài toán.

Từ i) ta thấy điều sau: $ a_{ij} = \sum_{ x \in S_i \cap S_j } x=\sum_{x \in \overline {1,n}} x.X_x( S_i \cap S_j )$(*)

Từ I,II ,iii ta mở rộng được thành điều sau:

$ \sum_{x \in C\cap S_n} x=\sum_{ x \in \overline{1,n}} x.X_x( C\cap S_n)=n.X_n(C \cap S_n)+\sum_{ x \in \overline{1,n-1}} x.X_x( C\cap \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i} )$ (do I )
$=n.X_n(C \cap S_n)+ \sum_{ x \in \overline{1,n-1}} [x.\{\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1}.X_x(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})\} ]$ (do II)
$=n.X_n(C \cap S_n)+\{\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1} [ \sum_{ x \in \overline{1,n-1}} x.X_x(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})\} ] \} $

Lấy $C=S_l$ bất kì.
Ta rút gọn cái đẳng thức trên lại bằng cách sử dụng (*) thì được
$ a_{ l n}=n.X_n(S_l \cap S_n)+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|-1}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}$
hay nói cách khác
$a_{l n}+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ |I|}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}=n$ nếu $l=n$ và bằng $0$ nếu $l<n$

hakudoshi · 06-03-2014, 05:51 PM

Trích:

Nguyên văn bởi hungth

Các bạn cho mình hỏi mình muốn đánh chữ 'Hölder' trong latex thì phải làm thế nào

Đây nhé $\ddot{o}$ (\ddot{o})

Bạn có thể tham khảo thêm tại [Only registered and activated users can see links. ]

khi gia · 07-03-2014, 05:09 PM

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

Kelacloi · 12-10-2014, 05:50 PM

đã test xong

Conanvn · 21-10-2014, 09:15 PM

1/ Ta có $$\dfrac{-n}{n^2+1} \le \dfrac{n\sin n}{n^2+1} \le \dfrac{n}{n^2+1} forall n $$
Mà $$\lim_{n \to +\infty}{\dfrac{-n}{n^2+1} }=\lim_{n \to +\infty}{\dfrac{n}{n^2+1}}= 0$$
Theo nguyên lý kẹp : $\lim {u_n}=0$

2/ Ta có giới hạn cơ bản: $$\lim_{x \to 0} {(1+x)^\dfrac{1}{x}}=e $$
Trở lại bài toán: $$\lim_{x \to 0}{ \left( 1+(cosx-1) \right)^{\dfrac{1}{cos x -1}. \dfrac{cos x -1}{x^2}}}=\lim_{x \to 0}{ \left( 1+(cosx-1) \right)^{\dfrac{1}{cos x -1}. \dfrac{-2sin^2\dfrac{x}{2}}{x^2}}}$$
Ta có giới hạn cơ bản: $$\lim_{x \to 0}{\dfrac{sin x}{x}}=1$$
Nên $$\lim_{x \to 0}{\dfrac{-2sin^2\dfrac{x}{2}}{x^2}}=\lim_{x \to 0}{\dfrac{-1}{2} \left(\dfrac{ \sin{\dfrac{x}{2}}}{\dfrac{x}{2}} \right) ^2} =\dfrac{-1}{2} $$
Vậy $$ \lim u_n =e ^\dfrac{-1}{2} =\dfrac{1}{\sqrt{e}}$$

Conanvn · 03-12-2014, 01:36 PM

$\dfrac{\partial^{m+n}f}{\partial x^m \partial y^n}= \dfrac{\partial }{\partial x} \left( \dfrac{\partial }{\partial x} ...\left( \dfrac{\partial}{ \partial y} \left( \dfrac{\partial}{ \partial y} ...\left( \dfrac{ \partial f}{ \partial y} \right) \right) \right)... \right)$ Tức là tính đạo hàm cấp $n$ của $f$ theo $y$ rồi tính đạo hàm cấp $m$ của hàm vừa tìm được theo $x$ $$f(x,y)=(x^2+y^2) e^{x+y}$$ $$f^{'}_y=(x^2+y^2+2y) e^{x+y}$$ $$f^{''}_y = (x^2+y^2+4y +2) e^{x+y} =(x^2+y^2+2.2y +2.1) e^{x+y}$$ $$f^{(3)}_y = (x^2+y^2+6y +6) e^{x+y}=(x^2+y^2+2.3y +2.(1+2)) e^{x+y}$$ ........... Quy nạp ta được: $$f^{(n)}_y=(x^2+y^2+2ny+2(1+2+..+n-1)).e^{x+y}=(x^2+y^2+2ny+n(n-1) ).e^{x+y}$$ Đặt $g(x,y)=f^{(n)}_y$ . Tính đạo hàm cấp $m$ của $g$ theo $x$ $$g^{'}_x=(x^2+2x+y^2+2ny+n(n-1) ) e^{x+y}$$ $$g^{''}_x=(x^2+4x+2+y^2+2ny+n(n-1) ) e^{x+y}$$ Tương tự như trên, quy nạp được $$g^{(m)}_x=(x^2+2mx+m(m-1)+y^2+2ny+n(n-1)) e^{x+y}$$ Vậy $$\dfrac{\partial^{m+n}f}{\partial x^m \partial y^n}=(x^2+y^2+2mx+2ny+m(m-1)+n(n-1) ) e^{x+y}$$

Conanvn · 19-03-2015, 07:57 PM

$tui gởi đỡ ở đây nhe, ông kiểm tra giúp

$
$\mathbf{Khái niệm:}$ Cho không gian metric $(X,d)$, $X$ được gọi là được phủ hoàn toàn nếu với mọi $\epsilon >0$ tồn tại một họ hữu hạn $\{ x_1, x_2,...,x_n \} $ các phần tử của $X$ sao cho:$$X \subseteq \bigcup_{i=1}^{n} B(x_i,\epsilon)$$

$\mathbf{Bài toán:}$ Cho không gian metric $(X,d)$, chứng minh hai điều sau đây tương đương:
i) $X$ compact
ii) $X$ là không gian Banach và $X$ được phủ hoàn toàn.

$\mathbf{Chứng minh:}$
$i) \Rightarrow ii)$:

$\triangleright$ Chứng minh $X$ là không gian Banach

Lấy $\{ x_n \}$ là một dãy Cauchy trong $X$. Vì $X$ compact nên tồn tại một dãy con $\{ x_{n_k} \}$ hội tụ về $x$.
Cho $\epsilon >0$, ta chứng minh có $N$ sao cho $ \forall n>N : d(x_n,x) <\epsilon$
Vì $\{x_{n_k}\}$ hội tụ về $x$ nên tồn tại $K$ sao cho : $\forall m>K: d(x_{n_m}, x) <\dfrac{\epsilon}{2}$
Do $\{x_n\}$ là dãy Cauchy nên tồn tại $H$ sao cho : $\forall p >q>H: d(x_p,x_q)<\dfrac{\epsilon}{2}$
Ta chọn $N=H$, lấy $k_0 >max\{H,K\}$
Khi đó: $\forall n>N: d(x_n,x) \le d(x_n,x_{n_{k_0}})+d(x_{n_{k_0}},x) < \dfrac{\epsilon}{2}+\dfrac{\epsilon}{2}= \epsilon$
Do đó $\{x_n\}$ hội tụ, nên $X$ là không gian Banach.

$\triangleright$ Chứng minh $X$ được phủ hoàn toàn:

Cho $\nu >0$, ta chứng minh tồn tại một họ hữu hạn $\{ y_1,y_2,...,y_n\}$ mà $$X \subseteq \bigcup_{i=1}^{n} B(y_i,\nu)$$
Lấy $y_1 \in X$, nếu $X \subseteq B(y_1,\nu)$ thì kết thúc chứng minh.
Nếu $X \nsubseteq B(y_1,\nu)$ thì tồn tại $y_2 \notin B(y_1,\nu)$. Xét tiếp tục, nếu $ X \subseteq B(y_1,\nu) \cup B(y_2,\nu)$ thì kết thúc, ngược lại thì tồn tại $y_3 \notin B(y_1,\nu) \cup B(y_2,\nu)$
Cứ tiếp tục như vậy ta xây dựng được $y_1,y_2,....y_n,...$
Nếu dãy này hữu hạn thì $X$ được phủ hoàn toàn.
Nếu dãy là vô hạn, thì ta được một dãy trong $X$. Theo cách xây dựng thì hai phần tử bất kì trong dãy đều cách nhau một khoảng cách $> \nu$ nên dễ dàng chứng minh mọi dãy con đều không hội tụ, mâu thuẫn với tính compact của $X$.

$ii) \Rightarrow i)$

Lấy dãy $\{x_n\}$ trong $X$
Vì $X$ được phủ hoàn toàn nên có thể phủ $X$ bằng hữu hạn các quả cầu mở bán kính $1$. Suy ra có một quả cầu $\mathfrak{B_1} $bán kính $1$ chứa vô hạn phần tử của $\{x_n\}$
Đặt $A_1=\{k \in \mathbb{N} | x_k \in \mathfrak{B_1} \}$
Đặt $n_1 = minA_1$
Tiếp tục, $X$ được phủ bằng hữu hạn các quả cầu mở bán kính $\dfrac{1}{2}$ nên có một quả cầu mở $\mathfrak{B_2}$ chứa vô số phần tử của tập $\{x_k | k \in A_1 \setminus \{n_1\}\}$
Đặt $A_2=\{t \in A_1 \setminus \{n_1\} | x_t\in \mathfrak{B_2} \}$
Và đặt $n_2 = minA_2$
Tiếp tục như thế, ta được dãy $n_1<n_2<....<n_k<...$ và dễ dàng chứng minh $\{x_{n_k}\}$ là dãy Cauchy ( vì khoảng cách giữa các phần tử tiến về $0$ ), nên $\{x_{n_k}\}$ hội tụ.
Do có thể tìm được một dãy con hội tụ của $\{x_n\}$ nên $X$ compact.

MathForLife · 22-08-2016, 11:08 PM

$\begin{diagram}
A &\rTo^{a} &B\\
\dTo_{b} & &\dTo_{c}\\
C &\rTo^{d} &D
\end{diagram}$

calcudoku1234 · 29-09-2021, 09:33 PM

$a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3abc = (a + b + c)(a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - bc - ca)$

25-02-2014, 12:54 PM	#91
lupanh7 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2011 Bài gởi: 10 Thanks: 7 Thanked 6 Times in 3 Posts	$\bigcap $ .................................................. ... $A=A_1\cap A_2\cap A_3\cap ... \cap A_{2012} \{ $ thay đổi nội dung bởi: lupanh7, 25-02-2014 lúc 01:10 PM

01-03-2014, 11:00 PM	#92
Kelacloi +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 252 Thanks: 50 Thanked 164 Times in 114 Posts	Đáp số bài của em là $n!$ Anh xài điều sau: NẾu $n$ có k ước nguyên tố $p_1,p_2,..,p_k$ $a_{l n}+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}=n$ nếu $l=n$ và bằng $0$ nếu $l<n$ Dưới đây là chứng minh bằng tập hợp, có lẽ xài quy nạp với 1 chút số học là ra nhưng mà anh lỡ làm bằng tập hợp rồi. KHó hiểu lắm, em thử chứng minh cái đẳng thức trên bằng cách khác hén Đặt $X_a( A)$ (với A là 1 tập hợp ) là hàm thỏa điều sau :$X_a(A)=\| \{a\} \cap A \| $ Đặt $S_n=\{ m: m\|n,m>0\}$ tức là $S_n$ là tập hợp các ước của $S_n$. Giả sử $n$ có $k$ ước nguyên tố là $p_1,p_2,...,p_k$. Ta có điều sau đây: i) $S_i \cap S_j= S_{(i,j)}$ ii) Nếu $I \subset \{ 1,2,...,k\}$ thì $ \bigcap_{ i \in I} S_{n/p_i}= S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}$ iii) Với $ A \subset B$ thì \sum_{a \in A} a= \sum_{a \in B} a.X_a(A)$ Quay lại bài toán , ta có chứng minh cái này trước: I:) $ \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i}=$$\{ m : m\|n , 0<m<n\}$$= S_n$\$ \{n\}$ II:) Theo nguyên ly Inclusion-Exclusion thì : $ X_a( \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i})=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1}.X_a( \bigcap_{ i \in I} S_{n/p_i} ) $ $=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1}.X_a(S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}) $ (theo ii ) rộng hơn là $X_a( \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } (C\cap S_{n/p_i}))=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1}.X_a(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})$ Trở lại bài toán. Từ i) ta thấy điều sau: $ a_{ij} = \sum_{ x \in S_i \cap S_j } x=\sum_{x \in \overline {1,n}} x.X_x( S_i \cap S_j )$() Từ I,II ,iii ta mở rộng được thành điều sau: $ \sum_{x \in C\cap S_n} x=\sum_{ x \in \overline{1,n}} x.X_x( C\cap S_n)=n.X_n(C \cap S_n)+\sum_{ x \in \overline{1,n-1}} x.X_x( C\cap \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i} )$ (do I ) $=n.X_n(C \cap S_n)+ \sum_{ x \in \overline{1,n-1}} [x.\{\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1}.X_x(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})\} ]$ (do II) $=n.X_n(C \cap S_n)+\{\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1} [ \sum_{ x \in \overline{1,n-1}} x.X_x(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})\} ] \} $ Lấy $C=S_l$ bất kì. Ta rút gọn cái đẳng thức trên lại bằng cách sử dụng () thì được $ a_{ l n}=n.X_n(S_l \cap S_n)+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}$ hay nói cách khác $a_{l n}+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}=n$ nếu $l=n$ và bằng $0$ nếu $l<n$ ------------------------------ Đáp số bài của em là $n!$ Anh xài điều sau: $a_{l n}+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}=n$ nếu $l=n$ và bằng $0$ nếu $l<n$ Dưới đây là chứng minh bằng tập hợp, có lẽ xài quy nạp với 1 chút số học là ra nhưng mà anh lỡ làm bằng tập hợp rồi. KHó hiểu lắm, em thử chứng minh cái đẳng thức trên bằng cách khác hén Đặt $X_a( A)$ (với A là 1 tập hợp ) là hàm thỏa điều sau :$X_a(A)=\| \{a\} \cap A \| $ Đặt $S_n=\{ m: m\|n,m>0\}$ tức là $S_n$ là tập hợp các ước của $S_n$. Giả sử $n$ có $k$ ước nguyên tố là $p_1,p_2,...,p_k$. Ta có điều sau đây: i) $S_i \cap S_j= S_{(i,j)}$ ii) Nếu $I \subset \{ 1,2,...,k\}$ thì $ \bigcap_{ i \in I} S_{n/p_i}= S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}$ iii) Với $ A \subset B$ thì \sum_{a \in A} a= \sum_{a \in B} a.X_a(A)$ Quay lại bài toán , ta có chứng minh cái này trước: I:) $ \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i}=$$\{ m : m\|n , 0<m<n\}$$= S_n$\$ \{n\}$ II:) Theo nguyên ly Inclusion-Exclusion thì : $ X_a( \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i})=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1}.X_a( \bigcap_{ i \in I} S_{n/p_i} ) $ $=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1}.X_a(S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}) $ (theo ii ) rộng hơn là $X_a( \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } (C\cap S_{n/p_i}))=\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1}.X_a(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})$ Trở lại bài toán. Từ i) ta thấy điều sau: $ a_{ij} = \sum_{ x \in S_i \cap S_j } x=\sum_{x \in \overline {1,n}} x.X_x( S_i \cap S_j )$() Từ I,II ,iii ta mở rộng được thành điều sau: $ \sum_{x \in C\cap S_n} x=\sum_{ x \in \overline{1,n}} x.X_x( C\cap S_n)=n.X_n(C \cap S_n)+\sum_{ x \in \overline{1,n-1}} x.X_x( C\cap \bigcup_{ i \in \{ 1,2,...,k\} } S_{n/p_i} )$ (do I ) $=n.X_n(C \cap S_n)+ \sum_{ x \in \overline{1,n-1}} [x.\{\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1}.X_x(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})\} ]$ (do II) $=n.X_n(C \cap S_n)+\{\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1} [ \sum_{ x \in \overline{1,n-1}} x.X_x(C\cap S_{ \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}})\} ] \} $ Lấy $C=S_l$ bất kì. Ta rút gọn cái đẳng thức trên lại bằng cách sử dụng () thì được $ a_{ l n}=n.X_n(S_l \cap S_n)+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|-1}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}$ hay nói cách khác $a_{l n}+\sum_{ I \subset \{ 1,2,...,k\} } (-1)^{ \|I\|}.a_{l \frac{n}{\prod_{ i \in I} p_i}}=n$ nếu $l=n$ và bằng $0$ nếu $l<n$ __________________ thay đổi nội dung bởi: Kelacloi, 01-03-2014 lúc 11:01 PM Lý do: Tự động gộp bài

07-03-2014, 05:09 PM	#94
khi gia +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2013 Bài gởi: 28 Thanks: 53 Thanked 18 Times in 13 Posts	$\frac{a+b+c}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}$ thay đổi nội dung bởi: khi gia, 07-03-2014 lúc 05:13 PM

12-10-2014, 05:50 PM	#95
Kelacloi +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 252 Thanks: 50 Thanked 164 Times in 114 Posts	đã test xong __________________ thay đổi nội dung bởi: Kelacloi, 12-10-2014 lúc 05:52 PM

21-10-2014, 09:15 PM	#96
Conanvn +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2012 Đến từ: THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu, AG Bài gởi: 188 Thanks: 190 Thanked 80 Times in 55 Posts	Thử Latex + gởi bài cho bạn 1/ Ta có $$\dfrac{-n}{n^2+1} \le \dfrac{n\sin n}{n^2+1} \le \dfrac{n}{n^2+1} forall n $$ Mà $$\lim_{n \to +\infty}{\dfrac{-n}{n^2+1} }=\lim_{n \to +\infty}{\dfrac{n}{n^2+1}}= 0$$ Theo nguyên lý kẹp : $\lim {u_n}=0$ 2/ Ta có giới hạn cơ bản: $$\lim_{x \to 0} {(1+x)^\dfrac{1}{x}}=e $$ Trở lại bài toán: $$\lim_{x \to 0}{ \left( 1+(cosx-1) \right)^{\dfrac{1}{cos x -1}. \dfrac{cos x -1}{x^2}}}=\lim_{x \to 0}{ \left( 1+(cosx-1) \right)^{\dfrac{1}{cos x -1}. \dfrac{-2sin^2\dfrac{x}{2}}{x^2}}}$$ Ta có giới hạn cơ bản: $$\lim_{x \to 0}{\dfrac{sin x}{x}}=1$$ Nên $$\lim_{x \to 0}{\dfrac{-2sin^2\dfrac{x}{2}}{x^2}}=\lim_{x \to 0}{\dfrac{-1}{2} \left(\dfrac{ \sin{\dfrac{x}{2}}}{\dfrac{x}{2}} \right) ^2} =\dfrac{-1}{2} $$ Vậy $$ \lim u_n =e ^\dfrac{-1}{2} =\dfrac{1}{\sqrt{e}}$$ __________________ Chuyến tàu đã dừng lại.

03-12-2014, 01:36 PM	#97
Conanvn +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2012 Đến từ: THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu, AG Bài gởi: 188 Thanks: 190 Thanked 80 Times in 55 Posts	$\dfrac{\partial^{m+n}f}{\partial x^m \partial y^n}= \dfrac{\partial }{\partial x} \left( \dfrac{\partial }{\partial x} ...\left( \dfrac{\partial}{ \partial y} \left( \dfrac{\partial}{ \partial y} ...\left( \dfrac{ \partial f}{ \partial y} \right) \right) \right)... \right)$ Tức là tính đạo hàm cấp $n$ của $f$ theo $y$ rồi tính đạo hàm cấp $m$ của hàm vừa tìm được theo $x$ $$f(x,y)=(x^2+y^2) e^{x+y}$$ $$f^{'}_y=(x^2+y^2+2y) e^{x+y}$$ $$f^{''}_y = (x^2+y^2+4y +2) e^{x+y} =(x^2+y^2+2.2y +2.1) e^{x+y}$$ $$f^{(3)}_y = (x^2+y^2+6y +6) e^{x+y}=(x^2+y^2+2.3y +2.(1+2)) e^{x+y}$$ ........... Quy nạp ta được: $$f^{(n)}_y=(x^2+y^2+2ny+2(1+2+..+n-1)).e^{x+y}=(x^2+y^2+2ny+n(n-1) ).e^{x+y}$$ Đặt $g(x,y)=f^{(n)}_y$ . Tính đạo hàm cấp $m$ của $g$ theo $x$ $$g^{'}_x=(x^2+2x+y^2+2ny+n(n-1) ) e^{x+y}$$ $$g^{''}_x=(x^2+4x+2+y^2+2ny+n(n-1) ) e^{x+y}$$ Tương tự như trên, quy nạp được $$g^{(m)}_x=(x^2+2mx+m(m-1)+y^2+2ny+n(n-1)) e^{x+y}$$ Vậy $$\dfrac{\partial^{m+n}f}{\partial x^m \partial y^n}=(x^2+y^2+2mx+2ny+m(m-1)+n(n-1) ) e^{x+y}$$ __________________ Chuyến tàu đã dừng lại.

19-03-2015, 07:57 PM	#98
Conanvn +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2012 Đến từ: THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu, AG Bài gởi: 188 Thanks: 190 Thanked 80 Times in 55 Posts	$tui gởi đỡ ở đây nhe, ông kiểm tra giúp $ $\mathbf{Khái niệm:}$ Cho không gian metric $(X,d)$, $X$ được gọi là được phủ hoàn toàn nếu với mọi $\epsilon >0$ tồn tại một họ hữu hạn $\{ x_1, x_2,...,x_n \} $ các phần tử của $X$ sao cho:$$X \subseteq \bigcup_{i=1}^{n} B(x_i,\epsilon)$$ $\mathbf{Bài toán:}$ Cho không gian metric $(X,d)$, chứng minh hai điều sau đây tương đương: i) $X$ compact ii) $X$ là không gian Banach và $X$ được phủ hoàn toàn. $\mathbf{Chứng minh:}$ $i) \Rightarrow ii)$: $\triangleright$ Chứng minh $X$ là không gian Banach Lấy $\{ x_n \}$ là một dãy Cauchy trong $X$. Vì $X$ compact nên tồn tại một dãy con $\{ x_{n_k} \}$ hội tụ về $x$. Cho $\epsilon >0$, ta chứng minh có $N$ sao cho $ \forall n>N : d(x_n,x) <\epsilon$ Vì $\{x_{n_k}\}$ hội tụ về $x$ nên tồn tại $K$ sao cho : $\forall m>K: d(x_{n_m}, x) <\dfrac{\epsilon}{2}$ Do $\{x_n\}$ là dãy Cauchy nên tồn tại $H$ sao cho : $\forall p >q>H: d(x_p,x_q)<\dfrac{\epsilon}{2}$ Ta chọn $N=H$, lấy $k_0 >max\{H,K\}$ Khi đó: $\forall n>N: d(x_n,x) \le d(x_n,x_{n_{k_0}})+d(x_{n_{k_0}},x) < \dfrac{\epsilon}{2}+\dfrac{\epsilon}{2}= \epsilon$ Do đó $\{x_n\}$ hội tụ, nên $X$ là không gian Banach. $\triangleright$ Chứng minh $X$ được phủ hoàn toàn: Cho $\nu >0$, ta chứng minh tồn tại một họ hữu hạn $\{ y_1,y_2,...,y_n\}$ mà $$X \subseteq \bigcup_{i=1}^{n} B(y_i,\nu)$$ Lấy $y_1 \in X$, nếu $X \subseteq B(y_1,\nu)$ thì kết thúc chứng minh. Nếu $X \nsubseteq B(y_1,\nu)$ thì tồn tại $y_2 \notin B(y_1,\nu)$. Xét tiếp tục, nếu $ X \subseteq B(y_1,\nu) \cup B(y_2,\nu)$ thì kết thúc, ngược lại thì tồn tại $y_3 \notin B(y_1,\nu) \cup B(y_2,\nu)$ Cứ tiếp tục như vậy ta xây dựng được $y_1,y_2,....y_n,...$ Nếu dãy này hữu hạn thì $X$ được phủ hoàn toàn. Nếu dãy là vô hạn, thì ta được một dãy trong $X$. Theo cách xây dựng thì hai phần tử bất kì trong dãy đều cách nhau một khoảng cách $> \nu$ nên dễ dàng chứng minh mọi dãy con đều không hội tụ, mâu thuẫn với tính compact của $X$. $ii) \Rightarrow i)$ Lấy dãy $\{x_n\}$ trong $X$ Vì $X$ được phủ hoàn toàn nên có thể phủ $X$ bằng hữu hạn các quả cầu mở bán kính $1$. Suy ra có một quả cầu $\mathfrak{B_1} $bán kính $1$ chứa vô hạn phần tử của $\{x_n\}$ Đặt $A_1=\{k \in \mathbb{N} \| x_k \in \mathfrak{B_1} \}$ Đặt $n_1 = minA_1$ Tiếp tục, $X$ được phủ bằng hữu hạn các quả cầu mở bán kính $\dfrac{1}{2}$ nên có một quả cầu mở $\mathfrak{B_2}$ chứa vô số phần tử của tập $\{x_k \| k \in A_1 \setminus \{n_1\}\}$ Đặt $A_2=\{t \in A_1 \setminus \{n_1\} \| x_t\in \mathfrak{B_2} \}$ Và đặt $n_2 = minA_2$ Tiếp tục như thế, ta được dãy $n_1<n_2<....<n_k<...$ và dễ dàng chứng minh $\{x_{n_k}\}$ là dãy Cauchy ( vì khoảng cách giữa các phần tử tiến về $0$ ), nên $\{x_{n_k}\}$ hội tụ. Do có thể tìm được một dãy con hội tụ của $\{x_n\}$ nên $X$ compact. __________________ Chuyến tàu đã dừng lại.

22-08-2016, 11:08 PM	#99
MathForLife +Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2010 Đến từ: CT force Bài gởi: 731 Thanks: 603 Thanked 425 Times in 212 Posts	$\begin{diagram} A &\rTo^{a} &B\\ \dTo_{b} & &\dTo_{c}\\ C &\rTo^{d} &D \end{diagram}$ __________________ Khả niệm bất khả thuyết thay đổi nội dung bởi: MathForLife, 22-08-2016 lúc 11:11 PM

29-09-2021, 09:33 PM	#100
calcudoku1234 Banned Tham gia ngày: Sep 2021 Bài gởi: 7 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts	$a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3abc = (a + b + c)(a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - bc - ca)$

Ðiều Chỉnh
Tạo trang in Email trang này
Xếp Bài
Chế độ bình thường Chuyển sang chế độ Pha trộn Chuyển sang chế độ dạng cây