Mình lập luận thế này: $$\lfloor x^2 \rfloor \xrightarrow[x \to n^{-}]{} n^2-1$$Nếu $n=1$ thì giới hạn cuối cùng bằng $0$, còn nếu $n > 1$ thì $$\lfloor x^2 \lfloor x^2 \rfloor \rfloor \xrightarrow[x \to n^{-}]{} n^2(n^2-1) - 1$$ bởi vì $x^2 \lfloor x^2 \rfloor$ tiến gần bên trái một cách tùy ý đến $n^2(n^2-1)$. Tiếp tục như vậy$$\lfloor x^2 \lfloor x^2 \lfloor x^2 \rfloor \rfloor \rfloor \xrightarrow[x \to n^{-}]{} n^2\left(n^2\left(n^2-1\right) - 1\right)-1$$

a) Do $7u_1 - 2u_2 = u_3$ nên $S$ không là cơ sở của $W$.

b) Do $u_1$ và $u_2$ độc lập tuyến tính nên $\dim W = 2$, và có thể chọn $B = \left( u_1, u_2\right)$.

Lấy $y=0$ thì $f(x) + f(0) = g(x)$ với mọi $x$, từ đây không cần quan tâm đến $g$ vì hàm này xác định duy nhất qua $f$. Thay $g(x+y) = f(x+y) + f(0)$ thì $f(x) + f(y) = f(x+y) + f(0)$, từ đó $$\left(f(x) - f(0)\right) + \left(f(y) - f(0)\right) = f(x+y) - f(0)$$ với mọi $x,y$. Đặt $r(x) = f(x) - f(0)$ ta có phương trình Cauchy $$r(x) + r(y) = r(x+y)$$Trên $\mathbb{Q}$ phương trình này có nghiệm duy nhất $r(x) = xr(1)$, từ đó$$(f,g) = (ax+b, ax+2b)$$ với $a,b \in \mathbb{Q}$.

Ánh xạ $T$ chính là phép chiếu nên $\ker T \oplus \textrm{im} \, T = V$: điều này có thể thấy về mặt trực giác (qua định lý factorisation) bởi $T\circ T = T$ tương đương với $T\rvert_{\textrm{im} \, T} = id$. Thực ra để $\ker T \oplus \textrm{im} \, T = V$ thì chỉ cần $T\rvert_{\textrm{im} \, T}$ là một isomorphism là đủ, ví dụ khi $T \circ T = \lambda T$.

Trong trường hợp này thì tập $X_{\infty}$ không có mối quan hệ gì đặc biệt với các tập $X_{n}$, cụ thể là $X_{\infty}$ không bao giờ có thể là giới hạn của dãy $\left(X_n\right)_{n \in \mathbb{N}}$. Thực ra là nếu $\mu\left(X_n\right) = 0$ với mọi $n$ thì giới hạn của $\left(X_n\right)_{n \in \mathbb{N}}$ (nếu có) sẽ luôn có độ đo bằng $0$.

Như nmlinh16 đã nhắc đến, bổ đề Fatou nói về quan hệ giữa độ đo nói chung (không nhất thiết Lebesgue) của các tập $X_n$ và giới hạn của dãy $\left(X_n\right)_{n \in \mathbb{N}}$ như sau $$\begin{align*}\lim\limits_{n \to \infty}\inf \mu\left(X_n\right) &\geq \mu\left(\lim\limits_{n \to \infty}\inf X_n\right) \\ \lim\limits_{n \to \infty}\sup \mu\left(X_n\right) &\leq \mu\left(\lim\limits_{n \to \infty}\sup X_n\right)\end{align*}$$

Còn về bài toán ban đầu của bạn, tính chất cơ bản của độ đo nói rằng $\mu\left(\bigcup\limits_{n \in \mathbb{N}} X_n \right) \leq \sum\limits_{n \in \mathbb{N}} \mu\left(X_n\right)$ nên có thể thấy ngay là không tồn tại một dãy như bạn muốn.

Bạn nên thận trọng với khái niệm giới hạn của một dãy các tập hợp: bạn thử nghĩ lại về định nghĩa cổ điển về sự hội tụ và giới hạn của một dãy số thực, sẽ thấy là định nghĩa này không có ý nghĩa rõ ràng trong trường hợp dãy tập hợp.

Thông thường người ta không dùng khái niệm $\lim\limits_{n \to \infty} X_n$ mà dùng khái niệm $\lim\sup\limits_{n \to \infty} X_n$ được định nghĩa bởi $$\lim\limits_{n \to \infty}\sup X_n = \bigcap\limits_{n \in \mathbb{N}}\bigcup\limits_{k \geq n} X_k$$Với định nghĩa này, nếu $l\left(X_n\right) = 0$ với mọi $n$ thì $\sum\limits_{n\in \mathbb{N}} l\left(X_n\right) < \infty$, theo bổ đề Borel-Cantelli ta có ngay $l\left(\lim\limits_{n \to \infty}\sup X_n\right) = 0$.

Còn về thắc mắc của bạn, thì như nmlinh16 đã nói, $X_{\infty}$ không có liên quan gì đến $\left(X_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$. Cụ thể là tập hợp $\left\{x \in \mathbb{R}; \frac{x}{\infty} = 0 \right\}$, với quy ước rằng $\frac{x}{\infty} = 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$, đúng là $\mathbb{R}$ thật, nhưng nó không phải là giới hạn của dãy $\left(X_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ (dãy này gồm toàn các tập hợp $\left\{0\right\}$, nên có giới hạn, như nmlinh16 đã nói, là $\left\{0\right\}$).

1. Khi $x \to +\infty$ thì $\left(1+x\right)^{\frac{1}{n}} = 1 + x^{\frac{1}{n}} + \mathcal{o}\left(x^{\frac{1}{n}}\right) = 1 + \mathcal{o}(x)$, do vậy $\frac{\left(1+x\right)^{\frac{1}{n}} - 1}{x} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 0$

2a. Khi $x \to 1$ thì $\sin \pi x = \sin \pi (1-x) = \pi (1 - x) + \mathcal{o}(1-x)$, do vậy $\frac{1-x^2}{\sin \pi x} = \frac{1+x}{\pi + \frac{\mathcal{o}(1-x)}{1-x}} \xrightarrow[x \to 1]{} \frac{2}{\pi}$

2.b Mình đoán đề bài là $x \to 0$, còn nếu không thì $\left(\cos \frac{x}{m}\right)^{m} = \begin{cases} 1 \; \text{khi} \; x = 2nm\pi \\ 0 \; \text{khi} \; x = (2n+\frac{1}{2})m \pi\end{cases}$ với $n\in \mathbb{N}$ nên $\left(\cos \frac{x}{m}\right)^{m}$ không hội tụ khi $x \to +\infty$.

 

 

Thay vì thế vô cùng bé tương đương  của tử và mẫu người ta lại thế vào một số hạng đầu tiên của tử ?

Họ thế vào cả mẫu nữa, nhưng với quan hệ xấp xỉ tầm thường $x \sim x$. Còn cách viết sau thì đương nhiên là không có gì khác nhau cả.

Xét các hàm $g_j$ khả vi trên một compact $I$, đặt $S_n = \sum\limits_{j=0}^n g_j$ và $S'_n = \sum\limits_{j=0}^n g'_j$. Thì có một định lý nói rằng: nếu như $S'_n$ hội tụ đều trên $I$ và tồn tại $a \in I$ sao cho dãy $\left(S_n(a)\right)_{n\in \mathbb{N}}$ hội tụ, khi đó dãy $\left(S_n\right)_{n\in \mathbb{N}}$ sẽ hội tụ đều trên $I$ về một hàm (là $\sum\limits_{j=0}^{\infty} g_j$) khả vi trên $I$.

Nói chung với một đa thức $g$ mà không biết trước dạng hiện, có thể tính toán các hệ số dựa trên sự tiệm cận, cụ thể như sau $$\begin{align*}[x^0]g &=  g(0) \\ [x^1]g &= \lim\limits_{x \to 0}\frac{g(x) - [x^0]g\times x^0}{x} \\ [x^2]g &= \lim\limits_{x \to 0}\frac{g(x) - [x^0]g\times x^0 - [x^1]g\times x^1} {x^2} \\ \dots \end{align*}$$Từ đây với $g = f^{\circ^5}$ ta tính được $[x^0]g = 33673, [x^1]g = 208089, [x^2]g = 849969, [x^3]g = 2579820,\dots$

Không biết làm như thế này có được không (thực ra cũng chỉ là biến đổi lòng vòng): gọi $a,b,c$ là $3$ nghiệm của phương trình $1-2(x+x^2+x^3)=0$, thế thì $$(a-x)(b-x)(c-x) = 1-2(x+x^2+x^3)$$Sử dụng định lý tách phân số cho đa thức $$\frac{1}{(a-x)(b-x)(c-x)} = \frac{A}{(a-x)} + \frac{B}{(b-x)} + \frac{C}{(c-x)}$$ trong đó $A = \frac{1}{(b-a)(c-a)}, \, B =  \frac{1}{(a-b)(c-b)}, \, C =  \frac{1}{(a-c)(b-c)}$. Mặt khác hệ số của $x^{10}$ trong tổng hình thức $\frac{1}{1-\alpha x}$ là $\alpha^{10}$ nên $$[x^{10}]\frac{1}{(a-x)(b-x)(c-x)} = \frac{a^9}{(b-a)(c-a)} + \frac{b^9}{(a-b)(c-b)} + \frac{c^9}{(a-c)(b-c)}$$Vế phải là biểu thức đối xứng của các nghiệm nên có thể tính tường minh bằng công thức Viete.

Đúng rồi bạn ạ, ta chỉ biết khả vi chứ chưa chắc đã liên tục (mình xin lỗi, lúc trả lời thậm chí mình còn quên $\mathcal{C}^1$ nghĩa là thế nào). Nhưng với dạng tích phân $$f'\left(x\right) = \int\limits_{\mathbb{R}_{+}} \frac{\partial f}{\partial x} (x,t) \, dt$$ta có thể xác lập vài điều kiện đủ để nó là liên tục, ví dụ như sau.

Sử dụng định lý hội tụ bị chặn, ta biết rằng với mỗi điểm $x$, nếu tồn tại một hàm $g\left(t\right)$ khả tích trên $\mathbb{R}_{+}$ sao cho $$\lvert \frac{\partial f}{\partial x} (x,t) \rvert \leq g(t)$$trong một lân cận nào đó của $x$, và đạo hàm riêng $\frac{\partial f}{\partial x} (x,t)$ liên tục tại $x$, thì với mọi dãy $\left(x_n\right)_{n \in \mathbb{N}} \xrightarrow{n \to \infty} x$, ta có $$\int\limits_{\mathbb{R}_{+}} \frac{\partial f}{\partial x} (x_n,t) \, dt \xrightarrow{n \to \infty} \int\limits_{\mathbb{R}_{+}} \frac{\partial f}{\partial x} (x,t) \, dt$$tức là $f'$ liên tục tại $x$.

Bạn có thể xem các định lý về tích phân phụ thuộc tham số, nói chung là ta cần có các điều kiện sau đây

• hàm $t \mapsto g(x,t)$ là khả tích trên $\mathbb{R}_{+}$, tức là $\int\limits_{\mathbb{R}_{+}}\lvert g(x,t) \rvert \, dt < +\infty$,
• hàm $x \mapsto g(x,t)$ là khả vi trên $\mathbb{R}_{+}$ và đạo hàm của nó bị chặn bởi một hàm khả tích, tức là tồn tại hàm $h$ thỏa mãn $\int\limits_{\mathbb{R}_{+}} h(t) \, dt < +\infty$ và $\lvert \frac{\partial f}{\partial x} (x,t) \rvert \leq h(t)$ trong một lân cận nào đó của $x$.

Khi đó $f'(x) = \int\limits_{\mathbb{R}_{+}} \frac{\partial f}{\partial x} (x,t) \, dt $.

Đây đương nhiên là điều kiện đủ chứ không phải điều kiện cần (tuy vậy có các ví dụ cho việc nếu một trong các điều kiện này không thỏa mãn thì $f$ sẽ không là khả vi với đạo hàm liên tục).

Bài cuối cùng có lẽ là thuần túy biến đổi, ta cần tìm $B$ sao cho $\overline{B}A = B$. Lấy $$B = A + I$$khi đó $\overline{B} = \overline{A} + I$, và $$\overline{B}A = \left(\overline{A} + I\right)A = \overline{A}A + A = I + A = B$$

Bài đầu tiên có thể giải quyết bằng cách sử dụng định lý phổ mà hệ quả của nó là tự đẳng cấu tuyến tính với ma trận đối xứng sẽ luôn chéo hóa được (do tự đẳng cấu đó là tự liên hợp) và bổ đề về không gian hạch mà hệ quả của nó là nếu tự đẳng cấu chéo hóa được thì bậc đại số của nghiệm của đa thức đặc trưng chính là số chiều của không gian riêng ứng với nghiệm đó.

Ma trận $MN$ là đối xứng nên chéo hóa được, đa thức đặc trưng của nó là$$ \mathrm{det} \left(XI_4 - MN\right) = \begin{vmatrix}X+1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & X+1 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & X+1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & X+1\end{vmatrix} = X^2\left(X+2\right)^2$$Do vậy $MN$ có giá trị riêng  $-2$ với bậc $2$, không gian riêng tương ứng với giá trị riêng này có số chiều là $2$. Gọi $\left(v_0,v_1\right)$ là một cơ sở của không gian riêng này, thế thì $\left(MN\right)v = -2v$ với mọi $v \in \mathrm{vect}\left(v_0,v_1\right)$. Mặt khác $$(NM)(Nv) =  N\left(\left(MN\right)v\right) = -2Nv$$kéo theo $(NM)u = -2u$ với mọi $u \in \mathrm{vect}\left(Nv_0,Nv_1\right)$. Vì  $v_0$ và $v_1$ là độc lập tuyến tính và $$\begin{align*}M(Nv_0) = (MN)v_0 = -2v_0 \\ M(Nv_1) = (MN)v_0 = -2v_1\end{align*}$$ nên $Nv_0$ và $Nv_1$ cũng phải độc lập tuyến tính, kéo theo $$\mathrm{vect}\left(Nv_0,Nv_1\right)= M_{2,1}\left(\mathbb{R}\right)$$Tóm lại $(NM)u = -2u$ với mọi $u \in M_{2,1}\left(\mathbb{R}\right)$, do vậy $$NM = -2I_2 = \begin{pmatrix}-2 & 0 \\ 0 & -2\end{pmatrix}$$

Do $p$ và $q$ là nguyên tố trong $\mathbb{Z}$ nên hoặc là có ít nhất một trong hai số là bất khả quy trong $\mathbb{Z}\left[i\right]$, khi đó $pq$ không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương. Hoặc là cả hai số đều không bất khả quy trong $\mathbb{Z}\left[i\right]$, khi đó $$p = p' \overline{p'},\ q = q' \overline{q'}$$ trong đó $p', \overline{p'}, q, \overline{q'}$ là bất khả quy trong $\mathbb{Z}\left[i\right]$. Lúc này $pq$ có đúng hai cách biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương $$pq = \mathrm{Re}(p'q')^2 + \mathrm{Im}(p'q')^2 = \mathrm{Re}{(p'\overline{q'})}^2 + \mathrm{Im}{(p'\overline{q'})}^2$$

Nếu $a$ là hữu tỷ thì $E$ là hữu hạn nên các câu hỏi của bài toán có thể trả lời được ngay: E là compact, không trù mật và cũng không khả ly.

Nếu $a$ là vô tỷ thì có lẽ còn tùy. Có thể xây dựng $a$ để $E$ compact (ví dụ $a = 0.s_01s_11\dots$ trong đó $s_i$ gồm có $i$ chữ số $0$), và cũng có thể xây dựng $a$ để $E$ không compact (ví dụ $a = 0.123456\dots$). Tương tự như vậy có thể xây dựng $a$ để $E$ không trù mật (ví dụ $a = 0.a_0a_1\dots$ trong đó $\left(a_i\right)_{i \in \mathbb{N}}$ là một chuỗi không tuần hoàn chỉ lấy các giá trị từ $1$ đến $9$), và cũng có thể xây dựng $a$ để $E$ trù mật.

Vâng, thưa bạn/anh/chị vutuanhien, câu hỏi của em đúng là vặt vãnh, cái này là do em ngờ rằng bạn ngtien1255 không biết gì thật, vì qua cách trả lời ở nhiều câu hỏi làm em có cảm giác như vậy, nhưng giờ thì thấy ít ra bạn ấy biết rằng phép chia euclide trên $K[X]$ là duy nhất.

Bạn ngtien1255, mình xin rút lại những lời công kích cá nhân từ phía mình, cái này mình sai hoàn toàn, mình xin lỗi bạn và mong bạn bỏ qua.

À đấy, ít ra phải thế chứ, giờ mình tin bạn ngtien1255.

Ok, vậy kiểm tra thử xem vàng thau thế nào, vàng thật sợ gì lửa. Bạn ngtien1255 giải thích tại sao nếu $Q$ là một đa thức hủy và $P$ là đa thức cực tiểu thì $P \mid Q$.

Lời giải mình trình bày sau đây cực kỳ nặng nề và chắc chắn có cách diễn dịch đơn giản hơn.

Việc tung mỗi con xúc sắc và quan sát các mặt xuất hiện được mô tả bởi không gian xác xuất $\left(\Omega, \mathcal{P\left(\Omega\right)}, P\right)$ trong đó $\Omega = \left\{1,\dots,6\right\}$ và $P$ là độ đo của xác xuất đều, nghĩa là $P\left(A\right) = \frac{\#A}{\#\Omega}$ với $A \subset \Omega$. Khi đó không gian xác suất mô tả hai con xúc sắc sẽ là $\left(\Omega \times \Omega, \mathcal{P\left(\Omega\right)} \otimes \mathcal{P\left(\Omega\right)}, P \otimes P \right)$ (với giả thiết hai con xúc sắc là độc lập), và xác xuất cần tìm chính là độ đo của tập con $$\left\{(x,y) \in \Omega \times \Omega; 4 < x+y < 7\right\}$$ với hàm độ đo $P\otimes P$, nói cách khác nó là giá trị của tích phân $$\int\limits_{\Omega \times \Omega} 1_{\left\{(x,y)  \in \Omega \times \Omega; 4 < x+y < 7\right\}} d P\otimes P$$Theo định nghĩa của độ đo tích (hoặc theo định lý Fubini) $$\int\limits_{\Omega \times \Omega} 1_{\left\{(x,y)  \in \Omega \times \Omega; 4 < x+y < 7\right\}} d P\otimes P = \int\limits_{\Omega} P\left(]4-y,7-y[\right) \, d P\left(y\right) = \sum\limits_{y \in \Omega} P\left(\left\{y\right\}\right) P\left(]4-y,7-y[\right)$$Vì $P\left(A\right) = \frac{\#A}{\#\Omega}$ nên $P\left(\left\{y\right\}\right) = \frac{1}{6}$ và $P\left(]4-y,7-y[\right) = \frac{7 - y - \max\left(0, 4 - y\right) - 1}{6}$ với mọi $y \in \Omega$, ta tính được $$\sum\limits_{y \in \Omega} P\left(\left\{y\right\}\right) P\left(]4-y,7-y[\right) = \frac{1}{36}\left(2+2+2+2+1+0\right) = \frac{1}{4}$$

Dạ thưa bạn ngtien1255, bạn bấm vào link xem định nghĩa rồi trả lời bài viết ra điều hiểu biết? Bạn biết được gì khác ngoài cái định nghĩa vừa đọc vội?

Khi mình đã nói ngay từ đầu rằng đó nằm trong chương trình của đại số tuyến tính năm thứ hai, thì đương nhiên mọi sinh viên đều biết, có gì là ghê gớm.

Còn bạn mình đoán không biết gì (xin lỗi nếu nói sai), vì thỉnh thoảng thấy bạn có trả lời trên này thì bài viết toàn là loanh quanh văn vở, chẳng thấy Toán đâu cả (nếu có thì làm ơn chỉ ra một bài viết của bạn có liên quan tí chút đến Toán, mình cảm ơn). Xin cải biên một câu nói của Linus Torvalds: "Talk is cheap. Show me the proof."

Dạ thưa bạn ngtien1255, đây không phải là cách mình muốn, mà đây là các đối tượng thực sự được nghiên cứu. Bạn có thể không biết gì về điều này, cái đó hoàn toàn không vấn đề gì, nhưng nếu bạn không biết thì không nên nói bừa.

Tiếng Anh là "annihilating polynomial" (thú thật là mình vừa tìm kiếm qua Google để tìm khái niệm tương đương chứ chưa từng đọc tài liệu nào bằng tiếng Anh về điều này). Còn tiếng Pháp là "polynôme annulateur", đề tài này được trình bày rất nhiều trong các tài liệu về đại số tuyến tính ở Pháp (là nội dung bắt buộc của chương trình đại số tuyến tính năm thứ hai cũng như các lớp dự bị ở tất cả các trường), bạn có thể đọc ví dụ ở đây.