Kiểm tra các cặp sau có phải là vô cùng bé tương đương hay không

f(x) = e^2x-e^x

g(x) = sin (2x) − sin (x)    khi x → 0.

Mong được mọi người giúp ạ!!!

 

Vì $\sin(y) = y + o(y)$ nên $g(x) = x + o(x)$ và vì $e^y = 1 + y + o(y)$ nên $f(x) = x + o(x)$. Do vậy $f \sim g$.

Đấy chỉ là mẹo để khiến cho hàm $g_i(x)$ vẫn đồng nhất là $0$ trên đoạn $[0,\pi]$, nhưng tích phân cùa $g_i(x)$ trên đoạn đó lại liên quan đến duy nhất $a_i$. Do $$\int_{0}^{\pi} (\sin jx) (\sin ix) dx = \begin{cases}0 \ \text{khi} \ j \neq i \\ \frac{\pi}{2} \ \text{khi} \ j = i\end{cases}$$

Tại sao gọi nó là mẹo vì nó không liên quan mấy đến tính chất của các hàm $\sin jx$ (nó chỉ tận dụng tính chất tích phân của $(\sin jx)(\sin ix)$ trong đoạn $[0,\pi]$). Một kết luận mạnh hơn có thể chứng minh được nhờ vào Wronskian của các hàm này, khi đó ta có thể thay đoạn $[0,\pi]$ bằng một đoạn bất kỳ.

Dạ, nhưng mà cái chỗ $\int_{0}^{\pi} (\sin jx) (\sin ix) dx = \begin{cases}0 \ \text{khi} \ j = i \\ \frac{\pi}{2} \ \text{khi} \ j \neq i\end{cases}$ bị ngược hay sao ý ạ. Tại nãy em thử chứng minh thì tích phân này =0 khi i khác j và bằng pi/2 khi i=j ý ạ. Với cả anh có thể trình bày rõ ra mà không dùng cái dấu xích- ma được k ạ. Tại em không quen nhìn dấu này lắm. Em cảm ơn ạ.

À đúng là bị ngược bạn ạ, cảm ơn bạn đã lưu ý.

Trong đại số tuyến tính, bài này chính là việc chứng minh tập $\{ \sin x, \sin 2x, \dots \sin nx \}$ là độc lập tuyến tính trong $\mathcal{C}([0,\pi], \mathbb{R})$.

Với $1 \leq i \leq n$, đặt $$g_i(x) = \left(\sum\limits_{j=1}^{n} a_j \sin jx\right) \sin ix$$ thế thì $g_i(x) = 0$ với mọi $x \in [0, \pi]$, do vậy $\int\limits_{0}^{\pi} g_i(x) dx = 0$. Nhưng $\int\limits_{0}^{\pi} g_i(x) dx = a_i\frac{\pi}{2}$, do vậy $a_i = 0$.

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.

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 $P \mid Q$.

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.

Gọi $u \colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ là tự đồng cấu tương ứng với ma trận $AB - BA$ và $P_u$ là đa thức cực tiểu của $f$. Do $AB-BA$ có đường chéo chính bằng $0$ nên đa thức đặc trưng của $u$ là $$\mathcal{X}_u = X^n$$đây cũng là một đa thức hủy của $u$ theo định lý Cayley-Hamilton. Vì $P_u$ là đa thức cực tiểu của $u$ nên $P_u \mid \mathcal{X}_u$, từ đó $$P_u = X^k$$ với $k \leq n$. Mặt khác theo giả thiết $\texttt{rg} (u) = 1$ nên tồn tại một đa thức hủy $Q$ của $u$ với bậc $2$, vẫn do $P_u$ là đa thức cực tiểu nên $P_u \mid Q$. Hay là $$X^k \mid Q$$ với $Q$ là một đa thức bậc $2$, kéo theo $k \leq 2$. Do vậy $(AB - BA)^2 = 0$.

Nói chung nếu $\texttt{rg}(AB-BA) = i$ thì $(AB-BA)^{i+1} = 0$.

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.

Nếu đề bài không nói gì về hai sự kiện, thì không thể "tự ý" cho rằng chúng độc lập với nhau.

Việc thua lỗ của một công ty hoàn toàn có thể ảnh hưởng đến việc thua lỗ của công ty khác, điều này vẫn xảy ra thường xuyên trong thực tế.

Một cách hiểu mang tính "trực giác" là hai sự kiện độc lập với nhau khi sự kiện này xảy ra hay không xảy ra, sẽ không ảnh hưởng gì đến (hay là không cho biết thông tin gì cho) việc xảy ra hay không xảy ra của sự kiện kia.

Khi $P(M \cap N) = 0$ thì về mặt "trực giác" có nghĩa là $M$ và $N$ không thể đồng thời xảy ra, và từ đó ta có thể nhận ra rằng nói chung hai sự kiện $M$ và $N$ sẽ không độc lập với nhau (vì sự xảy ra của sự kiện này sẽ ngăn cản sự xảy ra của sự kiện kia).

Do hai sự kiện $M$ và $N$ không độc lập nên nói chung $P(M \cap N) \neq P(M) P(N)$.

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.

Chỉ cần một trong các cặp $(M, N)$ (hay $(\overline{M}, N)$,...) là độc lập thì ta có thể suy ra được hai tập $\{ M, \overline{M} \}$ và $\{ N, \overline{N} \}$ là độc lập (tức là một sự kiện bất kỳ của tập này sẽ độc lập với một sự kiện bất kỳ của tập kia). Do vậy chỉ cần một trong các cặp đó là không độc lập thì có thể suy ra được các cặp còn lại không độc lập.

Một kết quả tổng quát hơn là nếu như hai $\pi-$system $\mathcal{M}$ và $\mathcal{N}$ là độc lập thì $\sigma-$đại số sinh bởi chúng cũng là độc lập: $\sigma(\mathcal{M}) \perp \sigma(\mathcal{N})$.

Vì $\det B = \det {}^tB$ nên $\left(\det B \right)^2 = \det B{}^{t}B$, mặt khác do các $e_i$ là trực giao nên $$B{}^{t}B =\begin{bmatrix}\lVert e_{1} \rVert^2 & & 0 \\& \ddots & \\ 0 & & \lVert e_{n} \rVert^2\end{bmatrix}$$Do vậy $\det B{}^{t}B = \lVert e_1 \rVert^2 \dots \lVert e_n \rVert^2$ và từ đó $\lvert \det B \rvert = \lVert e_1 \rVert \dots \lVert e_n \rVert$.

Đặt $A = \left(v_1,\dots,v_n\right)$ với $v_i$ là các vector cột của $A$, nếu các $v_i$ là phụ thuộc tuyến tính thì $\det A = 0$ và bất đẳng thức là hiển nhiên, do vậy ta chỉ cần xét trường hợp các $v_i$ tạo nên một cơ sở.

Sử dụng thủ tục trực giao hóa Gram-Schmid cho $\left\{v_1,\dots, v_n\right\}$, ta thu được $$A = PB$$ trong đó $P$ là ma trận trên với các phần tử trên đường chéo chính bằng $1$, còn $B = \left(e_1,\dots,e_n\right)$ trong đó các vector $e_i$ thỏa mãn quan hệ truy hồi

• $e_1 = v_1$,
• $e_i$ là hình chiếu của $v_i$ lên mặt phẳng $\texttt{vect} \left(e_1,\dots,e_{i-1}\right)$

Do $P$ là ma trận trên với đường chéo chính là $1$ nên $\det P = 1$. Hơn nữa $\left\{e_1,\dots,e_n \right\}$ là một cơ sở trực giao (nhưng không phải trực chuẩn), nên $$\lvert \det B \rvert = \lVert e_1 \rVert \dots \lVert e_n \rVert $$và do $e_i$ là hình chiếu của $v_i$ nên $\lVert e_i \rVert \leq \lVert v_i \rVert$, kéo theo $$\lvert \det B \rvert \leq \lVert v_1 \rVert \dots \lVert v_n \rVert$$Ta đã biết $A = PB$ nên $\det A = \det P \det B$, do vậy $$\lvert \det A \rvert \leq \lVert v_1 \rVert \dots \lVert v_n \rVert$$

Chết thật, mình viết nhầm, phải là $A = BP$ (nhưng không ảnh hưởng đến lời giải). Để hiểu tại sao $P$ là ma trận trên với đường chéo chính là $1$, ta tính toán một ví dụ khi $n = 3$. Theo thủ tục Gram-Schmid $$\begin{align*}e_1 &= v_1 \\ e_2&= v_2 - \frac{\langle v_2,e_1\rangle}{\lVert e_1\rVert^2} e_1 \\ e_3 &= v_3 - \frac{\langle v_3, e_1\rangle}{\lVert e_1 \rVert^2} e_1 - \frac{\langle v_3, e_2\rangle}{\lVert e_2 \rVert^2}  e_2\end{align*}$$Hay là $$\begin{align*}v_1 &= e_1 \\ v_2 &= \frac{\langle v_2,e_1\rangle}{\lVert e_1\rVert^2} e_1+e_2 \\ v_3 &= \frac{\langle v_3, e_1\rangle}{\lVert e_1 \rVert^2} e_1 + \frac{\langle v_3, e_2\rangle}{\lVert e_2 \rVert^2}  e_2 + e_3\end{align*}$$Viết dưới dạng ma trận$$\begin{pmatrix} v_1 & v_2 & v_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e_1 & e_2 & e_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & \frac{\langle v_2,e_1\rangle}{\lVert e_1\rVert^2} & \frac{\langle v_3,e_1\rangle}{\lVert e_1\rVert^2} \\ 0 & 1 & \frac{\langle v_3,e_2\rangle}{\lVert e_2\rVert^2} \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$$Với trường hợp cụ thể $$v_1 = \begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix},v_2 =  \begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ -2\end{pmatrix}, v_3 =  \begin{pmatrix}3 \\ -3 \\ 3\end{pmatrix}$$ta tính được $$e_1 = \begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix}, e_2 = \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -2\end{pmatrix},e_3 = \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}$$ và $$\langle v_2, e_1\rangle = 2, \langle v_3, e_1 \rangle = 6,\langle v_3,e_2\rangle = -6, \lVert e_1 \rVert^2 = 2,\lVert e_2 \rVert^2 = 6$$Dễ dàng kiểm tra lại$$\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ -1 & 0 & -3 \\ 0 & -2 & 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&1&1 \\-1&1&1 \\ 0&-2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1&3\\0&1&-1\\0&0&1\end{pmatrix}$$

1/ @Konstante và @chanhquocnghiem: Các anh tham gia thì topic sôi động hẳn lên! Cám ơn các anh rất nhiều.
- Em mới vừa làm xong, sao không khớp với kết quả của các anh! Hic...chưa check lại nhưng để rộng đường dư luận, em cũng xin trình bày lên đây :
Theo như anh @Konstante thì $f_{z_i}(x)=\frac{1}{1-x}-\frac{1}{1-x^i}$ nên ta có hàm sinh:
$$\begin {align*}
F(x)&=\frac{x(x+x^2)(x+x^2+x^3)(x+x^2+x^3+x^4)}{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)(1-x^5)}\\
&=
\frac{x^3}{5(1+x+x^2+x^3+x^4)}+\frac{2x^2}{5(1+x+x^2+x^3+x^4) }\\
&+\frac{x}{5(1+x+x^2+x^3+x^4)}+\frac{1}{5(1-x)}\\
&-\frac{2}{5(1-x)^3}+ \frac{1}{5(1-x)^4}\\
&=
\frac{x^3(1-x)}{5(1-x^5)}
+\frac{2x^2(1-x)}{5(1-x^5)}+ \frac{x(1-x)}{5(1-x^5)}\\
& +\frac{1}{5(1-x)}
-\frac{2}{5(1-x)^3}+ \frac{1}{5(1-x)^4}\\
[x^{26}]F(x)&=....+\frac{\left[x^{25}\right]}{5}\sum_{k\geq0}x^{5k}+\frac{1}{5}
-\frac{28\cdot27}{5}+ \frac{29\cdot28\cdot27}{5\cdot 6}\\
&=\frac{1+1-756+3654}{5}=\color{blue} 580
\end{align*}$$
======
Em đã kiểm tra và Sage cho kết quả là $580$. Giờ chỉ xem lại hàm sinh được thiết lập có đúng đắn không...

Kết quả 580 là đúng đó, anh viết nhầm (và đã sửa lại).

1) Do $i \nmid z_i$ nên chuỗi sinh tương ứng của chuỗi các giá trị có thể của $z_{i}$ là $F_{z_i}(X) = \frac{1}{1-X} - \frac{1}{1-X^i}$. Xét chuỗi sinh hình thức:

$\begin{align*} F(X) = F_{z_2}(X) \times F_{z_3}(X) \times F_{z_4}(X) \times F_{z_5}(X) &= \frac{X}{1-X^2} \times \frac{X + X^2}{1-X^3} \times \frac{X+X^2+X^3}{1-X^4} \times \frac{X+X^2+X^3+X^4}{1-X^5} \\ & = \frac{1}{(1-X)^3} \times \frac{X^4}{1-X^5} = \frac{1}{2} {(\frac{1}{1-X})}''\times -\frac{1}{5}{\ln(1-X^5)}' \\ &= \frac{1}{2} (\sum\limits_{i=0}^{\infty} (i+1)(i+2)X^i) \times (\sum\limits_{k=1}^{\infty}X^{5k-1}) \end{align*}$

$F(X) = F_{1}(X) \times F_{2}(X) \times F_{3}(X) = (e^X - 1) \times \frac{e^X + e^{-X}}{2} \times e^X = \frac{1}{2}(e^{3X}-e^{2X}+e^X-1)$

Số xâu độ dài 10 thỏa mãn các điều kiện đã cho là hệ số của $X^{10}$ trong chuỗi sinh lũy thừa $F(X)$, và bằng

$F^{(10)}(X=0) = \frac{1}{2}(3^{10} - 2^{10} + 1) = 29013$.

Bài 1: Anh vui lòng giải thích rõ hơn từ $(2) $ trở đi, em chưa rõ đoạn này. Cảm ơn anh.

$2$ chỉ là một thủ thuật để tính dạng tường minh cho $F(X)$ (mà không cần Sage). Ta biểu diễn $\frac{1}{(1-X)^3}$ dưới dạng đạo hàm bậc 2 của chuỗi hình thức $\frac{1}{1-X}$, vì tính đạo hàm ${(1+X+X^2+\cdots )}''$ thì đơn giản hơn so với tính lũy thừa $(1+X+X^2+\cdots )^3$; tương tự với biểu diễn $\frac{X^4}{1-X^5} = -\frac{1}{5}{\ln(1-X^5)}'$.

Ở câu sau anh xin lưu ý về mặt từ ngữ (vì dễ gây hiểu lầm), là ở đây không sử dụng hàm sinh mà là hàm sinh lũy thừa. Đối với một chuỗi $(a_0,a_1,\dots )$ thì hàm sinh tương ứng là $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_iX^i$, còn hàm sinh lũy thừa là $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}\frac{X^{i}}{i!}$. Cẩn thận hơn nữa thì có lẽ nên gọi là chuỗi hình thức (série formelle!!?), vì các biểu thức đó không phải hàm số (theo biến $X$).

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 $\left\{0\right\}$).

Nể các bạn mất công đi tranh luận với minhhaiproh, bạn này toàn viết nhăng viết cuội. Là mình thì mình ignore luôn cho đỡ tốn tài nguyên của diễn đàn. Theo ý mình, bản thân diễn đàn đã quá ít những bài viết nghiêm túc, rồi lại còn bị "làm bẩn" bởi những bài viết của những thành viên như thế này.

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.