Thegooobs

Mình rất thích câu trả lời của @literallyme đặc biệt là phần sử dụng ngôn ngữ $\varepsilon - \delta$. Nhưng mà mình nghĩ là nên sử dụng phát biểu $\forall x, n-\delta<x<n$ thay cho chỗ $\forall x, 0<n-x<\delta$ bởi vì nó chỉ ra cụ thể rằng ta đang xét $x$ trong một lân cận trái của $n$ là $(n-\delta,n)$ nhưng dù sau thì 2 phát biểu này đều tương đương.

Và có một câu hỏi đó là có thể mở rộng bài này cho số nguyên $n$ bất kì không ?

$\newcommand{fl}[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}$

Với $n$ là số nguyên dương cho trước. $\fl x$ là hàm phần nguyên - Floor function

Tìm giới hạn sau:

$$L=\lim\limits_{x\to n^-} \fl{x^2\fl{x^2\fl{x^2}}}$$

Trước khi giải thì mình muốn chia sẻ một điều khá thú vị về hàm $\left\lfloor x \right\rfloor$ là nó còn có tên là hàm số nguyên lớn nhất chắc có lẽ là do định nghĩa của nó $\left\lfloor x \right\rfloor$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$ đôi khi người ta còn kí hiệu đó là $\left[x\right]$. Nhưng có lẽ kí hiệu $\left\lfloor x \right\rfloor$ là hợp lí nhất nó giúp phân biệt với hàm $\left\lceil x \right\rceil$. Dù không hiểu biết nhiều về hàm $\text{floor}$, đó là một số điều mình thấy rất hay về hàm $\text{floor}$ một hàm số rất thú vị.

Bây giờ vào việc giải bài này thôi

Ta sẽ sử dụng tính chất sau trong bài giải:

Gọi giới hạn cần tính là $\ell$

Đổi biến $x^2=y \Rightarrow y \to \lim_{x \to n^-}x^2=(n^2)^-=m^-$ với $m=n^2$ và khi đó

$$\ell=\lim_{y \to m^-}\fl{y\fl{y\fl{y}}}=\lim_{y \to m^-}\fl{y\fl{y(m-1)}}$$

Khi $m=1$ dễ thấy $\ell =0$ 

Khi $m \ne 1$ ta đặt $z=y(m-1) \Rightarrow z \to \lim_{x \to m^-}y(m-1)=[m(m-1)]^-$ và ta có

$$\ell=\lim_{z \to [m(m-1)]^-}\fl{\frac{z}{m-1}\fl{z}}=\lim_{z \to [m(m-1)]^-}\fl{\frac{z}{m-1}[(m(m-1)-1]}=\lim_{z \to [m(m-1)]^-}\fl{\frac{m^2-m-1}{m-1}z}$$

Làm một bài toán nhỏ là tìm giới hạn của 

$$\lim_{x \to n^-}\fl{kx}, (k \ne 0, n \in \mathbb{Z})$$ và nhận được

$$\lim_{x \to n^-}\fl{kx}=\begin{cases} \fl{kn} \ \ \text{nếu} \ \ kn \not \in \mathbb{Z} \\ \begin{cases} kn-1\ \ \text{nếu} \ \ k>0 \\ kn\ \text{nếu} \ \ k<0 \end{cases}, kn\in \mathbb{Z} \end{cases}$$

Với $n=m(m-1)$ và $k=\frac{m^2-m-1}{m-1}$ thì $k>0$ và $kn \in \mathbb{Z}$ nên

$$\ell = m^3-m^2-m-1=n^6-n^4-n^2-1$$

Vậy 

$$\ell= \begin{cases} 0 \ \ \text{nếu} \ \  n=1 \\ n^6-n^4-n^2-1 \ \ \text{nếu} \ \ n \ne 1\end{cases}$$

giải dùm e bài này với ạ 

 $\lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{e^{sin 2x}-1-2x}{x^{2}} \right )$

Đây là dạng $\frac{0}{0}$ tại $x = 0$

Nhận thấy trên tử là hiệu 2 hàm tương đương nhau do vậy không thế tương đương được nên ta áp dụng quy tắc $\text{L'Hospital}$ được:

$$\lim_{x \to 0}\dfrac{e^{\sin(2x)}-1-2x}{x^2}=\lim_{x \to 0}\dfrac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(e^{\sin(2x)}-1-2x)}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x^2)}=\lim_{x \to 0}\dfrac{2\cdot e^{\sin(2x)}\cdot \cos(2x)-2}{2x}=\lim_{x \to 0}\dfrac{e^{\sin(2x)}\cdot \cos(2x)-1}{x}$$

Tới đây ta không sử dụng quy tắc $\text{L'Hospital}$ nữa (mặc dù hoàn toàn được và sẽ gọn hơn cách dưới đây) ta sẽ sử dụng hàm tương đương cụ thể là vô cùng bé tương đương.

Đâu tiên viết lại 

$$e^{\sin(2x)}\cdot \cos(2x)-1=\cos(2x)\cdot (e^{\sin(2x)}-1)+\cos(2x)-1$$

Sử dụng các cặp tương đương:

$$e^u -1\sim u \ \ \text{và} \ \ 1-\cos(u)\sim \dfrac{u^2}{2}$$

Kết hợp định lí

Ta được

$$\cos(2x)\cdot (e^{\sin(2x)}-1) \stackrel{x \to 0}{\sim} 1\cdot 2x=2x$$

và 

$$ \cos(2x)-1 \stackrel{x \to 0}{\sim} -2x^2$$

Vì $-2x^2 \stackrel{x \to 0}{=} o(2x)$ nên

$$e^{\sin(2x)}\cdot \cos(2x)-1=\cos(2x)\cdot (e^{\sin(2x)} -1)+\cos(2x)-1 \stackrel{x \to 0}{\sim} 2x -2x^2 \stackrel{x \to 0}{\sim} 2x$$

Vậy 

$$\lim_{x \to 0}\dfrac{e^{\sin(2x)}\cdot \cos(2x) -1}{x}=\lim_{x \to 0}\dfrac{2x}{x}=2$$

Vậy đáp án cho giới hạn ban đầu là $2$

$\left\lfloor \dfrac 1x\right\rfloor =n\Rightarrow \substack{\displaystyle{x^2} \\ x\to 0^+}\sim \substack{\dfrac 1{n^2}\\ n\to +\infty}$
$\lim\limits_{x\to 0^+} x^2\sum_{k=1}^{\left\lfloor\frac 1x\right\rfloor} k=\lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n k= \lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{1}{n^2}\cdot\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac 12$

Tại sao lại suy ra $\substack{\displaystyle{x^2} \\ x\to 0^+}\sim \substack{\dfrac 1{n^2}\\ n\to +\infty}$? Thầy @hxthanh có thể giải thích không ạ ?

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt[5]{1+xtanx} - cos(sinx)}{sin(tanx)}$

 

Dạng vô định $\dfrac{0}{0}$

Ở đây không dùng quy tắc $\text{L'Hospital}$ bởi vì hàm quá phức tạp, ta sẽ sử dụng một công cụ tương đối mạnh đó là vô cùng bé tương đương.

Đặt giới hạn cần tính là $\ell$ và

$$\ell=\lim_{x \to 0}\dfrac{(1+x\tan(x))^{\frac{1}{5}}-1+1-\cos(\sin(x))}{\sin(\tan(x))}$$

Sử dụng các cặp vô cùng bé sau:

$$(1+u)^{\alpha}-1 \sim \alpha\cdot u,\ \sin(u) \sim u,\ \tan(u)\sim u\ \text{khi}\ u \to 0\  \text{trong một quá trình} \to a$$

Ta được:

$$(1+x\tan(x))^{\frac{1}{5}}-1 \stackrel{x \to 0}{\sim} \dfrac{1}{5}x\tan(x)\stackrel{x \to 0}{\sim}\dfrac{1}{5}x^2$$

$$1-\cos(\sin(x)) \stackrel{x \to 0}{\sim} \dfrac{1}{2}\sin^2(x) \stackrel{x \to 0}{\sim} \dfrac{1}{2}x^2$$

$$\sin(\tan(x))\stackrel{x \to 0}{\sim} \tan(x) \stackrel{x \to 0}{\sim} x$$

Thế vào ta được:

$$\ell=\lim_{x \to 0}\dfrac{\dfrac{1}{5}x^2+\dfrac{1}{2}x^2}{x}=0$$

Nhận xét: Ở đây mình thế vô cùng bé tương đương cho tổng hai vô cùng bé vì chúng cùng bậc nhưng không rơi vào các trường hợp "nguy hiểm" của tổng hai vô cùng bé cụ thể trong bài viết về tổng và hiệu 2 vô cùng bé có nói kĩ về vấn đề này.