Konstante

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 $P(M \cap N) \neq P(M) P(N)$.

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$$\lfloor x^2 \lfloor x^2 \lfloor x^2 \rfloor \rfloor \rfloor \xrightarrow[x \to n^{-}]{} n^2\left(n^2\left(n^2-1\right) - 1\right)-1$$

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 $T \circ T = \lambda T$.

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.

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.

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 $$pq = \mathrm{Re}(p'q')^2 + \mathrm{Im}(p'q')^2 = \mathrm{Re}{(p'\overline{q'})}^2 + \mathrm{Im}{(p'\overline{q'})}^2$$