tienmai

Mình chỉ đưa ra gợi ý.

 

1. Sử dụng kết quả: "Một không gian metric là compact khi và chỉ khi mọi dãy trong không gian đó đều chứa một dãy con hội tụ." - Nói cách khác, đối với không gian metric, compact và compact dãy là tương đương.

 

Với hai không gian metric compact $X$ và $Y$ cho trước, chọn ra một dãy ${(x_{n} \times y_{n})}$ trong $X\times Y$ bất kì. Vì $X$ compact nên có một dãy con $(x_{f(n)})$ hội tụ. Tiếp tục, dãy $(y_{f(n)})$ cũng chứa một dãy con hội tụ $(y_{f(g(n))})$. Như vậy từ dãy ${(x_{n} \times y_{n})}$, bạn lấy ra được dãy con hội tụ nào? Từ đó hãy chứng minh $X\times Y$ cũng compact (với metric tương ứng của $X\times Y$).

 

2. Sử dụng định nghĩa gốc của tính compact: "Một tập hợp $A$ là compact nếu mọi phủ mở (là bộ các tập mở có hợp thành chứa tập hợp $A$) đều chứa một phủ con hữu hạn."

 

Ở chiều hữu hạn suy ra không gian metric rời rạc compact, bạn có thể sử dụng ngay định nghĩa trên. Ở chiều ngược lại, bạn hãy dùng phương pháp phản chứng, và chọn phủ mở là các quả cầu mở $B(x; 1/2)$, trong đó $x$ là các phần tử của không gian metric rời rạc để rút ra được mâu thuẫn.

 

3. Đầu tiên bạn cần xác định rằng ở không gian đã cho dùng metric nào? Nếu mình không nhầm thì quy ước là trong $C[0, 1]$ thì $d(x, y) = \max_{t\in [0, 1]}\left\vert x(t) - y(t) \right\vert$ (dùng $\max$ thay vì $\sup$ bởi vì với hàm liên tục, chúng ta có Extreme Value Theorem).

 

Để chứng minh tập hợp đã cho khác rỗng, bạn hãy đưa ra một hàm thỏa mãn.

 

Để chứng minh tập hợp này đóng, bạn hãy chứng minh mọi dãy Cauchy trong $M$ đều hội tụ (đến một hàm trong $M$), như vậy mọi điểm giới hạn của $M$ đều thuộc $M$, kéo theo $M$ là đóng.

 

Để chứng minh tập hợp này bị chặn, bạn hãy chứng minh $d(x, y) \leq p$, với $p$ là một hằng số không phụ thuộc vào $x, y\in M$. Đây cũng chính là định nghĩa cho tập hợp bị chặn.

Đầu tiên mình góp ý cách kí hiệu của bạn. $\Delta x_{n}$ được hiểu là $x_{n+1} - x_{n}$, còn $\Delta {x^{2}_{n}}$ được hiểu là ${x^{2}_{n+1}} - {x^{2}_{n}}$. Còn sai phân cấp hai (là sai phân của sai phân) được kí hiệu là $\Delta^{2} x_{n}$ và được xác định như sau

$$\begin{align*} \Delta^{2}(x_{n}) & = \Delta(\Delta(x_{n})) \\ & = \Delta(x_{n+1} - x_{n}) \\ & = \Delta(y_{n}) = y_{n+1} - y_{n} & \text{trong đó $y_{n} = x_{n+1} - x_{n}$} \\ & = (x_{n+2} - x_{n+1}) - (x_{n+1} - x_{n}) \\ & = \Delta x_{n+1} - \Delta x_{n} \end{align*}$$

Mình đã ghi chi tiết, thêm kí hiệu $y_{n}$ chỉ để tiện theo dõi chứ thực tế không ai làm như trên (trừ sách nhập môn về sai phân thì có thể). Lưu ý, sai phân của một dãy số cũng là một dãy số mà thôi.

 

Còn bây giờ mình trả lời tại sao "Nếu $\Delta^{2} x_{n}$ không đổi thì $x_{n}$ có dạng $an^{2} + bn + c$, trong đó $a, b, c$ là các hằng số."

 

Mình bắt đầu với mệnh đề đơn giản hơn

($\dagger$) "Nếu $\Delta x_{n}$ là hằng số thì $x_{n}$ có dạng $an + b$, trong đó $a, b$ là các hằng số" - Kí hiệu hằng số đó là $c$, nghĩa là $\Delta x_{n} = c$. Như vậy $x_{n+1} - x_{n} = c$ với mọi số nguyên dương $n$, và chúng ta có một dãy cấp số cộng, do đó $x_{n} = x_{1} + (n-1)c = cn + (x_{1} - c)$, chính là dạng $an + b$ (bạn có thể chứng minh lại $x_{n} = x_{1} + (n-1)c$ bằng quy nạp hoặc đọc sách giáo khoa giải tích 11).

 

Quay lại câu hỏi ban đầu.

Vì $\Delta^{2}x_{n} = \Delta(\Delta x_{n})$ là hằng số nên theo mệnh đề $\dagger$, $\Delta x_{n}$ có dạng $an + b$ (mấu chốt cho lập luận này là mệnh đề $\dagger$ và "sai phân của một dãy số cũng là một dãy số").

$\Delta x_{n} = x_{n+1} - x_{n} = an + b$ với mọi số nguyên dương $n$ thì

$$\begin{align*} x_{n} - x_{1} & = (x_{n} - x_{n-1}) + \cdots + (x_{2} - x_{1}) \\ & = (a\cdot (n-1) + b) + \cdots + (a\cdot 1 + b) \\ & = a\cdot ((n-1) + \cdots + 1) + bn \\ & = \frac{a}{2}\cdot n(n-1) + bn \\ & = \frac{a}{2}\cdot n^{2} + \left(b - \frac{a}{2} \right )n \end{align*}$$

(trên đây là cách mò ra công thức tổng quát (cộng các sai phân liên tiếp), còn để lập luận chặt chẽ thì cần nêu lập luận bằng quy nạp)

Do đó $x_{n} = \frac{a}{2}\cdot n^{2} + \left(b - \frac{a}{2}\right)n + x_{1}$ (lưu ý $x_{1}$ là hằng số) và đây chính là dạng $an^{2} + bn + c$.

 

Tổng quát hơn, nếu $\Delta^{k}x_{n}$ không đổi thì $x_{n}$ có dạng $a_{0} + a_{1}n + \cdots + a_{k}n^{k}$, trong đó $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{k}$ là các hằng số.

 

 

Mình không có lời giải nhưng bình luận chút.
Bình thường ra, các bài tập tính giới hạn mà có giá trị lượng giác của số nguyên không khó đến thế này và có thể giải quyết bằng định lý kẹp. Nhưng có vẻ bài toán này không dễ giải quyết như vậy. Mình cảm thấy các bài toán có giá trị lượng giác của số nguyên có vẻ gì đó khá đáng ngại và hình như cần đến nhiều lý thuyết số hơn (liên tưởng đến định lý Niven).
Quay lại với bài toán ban đầu, mình tin là dãy này có giới hạn là $1$ và mình cũng tin là có thể sử dụng định lý kẹp, chỉ là không hề dễ dàng. Mình chú ý bài toán này ít hôm trước và có tra cứu Google với từ khóa "sine of integers", "cosine of integers", thấy có một kết quả khá ấn tượng trong bài báo "An Inequality Involving $\sin(n)$" rằng
\[ \left\vert\sin(n)\right\vert > \frac{1}{2^{n}} \]
Bất đẳng thức này được chứng minh kỳ công với các kết quả đến từ xấp xỉ Diophant và việc xấp xỉ Diophant cho số $\pi$. Mình có đọc ý tưởng lúc trước của Konstante và thấy khá hứa hẹn và cũng động đến xấp xỉ Diophant nhưng mà bạn lại không tiếp tục.
Mình cho rằng có thể có bất đẳng thức phù hợp để mà áp dụng vào bài toán này. Nếu như có một dãy ${(a_{n})}_{n\in\mathbb{N}}$ sao cho $a_{n}\to 1$ và
\[ a_{n}\leq \sqrt[n]{{(\cos(n))}^{2}}\leq 1 \quad\forall n\in\mathbb{N} \]
thì có thể dùng định lý kẹp được. Vấn đề là tìm được một dãy như vậy và chứng minh được (khó vãi). Mình mạnh dạn đoán là có bất đẳng thức này
\[ \left\vert\cos(n)\right\vert > \frac{1}{2n^{\alpha}} \]
trong đó $\alpha$ là một số thực dương nào đó (mình còn đoán là $\alpha = 2$ thì được và có thử tính). Có lẽ xấp xỉ Diophantine là hướng đi hứa hẹn nhất, cho cả bất đẳng thức này lẫn bài toán tính giới hạn trong topic này.
Khi mà chưa giải được một bài toán thì gì nói cũng được mình thì nói thế này: không phải bài toán hay bài tập nào cũng có một lời giải đẹp hoặc lời giải ngắn gọn hoặc lời giải phù hợp với kiến thức của người đang cố giải nó.

Đề bài phát biểu bằng ngôn ngữ không hình thức nên không thể biết chắc được ý nghĩa thực sự mà tác giả bài toán nghĩ đến. Mình đoán là thế này: $x = 0 \vee (y = 1\wedge z = 1)$, nhưng chỉ là đoán mà thôi.

Nếu không thể hỏi thẳng tác giả bài toán, bạn nên chụp hình đầy đủ bài toán và lời giải lên diễn đàn để mọi người phân tích.

Hai kí hiệu đó có ý nghĩa lần lượt là giao của $n$ tập hợp $A_{i}$ và hợp của $n$ tập hợp $A_{i}$.

$$\bigcap^{n}_{i=1} A_{i} = A_{1} \cap A_{2} \cap \cdots \cap A_{n}$$

$$\bigcup^{n}_{i=1} A_{i} = A_{1} \cup A_{2} \cup \cdots \cup A_{n}$$

Còn ví dụ, bạn có thể tìm đọc về định lý Cantor về các khoảng đóng lồng nhau. Định lý đó được phát biểu với kí hiệu trên như thế này.

Với mỗi số nguyên dương $n$, $I_{n}$ là khoảng đóng $[a_{n}, b_{n}]$. Nếu $I_{n+1}\subseteq I_{n}$ với mọi số nguyên dương $n$ thì giao của tất cả các tập hợp $I_{n}$ khác rỗng. Bằng kí hiệu, chúng ta viết

$$\bigcap^{\infty}_{n=1} I_{n} = \bigcap^{\infty}_{n=1} [a_{n}, b_{n}] \ne \varnothing$$

 

Kí hiệu hợp và giao như vậy được áp dụng khi số lượng tập hợp trong phép hợp hay phép giao là nhiều (có thể vô hạn). Thêm ví dụ nhé.

Hợp của các tập hợp $A_{i}$, trong đó $i\in I$ được kí hiệu là $\bigcup_{i\in I} A_{i}$.

Giao của các tập hợp $A_{i}$, trong đó $i\in I$ được kí hiệu là $\bigcap_{i\in I} A_{i}$.

 

Bạn sẽ gặp kí hiệu như trên khi tìm đọc về luật De Morgan.

 

Việc giải thích tại sao kí hiệu như thế là không có ích gì về mặt toán học. Bạn tiếp tục tìm đọc để quen hơn với kí hiệu nhé.