literallyme

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 ?

Đó là thói quen của mình khi viết về giới hạn một phía.

Còn về câu hỏi bạn tiếp tục đặt, mình sẽ trả lời luôn: trường hợp $n\leq 0$.

 

Trường hợp $n = 0$. Chúng ta chọn lân cận trái $(-1, 0)$. Khi $x\in (-1, 0)$ thì $0 < x^{2} < 1$ và $\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2} \left\lfloor x^{2}\right\rfloor\right\rfloor\right\rfloor = \left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2} \cdot 0\right\rfloor\right\rfloor = \left\lfloor x^{2}\cdot 0\right\rfloor = 0$

 

Trường hợp $n < 0$. Vì $x < n < 0$ nên $n^{2} < x^{2}$.

Để $n^{2} < x^{2} < n^{2} + 1$, chúng ta chọn $-\sqrt{n^{2} + 1} < x < n$.

Để $n^{4} < x^{2}n^{2} < n^{4} + 1$, chúng ta chọn $-\sqrt{n^{2} + \frac{1}{n^{2}}} < x < n$.

Để $n^{6} < x^{2}n^{4} < n^{6} + 1$, chúng ta chọn $-\sqrt{n^{2} + \frac{1}{n^{4}}} < x < n$.

Nếu $x\in \left(-\sqrt{n^{2} + \frac{1}{n^{4}}}, n\right)$ thì $x$ cũng thuộc $\left(-\sqrt{n^{2} + \frac{1}{n^{2}}}, n\right)$ và $\left(-\sqrt{n^{2} + 1}, n\right)$, và chúng ta tiếp tục tính dựa theo định nghĩa hàm phần nguyên dưới: $\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2} \left\lfloor x^{2}\right\rfloor\right\rfloor\right\rfloor = \left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2} n^{2}\right\rfloor\right\rfloor = \left\lfloor x^{2}n^{4}\right\rfloor = n^{6}$ và thu được giới hạn khi $n$ nguyên âm là $n^{6}$.

 

Bài toán này vẫn dễ thở vì hàm $x\mapsto x^{2}$ đủ đơn giản và đơn điệu trên từng miền âm, miền dương (như vậy việc dùng bất đăng thức mới thuận tiện như trên). Có thể tiếp tục tính giới hạn trong trường hợp $n$ là số hữu tỉ không nguyên, số vô tỉ. Nhưng mình sẽ dừng lại tại đây và đọc sách tiếp, mình khuyên bạn làm điều tương tự!

Em dựa trên lập luận của anh @Konstante để viết một lời giải đầy đủ. Lập luận của anh @Konstante là cơ sở để em có ba bất đẳng thức (a), (b), (c) như bên dưới nhằm đưa đến lời giải đầy đủ mà vẫn rõ ràng.

____

 

Nếu $n = 1$ thì chỉ cần xét đến $x$ trong khoảng $(0, 1)$ (vì giới hạn của hàm số có tính "địa phương"). Trong khoảng này, có thể trực tiếp tính $\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\right\rfloor\right\rfloor\right\rfloor$. Cụ thể là $\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\right\rfloor\right\rfloor\right\rfloor = \left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\cdot 0\right\rfloor\right\rfloor = \left\lfloor x^{2}\cdot 0\right\rfloor = 0$.

Do đó

$$\lim\limits_{x\to 1^{-}}\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\right\rfloor\right\rfloor\right\rfloor = 0$$

 

Nếu $n > 1$

Để cho (a) $n^{2} - 1\leq x^{2} < n^{2}$ thì chọn $n > x \geq \sqrt{n^{2} - 1}$ là được (không cần thiết phải tìm hết mọi miền giá trị có thể của $x$).

Để cho (b) $n^{2}(n^{2} - 1) - 1\leq x^{2}(n^{2} - 1) < n^{2}(n^{2} - 1)$ thì chọn $n > x \geq \sqrt{n^{2} - \frac{1}{n^{2} - 1}}$ là được.

Để cho (c) $n^{2}(n^{2}(n^{2} - 1) - 1) - 1\leq x^{2}(n^{2}(n^{2} - 1) - 1) < n^{2}(n^{2}(n^{2} - 1) - 1) $ thì chọn $n > x \geq \sqrt{n^{2} - \frac{1}{n^{2}(n^{2} - 1) - 1}}$ là được.

Vì

$$\sqrt{n^{2} - \frac{1}{n^{2}(n^{2} - 1) - 1}} > \sqrt{n^{2} - \frac{1}{n^{2} - 1}} > \sqrt{n^{2} - 1}$$

nên nếu chọn $n > x > \sqrt{n^{2} - \frac{1}{n^{2}(n^{2} - 1) - 1}}$ thì cả ba bất đẳng thức (a), (b), (c) đều được thỏa mãn. Tiếp tục, với $x$ sao cho $n > x > \sqrt{n^{2} - \frac{1}{n^{2}(n^{2} - 1) - 1}}$, và theo ba bất đẳng thức (a), (b), (c) cùng định nghĩa hàm phần nguyên dưới, chúng ta tính được $\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\right\rfloor\right\rfloor\right\rfloor = n^{2}(n^{2}(n^{2} - 1) - 1) - 1$.

____

 

Một cách cứng nhắc, trong bài toán này, em muốn có một lời giải theo kiểu $\varepsilon - \delta$.

 

Lời giải.

 

Nếu $n = 1$ thì giới hạn cần tìm bằng $0$ (đã lập luận ở trên).

Còn nếu $n > 1$, chúng ta làm như sau.

Với $\varepsilon > 0$ bất kỳ, chọn $\delta = n - \sqrt{n^{2} - \frac{1}{n^{2}(n^{2} - 1) - 1}}$. Với mọi $x$, nếu $0 < n - x < \delta$ thì

$$\left\vert\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\right\rfloor\right\rfloor\right\rfloor - (n^{2}(n^{2}(n^{2} - 1) - 1) - 1)\right\vert = 0 < \varepsilon$$.

Theo định nghĩa giới hạn hàm số (từ bên trái), chúng ta kết luận $\lim\limits_{x\to n^{-}}\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\left\lfloor x^{2}\right\rfloor\right\rfloor\right\rfloor = n^{2}(n^{2}(n^{2} - 1) - 1) - 1$. $\blacksquare$

Cho em hỏi tại sao lại đặt đc x và y dưới dạng phân số có cùng mẫu số c như thế ạ ??

Đó là vì với hai phân số bất kỳ, luôn có thể quy đồng mẫu số.

Nhưng quả đúng là việc đặt hai phân số có cùng mẫu số ngay từ đầu là vắn tắt quá.

 

Nếu viết đầy đủ ra thì mình viết thế này. Đặt $x = \frac{x_{1}}{x_{2}}$, $y = \frac{y_{1}}{y_{2}}$ ($x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2}$ là các số nguyên và $x_{2}\ne 0, y_{2}\ne 0$). Quy đồng mẫu số, $x = \frac{x_{1}y_{2}}{x_{2}y_{2}}, y = \frac{x_{2}y_{1}}{x_{2}y_{2}}$. Đến đây thì đặt $a = x_{1}y_{2}, b = x_{2}y_{1}, c = x_{2}y_{2}$ thì chúng ta thu được $\frac{a^{2}}{c^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} = 7$, hay $a^{2} + b^{2} = 7c^{2}$.

Cho điểm $A$ thuộc đường tròn $(c)$. Lấy điểm $Q \in (c)$, $Q$ bất kỳ khác $A$. Đường tròn $(Q,QA)$ cắt đường tròn  $(c)$ tại điểm thứ hai $P$. Đường tròn $(A,PA)$ cắt đường tròn  $(Q,QA)$ tại điểm thứ hai $D$. Đường tròn $(D,DA)$ cắt đường tròn  $(A, AP)$ tại $E,F$. Gọi $B,C$ là giao điểm thứ hai của $AE,AF$ với $(c)$. Chứng minh rằng $ABC$ là tam giác đều.

 

Mình chứng minh như sau (không phụ thuộc hình vẽ). Mình viết chứng minh dài vì giải thích từng tí một.

 

Hai đường tròn: đường tròn tâm $A$ với bán kính $AP$ và đường tròn tâm $D$ với bán kính $DA$ lần lượt đi qua tâm của nhau. Do đó với hai giao điểm $E$ và $F$ của chúng, chúng ta suy ra $AE = AF = DE = DF = AD$, kéo theo hai tam giác $ADE$ và $ADF$ là hai tam giác đều.

 

Tam giác $APD$ cân tại $A$ vì $P$ và $D$ cùng thuộc đường tròn tâm $A$ với bán kính $AP$. Cùng với việc $Q$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $APD$, chúng ta chứng minh được hai tam giác $QDA$ và $QPA$ bằng nhau và cùng hướng. Từ điều này chúng ta có cặp góc bằng nhau, cụ thể là $(AQ, AD) \equiv (PQ, PA) \pmod{\pi}$. Nếu vẽ tiếp tuyến $t$ đi qua $A$ của đường tròn $c$ thì chúng ta có $(AQ, t) \equiv (PQ, PA) \pmod{\pi}$ (phiên bản góc định hướng cho định lý góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau). Do đó $(AQ, AD) \equiv (AQ, t)\pmod{\pi}$, điều này có nghĩa là $AD$ trùng $t$, hay $AD$ là tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $c$.

 

Tiếp tục áp dụng định lý về góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung, cùng với việc hai tam giác $ADE$ và $ADF$ đều (chúng cũng ngược hướng nữa) chúng ta có

$$(CA, CB)\equiv (AD, AB) \equiv (AD, AF) \equiv (FA, FD) \equiv -(FD, FA) \pmod{\pi}$$

$$(BA, BC)\equiv (AD, AC) \equiv (AD, AE) \equiv (AF, AD) \equiv -(AD, AF) \pmod{\pi}$$

Từ hai điều này, chúng ta suy ra hai tam giác $ABC$ và $DAF$ đồng dạng ngược hướng (trường hợp góc-góc). Vì tam giác $DAF$ là tam giác đều nên tam giác $ABC$ cũng là tam giác đều.

 

____

 

Lưu ý: Việc có $\angle EAF = 120^{\circ}$ là không đủ để suy ra $\angle BAC = 60^{\circ}$. Bởi vì nếu chỉ có $\angle EAF = 120^{\circ}$ thì $\angle BAC$ có thể có số đo là $60^{\circ}$ hoặc $120^{\circ}$.

 

Mình có góp ý nữa: Các bạn không nên dùng những từ như "dễ thấy" và "quen thuộc" vì đó là những tính từ mang tính chủ quan, làm suy giảm tính khách quan và sự dễ theo dõi cho người đọc. Ngoài ra, khi lập luận, nếu nêu rõ được dùng mệnh đề gì, điều kiện gì để "suy ra" thì tốt hơn là chỉ nêu mỗi "suy ra ..."

Biểu diễn thập phân của $u_{k}$ là $\overline{a_{1}\ldots a_{n}}$. Theo định nghĩa của dãy ${(u_{n})}^{9}_{n=1}$ thì $u_{k} = k\prod^{n}_{i=1}a_{i}$ với $k \in \{ 1, 2, \ldots, 9 \}$. Các chữ số trong biểu diễn thập phân của $u_{k}$ phải khác $0$, bởi nếu có ít nhất một số bằng $0$ thì tích của chúng bằng $0$, kéo theo $u_{k} = 0$, mâu thuẫn với việc $u_{k}$ là số nguyên dương. Do đó không tồn tại $u_{10}$. Rộng hơn, nếu $k$ chia hết cho $10$ thì không tồn tại $u_{k}$.

 

Tìm $u_{k}$ tương đương với việc tìm $n$ và $a_{1}, \ldots, a_{n}$ sao cho $\overline{a_{1}\ldots a_{n}} = k\times \prod^{n}_{i=1}a_{i}$. Phía sau $a_{1}$ là $n - 1$ chữ số nguyên dương, do đó $\overline{a_{1}\ldots a_{n}} > a_{1}\times 10^{n-1}$. Bên cạnh đó, $a_{1}\times k \times 9^{n-1} > 4\times \prod^{n}_{i=1}a_{i}$. Vì hai bất đẳng thức này nên ${\left(\frac{10}{9}\right)}^{n-1} < k$.

 

Đến bước này, em chọn cách làm thủ công: xem xét từng giá trị của $k$ từ $1$ đến $9$, lấy ra các giá trị của $n$ thỏa mãn bất đẳng thức trên. Tuy nhiên, với $k = 9$, $n\leq 21$. Cách tiếp cận này của em không đủ chặt, vì xét đến một không gian tìm kiếm quá lớn (dù khả năng của máy tính cá nhân bây giờ dư sức tìm được), và kết quả của bài toán này đều là các số 1, 2, hoặc 3 chữ số thập phân. 

Bên cạnh cuốn sách kinh điển "Abstract Algebra" của hai tác giả Dummit và Foote, mình đưa ra thêm đề xuất nhẹ đô hơn là "A First Course in Abstract Algebra" của hai tác giả Fraleigh và Brand (lần tái bản thứ 8).

Mình chứng minh như sau.

 

Vì $\left\vert z\right\vert = 1$ nên $\left\vert{\left(\frac{1+\imath x}{1 - \imath x}\right)}^{m}\right\vert = 1$, kéo theo $\left\vert \frac{1 + \imath x}{1 - \imath x} \right\vert = 1$.

 

Đặt $x = a + b\imath$, trong đó, $a$ và $b$ là các số thực.

\[\left\vert\frac{1 + \imath x}{1 - \imath x}\right\vert = \left\vert\frac{(1 - b) + \imath a}{(1 + b) - \imath a} \right\vert = \sqrt{\frac{{(1-b)}^{2} + a^{2}}{{(1+b)}^{2} + a^{2}}}\]

 

Vì $\left\vert \frac{1 + \imath x}{1 - \imath x} \right\vert = 1$ nên ${(1-b)}^{2} + a^{2} = {(1+b)}^{2} + a^{2}$. Đẳng thức cuối cùng tương đương với $b = 0$, tức là $x$ là số thực.

Khi bạn nhập 41^{42}^{43} thì trình biên dịch sẽ không hiểu, bởi có hai cách diễn giải như sau

• 43 là số mũ (superscript) của 42
• 43 là superscript của 41^{42}

Để sửa lỗi, bạn cần viết sao để trình biên dịch chỉ hiểu theo một hướng thôi, dùng cặp ngoặc xoắn để giới hạn phạm vi của superscript: hoặc là 41^{42^{43}}, hoặc là {41^{42}}^{43}.

Mình bắt tay vào giải vì thấy phát biểu dễ hiểu.

 

Dự đoán. Mình đoán tiếp điểm là điểm Anti-Steiner của đường thẳng $XYZ$ với tam giác $DEF$ và đã kiểm tra . Lý do cho dự đoán này là mình thấy có đường thẳng đi qua trực tâm tam giác, và bài toán sẽ dễ giải quyết nếu các đối tượng trong bài toán liên quan đến nhau nhiều hơn. Tất nhiên, nếu như tiếp điểm không đơn giản như thế thì mình không có ý tưởng.

 

Ý tưởng. Mình không chứng minh xuôi, và phát biểu bài toán khác đi, cụ thể như sau.

 

Phát biểu khác cho bài toán. Cho tam giác $ABC$ không đều, nội tiếp đường tròn tâm $O$. $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$. $\ell$ là đường thẳng qua $H$ và vuông góc với đường thẳng $OH$. $D$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng $\ell$ với tam giác $ABC$.

$\ell$ cắt tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $X$. Hai tiếp tuyến tại $A$ và $D$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt nhau tại $X'$.

Chứng minh rằng $A$ là trung điểm của $XX'$.

 

Giải thích phát biểu. Trong phát biểu mới, tam giác $ABC$ chính là tam giác $DEF$ trong phát biểu cũ. Phát biểu mới nới lỏng giả thiết hơn, bởi vì tam giác $ABC$ không cần nhọn, trong khi tam giác $DEF$ trong phát biểu cũ luôn nhọn.

 

Dưới đây mình đưa ra các bước chứng minh cho phát biểu mới và gợi ý.

• Bước 1. Lấy thêm $H_{a}$ là trực tâm của tam giác $DBC$, $\ell_{a}$ là đường thẳng đi qua $H_{a}$ và vuông góc với $OH_{a}$. $\ell_{a}$ cắt tiếp tuyến tại $D$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $X''$. Chứng minh rằng (i) $ADH_{a}H$ là hình bình hành; (ii) $A$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng $\ell_{a}$ với tam giác $DBC$.
• Gợi ý chứng minh ở bước 1. Với (i), bạn hãy chứng minh $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{DH_{a}} = 2\overrightarrow{OM}$, trong đó $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Với (ii), hãy dùng cả hai tính chất sau của đường thăng Steiner/đường thẳng Simson: Hai tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ cùng nội tiếp một đường tròn tâm $O$, các điểm $M, N$ thuộc đường tròn này.
• góc định hướng giữa đường thăng Steiner $s(M, ABC)$ (của $M$ với tam giác $ABC$) và đường thăng Steiner $s(N, ABC)$ (của $N$ với tam giác $ABC$) có tính chất sau
• \[ (s(M, ABC), s(N, ABC)) \equiv -\frac{1}{2}(\overrightarrow{OM}, \overrightarrow{ON}) \pmod{\pi} (\dagger) \]
• góc định hướng giữa đường thăng Steiner $s(M, ABC)$ (của $M$ với tam giác $ABC$) và đường thăng Steiner $s(M, A'B'C')$ (của $M$ với tam giác $A'B'C'$) có tính chất sau
• \[ (s(M, ABC), s(M, A'B'C')) \equiv \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OA'}) +  \frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OB'}) +  \frac{1}{2}(\overrightarrow{OC}, \overrightarrow{OC'}) \pmod{\pi} (\ddagger) \]
• Khi chứng minh, hãy tận dụng việc điểm Anti-Steiner của $OH$ với tam giác $ABC$ là điểm đối xứng với $D$ qua $O$ (thực ra đây là hệ quả của $\dagger$) để biến đổi góc đơn giản hơn.
• Bước 2. Lấy $K$ là giao điểm của $\ell$ và $\ell_{a}$. Chứng minh rằng $(KX, KX'')\equiv (\ell, \ell_{a}) \equiv (X'X, X'X'')\pmod{\pi}$ để suy ra $K, X, X', X''$ cùng thuộc một đường tròn.
• Bước 3. Chứng minh rằng $O$ là tâm đường tròn đi qua $K, X, X', X''$.
• Gợi ý chứng minh ở bước 3. Bản chất của bước 3 là mệnh đề sau: Nếu bốn điểm $A$, $B$, $C$, $D$ cùng thuộc một đường tròn tâm $O$, và hình chiếu vuông góc của một điểm $P$ lên các đường thẳng $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ lần lượt là $E$, $F$, $G$, $H$ sao cho $EFGH$ là hình bình hành thì $P$ trùng $O$.
• Bước 4. Hoàn tất.
• Chi tiết: Vì $O$ là  tâm đường tròn đi qua $K, X, X', X''$ và $A$, $D$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $O$ lên các đường thẳng $\ell$, $\ell_{a}$ nên $A$, $D$ lần lượt là trung điểm của $XX'$ và $X'X''$.

Ngoài ra bạn muốn thảo luận, hỏi thêm gì với bài toán này không?

 

Bổ sung. Mình nói thêm về bước 1, đó là bước khó nhất trong danh sách các bước trên. Mệnh đề (ii) trong Bước 1 được rút ra từ mệnh đề sau (dùng kí hiệu trong phát biểu mới của bài toán):

Với tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$. $K$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng Euler với tam giác $ABC$ (nói cách khác, $KD$ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$). $AA'$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Khi đó $A'$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng Euler của tam giác $DBC$.

 

Gợi ý chứng minh mệnh đề. Sử dụng tính chất sau của điểm Anti-Steiner: nếu $T$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng $HP$ với tam giác $ABC$ (trong đó $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$, $P$ là một điểm khác $H$) thì $T, P, D, M$ cùng thuộc một đường tròn (trong đó $A, D$ là hai giao điểm của $AP$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$; còn $M$ là điểm đối xứng với $P$ qua đường thẳng $BC$). Việc áp dụng tính chất đó sẽ kéo theo $O, A', K, M$ cùng thuộc một đường tròn. Với sự tương tự của hai tam giác $ABC$ và $DBC$ thì từ điều này suy ra $A'$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng Euler của tam giác $DBC$.