A Proof of Brill’s Theorem via Directional Derivatives

Let $K$ be the field of real numbers $\mathbb{R}$ or the field of complex numbers $\mathbb{C}$ . Given a vector $v = (v_1, \ldots, v_n) \in K^n$ . The directional derivative operator with respect to the vector $v$ , denoted by $D_v$ , is a map from the ring $K[x_1, \ldots, x_n]$ to itself, defined by

$\displaystyle D_v(P) = \sum_{i=1}^n v_i \frac{\partial P}{\partial x_i},$

where $\frac{\partial P}{\partial x_i}$ is the formal partial derivative of the polynomial $P$ with respect to the variable $x_i$ .

Theorem 1. Let $P, Q \in K[x_1, \ldots, x_n]$ , constants $a, b \in K$ , and a linear form $L(x) = c_1x_1 + \ldots + c_nx_n$ . The operator $D_v$ has the following properties.

(1) $D_v(aP + bQ) = aD_v(P) + bD_v(Q)$ .

(2) $D_v(PQ) = D_v(P)Q + P D_v(Q)$ .

(3) For any positive integer $k$ , $D_v(P^k) = k P^{k-1} D_v(P)$ .

(4) $D_v(L) = L(v)$ .

Proof. (1) By the definition of the partial derivative of a polynomial, we have

$\displaystyle \frac{\partial (aP + bQ)}{\partial x_i} = a\frac{\partial P}{\partial x_i} + b\frac{\partial Q}{\partial x_i},$

thus we immediately obtain $\displaystyle D_v(aP + bQ) = aD_v(P) + bD_v(Q).$

(2) Since the formal partial derivative obeys the product rule

$\displaystyle \frac{\partial (PQ)}{\partial x_i} = \frac{\partial P}{\partial x_i}Q + P\frac{\partial Q}{\partial x_i}$ we have

$\displaystyle D_v(PQ) = \sum_{i=1}^n v_i \left( \frac{\partial P}{\partial x_i}Q + P\frac{\partial Q}{\partial x_i} \right)$

$\displaystyle = \left( \sum_{i=1}^n v_i \frac{\partial P}{\partial x_i} \right) Q + P \left( \sum_{i=1}^n v_i \frac{\partial Q}{\partial x_i} \right) = D_v(P)Q + P D_v(Q).$

(3) We prove this by mathematical induction on $k$ .

For $k=1$ , the formula becomes $D_v(P^1) = 1 \cdot P^0 \cdot D_v(P)$ , which is trivially true.

Suppose the property holds for $k-1$ , that is

$\displaystyle D_v(P^{k-1}) = (k-1)P^{k-2}D_v(P).$

Applying (2), we obtain

$\displaystyle D_v(P^k) = D_v(P)P^{k-1} + P D_v(P^{k-1})$

$=D_v(P)P^{k-1} + P \big( (k-1)P^{k-2}D_v(P) \big)=k P^{k-1} D_v(P).$

By the principle of mathematical induction, the property holds for all positive integers $k$ .

(4) For a linear form $L(x) = c_1x_1 + \ldots + c_nx_n$ , we have

$\displaystyle D_v(L) = \sum_{i=1}^n v_i \frac{\partial L}{\partial x_i} = \sum_{i=1}^n v_i c_i = L(v).$

The theorem is completely proved. $\Box$

Theorem 2 (Brill). Suppose $K$ is the field of real numbers $\mathbb{R}$ or the field of complex numbers $\mathbb{C}$ . Let $L_1, L_2, \ldots, L_m$ be $m$ non-zero linear forms in $n$ $(n>1)$ variables that are pairwise non-proportional over $K$ . Then, for any integer $k \ge m-1$ , the set of powers $\{L_1^k, L_2^k, \ldots, L_m^k\}$ is linearly independent over $K$ .

Proof. We prove the theorem by mathematical induction on the number of linear forms $m$ . For $m=1$ , we have 1 non-zero linear form $L_1$ . For any integer $k \ge 0$ , the polynomial $L_1^k$ is not the zero polynomial, so the set consisting of only one element $\{L_1^k\}$ is trivially linearly independent. Thus, the assertion holds for $m=1$ .

Now suppose the assertion holds for $m-1$ linear forms, for some integer $m > 1$ . Consider $m$ non-zero pairwise non-proportional linear forms $L_1, \ldots, L_m$ and an exponent $k \ge m-1$ .

Consider the linear relation

$\displaystyle \sum_{i=1}^m c_i L_i^k = 0$ (1)

where $c_i \in K$ . We need to show that $c_i = 0$ for all $i = 1, \ldots, m$ .

Since $L_m$ is not identically $0$ , the set of points $x \in K^n$ such that $L_m(x) = 0$ is an $(n-1)$ -dimensional vector subspace of the space $K^n$ . At the same time, since $L_i$ is not proportional to $L_m$ for all $i < m$ , the intersection of the two spaces $L_i(x) = 0$ and $L_m(x) = 0$ is an $(n-2)$ -dimensional subspace.

The field $K$ has characteristic $0$ and is therefore an infinite field. A vector space over an infinite field cannot be the union of finitely many proper subspaces (see [1]). Therefore, there exists a vector $v = (v_1, \ldots, v_n) \in K^n$ such that $L_m(v) = 0$ and $\displaystyle L_i(v) \neq 0, \quad \forall i = 1, \ldots, m-1.$

Consider the directional derivative operator with respect to the vector $v$ defined as follows

$\displaystyle D_v = \sum_{j=1}^n v_j \frac{\partial}{\partial x_j}.$

When applying $D_v$ to a linear form $\displaystyle L(x) = a_1x_1 + \ldots + a_nx_n,$

we have $\displaystyle D_v(L) = a_1v_1 + \ldots + a_nv_n = L(v).$

When applying this operator to the $k$ -th power of $L$ , we obtain

$\displaystyle D_v(L^k) = k \cdot L^{k-1} \cdot D_v(L) = k \cdot L(v) \cdot L^{k-1}.$

Applying the operator $D_v$ to both sides of equation (1), we have

$\displaystyle \sum_{i=1}^m c_i k L_i(v) L_i^{k-1} = 0.$

Since $L_m(v) = 0$ , the $m$ -th term vanishes completely. Since $m \ge 2$ , we have $k \ge m-1 \ge 1$ , so we can divide both sides by $k$ (which is valid since $K$ has characteristic $0$ ) to obtain

$\displaystyle \sum_{i=1}^{m-1} \big(c_i L_i(v)\big) L_i^{k-1} = 0.$

Since $k \ge m-1$ , we deduce that $k-1 \ge m-2$ . Applying the inductive hypothesis to $m-1$ linear forms with the exponent $k-1$ , the set of polynomials $\{L_1^{k-1}, \ldots, L_{m-1}^{k-1}\}$ is linearly independent. Therefore, all coefficients in the sum above must be zero. That is,

$\displaystyle c_i L_i(v) = 0, \quad \forall i = 1, \ldots, m-1.$ But by the choice of the vector $v$ , we already have $L_i(v) \neq 0$ , so we must have $\displaystyle c_i = 0, \quad \forall i = 1, \ldots, m-1.$ Substituting $c_1 = \ldots = c_{m-1} = 0$ back into (1), we have $c_m L_m^k = 0$ . Since $L_m$ is not zero, $c_m = 0$ .

Thus $c_1 = c_2 = \ldots = c_m = 0$ , and $\{L_1^k, L_2^k, \ldots, L_m^k\}$ is linearly independent. By the principle of mathematical induction, the theorem is proved. $\Box$

References

[1] https://nttuan.org/2010/02/04/finite-unions-of-proper-subspaces-over-an-infinite-field/

The Motzkin-Straus Theorem

To fully comprehend this topic, a basic understanding of multivariable calculus is required. A highly recommended reference is [1], specifically Theorem 2.4.15.

Let $\displaystyle G$ be a simple, undirected graph with vertices labeled as $\displaystyle 1, 2, \dots, n$ . Let $\displaystyle S$ be the set of all non-negative real vectors whose components sum to $\displaystyle 1$ :

$\displaystyle S = \left\{ x = (x_1, x_2, \dots, x_n) \in \mathbb{R}^n \;\middle|\; x_i \ge 0 \text{ for all } i=1,\dots,n, \text{ and } \sum_{i=1}^{n} x_i = 1 \right\}.$

For any vector $\displaystyle x \in S$ , we define the objective function $\displaystyle f(x)$ as the sum of the products of the weights associated with adjacent vertices in $\displaystyle G$ :

$\displaystyle f(x) = \sum_{(i,j) \in E} x_i x_j. \qquad (1)$

Here, each edge $\displaystyle (i,j) = (j,i) \in E$ is counted exactly once. The Motzkin-Straus theorem investigates the maximum value of this function over the set $\displaystyle S$ , denoted as:

$\displaystyle f(G) = \max_{x \in S} f(x) = \max_{x \in S} \sum_{(i,j) \in E} x_i x_j.$

Remark on Existence: The function $\displaystyle f(x)$ defined in (1) is a polynomial, which implies it is continuous everywhere on $\displaystyle \mathbb{R}^n$ . Furthermore, the domain $\displaystyle S$ is a closed and bounded set (a compact set) in $\displaystyle \mathbb{R}^n$ . According to the Extreme Value Theorem, any continuous real-valued function attains both a global maximum and a global minimum on a closed and bounded domain. Therefore, the maximum value $\displaystyle f(G)$ is strictly guaranteed to exist.

Theorem (Motzkin-Straus, 1965). Let $\displaystyle k$ be the clique number (the order of the largest complete subgraph) of $\displaystyle G$ . Then

$\displaystyle f(G)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{k}\right). \qquad (2)$

Proof. Suppose $\displaystyle x = (x_1, x_2, \dots, x_n)$ is a point in $\displaystyle S$ that maximizes the function

$\displaystyle f(x) = \sum_{(i,j)\in G} x_i x_j.$

Let $\displaystyle V_x = \{i \mid x_i > 0\}$ be the set of vertices with positive weights. Suppose $\displaystyle V_x$ does not induce a complete subgraph (clique). Then, there exist at least two vertices $\displaystyle u, v \in V_x$ that are not adjacent in $\displaystyle G$ .

Let $\displaystyle S_u = \sum_{j \in N(u)} x_j$ and $\displaystyle S_v = \sum_{j \in N(v)} x_j$ be the sum of the weights of the neighbors of $\displaystyle u$ and $\displaystyle v$ in $\displaystyle G$ , respectively. Without loss of generality, assume that $\displaystyle S_u \le S_v$ .

We construct a new weight distribution $\displaystyle x'$ by shifting the entire weight of $\displaystyle u$ to $\displaystyle v$ :

$\displaystyle x'_u = 0$
$\displaystyle x'_v = x_u + x_v$
$\displaystyle x'_i = x_i$ for all $\displaystyle i \neq u, v$ .

It is clear that $\displaystyle x' \in S$ because the total weight remains $\displaystyle 1$ and all weights remain non-negative. The change in the objective function is given by

$\displaystyle f(x') - f(x) = x_u (S_v - S_u).$

Since $\displaystyle x_u > 0$ and $\displaystyle S_v \ge S_u$ , we have $\displaystyle f(x') \ge f(x)$ . However, because $\displaystyle x$ is already a global maximizer, it must hold that $\displaystyle f(x') = f(x)$ .

The new point $\displaystyle x'$ still achieves the maximum value, but the number of vertices with positive weights has decreased by 1 (since $\displaystyle x'_u = 0$ ). We repeat this weight-shifting process for any remaining pair of non-adjacent vertices with positive weights. This process must terminate after a finite number of steps. Upon termination, all vertices with positive weights must be mutually adjacent, meaning they form a complete subgraph $\displaystyle C$ .

Let $\displaystyle m$ be the number of vertices in $\displaystyle C$ . Since $\displaystyle k$ is the clique number of $\displaystyle G$ , we must have $\displaystyle m \le k$ . On the complete subgraph $\displaystyle C$ , all vertices are pairwise adjacent, so

$\displaystyle f(x) = \sum_{(i,j) \in C} x_i x_j = \frac{1}{2} \left( \left( \sum_{i \in C} x_i \right)^2 - \sum_{i \in C} x_i^2 \right).$

Since the sum of the weights on $\displaystyle C$ is $\displaystyle \sum_{i \in C} x_i = 1$ , we obtain

$\displaystyle f(x) = \frac{1}{2} \left( 1 - \sum_{i \in C} x_i^2 \right).$

By the Cauchy-Schwarz inequality, we have

$\displaystyle \sum_{i \in C} x_i^2 \ge \frac{1}{m} \left( \sum_{i \in C} x_i \right)^2 = \frac{1}{m}.$

This implies $\displaystyle f(x) \le \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{m} \right).$

Since the function $\displaystyle g(m) = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{m}\right)$ is strictly increasing with respect to $\displaystyle m$ and $\displaystyle m \le k$ , we get:

$\displaystyle f(x) \le \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{k} \right). \qquad (3)$

Now, choose a maximum complete subgraph of $\displaystyle G$ with order $\displaystyle k$ . Assume the vertices of this subgraph are $\displaystyle 1, 2, \dots, k$ . By distributing the total weight equally among these $\displaystyle k$ vertices and setting the weights of all other vertices to $\displaystyle 0$ , i.e.,

$\displaystyle x_1 = x_2 = \dots = x_k = \frac{1}{k} \quad \text{and} \quad x_{k+1} = \dots = x_{n} = 0,$

we can compute the value of the objective function at this specific point as:

$\displaystyle f(x) = \binom{k}{2} \cdot \frac{1}{k^2} = \frac{k(k-1)}{2} \cdot \frac{1}{k^2} = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{k} \right). \qquad (4)$

Combining (3) and (4), we conclude that the maximum value of the objective function on the set $\displaystyle S$ is precisely $\displaystyle f(G) = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{k}\right).$

This completes the proof. ∎

Corollary (Turán’s Theorem). Let $\displaystyle G$ be a graph with $\displaystyle n$ vertices and edge set $\displaystyle E$ . If $\displaystyle G$ contains no complete subgraph of order $\displaystyle k+1$ (meaning the clique number of $\displaystyle G$ does not exceed $\displaystyle k$ ), then the number of edges in $\displaystyle G$ satisfies

$\displaystyle |E| \le \frac{n^2}{2} \left( 1 - \frac{1}{k} \right).$

Proof. Consider the uniform weight distribution $\displaystyle x = \left(\frac{1}{n}, \frac{1}{n}, \dots, \frac{1}{n}\right)$ . Clearly, $\displaystyle x \in S$ since all coordinates are non-negative and their sum equals 1.

Evaluating the objective function $\displaystyle f(x)$ at this point, each edge $\displaystyle (i,j) \in G$ contributes exactly $\displaystyle \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n^2}$ . Since the graph $\displaystyle G$ has $\displaystyle |E|$ edges, we have:

$\displaystyle f(x) = \sum_{(i,j) \in G} x_i x_j = \sum_{(i,j) \in G} \frac{1}{n^2} = \frac{|E|}{n^2}.$

On the other hand, by the Motzkin-Straus Theorem, the value of $\displaystyle f(x)$ at any point in $\displaystyle S$ cannot exceed the global maximum $\displaystyle f(G)$ . Let $\displaystyle m$ be the clique number of $\displaystyle G$ . By hypothesis, $\displaystyle m \le k$ . Therefore:

$\displaystyle f(x) \le f(G) = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{m} \right) \le \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{k} \right).$

Combining these two results, we obtain $\displaystyle |E| \le \frac{n^2}{2} \left( 1 - \frac{1}{k} \right).$

The inequality is thus proven. ∎

References
[1] Jerry Shurman, Calculus and Analysis in Euclidean Space (pages 23-56).

Formal power series

Định nghĩa 1. Một chuỗi lũy thừa hình thức là một biểu diễn có dạng

$a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\ldots,$

hay gọn hơn $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k.$ Trong đó $(a_n)_{n\geq 0}$ là một dãy các số phức. Các $a_i$ được gọi là các hệ số của chuỗi lũy thừa hình thức, $a_0$ được gọi là hệ số tự do của chuỗi lũy thừa hình thức.

Từ “hình thức” trong định nghĩa trên có nghĩa là ta không bận tâm đến việc cho $x$ các giá trị đặc biệt, ta cũng không quan tâm đến tính hội tụ hay phân kỳ của chuỗi. Tập tất cả các chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số thuộc một tập hợp $A$ được ký hiệu bởi $A[[x]]$ . Với một chuỗi lũy thừa hình thức $a(x)$ , ta ký hiệu hệ số của $x^n$ trong chuỗi này bởi $[x^n]a(x)$ .

Nếu $a_i=0$ với mọi $i>m$ thì để cho gọn, chuỗi $\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$ sẽ được viết là

$a_0+a_1x+\ldots+a_mx^m.$

Chuỗi lũy thừa hình thức với tất cả các hệ số bằng $0$ được gọi là chuỗi không, ký hiệu là $0$ . Tổng và tích của hai chuỗi lũy thừa hình thức $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$ và $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n$ được định nghĩa bởi

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n+\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n=\sum_{n=0}^{\infty}(a_n+b_n)x^n$

và

$\displaystyle\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^na_kb_{n-k}\right)x^n.$

Với hai phép toán này thì $\mathbb{C}[[x]]$ là một vành giao hoán có đơn vị là chuỗi đơn vị $1+0x^1+0x^2+0x^3+\ldots,$ ký hiệu là $1$ .

Tương tự như với các số phức, ta có kết quả sau:

Định lý 1. Nếu $a$ và $b$ là các phần tử khác không của $\mathbb{C}[[x]]$ , thì chuỗi tích $ab$ cũng khác chuỗi không.

Chứng minh. Gọi $m$ là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho $[x^m]a\not=0$ , và $n$ là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho $[x^n]b\not=0$ . Khi đó

$[x^{m+n}](ab)=([x^m]a)([x^n]b)\not=0,$

suy ra $ab$ khác chuỗi không. $\Box$

Khác với phép nhân trong tập các số phức, không phải mọi chuỗi khác không đều có nghịch đảo. Chẳng hạn, khi $a(x)=0+x+0x^2+0x^3+\ldots,$ (chuỗi này thường được viết là $a(x)=x$ ) thì $a(x)\not=0$ nhưng không có chuỗi $b(x)$ để $a(x)b(x)=1$ .

Định lý 2. Chuỗi $a(x)$ có nghịch đảo khi và chỉ khi $[x^0]a(x)\not=0$ .

Chứng minh. Giả sử chuỗi $a(x)$ có nghịch đảo, và $b(x)$ là nghịch đảo của nó. Khi đó

$1=[x^0](ab)=([x^0]a)([x^0]b),$

suy ra $[x^0]a(x)\not=0$ .

Bây giờ giả sử $\displaystyle a(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$ là một chuỗi lũy thừa hình thức có $a_0=[x^0]a(x)\not=0$ . Chuỗi lũy thừa hình thức $\displaystyle b(x)=\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n$ là nghịch đảo của $a(x)$ khi và chỉ khi $a_0b_0=1$ và

$\displaystyle\sum _{k=0}^na_kb_{n-k}=0,\quad\forall n\geq 1.$

Từ hệ này ta có thể xác định $b(x)$ bởi $b_0=1/a_0$ và

$\displaystyle b_n=-\frac{1}{a_0}\sum _{k=1}^na_kb_{n-k},\quad\forall n\geq 1.$ $\Box$

Khi $a$ là một chuỗi có nghịch đảo thì ta ký hiệu chuỗi nghịch đảo của nó bởi $a^{-1}$ . Tích của chuỗi $b$ và chuỗi $a^{-1}$ thường được viết là $\frac{b}{a}$ .

Ví dụ. Chuỗi lũy thừa hình thức $1-x$ có nghịch đảo là chuỗi

$\displaystyle \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\ldots$

Định nghĩa 2. Dãy các chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số phức $\{S_n(x)\}_{n\geq 1}$ được gọi là hội tụ đến chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số phức $S(x)$ , ký hiệu $\displaystyle\lim_{n\to\infty} S_n(x)=S(x)$ , nếu với mỗi $n\geq 0$ có số nguyên dương $N$ sao cho $[x^n]S_i(x)=[x^n]S(x)$ mỗi khi $i\geq N$ . Trong trường hợp này ta nói $\{S_n(x)\}_{n\geq 1}$ là một dãy hội tụ.

Khi $\displaystyle A(x)=\sum_{n\geq 0}a_nx^n$ là một phần tử khác không của $\mathbb{C}[[x]]$ , ta gọi bậc của $A(x)$ , ký hiệu $\deg A(x)$ , là số $n$ nhỏ nhất sao cho $a_n\not=0$ . Dễ thấy nếu $B(x)$ và $C(x)$ là các phần tử khác không của $\mathbb{C}[[x]]$ thì $B(x)C(x)$ cũng là một phần tử khác không của $\mathbb{C}[[x]]$ , và

$\deg B(x)C(x)=\deg B(x)+\deg C(x).$

Ta quy ước $\deg 0=\infty$ . Sử dụng bậc của một chuỗi lũy thừa hình thức ta có một định nghĩa khác của tính hội tụ của dãy các chuỗi lũy thừa hình thức.

Continue reading →

Discrete random variables

Ta thường không quan tâm đến thí nghiệm mà chỉ quan tâm đến một số hệ quả từ thí nghiệm đó. Chẳng hạn, những tay cờ bạc chỉ quan tâm đến số tiền họ được hay mất, không quan tâm mấy đến trò chơi. Nhiều hệ quả từ thí nghiệm có thể được biểu diễn bằng một hàm trên không gian mẫu của thí nghiệm.

Định nghĩa 1. Cho một không gian xác suất $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ . Một biến ngẫu nhiên là một hàm $X:\Omega\to\mathbb{R}$ sao cho với mỗi $x\in\mathbb{R}$ , $\{\omega\in\Omega\mid X(\omega)\leq x\}\in\mathcal{F}.$

Một biến ngẫu nhiên được gọi là rời rạc nếu nó chỉ nhận giá trị trong một tập hợp đếm được.

Không khó khăn lắm để thấy rằng nếu $X$ và $Y$ là các biến ngẫu nhiên (biến ngẫu nhiên rời rạc) thì $X+Y$ , $XY$ , và $\alpha X$ ( $\alpha\in\mathbb{R}$ ) cũng là các biến ngẫu nhiên (biến ngẫu nhiên rời rạc).

Định nghĩa 2. Cho một không gian xác suất $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ và một biến ngẫu nhiên $X:\Omega\to\mathbb{R}$ . Hàm phân bố của biến ngẫu nhiên $X$ là hàm $F_X:\mathbb{R}\to [0;1]$ xác định bởi

$F_X(x)=\mathbb{P}(\{\omega\in\Omega\mid X(\omega)\leq x\}),\quad\forall x\in\mathbb{R}.$

Để cho gọn, ta viết sự kiện $\{\omega\in\Omega\mid X(\omega)\leq x\}$ bởi $\{ X\leq x\}$ . Khi đó xác suất $\mathbb{P}(\{\omega\in\Omega\mid X(\omega)\leq x\})$ sẽ được viết là $\mathbb{P}( X\leq x)$ .

Ví dụ 1. Tung một đồng xu hai lần. Không gian mẫu của phép thử là $\Omega =\{NN,SS,SN,NS\}$ . Xét biến ngẫu nhiên $X$ , số mặt ngửa, xác định bởi

$X(NN)=2, X(SS)=0, X(SN)=1, X(NS)=1.$

Hàm phân bố của $F_X:\mathbb{R}\to [0;1]$ của $X$ xác định bởi

$F_X(x)=\begin{cases}0,\quad x<0\\ 1/4,\quad 0\leq x<1\\ 3/4,\quad 1\leq x<2\\ 1,\quad x\geq 2.\end{cases}$

Ví dụ 2. Xét không gian xác suất $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ và một biến cố $A$ . Hàm chỉ báo của $A$ là hàm $I_A: \Omega\to \mathbb{R}$ xác định bởi

$I_A(\omega)=\begin{cases}1,\quad \omega\in A\\ 0,\quad \omega\not\in A.\end{cases}$

Ta thấy $I_A$ là một biến ngẫu nhiên rời rạc với hàm phân bố $F:\mathbb{R}\to [0;1]$ xác định bởi

$F(x)=\begin{cases}0,\quad x<0\\ 1-\mathbb{P}(A),\quad 0\leq x<1\\ 1,\quad x\geq 1. \end{cases}$

Nếu $\{A_i\}_{i\in I}$ là một họ các biến cố đôi một rời nhau sao cho $\displaystyle A\subset \bigcup_{i\in I} A_i$ thì

$I_A(\omega)=\sum_{i\in I}I_{A\cap A_i}(\omega),\quad \forall \omega\in \Omega.$ $\Box$

Định lý 1. Hàm phân bố $F_X$ của biến ngẫu nhiên $X$ có các tính chất sau

(a) với mỗi số thực $x_1$ và $x_2$ , nếu $x_1<x_2$ thì $F_X(x_1)\leq F_X(x_2)$ .

(b) $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}F_X(x)=0$ và $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}F_X(x)=1$ .

(c) $F_X$ liên tục phải tại mọi điểm.

Chứng minh. Xét hai số thực $x_1$ và $x_2$ với $x_1<x_2$ . Biến cố $\{X\leq x_2\}$ là hợp của hai biến cố rời nhau $\{X\leq x_1\}$ và $\{x_1<X\leq x_2\}$ nên

$F_X(x_2)=\mathbb{P}(X\leq x_2)=\mathbb{P}(X\leq x_1)+\mathbb{P}(x_1<X\leq x_2)\geq \mathbb{P}(X\leq x_1)=F_X(x_1).$

Ta có $\{X\leq n\}_{n\geq 1}$ là một dãy tăng các sự kiện có hợp bằng $\Omega$ , theo định lý 1 trong [1], ta có

$1=\mathbb{P}(\Omega)=\mathbb{P}\left(\bigcup_{n=1}^{+\infty}\{X\leq n\}\right)=\lim_{n\to +\infty}\mathbb{P}(X\leq n),$

kết hợp với tính đơn điệu của $F_X$ ta được $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}F_X(x)=1$ . Tính chất $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}F_X(x)=0$ được chứng minh theo cách tương tự.

Bây giờ xét một số thực $x_0$ . Ta thấy $\{x_0<X\leq x_0+\frac{1}{n}\}_{n\geq 1}$ là một dãy giảm các sự kiện có giao bằng rỗng, theo định lý 2 trong [1], ta có

$0=\mathbb{P}\left(\bigcap_{n=1}^{+\infty}\left\{x_0<X\leq x_0+\frac{1}{n}\right\}\right)=\lim_{n\to +\infty}\left(F_X\left(x_0+\frac{1}{n}\right)-F_X(x_0)\right),$

kết hợp với tính đơn điệu của $F_X$ ta có $F_X$ liên tục phải tại $x_0$ . $\Box$

Continue reading →

Tree

Một đồ thị không chứa chu trình được gọi là một rừng. Một rừng liên thông được gọi là một cây.

Ví dụ 1. Cho $G$ là một cây trên $n>1$ đỉnh. Chứng minh rằng $G$ có ít nhất hai lá, và nếu $v$ là một lá thì $G\setminus\{v\}$ là một cây.

Hướng dẫn. Trong các đường đi của $G$ , quan tâm đến một đường đi dài nhất. Chứng minh hai đầu của nó là lá. Chỉ ra $G\setminus\{v\}$ là một rừng liên thông. $\Box$

Định lý 1. Với một đồ thị $G$ , các khẳng định sau là tương đương:

(1) $G$ là một cây;

(2) Mỗi hai đỉnh của $G$ được nối với nhau bởi một đường đi duy nhất trong $G$ ;

(3) $G$ là đồ thị liên thông và với mỗi cạnh $e$ , đồ thị có được từ $G$ bằng cách bỏ đi cạnh $e$ không phải là đồ thị liên thông;

(4) $G$ không chứa chu trình và với mỗi hai đỉnh không kề nhau $x$ và $y$ , đồ thị có được từ $G$ bằng cách thêm vào cạnh $xy$ chứa một chu trình.

Chứng minh. Giả sử $G$ là một cây và $x$ , $y$ là hai đỉnh của $G$ . Vì $G$ là đồ thị liên thông nên có một đường đi nối $x$ và $y$ , ký hiệu là $\alpha$ . Nếu có một đường đi khác đường đi này nối $x$ và $y$ , ký hiệu là $\beta$ , gọi $z$ là đỉnh chung gần $x$ nhất của hai đường đi. Đường đi từ $x$ đến $z$ dọc theo $\alpha$ hợp với đường đi từ $z$ đến $x$ dọc theo $\beta$ tạo thành một chu trình, vô lý. Vậy ta đã chứng minh $(1)\Rightarrow (2)$ .

Xét một cạnh $e=xy$ của $G$ . Nếu đồ thị có được từ $G$ bằng cách bỏ đi cạnh $e$ là đồ thị liên thông, thì trong $G$ có một đường đi nối $x$ và $y$ mà không chứa $e$ . Đường đi này cùng với $e$ là hai đường đi nối $x$ và $y$ . Vậy ta đã chứng minh $(2)\Rightarrow (3)$ , vì nếu có $(2)$ thì đồ thị phải là đồ thị liên thông.

Bây giờ giả sử có $(3)$ . Trước tiên ta thấy $G$ không chứa chu trình, vì nếu không ta bỏ đi một cạnh của chu trình thì đồ thị mới vẫn liên thông, vô lý. Xét hai đỉnh không kề nhau $x$ và $y$ . Vì $G$ là đồ thị liên thông nên có đường đi nối $x$ và $y$ . Thêm cạnh $xy$ vào đường đi này ta có một chu trình trong đồ thị có được từ $G$ bằng cách thêm vào cạnh $xy$ . Vậy ta có $(4)$ .

Cuối cùng, ta giả sử có $(4)$ . Xét hai đỉnh phân biệt $x$ và $y$ . Nếu $x$ và $y$ kề nhau thì có đường đi nối $x$ và $y$ , là $xy$ chẳng hạn. Nếu $x$ và $y$ không kề nhau thì đồ thị có được từ $G$ bằng cách thêm vào cạnh $xy$ chứa một chu trình. Vì $G$ không chứa chu trình nên chu trình này chứa $xy$ , bỏ $xy$ ra khỏi nó ta có đường đi trong $G$ nối $x$ và $y$ . Vậy ta có $(1)$ . $\Box$

Hệ quả. Một đồ thị liên thông trên $n$ đỉnh là một cây khi và chỉ khi nó có $n-1$ cạnh.

Chứng minh. Giả sử $G$ là một cây trên $n$ đỉnh. Vì $G$ là đồ thị liên thông nên theo định lý 1 trong [4], ta có thể đánh số các đỉnh của $G$ là $v_1$ , $v_2$ , $\ldots$ , $v_n$ sao cho $G_i:=G[v_1,v_2,\ldots,v_i]$ là đồ thị liên thông với mọi $i$ . Do $G$ là một cây nên mỗi $G_i$ là một cây. Giả sử $G_i$ có $i-1$ cạnh với mọi chỉ số $i<k$ ( $k$ là một số nguyên dương sao cho $k\leq n$ ). Vì $G_k$ là liên thông nên với mỗi $i<k$ , có đường đi trong $G_k$ nối $v_i$ và $v_k$ . Trong tất cả các đường đi như thế, xét đường đi ngắn nhất và giả sử nó nối $v_1$ và $v_k$ . Đường đi này phải có độ dài bằng $1$ , hay $v_k$ và $v_1$ kề nhau trong $G$ . Vì $G$ không có chu trình nên trong $G_{k-1}$ , chỉ có đúng một đỉnh kề với $v_k$ , suy ra $G_k$ có $k-2+1=k-1$ cạnh. Theo nguyên lý quy nạp toán học, $G=G_n$ có $n-1$ cạnh.

Ngược lại, giả sử $G$ là một đồ thị liên thông trên $n$ đỉnh và có $n-1$ cạnh. Gọi $T$ là một đồ thị con bao trùm liên thông cực tiểu của $G$ . Do tính cực tiểu, khi bỏ mỗi cạnh ra khỏi $T$ thì đồ thị thu được không liên thông, suy ra theo định lý 1 thì $T$ là một cây. Cây này có số cạnh bằng $n-1$ theo phần đầu của chứng minh, do đó $T=G$ . $\Box$

Trong một số vấn đề, việc xét một cây với gốc sẽ rất thuận tiện. Giả sử có một cây $T$ và một đỉnh cố định $r$ , gọi là gốc của cây. Với hai đỉnh $x$ và $y$ của $T$ , có đúng một đường đi nối $x$ và $y$ , ta ký hiệu nó là $xTy$ . Với $a,b\in T$ , ta viết $a\leq_T b$ (hoặc $a\leq b$ khi không sợ nhầm lẫn) nếu $a\in rTb$ . Ta thấy $\leq_T$ là một quan hệ thứ tự bộ phận trên $T$ , gọi là thứ tự cây. Khi $a<b$ ta nói $b$ nằm trên $a$ , hay $a$ nằm dưới $b$ . Theo quan hệ thứ tự này thì $r$ là phần tử nhỏ nhất của $T$ , mỗi lá là phần tử cực đại. Hai đầu mút của mỗi cạnh của $T$ là so sánh được.

Ví dụ 2. Cho số nguyên $n$ lớn hơn $1$ và một cây trên $n$ đỉnh. Các đỉnh của cây được viết các số thực $x_1$ , $x_2$ , $\ldots$ , $x_n$ . Mỗi cạnh của cây được viết tích của hai số được viết trên các đầu mút của cạnh, gọi $S$ là tổng tất cả các số này. Chứng minh rằng

$\displaystyle\sqrt{n-1}\left(x_1^2+x_2^2+\dots+x_n^2\right)\geq 2S.$

Lời giải. Giả sử tập các đỉnh của cây là $V=\{v_1, v_2, \ldots, v_n\}$ sao cho với mỗi $i$ , số được viết trên $v_i$ là $x_i$ . Với hai đỉnh kề nhau $v_i$ và $v_j$ , gọi $P(i,j)$ là tập các đỉnh của cây không nối được đến $v_i$ bởi một đường đi sau khi xóa khỏi cây cạnh $v_iv_j$ . Ta có ngay $1\leq \mid P(i,j)\mid \leq n-1$ mỗi khi $v_i$ và $v_j$ kề nhau.

Nhận xét 1. Nếu $v_i$ và $v_j$ kề nhau thì $\mid P(i,j)\mid +\mid P(j,i)\mid=n$ .

Chứng minh. Gọi $v$ là một đỉnh của cây, và xem nó là gốc. Ta có $v_i$ và $v_j$ là so sánh được theo thứ tự cây. Nếu $v_i<v_j$ thì $v\in P(j,i)$ , nếu $v_j<v_i$ thì $v\in P(i,j)$ , nhưng không thể có cả hai. Như vậy $V$ được phân hoạch thành $P(i,j)$ và $P(j,i)$ , từ đây ta có điều cần chứng minh. $\Box$

Nhận xét 2. Với mỗi $i$ ,

$\displaystyle \sum_{v_j\in N(v_i)}\mid P(i,j)\mid =n-1$ .

Chứng minh. Cố định một chỉ số $i$ . Do mỗi đỉnh đều nối đến $v_i$ bởi một đường đi duy nhất và cây không có chu trình nên các $P(i,j)$ với $v_j\in N(v_i)$ làm thành một phân hoạch của $V\setminus\{v_i\}$ , từ đây ta có điều cần chứng minh. $\Box$

Bây giờ với mỗi cạnh $v_iv_j$ , theo nhận xét 1 ta có

$\displaystyle \mid P(i,j)\mid .\mid P(j,i)\mid=\frac{n^2-(\mid P(i,j)\mid -\mid P(j,i)\mid)^2}{4}\geq n-1,$

suy ra

$\displaystyle\frac{\mid P(i,j)\mid}{\sqrt{n-1}}x_i^2+\frac{\mid P(j,i)\mid}{\sqrt{n-1}}x_j^2\geq 2\sqrt{\frac{\mid P(i,j)\mid .\mid P(j,i)\mid}{n-1}}|x_ix_j|\geq 2x_ix_j.$