Absolute convergence

Cho $\displaystyle (u_n)_{n\geq 1}$ là một dãy các số thực. Chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\mid u_n\mid$ hội tụ. Chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ được gọi là hội tụ có điều kiện nếu nó hội tụ nhưng không hội tụ tuyệt đối. Trong bài trước (xem [1]) ta đã biết chuỗi điều hòa thay phiên là một chuỗi hội tụ có điều kiện. Theo tiêu chuẩn Cauchy, mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều là chuỗi hội tụ.

Khi làm việc với các chuỗi hội tụ, ta thường muốn việc nhóm vài số hạng liên tiếp hay sắp xếp lại các số hạng sẽ không ảnh hưởng đến sự hội tụ hoặc tổng của chuỗi. Không khó khăn lắm để thấy rằng việc nhóm các số hạng liên tiếp tạo ra một chuỗi hội tụ có tổng bằng tổng của chuỗi ban đầu. Ta có kết quả quan trọng sau liên quan đến sắp xếp các số hạng của chuỗi.

Định lý 1. Cho $\displaystyle (u_n)_{n\geq 1}$ là một dãy các số thực sao cho chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ hội tụ tuyệt đối. Khi đó với mọi song ánh $\displaystyle\sigma :\mathbb{N}^*\to\mathbb{N}^*$ , chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_{\sigma (n)}$ hội tụ và tổng của nó bằng tổng của chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ .

Chứng minh. Gọi $\displaystyle S$ là tổng của chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ , và $\displaystyle\epsilon$ là một số thực dương bất kỳ. Khi đó tồn tại số nguyên dương $\displaystyle m$ đủ lớn sao cho $\displaystyle \mid S_m-S\mid<\epsilon/2$ và

$\displaystyle\sum_{k=m+1}^{+\infty}\mid u_k\mid <\epsilon/2,$

trong đó $\displaystyle (S_n)_{n\geq 1}$ là dãy các tổng riêng của chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ .

Xét một song ánh $\displaystyle\sigma :\mathbb{N}^*\to\mathbb{N}^*$ . Gọi $\displaystyle (T_n)_{n\geq 1}$ là dãy các tổng riêng của chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} u_{\sigma (n)}$ , và $\displaystyle N$ là một số nguyên dương sao cho các số $\displaystyle 1$ , $\displaystyle 2$ , $\displaystyle \ldots$ , $\displaystyle m$ đều thuộc tập hợp $\displaystyle\{\sigma (1),\sigma (2),\ldots,\sigma (N)\}.$ Với số nguyên $\displaystyle n>N$ , ta có

$\displaystyle \mid T_n-S\mid\leq \mid T_n-S_m\mid +\mid S_m-S\mid$

$\displaystyle\leq \sum_{k=m+1}^{+\infty}\mid u_k\mid +\mid S_m-S\mid<\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon.$

Suy ra $\displaystyle T_n\to S$ và ta có điều phải chứng minh. $\Box$

Bây giờ giả sử $\displaystyle (u_n)_{n\geq 1}$ là một dãy các số thực sao cho chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ hội tụ có điều kiện. Ta thấy có vô hạn số hạng của dãy là số dương, và có vô hạn số hạng của dãy là số âm. Gọi $\displaystyle (d_i)_{i\geq 1}$ và $(a_i)_{i\geq 1}$ lần lượt là dãy con tất cả các số hạng không âm và dãy con tất cả các số hạng âm của dãy $\displaystyle (u_n)_{n\geq 1}$ . Hai chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}d_n$ và $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ đều phân kỳ. Cố định một số thực $\displaystyle \alpha$ . Lấy ra khỏi $\displaystyle (d_i)$ một vài số hạng đầu có tổng lớn hơn $\displaystyle\alpha$ , sau đó lấy ra khỏi $\displaystyle (a_i)$ một vài số hạng đầu để tổng các số được chọn (gồm cả những số được chọn từ $\displaystyle (d_i)$ ) nhỏ hơn $\displaystyle \alpha$ . Tiếp theo, trong dãy $\displaystyle (d_i)$ còn lại, lấy vài số hạng đầu để tổng các số được lấy (gồm cả những số được chọn từ các bước trước) lớn hơn $\displaystyle\alpha$ , sau đó trong dãy $\displaystyle (a_i)$ còn lại, lấy một vài số hạng đầu để tổng các số được lấy (gồm cả những số được chọn từ các bước trước) nhỏ hơn $\displaystyle \alpha$ . Cứ tiếp tục như vậy ta có một chuỗi có tổng bằng $\displaystyle\alpha$ . Ta đã mô tả chứng minh của kết quả sau, chi tiết có trong [2].

Định lý 2 (Định lý chuỗi Riemann). Cho $\displaystyle (u_n)_{n\geq 1}$ là một dãy các số thực sao cho chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ hội tụ có điều kiện. Khi đó với mỗi số thực $\displaystyle\alpha$ , có song ánh $\displaystyle \sigma :\mathbb{N}^*\to\mathbb{N}^*$ sao cho chuỗi $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}u_{\sigma (n)}$ hội tụ và tổng của nó bằng $\displaystyle \alpha$ .

Tài liệu tham khảo

[1] https://nttuan.org/2018/12/30/series/

[2] Walter Rudin. Principles of Mathematical Analysis. McGraw Hill, 1976.

Lagrange interpolating polynomial

Đây là bài thứ bốn về đa thức của tôi, các bạn học sinh nên xem lại ba bài trước để học cho dễ dàng hơn.

[1] https://nttuan.org/2007/10/26/poly01/

[2] https://nttuan.org/2009/01/11/poly02/

[3] https://nttuan.org/2018/08/25/poly03/

—

Đa thức có thể được sử dụng để xấp xỉ các đường cong phức tạp, hay tính giá trị của các hàm logarit và lượng giác. Đầu tiên, chọn một vài dữ liệu đã biết, sau đó tìm một đa thức có bậc đủ bé có cùng dữ liệu đã chọn, cuối cùng xem đa thức vừa tìm được như là hàm số đang xét. Điều này dẫn đến việc tính toán nhanh hơn đáng kể.

Định lí. Cho số nguyên dương $n$ và $n+1$ số phức đôi một khác nhau $x_0,$ $x_1,$ $\ldots,$ $x_{n}.$ Khi đó với mỗi $n+1$ số phức $y_0,$ $y_1,$ $\ldots,$ $y_n,$ có đúng một đa thức $P(x)$ với hệ số phức có bậc không lớn hơn $n$ sao cho

$P(x_i)=y_i,\quad \forall i=\overline{0,n}.$

Chứng minh. Nếu $P$ và $Q$ là các đa thức thỏa mãn các điều kiện của định lí thì đa thức $P-Q$ có bậc không lớn hơn $n$ và có ít nhất $n+1$ nghiệm, suy ra $P-Q$ là đa thức không và $P=Q.$ Mặt khác, đa thức $\displaystyle P(x)=\sum_{i=0}^ny_i\prod_{j\not =i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$ thỏa mãn $P(x_i)=y_i,\quad \forall i=\overline{0,n},$ do đó định lí được chứng minh. $\Box$

Hệ quả (Công thức nội suy Lagrange). Cho số nguyên dương $n$ và đa thức $P(x)$ với hệ số phức có bậc không lớn hơn $n.$ Khi đó với mỗi $n+1$ số phức đôi một khác nhau $x_0,$ $x_1,$ $\ldots,$ $x_{n},$ ta có

$\displaystyle P(x)=\sum_{i=0}^nP(x_i)\prod_{j\not =i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}.$

Trong công thức trên, $n+1$ số phức $x_0,$ $x_1,$ $\ldots,$ $x_{n}$ được gọi là các nút nội suy. Ta thường dùng công thức nội suy Lagrange trong tình huống: Biết thông tin của $P$ tại các $x_i$ , cần tìm thông tin của $P$ tại $y\not\in \{x_i\}.$

Ví dụ 1. Cho hai đa thức $A(x)=x^{81}+x^{49}+x^{25}+x^9+x$ và $B(x)=x^3-x.$ Tìm dư khi chia $A(x)$ cho $B(x).$

Lời giải. Giả sử $Q(x)$ và $R(x)$ lần lượt là thương và dư trong phép chia $A(x)$ cho $B(x).$ Ta có $A(x)=B(x)Q(x)+R(x)$ và $\deg R<3.$ Vì $B(0)=B(1)=B(-1)=0$ nên $R(0)=0,$ $R(1)=5$ và $R(-1)=-5,$ do đó áp dụng công thức nội suy Lagrange cho $R$ với các nút $0;1$ và $-1$ ta có

$\displaystyle R(x)=R(0).\frac{(x-1)(x+1)}{(0-1)(0+1)}+R(1).\frac{(x-0)(x+1)}{(1-0)(1+1)}+R(-1).\frac{(x-0)(x-1)}{(-1-0)(-1-1)}$

$\displaystyle =\frac{5}{2}x(x+1)-\frac{5}{2}x(x-1)=5x.$ $\Box$

Ví dụ 2. Cho số nguyên dương $n$ và đa thức $P$ có bậc $n$ thỏa mãn $\displaystyle P(k)=\frac{k}{k+1},\quad \forall k=\overline{0,n}.$ Tính $P(n+1).$

Lời giải. Do $P$ có bậc $n$ nên áp dụng công thức nội suy Lagrange cho $P$ với $n+1$ nút $0,$ $1,$ $\ldots,$ $n$ ta có $\displaystyle P(x)=\sum_{k=0}^nP(k)\prod_{j\not =k}\frac{x-j}{k-j}$

$\displaystyle =\sum_{k=0}^n\frac{k}{k+1}\prod_{j\not =k}\frac{x-j}{k-j}=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n-k}k}{(k+1)!(n-k)!}\prod_{j\not =k}(x-j),\quad\forall x\in\mathbb{R}.$ Suy ra

$\displaystyle P(n+1)=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n-k}k}{(k+1)!(n-k)!}\prod_{j\not =k}(n+1-j)$

$\displaystyle =\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n-k}k}{(k+1)!(n-k)!}.\frac{(n+1)!}{n+1-k}$

$\displaystyle =\frac{1}{n+2}\sum_{k=0}^nk(-1)^{n-k}C^{k+1}_{n+2}=\frac{1}{n+2}\sum_{k=0}^n\left[(k+1)(-1)^{n-k}C_{n+2}^{k+1}+(-1)^{n-k+1}C_{n+2}^{k+1}\right]$

$\displaystyle =\frac{1}{n+2}\left(\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}(n+2)C_{n+1}^k+\sum_{i=1}^{n+1}(-1)^{n+2-i}C_{n+2}^i\right)=\dfrac{n+1+(-1)^{n+1}}{n+2}. \Box$

Ví dụ 3. Cho số nguyên dương $n$ và các số nguyên $x_0 > x_1 > \ldots > x_n.$ Chứng minh rằng một trong các số $|F(x_0)|,$ $|F(x_1)|,$ $|F(x_2)|,$ $\ldots,$ $|F(x_n)|$ lớn hơn hoặc bằng $\displaystyle \frac{n!}{2^n}.$ Trong đó

$F(x) = x^n + a_1x^{n-1} + \cdots+ a_n$

là một đa thức với hệ số thực.

Lời giải. Giả sử $\displaystyle |F(x_i)|<\dfrac{n!}{2^n},\quad \forall i=\overline{0,n}.$ Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho $P$ với $n+1$ nút $x_0,$ $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ ta có

$\displaystyle x^n + a_1x^{n-1} + \cdots+ a_n\equiv \sum_{k=0}^nF(x_k)\prod_{j\not =k}\frac{x-x_j}{x_k-x_j},$ để ý đến hệ số của $x^n$ trong hai vế ta có $\displaystyle 1=\left|\sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{F(x_k)}{x_k-x_j}\right|\leq \sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{|F(x_k)|}{|x_k-x_j|}<$ $\displaystyle \sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{\frac{n!}{2^n}}{|x_k-x_j|}\leq \sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{\frac{n!}{2^n}}{|k-j|}=1,$ không thể xảy ra điều này. $\Box$

Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mỗi số thực $a$ và với mỗi số nguyên dương $n$ ta có

$\displaystyle \sum_{k = 0}^n( - 1)^k\binom{n}{k}(a - k)^n = n!.$

Lời giải. Vế trái là đa thức của $a$ nên chỉ cần chứng minh đẳng thức khi $a$ là số nguyên. Sau đây ta chứng minh đẳng thức khi $a= 0$ và $n\geq 3$ , hay chứng minh

$\displaystyle \sum_{k = 0}^n( - 1)^{n + k}\binom{n}{k}k^n = n!.$ Theo công thức nội suy Lagrange với các nút $1,$ $2,$ $\ldots,$ $n$ ta có $\displaystyle x^n - (x - 1)(x - 2)\cdots (x - n) \equiv \sum_{k = 1}^nk^n\cdot\prod_{i\not = k}\dfrac{x - i}{k - i},\quad\forall x\in\mathbb{R}.$ Nói riêng, khi $x = 0$ ta có $\displaystyle ( - 1)^{n + 1}\cdot n! = \sum_{k = 1}^nk^n\cdot \dfrac{1}{k}\cdot \dfrac{( - 1)^{n - 1}\cdot n!}{(k - 1)!\cdot (n - k)!\cdot ( - 1)^{n - k}},$ từ đây thu được điều cần chứng minh. $\Box$ .

Continue reading →

Series

Cho $\displaystyle (u_n)_{n\geq 1}$ là một dãy các số thực. Tổng hình thức

$\displaystyle u_1+u_2+u_3+\cdots,$

ký hiệu $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ , được gọi là một chuỗi. Với mỗi số nguyên dương $\displaystyle n$ , số

$\displaystyle S_n:=u_1+u_2+\cdots+u_n=\sum_{i=1}^nu_i$

được gọi là tổng riêng thứ $\displaystyle n$ của chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ , và $\displaystyle u_n$ được gọi là số hạng tổng quát của chuỗi. Nếu dãy các tổng riêng $\displaystyle (S_n)_{n\geq 1}$ hội tụ đến $\displaystyle S$ , ta nói chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ là chuỗi hội tụ và $\displaystyle S$ được gọi là tổng của chuỗi, ký hiệu $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n=S$ .

Mặc dù $\displaystyle S$ là tổng của chuỗi, nó là giới hạn của dãy các tổng riêng, và nó không được hình thành bởi việc cộng liên tiếp các số hạng của dãy số $\displaystyle (u_n)_{n\geq 1}$ .

Ví dụ 1. Chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(n+1)}$ là một chuỗi hội tụ và tổng của nó bằng $\displaystyle 1$ . $\Box$

Ví dụ 2. Chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}$ là một chuỗi hội tụ vì dãy các tổng riêng của chuỗi này là một dãy số tăng và bị chặn trên bởi $\displaystyle 2$ . $\Box$

Ví dụ 3. Xét chuỗi điều hòa luân phiên $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ . Với mỗi số nguyên dương $\displaystyle n$ , ta có

$\displaystyle S_{2n}=\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}\right)$

và

$\displaystyle S_{2n+1}=\frac{1}{1}-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\right)-\cdots-\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1}\right).$

Do đó $\displaystyle (S_{2n})_{n\geq 1}$ là một dãy số tăng còn $\displaystyle (S_{2n+1})_{n\geq 1}$ là một dãy số giảm. Mặt khác, với mỗi số nguyên dương $\displaystyle n$ ,

$\displaystyle 0<S_{2n}<S_{2n+1}=S_{2n}+\frac{1}{2n+1}<1,$

do đó $\displaystyle (S_{2n})_{n\geq 1}$ và $\displaystyle (S_{2n+1})_{n\geq 1}$ là hai dãy hội tụ có cùng một giới hạn. Suy ra $\displaystyle (S_n)_{n\geq 1}$ hội tụ, và bởi vậy chuỗi điều hòa luân phiên là chuỗi hội tụ. $\Box$

Nếu dãy tổng riêng $\displaystyle (S_n)_{n\geq 1}$ phân kỳ, ta nói chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ là chuỗi phân kỳ. Vì $\displaystyle u_n=S_n-S_{n-1}$ với mọi $\displaystyle n>1$ , nên ta có kết quả

Định lý 1. Nếu chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ hội tụ thì $\displaystyle\lim_{n\to +\infty} u_n=0$ .

Ví dụ sau chứng tỏ điều kiện $\displaystyle u_n\to 0$ chỉ là điều kiện cần để chuỗi hội tụ.

Ví dụ 4. Chuỗi điều hòa $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}$ là chuỗi phân kỳ mặc dù $\displaystyle\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{n}=0$ . Thật vậy, giả sử chuỗi hội tụ và $\displaystyle S$ là tổng của nó. Khi đó

$\displaystyle S=\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}\right)+\cdots$

$\displaystyle >\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right)+\cdots$

$\displaystyle =\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots.$

Suy ra $S>S$ , vô lý. $\Box$

Áp dụng tiêu chuẩn Cauchy cho dãy các tổng riêng ta có một điều kiện cần và đủ để chuỗi hội tụ.

Định lý 2 (Tiêu chuẩn Cauchy). Cho $\displaystyle (u_n)_{n\geq 1}$ là một dãy các số thực. Khi đó chuỗi $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ hội tụ khi và chỉ khi với mỗi $\displaystyle \epsilon >0$ , tồn tại số nguyên dương $\displaystyle N$ để

$\displaystyle \left|\sum_{i=m}^nu_i\right|<\epsilon$

nếu $n\geq m\geq N$ .

Ở một số chỗ, để cho thuận tiện, ta cũng xét chuỗi $\displaystyle \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}u_n$ . Khi đó các khái niệm tương ứng được nêu theo cách tương tự.

Định lý 3. Với số thực $\displaystyle q$ , xét chuỗi $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}q^n$ (quy ước $\displaystyle 0^0=1$ ). Nếu $\displaystyle \mid q\mid <1$ thì chuỗi hội tụ và

$\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}q^n=\frac{1}{1-q}.$

Nếu $\displaystyle \mid q\mid \geq 1$ thì chuỗi phân kỳ.

A proof of Schonemann’s criterion

Các em học sinh nên xem lại hai bài sau:

[1] https://nttuan.org/2009/01/11/poly02/

[2] https://nttuan.org/2018/08/25/poly03/

Định lý (Schonemann, 1846). Cho số nguyên tố $p$ , số nguyên dương $n$ , và một đa thức $f(x)$ với hệ số nguyên có dạng $f(x)=(g(x))^n+ph(x).$ Trong đó $g$ và $h$ là các đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn:

(a) hệ số cao nhất của $g$ bằng $1$ và $g$ bất khả quy trong $\mathbb{F}_p[x]$ .

(b) $\deg (h)<\deg (f)$ và $(g,h)=1$ trong $\mathbb{F}_p[x]$ .

Khi đó $f$ bất khả quy trong $\mathbb{Q}[x]$ .

Chứng minh. Ta thấy hệ số cao nhất của $f$ bằng $1$ và $\deg (f)=n\deg (g).$ Giả sử $f$ khả quy trong $\mathbb{Q}[x]$ , suy ra $f=f_1f_2$ , với $f_1$ và $f_2$ là các đa thức khác hằng với hệ số nguyên cùng có hệ số cao nhất là $1$ . Khi đó trong $\mathbb{F}_p[x]$ ta có $g^n=f_1f_2,$ mà hệ số cao nhất của $g$ bằng $1$ và $g$ bất khả quy trong $\mathbb{F}_p[x]$ , suy ra trong $\mathbb{Z}[x]$ thì $f_1=g^r+pF_1$ và $f_2=g^{n-r}+pF_2,$ ở đây $r$ là số nguyên dương bé hơn $n$ , và $F_1$ , $F_2$ là hai đa thức với hệ số nguyên. Do đó trong $\mathbb{Z}[x]$ ta có đẳng thức