Perfect rulers

Giả sử ta có một cái thước kẻ dài $\displaystyle 6$ , trên đó đã đánh dấu các điểm $\displaystyle 0$ , $\displaystyle 1$ , $\displaystyle 2$ , $\displaystyle 3$ , $\displaystyle 4$ , $\displaystyle 5$ , $\displaystyle 6$ . Sử dụng chiếc thước này ta có thể tạo mọi đoạn có độ dài thuộc $\displaystyle [6]$ , nhưng ta không cần đánh dấu trên thước nhiều điểm như thế để đạt được điều này. Ta có thể đánh dấu $\displaystyle 0$ , $\displaystyle 1$ , $\displaystyle 4$ , $6$ là đủ (đoạn độ dài $2$ được đo giữa hai điểm $4$ và $6$ , đoạn độ dài $3$ được đo giữa $1$ và $4$ , đoạn độ dài $4$ được đo giữa $0$ và $4$ , đoạn độ dài $5$ được đo giữa $1$ và $6$ ). Vì $C_4^2=6$ nên hoàn cảnh này là hoàn hảo.

Bài toán. Cho một số nguyên $n$ lớn hơn $4$ . Chứng minh rằng không tồn tại $n$ số tự nhiên phân biệt $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_n$ sao cho mọi số nguyên dương không vượt quá $C_n^2$ đều có dạng $a_i-a_j$ .

Lời giải. Giả sử ngược lại, tồn tại $n$ số tự nhiên phân biệt $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_n$ sao cho mọi số nguyên dương không vượt quá $C_n^2$ đều có dạng $a_i-a_j$ .

Xét đa thức $\displaystyle A(z) = \sum_i z^{a_i}$ . Theo tính chất của các số $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_n$ , ta có

$\displaystyle A(z) \cdot A\left(\frac{1}{z}\right)=\sum_{k=-C_n^2}^{C_n^2} z^k+n-1,\quad \forall z\in\mathbb{C}\setminus \{0\}.$

Continue reading →

A nonnegative trigonometric polynomial

Bài toán. Cho số tự nhiên $n$ . Chứng minh rằng với mỗi số thực $x$ , ta có

$\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{\cos x}{2}+\frac{\cos 2x}{3}+\cdots+\frac{\cos nx}{n+1}\geq 0.$

Lời giải. Dễ thấy khi $\displaystyle n<3$ thì khẳng định là đúng. Bây giờ ta xét $\displaystyle n\geq 3.$ Vế trái là hàm số chẵn, tuần hoàn với chu kỳ $\displaystyle 2\pi$ , và bất đẳng thức đúng với $\displaystyle x=0$ . Vì thế ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $\displaystyle 0<x\leq \pi.$ Sử dụng số phức ta chứng minh được kết quả sau:

Bổ đề. $\displaystyle \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n\cos kx=\frac{\sin (2n+1)\frac{x}{2}}{2\sin \frac{x}{2}}$ , và $\displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{\sin (2k+1)\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}}=\frac{\sin^2(n+1)\frac{x}{2}}{2\sin^2 \frac{x}{2}}.$

Gọi vế trái của bất đẳng thức là $\displaystyle f_n(x).$ Dùng biến đổi Abel hai lần và bổ đề, ta có $\displaystyle 2\sin^2(x/2)f_n(x)=\sum_{k=0}^{n-2}\frac{2\sin^2(k+1)(x/2)}{(k+1)(k+2)(k+3)}+\frac{\sin^2n(x/2)}{n(n+1)}$

$\displaystyle +\frac{\sin (2n+1)(x/2)\sin (x/2)}{n+1}.\quad (1)$

Nếu $\displaystyle (2n+1)\frac{x}{2}\leq \pi$ thì dễ có điều cần chứng minh, bây giờ ta xét trường hợp còn lại, khi đó $\displaystyle n+1>\frac{2\pi+x}{2x}.\quad (2).$

Từ $\displaystyle (1)$ và $\displaystyle n\geq 3$ , bằng cách dùng hai số hạng đầu trong tổng, ta có bất đẳng thức

$\displaystyle 2\sin^2(x/2)f_n(x)\geq \frac{\sin^2(x/2)}{3}+\frac{\sin^2x}{12}-\frac{\sin (x/2)}{n+1}.$

Vì thế, bài toán sẽ được giải nếu ta chứng minh được $\displaystyle n+1\geq \frac{6}{\sin \frac{x}{2}(3+\cos x)}:=g(x).\quad (3)$

Bây giờ ta xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: $\displaystyle 0<x\leq \pi/3.$

Hàm số $\displaystyle y=\sin t/t$ nghịch biến trên $\displaystyle (0;\pi/6]$ nên $\displaystyle \sin\frac{x}{2}\geq \frac{3x}{2\pi},$ suy ra $\displaystyle g(x)\leq \frac{4\pi}{x(3+\cos x)},$ mà $\displaystyle \cos t\geq 1-\frac{t^2}{2}$ với mọi $\displaystyle t$ không âm nên $\displaystyle g(x)\leq \frac{8\pi}{x(8-x^2)}.\quad (4)$

Vì $\displaystyle 0<x\leq \pi/3$ nên $\displaystyle x^2+2\pi x<8,$ suy ra $\displaystyle \frac{8\pi}{x(8-x^2)}<\frac{2\pi+x}{2x}.$ Kết hợp với $\displaystyle (2)$ ta có $\displaystyle (3)$ đúng.

Trường hợp 2: $\pi/3<x\leq \pi.$

Bằng cách chuyển về biến $\displaystyle t=\sin x/2$ ta chứng minh được $\displaystyle g(x)<4\leq n+1,$ và có $\displaystyle (3)$ lại đúng.

An inequality with n variables

Bài toán. Cho số nguyên $n>2$ và $n$ số thực $a_1,a_2,\ldots,a_n$ có tổng bằng không. Chứng minh rằng

$\displaystyle \sum_{i=1}^na_i^2\leq \frac{n^2}{16}\sum_{i=1}^n(a_i-a_{i+1})^2.\quad (*)$

Lời giải. Vì $\displaystyle \sum a_i=0$ nên

$\displaystyle n\sum a_i^2=n\sum a_i^2-(\sum a_i)^2=\sum_{i<j}(a_i-a_j)^2.$

Với mỗi $\displaystyle i$ , đặt $\displaystyle d_i=a_i-a_{i+1}$ . Ta có

$\displaystyle 2n\sum_{i=1}^na_i^2 = \sum_{i\not=j}(a_i-a_j)^2$ $\displaystyle =\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=1}^n(a_i-a_{i+k})^2= \sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=1}^n\left(d_i+d_{i+1}+\cdots+d_{i+k-1}\right)^2.$

Từ đây, để ý $\displaystyle \sum_{i=1}^n d_i=0$ và dùng bất đẳng thức Cauchy ta có

$\displaystyle 2n\sum_{i=1}^n a_i^2\leq \sum_{i=1}^n(1^2+2^2+\cdots+2^2+1^2)d_i^2.$

Trong đó $\displaystyle T_n=1^2+2^2+\cdots+2^2+1^2$ là tổng của $\displaystyle n-1$ số. Đến đây, chia hai trường hợp $\displaystyle n$ chẵn và $\displaystyle n$ lẻ ta dễ tính được $\displaystyle T_n$ và từ đó có $\displaystyle (*)$ . $\Box$

Stern–Brocot tree

Có một dãy tương tự như dãy Farey (xem [1] và [2]), tên chúng là dãy Stern-Brocot. Dãy này được tìm ra một cách độc lập bởi Moritz Stern (1858) và Achille Brocot (1861). Stern là một nhà Toán học Đức còn Brocot là một nhà thiết kế đồng hồ người Pháp.

Trong định nghĩa sau, $\displaystyle \dfrac{1}{0}$ là số hữu tỷ hình thức, ta xem như nó lớn hơn mọi số hữu tỷ. Dãy Stern-Brocot thứ $\displaystyle n\, (n\in\mathbb{N})$ , ký hiệu $\displaystyle SB_n$ , được xác định như sau: $\displaystyle SB_0$ là dãy $\displaystyle \frac{0}{1},\frac{1}{0}$ và với mỗi số nguyên dương $\displaystyle n$ , $\displaystyle SB_n$ được tạo ra bằng cách chép lại toàn bộ (giữ nguyên thứ tự) các số hạng của $\displaystyle SB_{n-1}$ và chèn vào giữa hai số hạng liên tiếp phân số trung gian ở dạng tối giản của chúng.

Một số dãy Stern-Brocot:

$\displaystyle SB_0:\frac{0}{1},\frac{1}{0}$ .

$\displaystyle SB_1:\frac{0}{1},\frac{1}{1},\frac{1}{0}$ .

$\displaystyle SB_2:\frac{0}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{1},\frac{2}{1},\frac{1}{0}$ .

Dễ thấy rằng với mỗi số tự nhiên $\displaystyle n$ , $\displaystyle SB_n$ là một dãy tăng gồm $\displaystyle 2^n+1$ số hữu tỷ không âm, và hai số cách đều số ở giữa là nghịch đảo của nhau.

Ta có thể nhúng các dãy Stern-Brocot vào một cây như hình , gọi là cây Stern-Brocot. Ta thấy mỗi số hữu tỷ không âm có mặt đúng một lần trong cây. Thật vậy, vì mỗi dãy Stern-Brocot là một dãy tăng nên mọi số hữu tỷ không âm xuất hiện nhiều nhất một lần trong cây, bây giờ ta chứng minh mọi số hữu tỷ không âm đều xuất hiện trong cây. Xét một số hữu tỷ không âm ở dạng tối giản $\displaystyle \dfrac{m}{n}$ . Tồn tại số tự nhiên $\displaystyle p$ và hai số hạng $\displaystyle \dfrac{a}{b},\dfrac{a'}{b'}$ của $\displaystyle SB_p$ sao cho $\displaystyle \dfrac{a}{b}<\dfrac{m}{n}<\dfrac{a'}{b'}$ . Nếu $\displaystyle \dfrac{m}{n}$ là phân số trung gian của $\displaystyle \dfrac{a}{b},\dfrac{a'}{b'}$ thì tất nhiên nó xuất hiện trong cây, nếu không sẽ xảy ra một trong hai trường hợp: $\displaystyle \dfrac{a}{b}<\dfrac{m}{n}<\dfrac{a+a'}{b+b'}$ , ta thay phân số $\displaystyle \dfrac{a'}{b'}$ bởi $\displaystyle \dfrac{a+a'}{b+b'}$ ; $\displaystyle \dfrac{a+a'}{b+b'}<\dfrac{m}{n}<\dfrac{a'}{b'}$ , ta thay phân số $\displaystyle \dfrac{a}{b}$ bởi $\displaystyle \dfrac{a+a'}{b+b'}$ . Quá trình này không thể tiếp tục mãi vì với dãy dạng $\displaystyle \dfrac{a}{b}<\dfrac{m}{n}<\dfrac{a'}{b'}$ ta luôn có $\displaystyle m+n\geq a+a'+b+b'$ , suy ra $\displaystyle \dfrac{m}{n}$ xuất hiện trong cây.

Khi thay $\displaystyle \dfrac{0}{1}<\dfrac{1}{0}$ bởi hai số hữu tỷ không âm $\displaystyle \dfrac{a}{b}<\dfrac{c}{d}$ với $\displaystyle bc-ad=1$ ta sẽ được các dãy mới, gọi là các dãy Stern-Brocot suy rộng. Có thể chứng minh được rằng mọi số hữu tỷ nằm giữa $\displaystyle \dfrac{a}{b}$ và $\displaystyle \dfrac{c}{d}$ đều xuất hiện trong một dãy Stern-Brocot suy rộng nào đó.