A proof of Euler’s formula

Công thức Euler. $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$ .

Các em học sinh hãy chứng minh công thức Euler bằng cách giải ba bài tập sau.

Bài 1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $n$ và số thực $x\in\mathbb{R}\setminus \pi\mathbb{Z}$ , ta có

$\displaystyle \frac{\sin (nx)}{(\sin x)^n}=\sum_{0\leq m\leq n/2}(-1)^mC_n^{2m+1}(\cot x)^{n-2m-1}.$

Bài 2. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $m$ , ta có $\displaystyle \sum_{r=1}^m\frac{1}{\sin^2\frac{r\pi}{2m+1}}=\frac{2m(m+1)}{3}.$

Bài 3. Chứng minh công thức Euler.

—

Phương pháp trên là của Cauchy.

Convex function

Để tiện theo dõi, các bạn đọc lại bài sau

Convex set

Cho $C$ là một đoạn, khoảng hoặc nửa khoảng không nhất thiết bị chặn.

Một hàm số $f:C\to\mathbb{R}$ được gọi là lồi trên $C$ nếu $f((1-\lambda)x+\lambda y)\leq (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$ với mọi $x,y\in C$ và mọi $\lambda\in [0;1].$

Như vậy $f$ là lồi nếu mọi đoạn có các đầu mút thuộc đồ thị đều không nằm dưới đồ thị.

Một hàm số $f:C\to\mathbb{R}$ được gọi là lồi nghiêm ngặt trên $C$ nếu $f((1-\lambda)x+\lambda y)< (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$ với mọi $x,y\in C$ và mọi $\lambda\in [0;1]$ thỏa mãn $x\not=y$ và $0<\lambda<1.$

Hàm số $f$ được gọi là lõm (lõm nghiêm ngặt) nếu hàm $-f$ lồi (lồi nghiêm ngặt).

Hàm lồi nghiêm ngặt là hàm lồi, ngược lại nói chung không đúng. Các hàm số $y=ax+b,y=\mid x\mid$ và $y=x^2$ đều lồi trên $\mathbb{R}.$ Hàm cuối cùng là hàm lồi nghiêm ngặt trên $\mathbb{R}.$

Định lí 1. Cho hàm số $f:[a;b]\to\mathbb{R}$ liên tục trên $[a;b]$ và lồi trên $(a;b).$ Khi đó $f$ lồi trên $[a;b].$

Định lí 2. Hàm số $f:C\to\mathbb{R}$ lồi trên $C$ nếu và chỉ nếu tập hợp $\text{epi}\, f=\{(x;y)\in C\times \mathbb{R}\mid f(x)\leq y\}$ là tập hợp lồi. Tập hợp này được gọi là bia của $f.$

Nếu một hàm số lồi trên một khoảng thì nó liên tục trên khoảng đó. Để chứng minh kết quả này ta cần bổ đề sau.

Bổ đề. Cho hàm số $f:C\to\mathbb{R}$ lồi trên $C.$ Khi đó $\displaystyle\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\leq \frac{f(z)-f(x)}{z-x}\leq \frac{f(z)-f(y)}{z-y}$ với mọi $x,y,z\in C$ thỏa mãn $x<y<z.$

Định lí 3. Nếu $f:(a;b)\to\mathbb{R}$ lồi trên $(a;b)$ thì $f$ liên tục trên $(a;b).$

Nếu thay miền xác định của $f$ bởi đoạn thì khẳng định không còn đúng. Chẳng hạn hàm số $f:[0;1]\to\mathbb{R}$ xác định bởi $f(x)=\begin{cases}1,\quad x=0\\ 0,\quad 0<x\leq 1\end{cases}$ là hàm số lồi trên $[0;1]$ nhưng không liên tục trên $[0;1].$

Sau đây là tiêu chuẩn lồi với các hàm có đạo hàm cấp hai.

Continue reading →

Dilworth’s theorem

Một quan hệ hai ngôi $R$ trên một tập hợp $X$ là một tập hợp con của $X\times X$ . Khi $(x,y)\in R$ , ta viết $xRy$ . Một tập hợp sắp thứ tự một phần, hay poset, là một tập $S$ cùng với một quan hệ hai ngôi $R$ trên $S$ , thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(1) Phản xạ: $aRa$ với mọi $a$ thuộc $S$ .

(2) Phản đối xứng: Nếu $aRb$ và $bRa$ thì $a=b$ .

(3) Bắc cầu: Nếu $aRb$ và $bRc$ thì $aRc$ .
Khi $S$ là một poset với quan hệ hai ngôi $R$ thì ta cũng nói $R$ là một quan hệ thứ tự trên $S$ . Trong trường hợp này ta hay ký hiệu $R$ bởi $\leq$ hoặc $\leq_P$ . Phần tử $a$ của $S$ được gọi là phần tử cực đại nếu với mỗi $b$ thuộc $S$ , $(a,b)$ và $(b,a)$ không thuộc $R$ , hoặc $bRa$ . Nói cách khác, $a$ được gọi là phần tử cực đại nếu với mỗi $b$ thuộc $S$ , $a$ và $b$ không so sánh được với nhau hoặc $b\leq a$ . Tương tự ta có khái niệm phần tử cực tiểu.

Ví dụ 1. Tập hợp các số thực $\mathbb R$ cùng với quan hệ hai ngôi $R$ gồm các cặp $(a,b)$ sao cho $a\leq b$ là một poset. Quan hệ này có tính chất: với mỗi số thực $a$ và $b$ , $aRb$ hoặc $bRa$ .
Ví dụ 2. Tập hợp các số nguyên dương $\mathbb N^*$ cùng với quan hệ hai ngôi $R$ gồm các cặp $(a,b)$ sao cho $a$ chia hết $b$ là một poset. Quan hệ này không có tính chất của quan hệ bên trên, nghĩa là có hai phần tử của tập các số nguyên dương không so sánh được theo quan hệ thứ tự này.
Ví dụ 3. Cho $X$ là một tập hữu hạn có nhiều hơn $1$ phần tử và ký hiệu $\mathcal{P}(X)$ là tập lũy thừa của $X$ , là tập gồm tất cả tập con của $X$ . Tập hợp $\mathcal{P}(X)$ cùng với quan hệ hai ngôi $R$ gồm các cặp $(a,b)$ sao cho $a\subset b$ là một poset. Luôn tìm được hai phần tử của tập lũy thừa không so sánh được theo quan hệ thứ tự này.

Cho $S$ là một poset. Nếu với mỗi $a,b\in S$ , $a\leq b$ hoặc $b\leq a$ , thì poset được gọi là một tập hợp sắp thứ tự toàn phần, và $\leq$ được gọi là một quan hệ thứ tự toàn phần trên $S$ . Nếu $a\leq b$ và $a\not=b$ thì ta viết $a<b$ . Một tập con của $S$ được gọi là một xích nếu $\leq$ là một quan hệ thứ tự toàn phần trên tập con đó. Một tập con của $S$ được gọi là một phản xích nếu hai phần tử bất kỳ trong nó không so sánh được theo quan hệ $\leq$ .

Quan hệ thứ tự trong ví dụ 1 là một quan hệ thứ tự toàn phần, các quan hệ thứ tự trong các ví dụ 2 và 3 không phải là quan hệ thứ tự toàn phần. Trong ví dụ 1, mọi tập các số thực đều là xích. Trong ví dụ 2, tập hợp $\{18,25,49\}$ là một phản xích. Trong ví dụ 3, khi $X=[9]$ , thì $\{\{1,2\}, \{1,2,4\},\{1,2,4,9\}\}$ là một xích.

Bây giờ ta đến với định lí chính của bài. Chứng minh được lấy từ [1].

Định lí Dilworth. Cho $P$ là một poset hữu hạn. Khi đó số nhỏ nhất các xích đôi một rời nhau có hợp là $P$ bằng số lớn nhất các phần tử trong một phản xích của $P$ .
Chứng minh. Gọi $m$ là số nhỏ nhất các xích đôi một rời nhau có hợp là $P$ , và $M$ là số lớn nhất các phần tử trong một phản xích của $P$ . Dễ thấy $m\geq M$ . Ta đi chứng minh bất đẳng thức còn lại bằng quy nạp theo $\mid P\mid$ . Khẳng định đúng với $\mid P\mid=0$ . Bây giờ gọi $C$ là một xích cực đại trong $P$ . Nếu mỗi phản xích trong $P\setminus C$ chứa tối đa $M-1$ phần tử thì ra có điều cần chứng minh. Bây giờ giả sử $\{a_1,a_2,\ldots,a_M\}$ là một phản xích trong $P\setminus C$ . Gọi $S^-$ là tập các $x$ thuộc $P$ sao cho tồn tại $i$ để $x\leq a_i$ , và $S^+$ được xác định tương tự. Vì $C$ là cực đại nên phần tử lớn nhất của $C$ không thuộc $S^-$ , và theo giả thiết quy nạp $S^-$ là hợp của $M$ xích đôi một rời nhau $S_1^-$ , $S_2^-$ , $\ldots$ , $S_M^-$ , trong đó $a_i\in S_i^-$ với mọi $i$ . Dễ thấy với mỗi $i$ , $a_i$ là phần tử lớn nhất của $S_i^-$ . Lập luận tương tự với $S^+$ , sau đó hợp các xích tương ứng ta có một biểu diễn của $P$ như là hợp của $M$ xích đôi một rời nhau. $\Box$

Định lí sau đây là một đối ngẫu của định lí Dilworth. Chứng minh được lấy từ [2]

Định lí Mirsky. Cho $P$ là một poset. Nếu $P$ không có một xích $m+1$ phần tử, thì $P$ là hợp của $m$ phản xích.

Chứng minh. Khi $m=1$ định lí là đúng theo cách hiển nhiên. Bây giờ giả sử định lí là đúng với $m-1$ . Giả sử $P$ là một poset hữu hạn không có xích gồm $m+1$ phần tử. Gọi $M$ là tập các phần tử cực đại của $P$ . Khi đó $M$ là phản xích và $P\setminus M$ không có xích với $m$ phần tử. Theo giả thiết quy nạp, $P\setminus M$ là hợp của $m-1$ phản xích. Từ đây ta có điều cần chứng minh. $\Box$
Kết quả sau là một hệ quả của định lí Mirsky.

Định lí Erdos – Szekeres. Cho hai số nguyên dương $m$ và $n$ . Khi đó mỗi dãy dài $mn+1$ các số thực phân biệt đều chứa một dãy con tăng dài $m+1$ hoặc một dãy con giảm dài $n+1$ .
Chứng minh. Xét một dãy như trong định lí, và gọi $P$ là tập các số hạng của dãy. Khẳng định là đúng khi $m=1$ , bây giờ ta xét $m>1$ . Tập hợp $P$ là một poset hữu hạn với quan hệ thứ tự $\leq_P$ được định nghĩa như sau: Với hai phần tử $x$ và $y$ của $P$ , $x\leq_P y$ nếu $x\leq y$ và $x$ không đứng sau $y$ trong dãy ban đầu. Xích trong $P$ là một dãy con tăng, và phản xích trong $P$ là một dãy con giảm. Theo định lí Mirsky, hoặc có một xích với $m+1$ phần tử hoặc $P$ là hợp của $m$ phản xích. Nếu xảy ra trường hợp đầu thì có dãy con tăng dài $m+1$ , nếu xảy ra trường hợp sau thì có một dãy con giảm dài ít nhất
$\displaystyle \left[\frac{mn+1}{m}\right]+1=n+1.$ $\Box$

Tài liệu tham khảo

[1] Tverberg, H.: On dilworth’s decomposition theorem for partially ordered sets. Journal of Combinatorial Theory 3, 305–306 (1967)

[2] L. Mirsky: A dual of Dilworth’s decomposition theorem, Amer. Math. Monthly 78, 876–877.

Pell’s equation

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một số định lí của Dirichlet về xấp xỉ số thực bởi số hữu tỉ, và áp dụng các định lí đó vào lý thuyết phương trình Pell.

Định lí 1 (Dirichlet). Cho số thực $\theta$ và số nguyên dương $Q$ . Khi đó có số nguyên dương $q$ và số nguyên $a$ thỏa mãn $q\leq Q$ và $\displaystyle \left|\theta-\frac{a}{q}\right|\leq\dfrac{1}{q(Q+1)}.$

Chứng minh. Phân hoạch nửa đoạn $[0;1)$ thành $Q+1$ nửa đoạn

$\displaystyle I_k=\left[\frac{k}{Q+1};\frac{k+1}{Q+1}\right),\quad k=0,1,\ldots,Q.$

Xét $Q$ số $\{1.\theta\},\{2.\theta\},\ldots,\{Q.\theta\}$ .

Nếu $I_0$ chứa ít nhất một số trong dãy trên, chẳng hạn $\{m.\theta\}$ , ta chọn $q=m$ . Nếu $I_{Q}$ chứa ít nhất một số trong dãy trên, chẳng hạn $\{n.\theta\}$ , ta chỉ cần chọn $q=n$ . Nếu hai khoảng trên không chứa số nào thì tồn tại một khoảng $I_i$ chứa ít nhất hai số $\{j.\theta\},$ $\{k.\theta\}$ $(j<k)$ trong dãy, ta chọn $q=k-j$ . $\Box$

Như vậy mọi số thực có thể được xấp xỉ bởi một số hữu tỉ có mẫu bị chặn với độ chính xác phụ thuộc vào chặn trên của mẫu. Sau đây là một áp dụng đẹp đẽ của định lí trên:

Hệ quả. Mọi số nguyên tố dạng $4k+1$ có thể viết thành tổng của hai số chính phương.

Chứng minh. Theo định lí Wilson, tồn tại số nguyên dương $c$ sao cho $c^2+1\equiv 0\pmod{p}.$ Theo định lí Dirichlet, tồn tại các số nguyên $a,b$ sao cho $1\leq b\leq [\sqrt{p}]$ và

$\displaystyle \left|\frac{c}{p}-\frac{a}{b}\right|\leq\frac{1}{b([\sqrt{p}]+1)}<\frac{1}{b\sqrt{p}}. \quad (*)$

Từ $(*)$ ta có $|cb-ap|<\sqrt{p}$ , suy ra $0<(cb-ap)^2+b^2<2p$ , mà $(cb-ap)^2+b^2\equiv b^2(c^2+1)\equiv 0\pmod{p},$ suy ra $(cb-ap)^2+b^2=p.$ $\Box$

Định lí 2 (Dirichlet). Cho số vô tỷ $\alpha$ . Khi đó có vô hạn số hữu tỷ $\displaystyle\frac{a}{q}$ sao cho $q>0$ và $\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{q}\right|<\frac{1}{q^2}.$ Hơn nữa ta có thể chọn $q$ lớn tùy ý.

Chứng minh. Ta sẽ xây dựng dãy hữu tỷ thỏa mãn bằng quy nạp.

Với số nguyên $Q\geq 1$ bất kỳ, theo định lí 1, tồn tại phân số $\displaystyle\frac{a}{q}$ sao cho $1\leq q\leq Q$ và

$\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{q}\right|\leq\frac{1}{q(Q+1)}.$

Bằng cách thu gọn $\displaystyle\frac{a}{q}$ nếu cần, ta có thể xem phân số này tối giản. Do $Q+1>q$ nên từ bất đẳng thức trên ta có

$\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{q}\right|\leq\frac{1}{q(Q+1)}<\frac{1}{q^2}.$

Giả sử ta đã xây dựng được dãy các phân số tối giản đôi một khác nhau $\displaystyle\frac{a_1}{q_1},\frac{a_2}{q_2},\ldots,\frac{a_m}{q_m}$ thỏa mãn bất đẳng thức trong định lí. Vì $\alpha$ là số vô tỷ nên $|\alpha-a_i/q_i|>0\,\forall i$ , bởi thế nên ta có thể chọn được số nguyên dương $Q$ để $Q>\max \{|\alpha-a_i/q_i|^{-1}\}.$ Dùng định lí 1 cho số $Q$ này ta tìm được phân số tối giản $\displaystyle\frac{a_{m+1}}{q_{m+1}}$ sao cho $1\leq q_{m+1}\leq Q$ và