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 →

Probability space

Các bạn đọc lại bài https://nttuan.org/2024/01/24/naive-definition-of-probability/ để theo dõi bài cho dễ dàng.

Một họ $\mathcal{G}$ các tập con của một tập hợp $\Omega$ được gọi là một đại số các tập con của $\Omega$ nếu nó có ba tính chất sau:

(1) $\Omega\in\mathcal{G}$ .

(2) Nếu $C\in \mathcal{G}$ thì $\Omega\setminus C\in\mathcal{G}$ .

(3) Nếu $C_1,C_2,\ldots,C_n\in\mathcal{G}$ thì $\displaystyle \bigcup_{i=1}^nC_i\in\mathcal{G}$ .

Ví dụ 1. Với tập hợp $\displaystyle \Omega$ , ta có họ $\displaystyle \mathcal{G}=\{\emptyset,\Omega\}$ là một đại số các tập con của $\displaystyle \Omega$ . $\Box$

Bổ đề 1. Cho $\displaystyle \mathcal{G}$ là một đại số các tập con của $\displaystyle \Omega$ . Khi đó

(1) $\displaystyle \emptyset\in\mathcal{G}$ .

(2) Nếu $\displaystyle C_1,C_2,\ldots,C_n\in\mathcal{G}$ thì $\displaystyle \bigcap_{i=1}^nC_i\in\mathcal{G}$ .

(3) Nếu $\displaystyle C_1,C_2\in\mathcal{G}$ thì $C_1\setminus C_2\in\mathcal{G}$ .

Chứng minh. Vì $\displaystyle \Omega\in\mathcal{G}$ nên $\displaystyle \emptyset=\Omega\setminus\Omega$ cũng thuộc $\displaystyle \mathcal{G}$ . Nếu $\displaystyle C_1$ , $\displaystyle C_2$ , $\displaystyle \ldots$ , $\displaystyle C_n\in\mathcal{G}$ thì

$\displaystyle \Omega\setminus \bigcap_{i=1}^nC_i=\bigcup_{i=1}^n(\Omega\setminus C_i)\in\mathcal{G},$

suy ra $\displaystyle \bigcap_{i=1}^nC_i\in\mathcal{G}$ . Cuối cùng, nếu $\displaystyle C_1$ , $\displaystyle C_2\in\mathcal{G}$ thì $\displaystyle C_1\setminus C_2=\Omega\setminus ((\Omega\setminus C_1)\cup C_2)\in\mathcal{G}.$ $\Box$

Định nghĩa 1. Một họ $\displaystyle \mathcal{G}$ các tập con của một tập hợp $\displaystyle \Omega$ được gọi là một $\displaystyle \sigma-$ đại số các tập con của $\displaystyle \Omega$ nếu nó có ba tính chất sau:

(1) $\displaystyle \Omega\in\mathcal{G}$ .

(2) Nếu $\displaystyle C\in \mathcal{G}$ thì $\displaystyle \Omega\setminus C\in\mathcal{G}$ .

(3) Nếu $\displaystyle C_1,C_2,\ldots\in\mathcal{G}$ thì $\displaystyle \bigcup_{i=1}^{\infty}C_i\in\mathcal{G}$ .

Lúc này ta gọi $\displaystyle \Omega$ là không gian mẫu và các phần tử của $\displaystyle \mathcal{G}$ là các biến cố, hay sự kiện.

Mỗi $\displaystyle \sigma-$ đại số là một đại số, ngược lại không đúng.

Ví dụ 2. $\displaystyle \sigma-$ đại số nhỏ nhất các tập con của $\displaystyle \Omega$ là $\displaystyle \{\emptyset,\Omega\}$ . $\Box$

Ví dụ 3. Nếu $\displaystyle A$ là một tập con của $\displaystyle \Omega$ thì $\displaystyle \{\emptyset,\Omega,A,\overline{A}\}$ là một $\displaystyle \sigma-$ đại số các tập con của $\displaystyle \Omega$ . $\Box$

Ví dụ 4. Họ tất cả các tập con của $\displaystyle \Omega$ là $\displaystyle \sigma-$ đại số lớn nhất các tập con của $\displaystyle \Omega$ . $\Box$

Định nghĩa 2. Một không gian đo được là một cặp $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})$ , trong đó $\displaystyle \Omega$ là một tập hợp và $\displaystyle \mathcal F$ là một $\displaystyle \sigma-$ đại số các tập con của $\displaystyle \Omega$ . Khi $\displaystyle \Omega$ là hữu hạn hoặc đếm được thì không gian đo được $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})$ được gọi là rời rạc.

Mỗi khi xét không gian đo được rời rạc $(\Omega,\mathcal{F})$ , ta chỉ xét $\mathcal F$ là $\sigma-$ đại số tất cả các tập con của $\Omega$ .

Định nghĩa 3. Cho một không gian đo được $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})$ . Độ đo xác suất $\displaystyle \mathbb{P}$ trên $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})$ là một hàm $\displaystyle \mathbb{P}:\mathcal{F}\to [0;1]$ thỏa mãn đồng thời hai điều sau:

(1) $\displaystyle \mathbb{P}(\emptyset)=0$ và $\mathbb{P}(\Omega)=1$ .

(2) Nếu $\displaystyle A_1,A_2,\ldots$ là một dãy các phần tử đôi một rời nhau của $\displaystyle \mathcal F$ thì $\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\right)=\sum_{i=1}^{\infty}\mathbb{P}(A_i).$

Lúc này thì bộ ba $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ được gọi là không gian xác suất. Với mỗi sự kiện $\displaystyle A$ , ta gọi $\displaystyle \mathbb{P}(A)$ là xác suất của $\displaystyle A$ .

Với không gian xác suất $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ và biến cố $\displaystyle A$ , ta gọi $\displaystyle A$ là biến cố rỗng nếu $\displaystyle \mathbb{P}(A)=0$ và là biến cố chắc chắn nếu $\displaystyle \mathbb{P}(A)=1$ . Ta có thể xác định một không gian xác suất tương ứng với mỗi phép thử. Khi đó các bài toán liên quan đến phép thử sẽ chuyển về các bài toán trong không gian xác suất tương ứng.

Ví dụ 5. Một đồng xu, có thể không cân, được tung lên một lần. Với phép thử này ta xác định không gian xác suất $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ như sau: Không gian mẫu $\displaystyle \Omega=\{0;1\}$ (như trong bài trước, sấp được ghi là $\displaystyle 1$ và ngửa được ghi là $\displaystyle 0$ ), $\displaystyle \mathcal{F}$ là họ tất cả các tập con của $\displaystyle \Omega$ , và độ đo xác suất $\displaystyle \mathbb{P}:\mathcal{F}\to [0;1]$ được định nghĩa bởi

$\displaystyle\mathbb{P}(\emptyset)=0,\,\mathbb{P}(\Omega)=1,\,\mathbb{P}(\{1\})=p,\,\mathbb{P}(\{0\})=1-p.$

Ở đây $\displaystyle p$ là một số thực thuộc đoạn $\displaystyle [0;1]$ . Đồng xu này là cân đối nếu $\displaystyle p=1/2$ . $\Box$

Ví dụ 6. Một con xúc xắc được tung một lần. Với phép thử này ta xác định không gian xác suất $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ như sau: Không gian mẫu $\displaystyle \Omega=[6]$ , $\mathcal{F}$ là họ tất cả các tập con của $\displaystyle \Omega$ , và độ đo xác suất $\displaystyle \mathbb{P}:\mathcal{F}\to [0;1]$ được định nghĩa bởi

$\displaystyle \mathbb{P}(A)=\sum_{i\in A}p_i, \quad \forall A\subset \Omega.$

Ở đây $\displaystyle p_1,p_1,\ldots,p_6$ là các số thực không âm có tổng bằng $\displaystyle 1$ . Xác suất để xuất hiện mặt có $\displaystyle i$ chấm là $\displaystyle p_i$ . Con xúc xắc này là cân đối nếu các $\displaystyle p_i$ đều bằng $\displaystyle 1/6$ . Khi đó $\displaystyle \mathbb{P}(A)=\frac{\mid A\mid }{6}, \quad \forall A\subset \Omega,$ bằng xác suất xảy ra $\displaystyle A$ theo định nghĩa ngây thơ (cổ điển) của xác suất. $\Box$

Sau đây là một số tính chất của độ đo xác suất.

Bổ đề 2. Cho một không gian xác suất $\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ . Khi đó

(1) Với mỗi biến cố $A$ , ta có $\displaystyle \mathbb{P}(\overline{A})=1-\mathbb{P}({A})$ .

(2) Nếu $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ là các biến cố thỏa mãn $\displaystyle A\subset B$ thì $\displaystyle \mathbb{P}({B})=\mathbb{P}({A})+\mathbb{P}({B\setminus A})\geq \mathbb{P}({A}).$

(3) Nếu $\displaystyle A_1,A_2,\ldots,A_n$ là $\displaystyle n>1$ biến cố thì

$\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^nA_i\right)=\sum_{i=1}^n\mathbb{P}({A_i})-\sum_{i<j}\mathbb{P}({A_i\cap A_j})+\sum_{i<j<k}\mathbb{P}({A_i\cap A_j\cap A_k})$ $\displaystyle -\ldots +(-1)^{n+1}\mathbb{P}(A_1\cap A_2\cap \ldots \cap A_n).$

Chứng minh. Xét một biến cố $\displaystyle A$ . Vì $\displaystyle\Omega=A\cup\overline{A}$ và $\displaystyle A\cap\overline{A}=\emptyset$ nên

$\displaystyle 1=\mathbb{P}(\Omega)=\mathbb{P}(A\cup\overline{A})=\mathbb{P}({A})+\mathbb{P}\overline{A}),$

suy ra $\displaystyle \mathbb{P}(\overline{A})=1-\mathbb{P}({A})$ . Bây giờ xét hai biến cố $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ với $\displaystyle A\subset B$ . Vì biến cố $\displaystyle B$ là hợp của hai biến cố rời nhau $\displaystyle A$ và $\displaystyle B\setminus A$ nên

$\displaystyle\mathbb{P}({B})=\mathbb{P}({A})+\mathbb{P}({B\setminus A})\geq \mathbb{P}({A}).$

Ta sẽ chứng minh khẳng định cuối cùng bằng quy nạp theo $\displaystyle n$ . Xét hai biến cố $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ . Biến cố $\displaystyle A\cup B$ là hợp của hai biến cố rời nhau $\displaystyle A$ và $\displaystyle B\setminus A$ nên

$\displaystyle\mathbb{P}(A\cup {B}) =\mathbb{P}({A})+\mathbb{P}({B\setminus A})= \mathbb{P}({A})+\mathbb{P}({B\setminus (A\cap B)})=\mathbb{P}({A})+\mathbb{P}({B})-\mathbb{P}(A\cap B),$

suy ra khẳng định đúng với $\displaystyle n=2$ . Bây giờ giả sử khẳng định đúng với số nguyên dương $\displaystyle n= k\, (k>1)$ . Xét $\displaystyle k+1$ biến cố $\displaystyle A_1$ , $\displaystyle A_2,\ldots,$ $\displaystyle A_{k+1}$ . Vì khẳng định đúng với $\displaystyle n=2$ nên

$\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{k+1}A_i\right)=\mathbb{P}\left(\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_i\right)\bigcup A_{k+1}\right)$

$\displaystyle =\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_i\right)+\mathbb{P}\left(A_{k+1}\right)-\mathbb{P}\left(\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_i\right)\bigcap A_{k+1}\right)$

$\displaystyle =\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_i\right)+\mathbb{P}\left(A_{k+1}\right)-\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{k}\left(A_i\bigcap A_{k+1}\right)\right).$

Đến đây dùng giả thiết quy nạp ta thấy khẳng định đúng với $\displaystyle n=k+1$ . Theo nguyên lý quy nạp toán học, khẳng định đúng với mỗi số nguyên $\displaystyle n>1$ . $\Box$

Từ chứng minh trên, bằng quy nạp theo $n$ , ta thu được $\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^nA_i\right)\leq\sum_{i=1}^n\mathbb{P}(A_i).$

Continue reading →

Characters of finite Abelian groups

Cho $G$ là một nhóm giao hoán hữu hạn (với phép toán nhân). Một đặc trưng của $G$ là một đồng cấu từ $G$ đến nhóm nhân $U$ các số phức có mô đun bằng $1$ . Với một đặc trưng $\chi: G\to U$ , ta có

các giá trị của $\chi$ là các căn bậc $\mid G\mid$ của đơn vị.
$(\chi (g))^{-1}=\overline{\chi (g)},\quad\forall g\in G$ .

Ánh xạ $\chi_0:G\to U$ xác định bởi $\chi (g)=1,\quad\forall g\in G,$ là một đặc trưng của $G$ . Nó được gọi là đặc trưng tầm thường, các đặc trưng khác của $G$ được gọi là đặc trưng không tầm thường.

Cho $\chi:G\to U$ là một đặc trưng của $G$ . Khi đó ánh xạ $\overline{\chi}:G\to U$ xác định bởi $\overline{\chi} (g)=\overline{\chi (g)},\quad\forall g\in G,$ cũng là một đặc trưng của $G$ . Nó được gọi là đặc trưng liên hợp của $\chi$ .

Với hai đặc trưng $\chi_1$ và $\chi_2$ của $G$ , ta có thể định nghĩa đặc trưng tích của chúng, ký hiệu $\chi_1\chi_2$ , bởi

$(\chi_1\chi_2) (g)=\chi_1(g)\chi_2(g),\quad\forall g\in G$ (dễ kiểm tra thấy đây là một đặc trưng của $G$ ). Với phép toán này thì tập hợp $\widehat{G}$ gồm tất cả các đặc trưng của $G$ trở thành một nhóm giao hoán, nhóm đối ngẫu của $G$ . Nhóm này là hữu hạn vì các giá trị của đặc trưng là các căn bậc $\mid G\mid$ của đơn vị.

Cho số nguyên dương $n$ và nhóm cyclic $G$ có cấp bằng $n$ . Gọi $g$ là một phần tử sinh của $G$ . Khi đó $\mid \widehat{G}\mid=n$ và $\widehat{G}=\{\chi_0,\chi_1,\ldots,\chi_{n-1}\},$ ở đây đặc trưng $\chi_j$ xác định bởi $\chi_j(g^k)=\exp \left(i\cdot \frac{2\pi j k}{n}\right)$ với mọi $k=0$ , $1,\ldots$ , $n-1$ .

Định lí 1. Cho $H$ một nhóm con của $G$ và $\chi$ là một đặc trưng của $H$ . Khi đó $\chi$ có thể mở rộng thành một đặc trưng của $G$ .

Chứng minh. Ta chỉ cần xét trường hợp $G$ là nhóm con sinh bởi $H\cup \{a\}$ , trong đó $a\in G\setminus H$ . Gọi $n$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho $a^n\in H$ , và $b$ là một căn bậc $n$ của $\chi (a^n)$ . Mọi phần tử $g$ của $G$ đều viết được một cách duy nhất dưới dạng $g=a^ih$ , với $h\in H$ và $0\leq i<n$ . Ánh xạ $\chi_1:G\to U$ xác định bởi $\chi_1(g)=\chi_1(a^ih)=b^i\chi (h)$ là một đặc trưng của $G$ mở rộng $\chi$ . $\Box$

Continue reading →

The number of prime factors of a natural number

Mỗi năm, khi được mời dạy cho đội tuyển Việt Nam tham dự Olympic Toán quốc tế (IMO), tôi thường mang đến cho các em vài bài toán rất khó, và hy vọng một lời giải thanh nhã từ các thành viên của đội tuyển. Dưới đây là một bài cho đội tuyển IMO năm 2021.

Bài toán. Với mỗi số nguyên dương $n,$ gọi $\omega (n)$ là số ước nguyên tố của $n$ . Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $\omega (n+1)<\omega (n+2)<\ldots <\omega (n+100).$

Lời giải. Với hai hàm $f(x)$ và $g(x)$ từ tập các số nguyên dương đến tập các số thực dương ta viết $f=o(g)$ nếu $f/g\to 0$ khi $x\to\infty$ . Thay $100$ bởi $k > 2$ . Gọi $A$ là một số nguyên dương phụ thuộc $k$ mà ta sẽ chọn sau. Giả sử $q_1<q_2<\cdots<q_m<\cdots$ là dãy tất cả các số nguyên tố lớn hơn $k$ . Với $j=1, \ldots, k$ , đặt $T_j=$ $j(j-1) / 2$ và $\displaystyle M_j=\prod_{\ell=T_j A+1}^{T_{j+1} A} q_{\ell}.$ Đặt $\displaystyle M=\prod_{j=1}^k M_j$ và gọi $N$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho $M_j$ chia hết $N+j$ với mỗi $j\in [k]$ . Ta có ngay $N+k<M$ . Thật vậy, nếu không thì $N=M-i$ với $i \in [k]$ , lấy $j \in [k]\setminus \{i\}$ , ta có $M_j \mid N+j=M+(j-i)$ ; suy ra $M_j \mid j-i$ , vô lý.

Xét số $n=M \lambda+N$ , ở đây $\lambda$ là số nguyên dương mà $\lambda \in[M, 2 M]$ . Ta có

$\displaystyle n+j=M \lambda+(N+j)=M_j\left(\left(M / M_j\right) \lambda+(N+j) / M_j\right), \quad j=1, \ldots, k .$

Khi đặt $A_j=(N+j) / M_j$ và $B_j=M / M_j$ , ta có

$\displaystyle j A=T_{j+1} A-T_j A=\omega\left(M_j\right) \leq \omega(n+j) \leq j A+\omega\left(B_j \lambda+A_j\right),$

suy ra nếu $\lambda$ thỏa mãn $\displaystyle \omega\left(B_j \lambda+A_j\right)<A, \quad \forall j=1, \ldots, k-1,\quad (1)$ thì

$\displaystyle jA \leq\omega(n+j)<j A+A \leq \omega(n+j+1), \quad\forall j=1, \ldots, k-1,$

và bài toán được giải. Vậy sẽ là đủ nếu ta chỉ ra có $A$ để tồn tại $\lambda$ thỏa mãn $(1)$ .

Với mỗi $j<k$ , ta có $(A_j,B_j)=1$ . Thật vậy, xét một chỉ số $j<k$ . Ta có

$\displaystyle B_j=M / M_j=\prod_{\substack{1 \leq \ell \leq k \\ \ell \neq j}} M_{\ell}.$

Nếu có số nguyên tố $p \mid\left(A_j, B_j\right)$ , tồn tại chỉ số $\ell \neq j$ sao cho $p \mid M_{\ell}$ . Vì $M_{\ell} \mid N+\ell$ nên $p \mid N+\ell$ . Nhưng $p\left|A_j\right| N+j$ ; suy ra $p \mid(N+\ell)-(N+j)=(\ell-j)$ , và $1 \leq|\ell-j|<k$ . Do đó $p<k$ , điều này không thể xảy ra do mọi ước nguyên tố của $M$ lớn hơn $k$ .

Bổ đề. Với mỗi số nguyên dương $x$ , ký hiệu $\tau (x)$ là số ước dương của $x$ . Khi đó

$\displaystyle \sum_{\lambda \in[M, 2 M]} \tau\left(B_j \lambda+A_j\right)\leq 4 M(\ln M+1),\quad\forall j<k.$

Chứng minh. Xét một chỉ số $j<k$ . Vì $N+k <M$ nên với mỗi số nguyên $\lambda\in [M,2M]$ , ta có

$\displaystyle B_j \lambda+A_j \leq \frac{1}{M_j}(M \lambda+N+k)<\frac{2 M \lambda}{M_j} \leq \frac{4 M^2}{M_j}<M^2,$

suy ra

$\displaystyle \tau\left(B_j \lambda+A_j\right) \leq 2 \sum_{\substack{d \mid B_j \lambda+A_j \\ d \leq M}} 1.$

Do đó

$\displaystyle \sum_{\lambda \in[M, 2 M]} \tau\left(B_j \lambda+A_j\right)$

$\displaystyle \leq 2 \sum_{\lambda \in[M, 2 M]} \sum_{\substack{d \mid B_j \lambda+A_j \\ d \leq M}} 1 = 2 \sum_{d \leq M} \sum_{\substack{\lambda \in[M, 2 M] \\ B_j \lambda+A_j \equiv 0 \\ (\bmod d)}} 1$

$\leq 2 \sum_{d \leq M}\left(\left\lfloor\left.\frac{M}{d} \right\rvert\,+1\right) \leq 4 M \sum_{d \leq M} \frac{1}{d}\right. \leq 4 M(\ln M+1) .$ $\Box$

Continue reading →

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 $\displaystyle \alpha$ .