Limit of a sequence

Giải tích thực là một nhánh của giải tích toán học nghiên cứu dáng điệu của dãy thực, chuỗi thực, và hàm giá trị thực. Một khái niệm trung tâm của giải tích thực là dãy hội tụ.

Định nghĩa 1. Một dãy số thực $\left(u_{n}\right)$ hội tụ đến một số thực $l$ , hay $l$ là một giới hạn của dãy số $(u_n),$ nếu với mỗi số thực dương $\epsilon$ , tồn tại số nguyên dương $N$ sao cho mỗi khi $n \geq N,$ ta có $\left|u_{n}-l\right|<\epsilon$ . Nếu một dãy số có một giới hạn ta nói nó là dãy hội tụ, nếu nó không có giới hạn, ta nói nó là dãy phân kỳ.

Để chỉ $\left(u_{n}\right)$ hội tụ đến $l$ , ta viết $\lim u_{n}=l$ hoặc $\lim \left(u_{n}\right) =l$ . Ký hiệu $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}=l$ cũng hay được dùng. Định nghĩa trên có thể gây rối đối với những bạn mới học giải tích, sau đây chúng tôi giới thiệu một định nghĩa khác, hình học hơn. Để làm điều này ta cần đến:

Định nghĩa 2. Cho số thực $l$ và số thực $\epsilon>0$ , tập

$U_{\epsilon}(l)=\{x \in \mathbb{R}:|x-l|<\epsilon\}$ được gọi là $\epsilon$ -lân cận của $l$ .

Để ý rằng $U_{\epsilon}(l)$ gồm tất cả các điểm trên trục số cách điểm $l$ một khoảng bé hơn $\epsilon$ . Nói cách khác, $U_{\epsilon}(l)$ là một khoảng có tâm tại $l$ và bán kính $\epsilon$ .

Định nghĩa 3. Một dãy số thực $\left(u_{n}\right)$ hội tụ đến một số thực $l$ , hay $l$ là một giới hạn của dãy số $(u_n),$ nếu với mỗi $\epsilon$ -lân cận $U_{\epsilon}(l)$ của $l,$ có một vị trí trong dãy mà từ đó trở đi, mọi số hạng của dãy đều thuộc $U_{\epsilon}(l).$ Nói cách khác, mỗi $\epsilon$ -lân cận của $l$ đều chứa hầu hết (chỉ trừ một số hữu hạn) các số hạng của dãy $(u_n).$

Số $N$ nói chung phụ thuộc vào $\epsilon.$ Khi $\epsilon$ càng nhỏ có thể $N$ càng lớn. Định nghĩa giới hạn của một dãy số thực được sử dụng để kiểm tra xem một số thực $l$ có là giới hạn của dãy hay không, nó không cho ta cách xác định giới hạn của dãy.

Ví dụ 1. Với mọi số thực $a,$ dãy hằng $a,a,a,\ldots$ hội tụ đến $a.$

Lời giải. Xét một số thực $a$ . Ta phải chứng minh $\lim u_n=a$ , trong đó $(u_n)_{n\geq 1}$ là dãy số xác định bởi $u_n=a$ với mọi số nguyên dương $n$ . Với một số thực dương $\epsilon$ bất kỳ, chọn $N=1$ , ta có $\mid u_n-a\mid =\mid a-a\mid =0<\epsilon,\quad\forall n\geq N.$ Từ đây ta có điều cần chứng minh. $\Box$

Ví dụ 2. Chứng minh rằng $\lim\dfrac{1}{\sqrt{n}}=0.$

Lời giải. Ta phải chứng minh $\lim u_n=0$ , trong đó $(u_n)_{n\geq 1}$ là dãy số xác định bởi $u_n=\dfrac{1}{\sqrt{n}}$ với mọi số nguyên dương $n$ . Với một số thực dương $\epsilon$ bất kỳ, chọn $N=2+[1/\epsilon^2]$ , ta có $\mid u_n-0\mid =\frac{1}{\sqrt{n}}<\epsilon,\quad\forall n\geq N.$ Từ đây ta có điều cần chứng minh. $\Box$

Ví dụ 3. Chứng minh rằng $\lim\dfrac{n+1}{n}=1.$

Lời giải. Ta phải chứng minh $\lim u_n=1$ , trong đó $(u_n)_{n\geq 1}$ là dãy số xác định bởi $u_n=\dfrac{n+1}{{n}}$ với mọi số nguyên dương $n$ . Với một số thực dương $\epsilon$ bất kỳ, chọn $N=2+[1/\epsilon]$ , ta có $\mid u_n-1\mid =\frac{1}{{n}}<\epsilon,\quad\forall n\geq N.$ Từ đây ta có điều cần chứng minh. $\Box$

Continue reading →

A Proof of Beatty’s Theorem

Cho số thực $\alpha$ . Dãy Beatty của $\alpha$ là dãy $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_n=[n\alpha],\quad \forall n\geq 1.$

Định lý (Beatty). Cho hai số thực dương $\alpha$ và $\beta$ . Khi đó các dãy Beatty của $\alpha$ và $\beta$ làm thành một phân hoạch của tập các số nguyên dương khi và chỉ khi $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ và

$\displaystyle \frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1.$

Chứng minh. Đặt $S_{\alpha}=\{[n\alpha]|n=1,2,\ldots\}$ và $\displaystyle S_{\beta}=\{[n\beta]|n=1,2,\ldots\}.$

Giả sử $S_{\alpha}$ và $S_{\beta}$ làm thành một phân hoạch của tập các số nguyên dương. Ta thấy ngay $\alpha$ và $\beta$ lớn hơn $1$ , suy ra hai dãy Beatty của hai số này là các dãy tăng. Ta sẽ sử dụng phương pháp mật độ trong lý thuyết số giải tích.

Với mỗi số nguyên dương $k$ , cố định nó. Xét một số nguyên dương $n$ , ta có

$\displaystyle [n\alpha]\leq k\Leftrightarrow n\alpha < k+1\Leftrightarrow n < \dfrac{k+1}{\alpha}.$

Suy ra $|S_{\alpha}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]$ hoặc $\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]-1$ tùy theo $\dfrac{k+1}{\alpha}$ không nằm trong hay nằm trong $\mathbb{Z}$ . Chứng minh tương tự ta có $\displaystyle |S_{\beta}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]$ hoặc $\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]-1$ tùy theo $\dfrac{k+1}{\beta}$ không nằm trong hay nằm trong $\mathbb{Z}$ .

Mà $|S_{\alpha}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|+|S_{\beta}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=k$ , suy ra

$\displaystyle -2+\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]+\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]\leq k\leq \left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]+\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right].$

Kết hợp với định nghĩa phần nguyên ta được

$\displaystyle -4+\dfrac{k+1}{\alpha}+\dfrac{k+1}{\beta} < k\leq \dfrac{k+1}{\alpha}+\dfrac{k+1}{\beta}.$

Chia các vế cho $k$ và cho $k\to+\infty$ ta có $\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1.$ Nếu $\alpha$ là số hữu tỷ thì từ đẳng thức này ta có $\beta$ cũng là số hữu tỷ. Viết $\displaystyle \alpha=\dfrac{p}{q},\quad \beta=\dfrac{r}{s},$ với $p$ , $q$ , $r$ , và $s$ là các số nguyên dương. Ta thấy $S_{\alpha}\cap S_{\beta}\not=\emptyset$ , chẳng hạn $pr$ thuộc cả hai tập này, suy ra vô lý. Bởi vậy $\alpha$ là số vô tỷ, và $\beta$ cũng thế.

Bây giờ giả sử ngược lại, $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ và $\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1.$ Ta thấy ngay $\alpha$ và $\beta$ lớn hơn $1$ , suy ra hai dãy Beatty của hai số này là các dãy tăng. Nếu $S_{\alpha}\cap S_{\beta}\not=\emptyset$ thì tồn tại các số nguyên dương $k,m$ và $n$ sao cho $k=[m\alpha]=[n\beta]$ . Suy ra

$\displaystyle k\leq m\alpha < k+1,\quad k\leq n\beta < k+1.$

Vì $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ nên

$\displaystyle k < m\alpha < k+1,\quad k < n\beta < k+1,$

suy ra

$\displaystyle \frac{k}{\alpha} < m < \frac{k+1}{\alpha},\quad \frac{k}{\beta} < n < \frac{k+1}{\beta},$

cộng theo vế ta có $k < m+n < k+1$ , vô lý. Như vậy $S_{\alpha}\cap S_{\beta}=\emptyset$ .

Nếu tồn tại số nguyên dương $l$ sao cho $l\not\in S_{\alpha}\cup S_{\beta}$ thì tồn tại các số nguyên không âm $p$ và $q$ sao cho

$\displaystyle [p\alpha] < l < [(p+1)\alpha], \quad [q\beta] < l < [(q+1)\beta].$

Vì $l$ là số nguyên nên từ các bất đẳng thức trên ta suy ra $p\alpha < l$ , đồng thời $[(p+1)\alpha] \geq l+1$ kéo theo $(p+1)\alpha \geq l+1$ . Lập luận tương tự cho $\beta$ , ta được

$\displaystyle p\alpha < l < l+1\leq (p+1)\alpha,\quad q\beta < l < l+1\leq (q+1)\beta.$

Vì $\alpha,\beta$ là các số vô tỷ nên

$\displaystyle p\alpha < l < l+1 < (p+1)\alpha,\quad q\beta < l < l+1 < (q+1)\beta.$

Chia các vế cho $\alpha,\beta$ và cộng lại ta có

$\displaystyle p+q < l < l+1 < p+q+2,$

điều này không thể xảy ra (do khoảng mở $(p+q, p+q+2)$ có độ dài bằng $2$ nên chỉ chứa đúng một số nguyên là $p+q+1$ ). $\blacksquare$

An Upper Bound for the Divisor Function (2)

Bài viết hôm nay sẽ đề cập đến một kết quả quan trọng trong lý thuyết số giải tích, liên quan đến tốc độ tăng của hàm số các ước $\tau(n)$ . Chúng ta sẽ cùng xem xét và chứng minh định lý sau:

Định lý. Với mọi số thực dương $\epsilon$ , tồn tại một hằng số dương $C_{\epsilon}$ sao cho $\tau(n) \le C_{\epsilon} \cdot n^{\epsilon}$ với mọi số nguyên dương $n$ .

Chứng minh. Giả sử $n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}$ là phân tích tiêu chuẩn của $n$ ra các thừa số nguyên tố, với $p_i$ là số nguyên tố và $a_i$ là các số nguyên dương. Ta cần tìm chặn trên cho tỉ số:

$\displaystyle\frac{\tau(n)}{n^{\epsilon}} = \prod_{i=1}^k \frac{a_i+1}{p_i^{a_i\epsilon}}.$

Xét hàm số $f(p, a) = \frac{a+1}{p^{a\epsilon}}$ với $p$ là số nguyên tố và $a \ge 1$ . Ta sẽ chia các số nguyên tố $p$ thành hai nhóm để đánh giá, dựa vào hằng số $\epsilon$ .

Nhóm 1: Các số nguyên tố $p \ge 2^{1/\epsilon}$

Điều kiện này tương đương với $p^\epsilon \ge 2$ . Với mọi số nguyên dương $a \ge 1$ , ta có $\displaystyle p^{a\epsilon}\ge 2^a$ . Vì ta luôn có $2^a \ge a+1$ với mọi $a \in \mathbb{Z}^+$ nên với các số nguyên tố thuộc nhóm này thì

$\displaystyle f(p, a) = \frac{a+1}{p^{a\epsilon}} \le \frac{a+1}{2^a} \le 1.$

Nhóm 2: Các số nguyên tố $p < 2^{1/\epsilon}$

Với một $\epsilon > 0$ cố định, chỉ có hữu hạn các số nguyên tố thỏa mãn $p < 2^{1/\epsilon}$ . Cố định một số nguyên tố $p$ thuộc nhóm này, xét giới hạn của $f(p, a)$ khi $a \to \infty$ . Vì $p^\epsilon > 1$ nên $\displaystyle\lim_{a \to +\infty} \frac{a+1}{p^{a\epsilon}} = 0.$

Vì dãy số hội tụ về $0$ , giá trị của $f(p, a)$ sẽ bị chặn trên. Tức là tồn tại một giá trị lớn nhất cho $\frac{a+1}{p^{a\epsilon}}$ khi $a$ chạy trên tập số nguyên dương. Bây giờ ta chọn:

$\displaystyle C_{\epsilon} = \prod_{p < 2^{1/\epsilon}} \max\left(1, \sup_{a \ge 1} \frac{a+1}{p^{a\epsilon}}\right).$

Quay lại tỉ số ban đầu, ta tách tích các thừa số nguyên tố của $n$ ra thành hai phần tương ứng với hai nhóm trên:

$\displaystyle \frac{\tau(n)}{n^{\epsilon}} = \left( \prod_{p_i < 2^{1/\epsilon}} \frac{a_i+1}{p_i^{a_i\epsilon}} \right) \cdot \left( \prod_{p_i \ge 2^{1/\epsilon}} \frac{a_i+1}{p_i^{a_i\epsilon}} \right).$

Áp dụng các bất đẳng thức đã thiết lập ta có $\tau(n) \le C_{\epsilon} \cdot n^{\epsilon}$ với mọi số nguyên dương $n$ . $\Box$

The sum of the reciprocals of the primes

Với mỗi số nguyên dương $n$ , ký hiệu $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$ trong dãy tăng tất cả các số nguyên tố. Như vậy $p_1=2$ , $p_2=3$ , $p_3=5$ ,…

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một chứng minh của kết quả sau:

Định lý. Chuỗi $\displaystyle \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}+\ldots$ là một chuỗi phân kỳ.

Chứng minh. Giả sử ngược lại, khi đó với mỗi số nguyên dương $k$ , chuỗi $\displaystyle\sum_{m=k}^{+\infty}\frac{1}{p_m}$ là một chuỗi hội tụ, gọi $S_k$ là tổng của nó. Vì $\lim S_k=0$ nên tồn tại số nguyên $k$ sao cho $\displaystyle S_{k+1}<\frac{1}{2}$ . Đặt $Q=p_1p_2\ldots p_k$ và xét các số $1+nQ\, (n=1,2,\ldots)$ . Mỗi số trong dãy này đều không có ước nguyên tố thuộc $\{p_1, p_2, \ldots, p_k\}$ , do đó với mỗi số nguyên dương $r$ , tồn tại số nguyên dương $K$ đủ lớn để

$\displaystyle\sum_{n=1}^r\frac{1}{1+nQ}\leq\sum_{t=1}^{K}S_{k+1}^t<1.$

Điều này không thể xảy ra do chuỗi $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{1+nQ}$ là một chuỗi phân kỳ. $\Box$

Tham khảo

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

[2] https://en.wikipedia.org/wiki/Divergence_of_the_sum_of_the_reciprocals_of_the_primes

Continued fraction expansion of irrational numbers

In this section we use continued fractions for expansion of irrational numbers.

Theorem 1. Let $\displaystyle (x_n)_{n\geq 0}$ be a sequence of intergers with $\displaystyle x_i>0$ for every $\displaystyle i>0$ . Then the sequence $\displaystyle (p_n/q_n)_{n\geq 0}$ is a convergent sequence, and the its limit is an irrational number. We denote this limit by $\displaystyle [x_0;x_1,x_2,\ldots]$ .

Proof. From [1] we have $\displaystyle q_1\geq q_0=1>0$ and for all $\displaystyle n>1$ , $\displaystyle q_n=x_nq_{n-1}+q_{n-2},$ hence by induction on $\displaystyle n$ , $\displaystyle q_{n+1}>q_n$ for every $\displaystyle n\geq 1$ . Therefore $\displaystyle\lim_{n\to \infty}q_n=\infty$ .

By the Proposition 4 in [1], for all $\displaystyle n\geq 0$ ,

$\displaystyle \frac{p_n}{q_n}-\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}=\frac{(-1)^{n-1}}{q_nq_{n+1}},\quad\quad (1)$

hence $\displaystyle \frac{p_n}{q_n}-\frac{p_{n+2}}{q_{n+2}}=\frac{(-1)^{n-1}(q_{n+2}-q_n)}{q_nq_{n+1}q_{n+2}},\quad \forall n\geq 0.$ Therefore

$\displaystyle \frac{p_1}{q_1}>\frac{p_3}{q_3}>\frac{p_5}{q_5}>\ldots>\frac{p_0}{q_0}$

and

$\displaystyle \frac{p_0}{q_0}<\frac{p_2}{q_2}<\frac{p_4}{q_4}<\ldots<\frac{p_1}{q_1},$

hence $\displaystyle (p_{2n}/q_{2n})_{n\geq 0}$ and $\displaystyle (p_{2n+1}/q_{2n+1})_{n\geq 0}$ are convergent sequences. By (1) and $\displaystyle q_n\to\infty$ we have

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{p_{2n}}{q_{2n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{p_{2n+1}}{q_{2n+1}},$ so $\displaystyle (p_n/q_n)_{n\geq 0}$ is a convergent sequence.

Now we prove $\displaystyle \displaystyle \alpha:=\lim_{n\to\infty}\frac{p_n}{q_n}$ is an irrational number. We have

$\displaystyle \frac{p_{2m}}{q_{2m}}<\alpha<\frac{p_{2n+1}}{q_{2n+1}},\quad\forall m,n\geq 0.$

Thus, by (1),

$\displaystyle\left|\alpha-\frac{p_{2n}}{q_{2n}}\right|\leq \frac{1}{q_{2n}q_{2n+1}}<\frac{1}{q_{2n}^2},\quad\forall n\geq 1.$

By the Proposition 2 in [1], $\displaystyle p_{2n}$ and $\displaystyle q_{2n}$ are coprime integers for every $\displaystyle n\geq 1$ , hence there are infinite rational numbers $\displaystyle r/s$ , with $\displaystyle s>0$ and $\displaystyle (r,s)=1$ , such that

$\displaystyle \left|\alpha-\frac{r}{s}\right| <\frac{1}{s^2}.\quad\quad (2)$

Assume that $\displaystyle \alpha$ is rational and write $\displaystyle \alpha=p/q$ , where $\displaystyle p$ and $\displaystyle q>0$ are coprime integers. For all positive integers $\displaystyle s$ , at most two integers $\displaystyle r$ satisfy the equation (2), hence there are coprime integers $\displaystyle r_0$ and $\displaystyle s_0>q$ such that

$\displaystyle\left|\frac{p}{q}-\frac{r_0}{s_0}\right| <\frac{1}{s_0^2}.$

From the inequality we have $\displaystyle \mid ps_0-qr_0\mid <1$ , hence $\displaystyle ps_0=qr_0$ , a contradiction. Therefore $\displaystyle \alpha$ is an irrational number. $\Box$

Theorem 2. Let $\displaystyle \alpha$ be an irrational number. Then there is a unique sequence of integers $\displaystyle (a_n)_{n\geq 0}$ such that

(1) $\displaystyle a_i>0$ for every $\displaystyle i>0$ .

(2) $\displaystyle \alpha =[a_0;a_1,a_2,\ldots]$ .

Proof. In this proof, $\displaystyle [x]$ is the integer part of $\displaystyle x$ . Because $\displaystyle \alpha$ is an irrational number, we have $\displaystyle [\alpha]<\alpha<[\alpha]+1$ , hence there is a real number $\displaystyle u_1>1$ such that

$\displaystyle \alpha=[\alpha]+\frac{1}{u_1}.$

Because $\displaystyle \alpha$ is an irrational and $\displaystyle [\alpha]$ is an integer, $\displaystyle u_1$ is an irrational number. Hence there is an irrational number $\displaystyle u_2>1$ such that

$\displaystyle u_1=[u_1]+\frac{1}{u_2},$

and so on. Therefore we have real numbers $\displaystyle u_0:=\alpha$ , $u_1>1$ , $\displaystyle u_2>1$ , $\displaystyle \ldots$ such that $\displaystyle u_i$ is irrationals for every $\displaystyle i>0$ and

$\displaystyle u_k=[u_k]+\frac{1}{u_{k+1}},\quad\forall k\geq 0.$

We claim that $\displaystyle \alpha=[[u_0];[u_1],[u_2],\ldots]$ . Fix a $\displaystyle k>2$ . We have

$\displaystyle \alpha=[[u_0];[u_1],\ldots, [u_k],u_{k+1}].$

Hence, by Proposition 4 in [1],

$\displaystyle \left|\alpha-\frac{p_k}{q_k}\right|=\frac{1}{q_k(u_{k+1}q_{k}+q_{k-1})}<\frac{1}{q_k^2},$

so $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{p_n}{q_n}=\alpha$ . Now assume that

$\displaystyle \alpha =[a_0;a_1,a_2,\ldots]=[b_0;b_1,b_2,\ldots],$

where $\displaystyle (a_n)_{n\geq 0}$ and $\displaystyle (b_n)_{n\geq 0}$ are two sequences of integers such that $\displaystyle a_i>0$ and $\displaystyle b_i>0$ for every $\displaystyle i>0$ .

Because

$\displaystyle [a_0;a_1,a_2,\ldots,a_{n}]=a_0+\frac{1}{[a_1;a_2,\ldots,a_n]},\quad\forall n\geq 0,$

we have

$\displaystyle [a_0;a_1,a_2,\ldots]=a_0+\frac{1}{[a_1;a_2,\ldots]}.$

Hence $\displaystyle a_0=b_0=[\alpha]$ and $\displaystyle [a_1;a_2,a_3,\ldots] = [b_1;b_2,b_3,\ldots]$ . Similarly, $\displaystyle a_1=b_1$ and

$\displaystyle [a_2;a_3,a_4,\ldots] = [b_2;b_3,b_4,\ldots],$

and so on. Therefore $\displaystyle a_i=b_i$ for every $i$ . $\Box$

The equality in the theorem is called an expansion of $\displaystyle \alpha$ into a infinite continued fraction. In that expansion we will call $\displaystyle [a_0;a_1,a_2,\ldots,a_i]$ is the $\displaystyle i-$ th convergent of the continued fraction, or $\displaystyle i-$ th convergent of $\displaystyle \alpha$ . The theorem says that for every irrational number has an expansion into a infinite continued fraction, and this expansion is unique.

Example 1. $\displaystyle \sqrt{2}=[1;2,2,\ldots]$ .

Example 2. The golden ratio $\displaystyle\varphi:=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=[1;1,1,\ldots]$ .

Example 3. $\displaystyle e=[2;1,2,1,1,4,1,1,6,1,1,8,\ldots]$ .

A sequence $\displaystyle (a_n)_{n\geq 0}$ is called eventually periodic if $\displaystyle a_{n+T}=a_n$ for some positive integer $\displaystyle T$ and sufficiently large $\displaystyle n$ . A real number is called quadratic irrational number, if there is a polynomial $\displaystyle P(x)$ is of degree two with rational coefficients such that $\displaystyle P(x)$ is an irreducible polynomial (see [3]) over the rational numbers and $\displaystyle \alpha$ is a root of $\displaystyle P(x)$ .

Theorem 3. Let $\displaystyle \alpha$ be an irrational number and $\displaystyle \alpha =[a_0;a_1,a_2,\ldots]$ is the expansion of $\displaystyle\alpha$ into a infinite continued fraction. Then $\displaystyle (a_n)_{n\geq 1}$ is eventually periodic if and only if $\displaystyle \alpha$ is a quadratic irrational.