Làm thế nào để cải thiện trực giác Toán học?

Trực giác Toán học có thể được hiểu là khả năng nhận ra các mẫu hình, mối liên hệ, hoặc cách tiếp cận một bài toán mà không cần dựa hoàn toàn vào các bước suy luận logic chi tiết. Trực giác này giống như một “cảm giác” về Toán học, cho phép người học dự đoán, hình dung, và đưa ra giả thuyết một cách tự nhiên. Trực giác Toán học không phải là một “phép màu” hay sự đoán mò. Nó được xây dựng dựa trên kinh nghiệm, sự quen thuộc với các khái niệm Toán học, và khả năng liên kết các ý tưởng. Nhà Toán học nổi tiếng Henri Poincaré từng mô tả trực giác như một công cụ giúp ông khám phá các ý tưởng mới, nhưng chỉ khi kết hợp với tư duy logic thì trực giác mới trở thành nền tảng cho những khám phá lớn.

Để cải thiện trực giác Toán học, bạn cần rèn luyện khả năng nhận diện các cấu hình, hiểu sâu các khái niệm và áp dụng chúng một cách linh hoạt. Dưới đây là một số kinh nghiệm hữu ích:

1. Thay vì chỉ học thuộc khái niệm hay định lý, hãy tìm hiểu tại sao chúng hoạt động. Đọc các chứng minh khác nhau khi học định lý, cố gắng nắm rõ ý tưởng chứng minh. Ngoài ra, có thể tự hỏi: Khái niệm này đến từ đâu? Ý nghĩa của kết quả này là gì? Nếu thay đổi hay bỏ bớt điều kiện, kết quả sẽ ra sao? Nó còn đúng không? Việc tìm câu trả lời sẽ kích thích tư duy trực giác và khả năng liên kết.

2. Giải nhiều bài toán ở các mức độ khác nhau, kể cả các bài toán mở. Các bài toán hình học, đại số, hay tổ hợp thường giúp phát triển trực giác nhờ tính trực quan. Những bài toán mở khuyến khích bạn suy nghĩ sáng tạo và hình dung cách giải quyết vấn đề.

3. Vẽ hình, biểu đồ, hoặc sơ đồ để minh họa bài toán. Chúng giúp bạn “thấy” được các mối liên hệ. Sử dụng các công cụ như GeoGebra hoặc giấy và bút để thử nghiệm các ý tưởng.

4. Thử giải bài toán theo nhiều cách khác nhau. Ví dụ, một bài toán hình học có thể được giải bằng đại số, lượng giác, hoặc hình học thuần túy. Điều này giúp bạn phát triển sự linh hoạt và nhận ra các mẫu ẩn. Khi gặp bài toán khó, hãy cố gắng chia nhỏ hoặc giải các bài toán đơn giản hơn.

5. Khi giải sai hay không giải được một bài toán, hãy dừng lại và phân tích lý do. Hỏi bản thân: “Mình đã bỏ qua điều gì?” hoặc “Có tính chất nào mình chưa nhận ra không?” Đây là cơ hội để phát triển trực giác, vì chúng chỉ ra những điểm mù trong tư duy.

6. Đọc và học từ các nguồn chất lượng. Đọc sách, xem video bài giảng hoặc bài viết của các nhà Toán học nổi tiếng để hiểu cách họ tiếp cận vấn đề. Các cuốn sách như “How to Solve It” của George Polya hoặc “The Art and Craft of Problem Solving” của Paul Zeitz rất hữu ích.

7. Hãy học hỏi từ những người khác ngoài thầy trực tiếp dạy bạn. Tham gia các nhóm học Toán hoặc diễn đàn như Art of Problem Solving. Thảo luận với người khác giúp tiếp cận các cách suy nghĩ mới và củng cố trực giác của mình. Dạy lại khái niệm cho người khác. Khi bạn giải thích một ý tưởng Toán học, bạn buộc phải hiểu nó sâu hơn, từ đó cải thiện trực giác.

Trực giác Toán học cần phải được rèn luyện thường xuyên, bạn nên dành thời gian mỗi ngày để giải một bài toán nhỏ hoặc suy nghĩ về một khái niệm mới. Trực giác Toán học không phát triển ngay lập tức, nó đòi hỏi thời gian và sự kiên trì. Hãy coi mỗi bài toán là một cơ hội để học hỏi, ngay cả khi bạn chưa tìm ra lời giải.

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 →

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.

Đọc thêm

[1] https://nttuan.org/2008/04/02/farey-sequence-and-approximation-of-irrational-numbers-i/

[2] https://nttuan.org/2008/05/02/farey-sequence-and-approximation-of-irrational-numbers-ii/

Farey sequence and approximation of irrational numbers I

Trong bài này chúng ta sẽ tìm hiểu về các dãy Farey. Phần đầu là kiến thức cơ bản về dãy Farey, ở phần thứ hai chúng ta sẽ dùng dãy Farey để chứng minh lại một số định lý xấp xỉ (xem [1]).

Cho số nguyên dương $\displaystyle n$ . Phân số tối giản $\displaystyle \frac{p}{q}\in [0;1]$ được gọi là phân số Farey bậc $\displaystyle n$ nếu $\displaystyle 0<q\leq n$ . Dãy tăng tất cả các phân số Farey bậc $\displaystyle n$ được gọi là dãy Farey bậc $\displaystyle n$ , ký hiệu là $\displaystyle F_n$ .

Bốn dãy Farey đầu tiên là:

$\displaystyle \displaystyle F_1:\,\frac{0}{1};\frac{1}{1}$ .

$\displaystyle \displaystyle F_2:\,\frac{0}{1};\frac{1}{2};\frac{1}{1}$ .

$\displaystyle \displaystyle F_3:\,\frac{0}{1};\frac{1}{3};\frac{1}{2};\frac{2}{3};\frac{1}{1}.$

$\displaystyle \displaystyle F_4:\,\frac{0}{1};\frac{1}{4};\frac{1}{3};\frac{1}{2};\frac{2}{3};\frac{3}{4};\frac{1}{1}.$

Rõ ràng là với mỗi số nguyên dương $\displaystyle n$ , dãy $\displaystyle F_n$ có đúng $\displaystyle 1+\sum_{k=1}^n\varphi (k)$ số hạng.

Định lý 1. Cho các số tự nhiên $\displaystyle a,b,c$ và $\displaystyle d$ thỏa mãn $\displaystyle 0\leq \frac{a}{b}<\frac{c}{d}\leq 1$ và $\displaystyle bc-ad=1$ . Khi đó $\displaystyle \frac{a}{b}$ và $\displaystyle \frac{c}{d}$ là hai số hạng liên tiếp của dãy $\displaystyle F_n$ . Ở đây $\displaystyle n$ là một số nguyên dương thỏa mãn $\displaystyle \max\{b,d\}\leq n\leq b+d-1$ .

Chứng minh. Từ $\displaystyle bc-ad=1$ ta có $\displaystyle \displaystyle \frac{a}{b},\frac{c}{d}$ là hai phân số tối giản, mà $\displaystyle \max\{b,d\}\leq n$ , suy ra chúng là các số hạng của dãy $\displaystyle F_n$ . Nếu chúng không phải là hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ thì tồn tại phân số Farey bậc $\displaystyle n$ , ký hiệu là $\displaystyle \frac{h}{k}$ , thỏa mãn $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{h}{k}<\frac{c}{d}.$ Vì $\displaystyle ck-dh\geq 1$ và $\displaystyle bh-ak\geq 1$ nên

$\displaystyle b+d-1\geq n\geq k=(bc-ad)k=b(ck-dh)+d(bh-ak)\geq b+d,$

đây là điều không thể xảy ra. $\Box$

Với các số tự nhiên $\displaystyle a,b,c$ và $\displaystyle d$ thỏa mãn $\displaystyle 0\leq \frac{a}{b}<\frac{c}{d},$ phân số $\displaystyle \dfrac{a+c}{b+d}$ được gọi là phân số trung gian của hai phân số $\displaystyle \frac{a}{b}$ và $\displaystyle \frac{c}{d}$ . Từ chứng minh trên ta có:

Định lý 2. Cho các số tự nhiên $\displaystyle a,b,c$ và $\displaystyle d$ thỏa mãn $\displaystyle 0\leq \frac{a}{b}<\frac{c}{d}\leq 1$ và $\displaystyle bc-ad=1$ . Khi đó nếu $\displaystyle \dfrac{h}{k}$ là phân số trung gian của hai phân số $\displaystyle \frac{a}{b}$ , $\displaystyle \frac{c}{d}$ thì $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{h}{k}<\frac{c}{d}$ và $\displaystyle bh-ak=1,\quad ck-dh=1.$

Từ kết quả này ta thấy trong định lý 1, nếu $\displaystyle n>b+d-1$ thì $\displaystyle a/b$ và $\displaystyle c/d$ không phải là hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ . Định lý sau cho một cách xác định các dãy Farey bằng quy nạp.

Định lý 3. Với mọi số nguyên dương $n,$ ta có

(1) Dãy $\displaystyle F_{n+1}$ có được từ dãy $\displaystyle F_n$ bằng cách viết vào giữa hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ có tổng các mẫu không vượt quá $\displaystyle n+1$ phân số trung gian của chúng.

(2) Nếu $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ là hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ thì $\displaystyle bc-ad=1$ .

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo $\displaystyle n$ . Rõ ràng khẳng định đúng với $\displaystyle n=1$ . Giả sử khẳng định đúng với các số nguyên dương bé hơn $\displaystyle n\, (n\geq 2)$ , ta sẽ chứng minh khẳng định đúng với $\displaystyle n$ . Từ các kết quả trước và giả thiết quy nạp ta có nếu $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ là hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ thì $\displaystyle bc-ad=1$ . Sau khi viết vào giữa hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F_n$ có tổng các mẫu không vượt quá $\displaystyle n+1$ phân số trung gian của chúng ta thu được dãy con $\displaystyle F^{\prime}_n$ của $\displaystyle F_{n+1}$ . Nếu trong $\displaystyle F_{n+1}$ có phân số $\displaystyle \dfrac{h}{k}$ không thuộc $\displaystyle F'_n$ thì tồn tại hai số hạng liên tiếp $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ của $\displaystyle F'_n$ sao cho $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{h}{k}<\frac{c}{d}$ . Vì $\displaystyle \frac{h}{k}$ không thuộc $\displaystyle F^{\prime}_n$ nên nó cũng không thuộc $\displaystyle F_n$ , suy ra $\displaystyle k>n$ , kết hợp với $\displaystyle k\leq n+1$ ta có $\displaystyle k=n+1$ . Từ chứng minh của các kết quả trên suy ra $\displaystyle k=n+1\geq b+d$ , do đó $\displaystyle \frac{a}{b}$ và $\displaystyle \frac{c}{d}$ là hai phân số liên tiếp của $\displaystyle F_n$ . Mà $\displaystyle b+d\leq n+1$ , suy ra chúng không thể là hai số hạng liên tiếp của $\displaystyle F^{\prime}_n$ , vô lý. $\Box$

Dãy số Farey được đặt theo tên của nhà địa chất người Anh John Farey, lá thư của ông về những dãy này đã được đăng vào năm 1816. Farey phỏng đoán, mà không đưa ra chứng minh, rằng mỗi số hạng trong một dãy Farey là trung gian của các số liên tiếp trong dãy Farey ngay trước nó. Bức thư của Farey đã được đọc bởi Cauchy, người đã đưa ra chứng minh trong một cuốn sách của mình và cho rằng kết quả này là của Farey. Trên thực tế, một nhà toán học khác, Charles Haros, đã công bố những kết quả tương tự vào năm 1802 mà cả Farey và Cauchy đều không biết. Vì vậy, đó là một sự tình cờ lịch sử đã liên kết tên tuổi của Farey với những dãy này. Một lần nữa, trước đó là Pell, người có tên được đặt cho một mối quan hệ toán học không phải là người đầu tiên tìm ra nó.

Đọc thêm

[1] https://nttuan.org/2007/12/15/pell-equation/

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
$\displaystyle \left[\frac{mn+1}{m}\right]+1=n+1.$ $\Box$