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.

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

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

Phân số này khác tất cả các phân số trước vì

$\displaystyle \left|\alpha-\frac{a_{m+1}}{q_{m+1}}\right|\leq\frac{1}{q_{m+1}(Q+1)}<\frac{1}{Q}<\min\{|\alpha-a_i/q_i|\}.$

Để kết thúc chỉ cần để ý rằng với mỗi $q>1$ chỉ có nhiều nhất hai giá trị $a$ làm cho bất đẳng thức trong định lí đúng. $\Box$

Continue reading →

Polynomials in one variable: Basic definitions

Trong bài này $K$ là một trong các tập hợp $\mathbb{F}_p$ (tập các số nguyên modulo một số nguyên tố $p$ ), $\mathbb{Q}$ , $\mathbb{R},$ hoặc $\mathbb{C}$ .

Định nghĩa 1. Cho $n$ là một số tự nhiên và $a_0,a_1,...,a_n \in K$ . Mỗi tổng hình thức có dạng

$a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_1 x+a_0$

được gọi là một đa thức trên $K$ theo biến $x$ với hệ số $a_0,a_1,...,a_n$ . Nếu $k$ là chỉ số lớn nhất sao cho $a_k \neq 0$ , thì ta nói đa thức $f(x)=a_k x^k+\ldots+a_1x+a_0$ có bậc $k$ , viết $\text{deg}(f(x))=k$ , $a_k$ được gọi là hệ số đầu của đa thức $f(x)$ , và $a_0$ được gọi là hệ số tự do của $f(x)$ . Nếu $a_0$ là hệ số đầu của $f(x)$ , thì $f(x)$ được gọi là đa thức hằng.

Nếu hệ số đầu của $f(x)$ là $1$ , thì $f(x)$ được gọi là đa thức monic. Tập tất cả đa thức với hệ số trong $K$ được ký hiệu bởi $K[x]$ .

Theo định nghĩa này thì đa thức không, đa thức mà mọi hệ số là không, không có bậc. Để thuận tiện, ta qui ước nó là đa thức hằng và có bậc bằng $-\infty$ . Một đa thức hằng $f(x)=a_0$ có bậc $0$ nếu $a_0 \neq 0$ . Hai đa thức bằng nhau nếu chúng có cùng bậc và tất cả các hệ số tương ứng bằng nhau. Cần phân biệt giữa đa thức $f(x)$ và hàm đa thức tương ứng từ $K$ đến $K$ xác định bởi thay một phần tử của $K$ vào vị trí của $x$ . Nếu $f(x)=a_m x^m+\ldots+a_1x+a_0$ và $c \in K$ , thì $f(c)=a_m c^m+\ldots+a_1c+a_0$ được gọi là giá trị của $f(x)$ tại $c$ . Nếu $K$ là $\mathbb{F}_p$ thì có thể có hai đa thức khác nhau xác định cùng một hàm đa thức.

Ví dụ 1. Cho $K$ là $\mathbb{F}_3$ và xét các đa thức $x^3$ và $x$ . Với mỗi $c \in \mathbb{F}_3$ , ta có $c^3 \equiv c\pmod{3},$ do đó các hàm đa thức $f(x)=x^3$ và $g(x)=x$ là bằng nhau như các hàm từ $\mathbb{F}_3$ tới $\mathbb{F}_3$ .