Subconvex sequences

Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một lớp dãy hay gặp trong các đề thi chọn học sinh giỏi các cấp. Chứng minh định lí chính trong bài là của Adrian Sandovichi. Để theo dõi cho dễ, các em học sinh nên đọc lại bài sau:

https://nttuan.org/2023/09/15/limit-of-a-sequence/

Định nghĩa. Cho dãy số thực không âm $(x_n)_{n\geq 1}$ và số nguyên $k>0$ . Dãy số $(x_n)_{n\geq 1}$ được gọi là một dãy lồi dưới cấp $k$ nếu có các số thực $\alpha_1,$ $\alpha_2,\ldots,$ $\alpha_k$ sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời:

(1) $\alpha_i\in (0;1),\quad \forall i=\overline{1,k}$ và $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_k\leq 1.$

(2) $x_{n+k}\leq \alpha_1x_{n+k-1}+\alpha_2x_{n+k-2}+\cdots+\alpha_kx_n,\quad \forall n\geq 1.$

Mọi dãy lồi dưới cấp $1$ đều có giới hạn bằng $0.$ Trong định nghĩa trên, nếu dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và $\sum\alpha_i<1$ thì $\lim x_n=0.$

Định lí. Cho số nguyên dương $k$ . Khi đó mọi dãy lồi dưới cấp $k$ đều có giới hạn hữu hạn.

Chứng minh. Gọi $(x_n)$ là một dãy lồi dưới cấp $k$ . Khi đó tồn tại các số thực $\alpha_1,$ $\alpha_2,\ldots,$ $\alpha_k$ sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời:

(1) $\alpha_i\in (0;1),\quad \forall i=\overline{1,k}$ và $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_k\leq 1.$

(2) $x_{n+k}\leq \alpha_1x_{n+k-1}+\alpha_2x_{n+k-2}+\cdots+\alpha_kx_n,\quad \forall n\geq 1.$

Xét dãy số $(y_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $\displaystyle y_n=\max_{0\leq i\leq k-1}x_{n+i}$ với mọi số nguyên $n>0.$ Ta thấy $(y_n)_{n\geq 1}$ là một dãy số không tăng và bị chặn dưới bởi $0$ nên nó có giới hạn hữu hạn không âm, đặt $L=\lim y_n$ . Ta sẽ chứng minh $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và $L=\lim x_n$ .

Với mọi số thực dương $\epsilon$ , cố định nó.

Đặt $\displaystyle t=\min\left\{1;\frac{\alpha_1^k}{2^k(1-\alpha_1)}\right\}.$ Vì $t>0$ và $L$ là giới hạn của dãy số không tăng $(y_n)$ nên tồn tại số nguyên dương $n_{\epsilon}$ để

$x_n\leq y_n<L+t\epsilon\leq L+\epsilon,\quad \forall n\geq n_{\epsilon}.\quad (*)$

Bây giờ ta chứng minh $x_m>L-\epsilon,\quad \forall m\geq k+n_{\epsilon}.\quad (**)$

Giả sử tồn tại số nguyên dương $m\geq k+n_{\epsilon}$ sao cho $x_m\leq L-\epsilon.$

Mệnh đề. $\displaystyle x_{m+p}\leq L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p,\quad \forall p=\overline{1,k-1}.$

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo $p.$ Với $p=1$ , từ $(*)$ và cách chọn $t$ ta có

$x_{m+1} \leq \alpha_1x_m+\alpha_2x_{m-1}+\cdots+\alpha_kx_{m-k+1}$

$\leq\alpha_1x_m+(\alpha_2+\cdots+\alpha_k)(L+t\epsilon)$

$\leq\alpha_1(L-\epsilon)+(1-\alpha_1)(L+t\epsilon)$

$\leq L-a_1\epsilon+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^k\epsilon$

$\leq L-a_1\epsilon+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^1\epsilon$

$=L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right).$

Suy ra khẳng định đúng với $p=1.$ Giả sử khẳng định đúng đến $p<k-1$ , ta chứng minh nó đúng với $p+1.$ Theo giả thiết quy nạp, $(*)$ và cách chọn $t$ ta có

$x_{m+p+1} \leq \alpha_1x_{m+p}+\alpha_2x_{m+p-1}+\cdots+\alpha_kx_{m+p-k+1}$

$\leq\alpha_1\left(L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p\right)+(1-\alpha_1)(L+t\epsilon)$

$=L-a_1\epsilon \left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p+(1-\alpha_1)t\epsilon$

$\leq L-a_1\epsilon \left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^k\epsilon$

$\leq L-a_1\epsilon \left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p +\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^{p+1}\epsilon$

$=L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^{p+1}.$

Suy ra khẳng định đúng với $p+1$ . Theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề là đúng. $\Box$

Continue reading →

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 Cauchy–Davenport theorem

Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một chứng minh của định lí Cauchy-Davenport.

Định lí Cauchy – Davenport. Cho số nguyên tố $p$ và hai tập con khác rỗng $A,B$ của $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}.$ Khi đó

$|A+B|\geq\min (p,|A|+|B|-1).$

Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo $|B|$ . Khi $|B|=1$ ta có

$|A+B|=|A|=\min (p,|A|)=\min (p,|A|+|B|-1).$ Suy ra khẳng định đúng khi $|B|=1$ . Khi $|B|=2$ ta viết $B=\{b_1,b_2\}$ và $A=\{a_1,a_2,\ldots,a_m\},$ ta có ngay $|A+B|\geq m$ .

Nếu $|A+B|= m$ thì $\{b_1+a_1,\ldots,b_1+a_m\}=\{b_2+a_1,\ldots,b_2+a_m\},$ suy ra $mb_1\equiv mb_2\pmod{p}$ , hay $m=p$ . Khi đó $|A+B|=p\geq\min (p,|A|+|B|-1).$

Nếu $|A+B|>m$ thì $|A+B|\geq m+1\geq\min (p,m+1)=\min (p,|A|+|B|-1).$

Vậy khẳng định đúng khi $|B|=2$ . Giả sử khẳng định đúng với mỗi tập $B$ thỏa mãn $|B|<n,$ trong đó $n\geq 3.$ Ta sẽ chứng minh khẳng định đúng với mọi tập $B$ có $|B|=n.$ Xét một tập $B$ thỏa mãn $|B|=n$ . Đặt $|A+B|=l,|A|=m$ và viết $B=\{b_1,b_2,\ldots,b_n\}.$ Xét ba trường hợp

Trường hợp 1. $l\geq p.$

Ta có $|A+B|=l\geq p\geq\min (p,|A|+|B|-1).$

Trường hợp 2. $m+n>p.$

Ta có $A+B=\{0,1,2,\ldots,p-1\}$ , thật vậy với mỗi $g\in \{0,1,2,\ldots,p-1\}$ , hai tập $g-A$ và $B$ có giao khác rỗng vì chúng là các tập con của tập $\{0,1,2,\ldots,p-1\}$ và có tổng số phần tử lớn hơn $p$ . Lấy $h\in g-A\cap B$ ta có ngay $g=b=g-a\,\, (a\in A,b\in B),$ suy ra $g=a+b\in A+B$ . Từ đây ta có $|A+B|=p\geq\min (p,|A|+|B|-1).$

Trường hợp 3. $l<p$ và $m+n\leq p.$

Ở trường hợp này thì $\min (p,|A|+|B|-1)=\min (p,m+n-1)=m+n-1.$ Áp dụng giả thiết quy nạp cho hai tập $C=A+B$ và $\{b_1,b_n\}$ ta có $|C+\{b_1,b_n\}|\geq\min (p,|C|+|\{b_1,b_n\}|-1)=\min (p,l+1)=l+1,$ suy ra $C+b_1\not = C+b_n$ , do đó tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x-b_1\in A+B$ và $x-b_n\not\in A+B$ . Từ đây ta thấy tồn tại số nguyên dương $r<n$ sao cho $x-b_i\in A+B,\,\forall i=\overline{1,r}$ và $x-b_i\not\in A+B,\,\forall i=\overline{r+1,n}$ . Áp dụng giả thiết quy nạp cho hai tập $A$ và $B^{\prime}=\{b_{r+1},b_{r+2},\ldots,b_n\}$ ta có

$|A+B^{\prime}|\geq \min (p,|A|+|B^{\prime}|-1)=\min (p,m+n-r-1)=m+n-r-1.$ Ta có $x-b_i\not\in A+B^{\prime},\,\forall i=\overline{1,r}$ , vì nếu chẳng hạn $x-b_1\in A+B^{\prime}$ thì

$x-b_1= a+b_{s}\Rightarrow x-b_s\in A+B,$ điều này trái với cách chọn $r$ . Vậy $|A+B|\geq r+|A+B^{\prime}|\geq r+m+n-r-1=m+n-1,$ và định lí được chứng minh. $\Box$

Bằng quy nạp ta chứng minh được kết quả sau.

Hệ quả. Cho số nguyên dương $h>1,$ số nguyên tố $p$ và $h$ tập con khác rỗng $A_1,$ $A_2,\ldots,$ $A_h$ của $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}.$ Khi đó $\displaystyle \mid A_1+A_2+\cdots+A_h\mid \geq \min \left(p,\sum_{i=1}^h\mid A_i\mid-h+1\right).$

Combinations

Cho một tập $A$ có $n$ phần tử ( $n\in\mathbb{N}$ ) và $0\leq k\leq n$ là một số nguyên. Một $k-$ tổ hợp (một tổ hợp chập $k$ ) của $A$ là một tập con $k$ phần tử của $A$ .

Ví dụ 1. Các $3-$ tổ hợp của $A=\{a,b,c,d\}$ là

$\{a,b,c\},\{b,c,d\},\{c,d,a\},\{d,a,b\}.$

Định lí 1. Cho một tập $A$ có $n$ phần tử ( $n\in\mathbb{N}$ ) và $0\leq k\leq n$ là một số nguyên. Khi đó số $k-$ tổ hợp của $A$ bằng $C_n^k=\dfrac{A_n^k}{k!}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}.$

Chứng minh. Sự khác nhau giữa một $k-$ tổ hợp và một $k-$ hoán vị chính là một đằng không quan tâm đến thứ tự, trong khi đằng kia có quan tâm đến thứ tự. Tận dụng điều này ta có chứng minh như sau.

Một $k-$ hoán vị của $A$ có thể hình thành sau hai bước: Đầu tiên, chọn một $k-$ tổ hợp của $A$ ; sau đó xếp $k$ phần tử của tập này thành một hàng. Bởi vì có $C_n^k$ cách để làm bước một, $k!$ cách để làm bước hai nên theo nguyên lý nhân ta có $A_n^k=C_n^k\times k!.$ $\Box$

Ví dụ 2. Có bao nhiêu xâu nhị phân độ dài $7$ mà có đúng ba số $0$ ?

Lời giải. Một xâu nhị phân có tính chất như trong đề bài sẽ được hình thành khi ta chọn $3$ vị trí trong $7$ vị trí để viết số $0.$ Do đó số xâu thỏa mãn là $C_7^3.$ $\Box$

Ví dụ 3. Có bao nhiêu cách có thể thành lập một hội đồng gồm $5$ thành viên từ một nhóm có $11$ người chứa $4$ giáo viên và $7$ học sinh nếu

(1) Không có thêm điều kiện gì?

(2) Hội đồng chứa đúng $2$ giáo viên?

(3) Hội đồng chứa ít nhất $3$ giáo viên?

(4) Giáo viên $A$ và học sinh $B$ không thể cùng nằm trong hội đồng?

Hướng dẫn giải. (1) $C_{11}^5$ . (2) $C_4^2\times C_7^3$ . (3) $3$ hoặc $4$ giáo viên có thể nằm trong hội đồng, đáp số $91$ .

(4) Dùng quy tắc trừ, đáp số $378$ . $\Box$

Ví dụ 4. Cho $n$ là một số nguyên dương và $A$ là một tập có $2n$ phần tử. Có bao nhiêu cách phân hoạch $A$ thành các tập có $2$ phần tử?

Lời giải 1. Đầu tiên, cố định một phần tử $x$ của $A$ và chọn một phần tử trong $2n-1$ phần tử còn lại của $A$ để ghép lại với $x$ tạo thành một khối của phân hoạch; sau đó cố định một phần tử $y$ trong các phần tử còn lại của $A$ và chọn một phần tử trong $2n-3$ phần tử còn lại của $A$ để ghép lại với $y$ tạo thành một khối của phân hoạch; ta cứ làm như vậy cho đến khi còn $2$ phần tử thì đây chính là khối còn lại của phân hoạch. Theo quy tắc nhân, số phân hoạch thoả mãn là $(2n-1)\times (2n-3)\times\cdots\times 1$ . $\Box$

Lời giải 2. Chọn một tập con có $2$ phần tử của $A$ làm khối thứ nhất, sau đó chọn một tập con có $2$ phần tử của tập hợp gồm $2n-2$ phần tử còn lại làm khối thứ hai, ta cứ làm như vậy cho đến khi còn hai phần tử thì đây chính là khối thứ $n$ . Vì thứ tự các khối là không quan trọng nên số các phân hoạch thoả mãn là $\dfrac{C_{2n}^2\times C_{2n-2}^2\times\cdots\times C_2^2}{n!}$ . $\Box$

Lời giải 3. Ta xếp $2n$ phần tử của $A$ thành một hàng vào $2n$ vị trí như hình dưới đây

$\{(1),(2)\},\{(3),(4)\},\cdots,\{(2n-1),(2n)\}$ có $(2n)!$ cách để làm điều này. Vì trong mỗi tập con có $2$ phần tử thứ tự các phần tử là không quan trọng và thứ tự các khối của phân hoạch là không quan trọng nên số phân hoạch thoả mãn là

$\dfrac{(2n)!}{2!\times 2!\times\cdots\times 2!\times n!}=\dfrac{(2n)!}{n!\times 2^n}.$ $\Box$

Continue reading →

Permutations

Cho $n$ là một số nguyên dương, $r$ là một số nguyên thoả mãn $0\leq r\leq n$ và $A$ là một tập hợp có $n$ phần tử. Một $r-$ hoán vị của $A$ (hay một chỉnh hợp chập $r$ của $A$ ) là một cách xếp $r$ phần tử nào đó của $A$ thành một hàng. Một $n-$ hoán vị của $A$ sẽ được gọi là một hoán vị của $A.$

Ví dụ 1. Cho tập $A=\{a,b,c,d\}$ . Khi đó các $3-$ hoán vị của $A$ là (có tất cả $24$ ):

$abc,acb,bac,bca,cab,cba,$

$abd,adb,bad,bda,dab,dba,$

$acd,adc,cad,cda,dac,dca,$

$bcd,bdc,cbd,cdb,dbc,dcb.$ $\Box$

Định lí 1. Cho $n$ là một số nguyên dương, $r$ là một số nguyên thoả mãn $0\leq r\leq n$ và $A$ là một tập hợp có $n$ phần tử. Khi đó số $r-$ hoán vị của $A$ bằng $A_n^r=\dfrac{n!}{(n-r)!}$ . Nói riêng, số hoán vị của $A$ bằng $P_n=n!$ .

Chứng minh. Một $r-$ hoán vị của $A$ sẽ được hình thành sau $r$ bước: Đầu tiên, chọn một phần tử từ $A$ và đặt nó vào vị trí thứ nhất; sau đó ta chọn trong các phần tử còn lại của $A$ một phần và đặt nó vào vị trí thứ hai;…; và cuối cùng ta chọn một phần tử từ $n-r+1$ phần tử còn lại của $A$ và đặt nó vào vị trí thứ $r$ . Vì có $n$ cách làm bước thứ nhất, $n-1$ cách làm bước thứ hai;…; và $n-r+1$ cách làm bước thứ $r$ nên theo quy tắc nhân, ta có $A_n^r=n(n-1)\cdots (n-r+1)=\dfrac{n!}{(n-r)!}.$ $\Box$

Ví dụ 2. Gọi $E$ là tập tất cả $26$ chữ cái tiếng Anh. Tìm số các từ gồm $5$ chữ trong $E$ sao cho chữ đầu tiên, chữ cuối cùng là các nguyên âm phân biệt và ba chữ còn lại là các phụ âm phân biệt.

Lời giải. Có $5$ nguyên âm trong $E$ đó là $a,e,i,o,u$ và $21$ chữ cái còn lại là các phụ âm. Một từ thỏa mãn yêu cầu của đầu bài sẽ được hình thành sau hai bước: Đầu tiên, chọn một $2-$ hoán vị của $\{a,e,i,o,u\}$ và đặt nguyên âm thứ nhất vào vị trí $1$ , nguyên âm thứ hai vào vị trí $5$ , sau đó chọn một $3-$ hoán vị của $E\setminus \{a,e,i,o,u\}$ và đặt phụ âm thứ nhất, hai, ba của hoán vị vào vị trí $2,3,4$ tương ứng.

Bởi vì có $A_5^2$ cách để làm bước thứ nhất và $A_{21}^3$ cách để làm bước thứ hai nên theo quy tắc nhân ta có số các từ thoả mãn là $A_5^2\times A_{21}^3=159600.$ $\Box$