Chủ đề này có 16 trả lời

[Karl Heinrich Marx]

Cho $r,s$ là các số thực dương. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương $m,n$ sao cho $m \le nr<m+s $

[Crystal]

Cho $r,s$ là các số thực dương. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương $m,n$ sao cho $m \le nr<m+s $

Không biết hai bài này có quan hệ gì không nhưng xin gửi link để tham khảo:

http://diendantoanho...showtopic=66526

[T*genie*]

Cho $r,s$ là các số thực dương. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương $m,n$ sao cho $m \le nr<m+s $

Bài này na ná Archimedean property nhỉ. Thử áp dụng chứng minh phản chứng xem sao. Giả sử với mọi số nguyên dương $m,n$ ta có $0 > nr-m \geq s$. Thế thì $0$ là một cận trên và $s$ là một cận dưới của tập $A = \{nr-m : m,n \in \mathbb N^*\}$. Theo tính chất cận trên đúng (supremum) và cận dưới đúng (infimum), gọi $\alpha,\beta$ lần lượt là cận trên đúng và cận dưới đúng của $A$. Suy ra $(n+1)r-m \leq \alpha, \forall n,m$ hay $nr-m \leq \alpha-r < \alpha, \forall n,m$. Nghĩa là $\alpha-r$ cũng là một cận trên của $A$ mà nhỏ hơn $\alpha$ (điều này vô lý vì $\alpha$ là cận trên đúng). Tương tự với trường hợp cận dưới đúng, do $\beta$ là cận dưới đúng của $A$ nên $nr-(m+1) \geq \beta, \forall m,n$ hay $nr-m \geq \beta +1 > \beta, \forall n,m$. Điều này nghĩa là $\beta+1$ cũng là một cận dưới của $A$ mà lớn hơn $\beta$ (vô lý vì $\beta$ là cận dưới đúng). Vậy điều giả sử là sai.

[Karl Heinrich Marx]

Bài này na ná Archimedean property nhỉ. Thử áp dụng chứng minh phản chứng xem sao. Giả sử với mọi số nguyên dương $m,n$ ta có $0 > nr-m \geq s$. Thế thì $0$ là một cận trên và $s$ là một cận dưới của tập $A = \{nr-m : m,n \in \mathbb N^*\}$. Theo tính chất cận trên đúng (supremum) và cận dưới đúng (infimum), gọi $\alpha,\beta$ lần lượt là cận trên đúng và cận dưới đúng của $A$. Suy ra $(n+1)r-m \leq \alpha, \forall n,m$ hay $nr-m \leq \alpha-r < \alpha, \forall n,m$. Nghĩa là $\alpha-r$ cũng là một cận trên của $A$ mà nhỏ hơn $\alpha$ (điều này vô lý vì $\alpha$ là cận trên đúng). Tương tự với trường hợp cận dưới đúng, do $\beta$ là cận dưới đúng của $A$ nên $nr-(m+1) \geq \beta, \forall m,n$ hay $nr-m \geq \beta +1 > \beta, \forall n,m$. Điều này nghĩa là $\beta+1$ cũng là một cận dưới của $A$ mà lớn hơn $\beta$ (vô lý vì $\beta$ là cận dưới đúng). Vậy điều giả sử là sai.

Tập $nr-m, \forall m,n \in N$ đâu bị chặn đâu mà có cận trên và dưới hả anh. Với cả phản chứng thì phải có $nr-m \ge s, \forall m,n \in N$. Đây là 1 đl e tự đặt ra khi làm 1 bài toán ban đầu hơi nghi ngờ tính đúng đắn nhưng sau đó lại làm được nhờ một số kiến thức rất gần gũi mà có lẽ ai nhìn vào cũng chả thèm đọc
@WWW: không liên quan đâu anh ạ cái anh nêu ra liên quan đến phân hoạch tập tự nhiên của đl Beaty.

[T*genie*]

Tập $nr-m, \forall m,n \in N$ đâu bị chặn đâu mà có cận trên và dưới hả anh. Với cả phản chứng thì phải có $nr-m \ge s, \forall m,n \in N$. Đây là 1 đl e tự đặt ra khi làm 1 bài toán ban đầu hơi nghi ngờ tính đúng đắn nhưng sau đó lại làm được nhờ một số kiến thức rất gần gũi mà có lẽ ai nhìn vào cũng chả thèm đọc

Anh không hiểu ý em lắm, anh giả sử $\forall m,n : s \leq nr-m <0$ thì tập $A$ của anh đã bị chặn và sau đó tìm ra điều vô lý. Đây cũng là phương pháp sử dụng để chứng minh Archimedean property :-?. Hiển nhiên phản chứng thì anh có $nr-m \ge s, \forall m,n$ mà, em đọc kĩ lại bài của anh xem :|

[Karl Heinrich Marx]

Anh không hiểu ý em lắm, anh giả sử $\forall m,n : s \leq nr-m <0$ thì tập $A$ của anh đã bị chặn và sau đó tìm ra điều vô lý. Đây cũng là phương pháp sử dụng để chứng minh Archimedean property :-?. Hiển nhiên phản chứng thì anh có $nr-m \ge s, \forall m,n$ mà, em đọc kĩ lại bài của anh xem :|

À thực tế là thế này bài toán có 2 vế mà a phản chứng cùng 1 lúc 2 vế rồi, vì $s>0$ mà a đưa ra với mọi cặp nguyên dương $0>nr-m \ge s$ là có vẻ vô lí rồi. Em nghĩ là hướng của a phải phản chứng 1 vế thôi tức là anh chứng minh với mọi $m,n \in N$ thỏa $nr-m \ge 0 \Rightarrow nr-m>s$ là điều vô lí.

[T*genie*]

À thực tế là thế này bài toán có 2 vế mà a phản chứng cùng 1 lúc 2 vế rồi, vì $s>0$ mà a đưa ra với mọi cặp nguyên dương $0>nr-m \ge s$ là có vẻ vô lí rồi. Em nghĩ là hướng của a phải phản chứng 1 vế thôi tức là anh chứng minh với mọi $m,n \in N$ thỏa $nr-m \ge 0 \Rightarrow nr-m>s$ là điều vô lí.

Anh vẫn chưa rõ ý em muốn nói là sao cả , việc phản chứng diễn ra rất bình thường, anh không thấy có vẻ gì là vô lý. Anh chỉ phủ định lại yêu cầu của bài toán và đưa ra những lập luận chứng tỏ việc phủ định là không thể. Hai vế của em liên quan mật thiết đến nhau mà, sao lại chỉ phản chứng 1 vế được. Phải coi đề bài là một mệnh đề và phủ định lại nó, thế thôi . Em thử đưa cách giải của em lên cho mọi người cùng tham khảo.

[T*genie*]

vì $s>0$ mà a đưa ra với mọi cặp nguyên dương $0>nr-m \ge s$ là có vẻ vô lí rồi.

Remark thêm tí cho anh em hiểu ý nhau, anh không đưa ra gì cả, tất cả chỉ là giả sử. Và phủ định của mệnh đề " tồn tại các số nguyên dương $m,n$ sao cho $m \le nr<m+s $" là mệnh đề " với mọi số nguyên dương $m,n$ ta có $m > nr \ge m+s $ (hay $0 > nr-m \ge s$)".

--

Rất vui được tiếp tục tranh luận với em..

[Karl Heinrich Marx]

Remark thêm tí cho anh em hiểu ý nhau, anh không đưa ra gì cả, tất cả chỉ là giả sử. Và phủ định của mệnh đề " tồn tại các số nguyên dương $m,n$ sao cho $m \le nr<m+s $" là mệnh đề " với mọi số nguyên dương $m,n$ ta có $m > nr \ge m+s $ (hay $0 > nr-m \ge s$)".

--

Rất vui được tiếp tục tranh luận với em..

Ak` khúc mắc của anh em vs nhau là chỗ này anh ạ. Ta có thể diễn giải mệnh đề của ta là tồn tại $n$ nguyên dương sao cho $nr$ thuộc đoạn $[m;m+s]$ trong đó $m$ nguyên dương, do đó mệnh đề phản chứng của ta sẽ là với mọi $n$ thì $nr$ sẽ không thuộc bao giờ thuộc đoạn $[m;m+s]$ với mọi $m$ nguyên dương do đó anh phải phản chứng cả hệ 2 điều giả sử anh đưa ra chứ ko đc chứng minh riêng rẽ. Tức là a phải đồng thời cm với mọi $m,n$ hoặc là $nr-m<0$ hoặc là $nr-m>s$ phản chứng điều này.

[T*genie*]

Ak` khúc mắc của anh em vs nhau là chỗ này anh ạ. Ta có thể diễn giải mệnh đề của ta là tồn tại $n$ nguyên dương sao cho $nr$ thuộc đoạn $[m;m+s]$ trong đó $m$ nguyên dương, do đó mệnh đề phản chứng của ta sẽ là với mọi $n$ thì $nr$ sẽ không thuộc bao giờ thuộc đoạn $[m;m+s]$ với mọi $m$ nguyên dương do đó anh phải phản chứng cả hệ 2 điều giả sử anh đưa ra chứ ko đc chứng minh riêng rẽ. Tức là a phải đồng thời cm với mọi $m,n$ hoặc là $nr-m<0$ hoặc là $nr-m>s$ phản chứng điều này.

À ok em anh không để ý kĩ, mắt nhắm mắt mở làm hơi ẩu. Tuy nhiên nó cũng có thay đổi những gì anh đã làm ở trên đâu em (chỉ là lập luận lại 1 chút cho logic hơn thôi ). Giả sử $\forall n,m$ nguyên dương, $nr-m <0$ nghĩa là tập $A$ bị chặn trên. Gọi $\alpha$ là cận trên đúng suy ra $ (n+1)r-m \leq \alpha \to nr-m \leq \alpha-r < \alpha \ \forall n,m$. Ta chỉ ra được một cận trên khác là $\alpha -r < \alpha$, điều này vô lý vì $\alpha$ là cận trên đúng. Tiếp tục giả sử $\forall n,m$ nguyên dương, $nr-m>s$ nghĩa là tập $A$ bị chặn dưới. Gọi $\beta$ là cận dưới đúng ... lại suy ra điều vô lý. Vậy $\forall m,n$, $nr-m$ không thuộc đoạn $[0,s]$ là một mệnh đề sai.

[The Gunner]

Em thử tí, ko bik có đúng ko
ta có $r=[r]+\{r\}$
Nếu $\{r\} \leq s$ thì ta chọn $m=[r] , n=1$
lúc đó $[r] \leq [r]+\{r\} \leq [r]+s$
Nếu $s<\{r\}$
thì tồn tại $n$ nguyên dương sao cho phần lẻ của $n\{r\}$ bé hơn $s$
khi đó chọn $m= [r]n+[n\{r\}]$ thì tương tự như trên ta cũng được bất đẳng thức thỏa mãn

[Karl Heinrich Marx]

À ok em anh không để ý kĩ, mắt nhắm mắt mở làm hơi ẩu. Tuy nhiên nó cũng có thay đổi những gì anh đã làm ở trên đâu em (chỉ là lập luận lại 1 chút cho logic hơn thôi ). Giả sử $\forall n,m$ nguyên dương, $nr-m <0$ nghĩa là tập $A$ bị chặn trên. Gọi $\alpha$ là cận trên đúng suy ra $ (n+1)r-m \leq \alpha \to nr-m \leq \alpha-r < \alpha \ \forall n,m$. Ta chỉ ra được một cận trên khác là $\alpha -r < \alpha$, điều này vô lý vì $\alpha$ là cận trên đúng. Tiếp tục giả sử $\forall n,m$ nguyên dương, $nr-m>s$ nghĩa là tập $A$ bị chặn dưới. Gọi $\beta$ là cận dưới đúng ... lại suy ra điều vô lý. Vậy $\forall m,n$, $nr-m$ không thuộc đoạn $[0,s]$ là một mệnh đề sai.

Mệnh đề phản chứng của ta là với mọi $m,n$ thì $nr-m<0$ hoặc $nr-m>s$ còn cái anh cm là với $m,n$ nguyên dương thì $nr-m<0$ và $nr-m>s$, tức là anh ko thể dùng khái niệm mọi $m,n$ nguyên dương áp đặt cho một trong 2 mệnh đề $nr-m<0$ và $nr-m>s$.

[Karl Heinrich Marx]

Em thử tí, ko bik có đúng ko
ta có $r=[r]+\{r\}$
Nếu $\{r\} \leq s$ thì ta chọn $m=[r] , n=1$
lúc đó $[r] \leq [r]+\{r\} \leq [r]+s$
Nếu $s<\{r\}$
thì tồn tại $n$ nguyên dương sao cho phần lẻ của $n\{r\}$ bé hơn $s$
khi đó chọn $m= [r]n+[n\{r\}]$ thì tương tự như trên ta cũng được bất đẳng thức thỏa mãn

Phần bôi đen chính là phần đang cần cm đấy bạn. Bạn cm mệnh đề đấy đi

[T*genie*]

Mệnh đề phản chứng của ta là với mọi $m,n$ thì $nr-m<0$ hoặc $nr-m>s$ còn cái anh cm là với $m,n$ nguyên dương thì $nr-m<0$ và $nr-m>s$, tức là anh ko thể dùng khái niệm mọi $m,n$ nguyên dương áp đặt cho một trong 2 mệnh đề $nr-m<0$ và $nr-m>s$.

Cám ơn Karl Heinrich Marx, thỉnh thoảng mới làm toán sơ cấp đâm lẩn thẩn quá . Đúng là chứng minh trên của anh chưa giải quyết được vấn đề em đưa ra mà chỉ giải quyết 2 vấn đề riêng rẽ là luôn tồn tại $m,n$ sao cho $m \leq nr$ và $nr < m+s$ còn có tồn tại hay không $m,n$ đồng thời thỏa mãn $m \leq nr < m+s$ thì chưa được (trừ khi chứng minh được rằng giao của 2 tập $\{m,n\}$ thỏa mãn 2 điều ở trên khác rỗng nhưng hướng này impossible ). Công bố solution của em đi

[Karl Heinrich Marx]

Cám ơn Karl Heinrich Marx, thỉnh thoảng mới làm toán sơ cấp đâm lẩn thẩn quá . Đúng là chứng minh trên của anh chưa giải quyết được vấn đề em đưa ra mà chỉ giải quyết 2 vấn đề riêng rẽ là luôn tồn tại $m,n$ sao cho $m \leq nr$ và $nr < m+s$ còn có tồn tại hay không $m,n$ đồng thời thỏa mãn $m \leq nr < m+s$ thì chưa được (trừ khi chứng minh được rằng giao của 2 tập $\{m,n\}$ thỏa mãn 2 điều ở trên khác rỗng nhưng hướng này impossible ). Công bố solution của em đi

Thực tế thì lời giải bài này e tìm ra liên quan đến một số kiến thức của liên phân số. Xét một số thực $r$ bất kì, ta xác định dãy:
$r=x_0,a_k=[x_k],x_{k+1}=\frac{1}{x_k-a_k}$
Ngoài ra ta cũng xác định 2 dãy sau:
$$p_0=a_0,p_1=a_0a_1+1,p_{k+1}=a_{k+1}p_k+p_{k-1}$$
$$q_0=1,q_1=a_1,q_{k+1}=a_{k+1}q_k+q_{k-1}$$
Đặt $C_k=\frac{p_k}{q_k}$.
Bằng quy nạp ta chứng minh được các mệnh đề sau:
$$ r=\frac{x_{n+1}p_k+p_{k-1}}{x_{n+1}q_k+q_{k-1}}$$
$$C_{k}-C_{k-1}=\frac{(-1)^{k-1}}{q_kq_{k-1}}$$
$$C_k-C_{k-2}=\frac{a_k.(-1)^{k-1}}{q_kq_{k-1}}$$
Từ những điều đó ta có thể suy ra $(C_{2k+1})$ là dãy giảm, $(C_{2k})$ là dãy tăng, $limC_{2k}=limC_{2k+1}=r$. Dẫn đến $C_{2k} \le r \le C_{2k+1}, \forall k \in N$
Vì $C_{2k+1}-C_{2k}=\frac{1}{q_{2k+1}q_{2k}}$ mà dãy $(q_k)$ tăng nghiêm ngặt và có giới hạn vô cùng nên tồn tại $u$ để $s> \frac{1}{q_{2u+1}}$. Khi đấy chọn $n=q_{2u},m=p_{2u}$ ta có đpcm

[Karl Heinrich Marx]

Ta thấy rằng một cách hoàn toàn tương tự có thể chứng minh với mọi $r,s$ thực dương luôn tại $m,n$ nguyên dương để: $m-s <nr \le m$
Từ đó có thể cho ra một số hệ quả:
1) Tồn tại các dãy $u_n,v_n$ để $lim({u_nr})=0,lim({v_nr})=1$ với mọi số $r$ thực dương.Trong đó kí hiệu $(u_nr)$ là phần lẻ, mình k dùng dấu { } được(Thực tế mệnh đề này tương đương với bài toán)
2) với mọi $k \in N$ dãy số $[nr]$ tồn tại vô hạn bội số của $10^k$
Đến đây ta thử xem với một số $k$ bất kì thì liệu có tồn tại vô hạn bội của $k$ thuộc dãy $[nr]$ không? Theo mình cái này có thể sử dụng cấp.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Karl Heinrich Marx: 01-06-2012 - 12:17

[The Gunner]

2) với mọi $k \in N$ dãy số $[nr]$ tồn tại vô hạn bội số của $10^k$
Đến đây ta thử xem với một số $k$ bất kì thì liệu có tồn tại vô hạn bội của $k$ thuộc dãy $[nr]$ không? Theo mình cái này có thể sử dụng cấp.

Xét các số $[n_kr]$ là bội của $10^k$, Do cái này sinh ra từ điều kiện $lim(u_nr)=0$ ( như ở trên) nên suy ra tồn tại dãy số $m_kr$ có vô hạn số 0 liên tiếp ở đầu tiên ở phần lẻ của $m_kr$. (ta có thể hiểu dãy $m_k$ sinh ra bởi $m_k=\frac{n_l}{10^k} \in \mathbb{N}$ với $l$ đủ lớn) .
Do đó xét một số $t$ nguyên dương bất kì xét dãy $T_s$ là các bội của $t$ thì với mỗi $s$ sẽ tồn tại $k$ đủ lớn để tích $T_sm_kr$ vẫn còn ít nhất 2 số 0 liên tiếp đứng đầu phần lẻ của nó ( tức là $[T_sm_kr]$ ko phụ thuộc vào $\{T_sm_kr\}$)
Khi đó $[T_sm_kr]$ là một bội của $T_s$ nên là bội của $t$
Do đó với một số $t$ bất kì thì tồn tại vô hạn bội của $t$ thuộc dãy $[nr]$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi The Gunner: 01-06-2012 - 22:22