Nesbit

Mệnh đề. Cho $S\subset\mathbb{R}$ thoả mãn: nếu $x\in S$ thì $nx\in S$ với mọi $n\in\mathbb{Z}$. Khi đó:

$$0 \text{ là điểm giới hạn của } S \iff S \text{ trù mật trong }\mathbb{R}.$$ 

Bài này mình đã đăng trong một thảo luận ở box Olympic (thảo luận ở đó cũng khá hay). Vừa mới nhớ ra nên đăng lại vào đây, phù hợp hơn.

Hệ quả 1. $\mathbb{Q}$ trù mật trong $\mathbb{R}$.

Hệ quả 2. Với mọi $r$ vô tỉ, $\{m+nr: m,n\in\mathbb{Z}\}$ trù mật trong $\mathbb{R}$.

Kết quả ở trên khá đẹp nhưng thực ra không quá mạnh (chẳng hạn, nó không suy ra được $\{2^m 3^n: m,n\in\mathbb{Z}\}$ trù mật trong $\mathbb{R}$). Nếu anh em có hứng thú thì trong topic này chúng ta sẽ cố gắng tìm được tập $S$ tổng quát nhất có thể thoả mãn tính chất ở trên.

Cho dãy hàm số phức $(f_n)$ bị chặn trên tập đếm được $X$. Chứng minh tồn tại một dãy con $(f_k)_{k\in I}$ ($I \subset \mathbb{N}$) sao cho $(f_k(x))_{k\in I}$ hội tụ với mọi $x\in X$.

Lưu ý là với một hàm cụ thể nếu tốc độ đổi dấu không đúng thì cũng không thể làm cho tích phân hội tụ được. Ví dụ như hàm $1/x$ nếu cho đổi dấu chậm quá thì cũng không hội tụ, chẳng hạn thay $\left(\frac{1}{2n+1},\frac{1}{2n}\right]$ bằng $\left(\frac{1}{2^{2n+1}},\frac{1}{2^{2n}}\right]$.

Sau đây là kết quả tổng quát hơn mà Nesbit nhắc tới hôm trước. Ý tưởng là chia đoạn $(0,1]$ ra nhiều đoạn nhỏ bằng một dãy số nào đó, rồi cho $f$ đổi dấu liên tục trên các đoạn đó.

Mệnh đề. Cho $(c_n)$ là một dãy số giảm từ $1$ tới $0$ (tức là $c_1 = 1$ và $c_n\searrow 0$). Cho $F$ là một hàm tăng và khả vi trên $(0,1]$ sao cho $F(c_n) - F(c_{n+1}) \searrow 0$, đồng thời $\lim_{x\to 0} F(x)$ không tồn tại (hoặc bằng vô cùng). Khi đó hàm số sau khả tích trên $[0,1]$ nhưng không khả tích tuyệt đối trên $[0,1]$:

\begin{equation}f(x) = \begin{cases} F'(x),&\mbox{nếu } x\in (c_{2n+1},c_{2n}] \\  -F'(x),&\mbox{nếu } x\in (c_{2n},c_{2n-1}] \end{cases}.\end{equation}

Chứng minh cũng rất đơn giản, cứ cộng các tích phân trên từng đoạn nhỏ là ra. Có kết quả này rồi thì ta cứ lấy một dãy $(c_n)$ tiến đến $0$ (ví dụ $c_n=1/n$ ở trên kia), sau đó tìm hàm $F$ thoả mãn điều kiện.

Cách của Hoang72 rất hay! Ở trên bangbang1412 có nhầm chút xíu khi suy ra $Q=0$ thay vì hằng số. 

Vâng em viết nhầm ạ, phải là 1. Tích phân suy rộng loại I là tích phân có cận vô cùng, còn tích phân suy rộng loại II là tích phân trên khoảng hữu hạn mà hàm có điểm kỳ dị trên khoảng này ạ.

Anh check thì thấy đúng như vậy nhưng nhìn lại thấy cận dưới của em là $0$ nên mới hỏi lại để xác minh. Cách phân loại này anh cũng từng đọc trong sách nhưng không bao giờ nhớ nổi, và cũng không hiểu tại sao lại phân ra như vậy. Đối với anh thì hai kiểu này không có gì khác nhau, nhưng có thể anh bỏ sót điều gì đó chăng?

Nếu dùng phép đổi biến $t=1/x$ thì tích phân $\int_{1}^{\infty}\dfrac{\sin{x}}{x}dx$ trở thành $\int_{0}^{1}\dfrac{\sin{(1/t)}}{t}dt$, nên có thể chọn $f(x)=\dfrac{\sin{(1/x)}}{x}$ cho câu hỏi ban đầu của anh. Một điều em thấy hơi lạ là trong các sách giải tích em đọc thì có rất ít ví dụ về tích phân suy rộng loại II.

Đúng là nếu đổi cận thành $1$ thì kết quả ra rất đẹp khi đổi biến. Ví dụ này anh cũng có biết trước khi đăng bài.

Về ý tưởng để giải bài này, thì một cách tự nhiên ta sẽ cố gắng tìm $f$ sao cho $\int |f|$ không bị chặn, đồng thời $f$ đổi dấu liên tục trên $(0, 1]$ để hi vọng khi lấy tích phân của $f$ thì các khoảng sẽ triệt tiêu lẫn nhau. Ví dụ mà vutuanhien đưa ra ở trên cũng là một hàm đổi dấu liên tục như vậy. Nesbit tìm được một ví dụ khác như sau (với $n\ge 1$):

\begin{equation}f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x},&\mbox{nếu } x\in\left(\frac{1}{2n+1},\frac{1}{2n}\right] \\
-\frac{1}{x},&\mbox{nếu } x\in\left(\frac{1}{2n},\frac{1}{2n-1}\right] \end{cases}.\end{equation}

(Trên thực tế thì ví dụ trên không phải mình mò ra ngay mà được chọn ra từ một kết quả tổng quát hơn, mai sẽ đăng tiếp vì bây giờ phải off mất rồi.)

Lâu ngày không động đến mấy cái này nên em cũng chưa nghĩ ra được phản ví dụ nào cho hội tụ có điều kiện kiểu này. Nếu là tính phân suy rộng loại I thì có ví dụ đó là $\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin{x}}{x}dx$. Có lẽ bằng một phép đổi biến có thể đưa tích phân này về tính phân suy rộng loại 2.
 

Định nghĩa loại 1 loại 2 chính xác là thế nào ấy em nhỉ? Tích phân ở trên có vẻ thuộc cả hai vì cận dưới cũng là limit nốt (hoặc có thể em nhầm $1$ thành $0$).

Cảm ơn vutuanhien. Đó đúng là cách kinh điển được trình bày trong nhiều sách (có tác giả dùng $V_n = X\setminus U_n$ thay vì $U_n$ như ở trên, cũng tương đương nhau cả). Cách này cũng rất tự nhiên vì tìm cách xây dựng một phủ mở hữu hạn theo định nghĩa của tập compact.

Cách của anh dùng một tính chất "khác" của tập compact đó là mọi dãy trong $X$ tồn tại một dãy con hội tụ trong $X$.

Đặt $g_n = f_n-f$ như trên thì ta cần chứng minh $g_n$ hội tụ đều về $0$, nghĩa là $M_n\to 0$ với $M_n = \sup_{x\in X}|g_n(x)|$. Vì $X$ compact nên $\sup$ có thể đạt được, tức là tồn tại $x_n\in X$ sao cho $M_n = |g_n(x_n)|$. Vì $g_n\ge g_{n+1}$ và $g_n\to 0$ nên ta có $g_n\ge g_{n+1}\ge 0\forall n$. Lấy $\sup$ ta được $M_n\ge M_{n+1}\ge 0$, nghĩa là $(M_n)$ là một dãy giảm bị chặn dưới bởi $0$, nên nó có giới hạn $L\ge 0$. Ta cần chứng minh $L=0$.

Từ đây trở đi ta chỉ cần làm việc với một dãy con hội tụ $(x_k)_{k\in I}$ của $(x_n)$ (để cho đơn giản ta không cần viết rõ $k\in I$). Giả sử $x_k\to x^*\in X$. Với mọi $\epsilon > 0$, vì $g_n\searrow 0$ nên tồn tại $N$ sao cho $0\le g_N(x^*)\le \epsilon$. Vì $x_k\to x^*$ và $g_N$ liên tục nên tồn tại $p\ge N$ sao cho $|g_N(x_p) - g_N(x^*)| \le \epsilon$. Thế thì $g_N(x_p) \le g_N(x^*)+\epsilon \le 2\epsilon$. Do $g_N\ge g_p$ nên $g_N(x_p) \ge g_p(x_p) = M_p \ge L$. Vậy $L \le 2\epsilon$. Điều này đúng với mọi $\epsilon > 0$ nên $L=0$.

Hi vọng không có chỗ nào sai. Ở trên tính compact của $X$ được sử dụng thêm ở chỗ lấy $\sup$ (ngoài chỗ lấy dãy con hội tụ), nhưng thực ra không cần thiết. Ở bước này không cần $\sup$ phải đạt được mà chỉ cần lấy $x_n$ sao cho $g_n(x_n) \ge M_n - \epsilon$.

Chứng minh tồn tại hàm số $f:(0,1]\to\mathbb{R}$ khả tích trên $[a,1]$ với mọi $a>0$ sao cho

$\lim_{a\to 0} \int_a^1 f(x)dx$ tồn tại nhưng $\lim_{a\to 0} \int_a^1 |f(x)|dx$ không tồn tại.

$(u_{2n})$ và $(u_{2n+1})$ là hai dãy con của $(u_n)$. Giới hạn của $(u_{2n})$ không nhất thiết sẽ đúng cho giới hạn của $(u_n)$.

VTHuan đang nói về giới hạn riêng (subsequential limit) Hân ạ, chứ không phải là giới hạn. VTHuan nói đúng rồi, chắc Hân chưa được học nên thấy lạ.

Ở trên Nesbit dùng thuật ngữ "giới hạn con" do tự dịch, không để ý là VTHuan đã có nhắc đến "giới hạn riêng" rồi. Kiểm tra lại thì thấy đây đúng là thuật ngữ chính thức, nên xin phép sửa lại bài viết ở trên theo thuật ngữ này. 

Giới hạn trên và giới hạn dưới không được học ở cấp phổ thông nên Nesbit đã chuyển chủ đề này vào box Toán đại học.

Theo định nghĩa thì giới hạn trên và giới hạn dưới lần lượt là cận trên và cận dưới của tập hợp các giới hạn riêng (subsequential limits), cho nên phải tồn tại. Cụ thể hơn nữa thì tập hợp các giới hạn riêng khác rỗng: nếu dãy bị chặn thì theo định lý Bolzano–Weierstrass tồn tại dãy con hội tụ, nếu không bị chặn trên hoặc chặn dưới thì lần lượt tồn tại dãy con tiến tới $+\infty$ hoặc $-\infty$. Hi vọng đã trả lời đúng câu hỏi của bạn.

Cho $X$ compact trong một không gian metric và $(f_n)_{n\ge 1}$ là một dãy các hàm số thực liên tục trên $X$, $f_n\to f$ trên $X$ với $f$ liên tục trên $X$, đồng thời $f_n(x) \ge f_{n+1}(x) \forall x\in X,\forall n$. Chứng minh rằng $f\to f_n$ đều (converges uniformly) trên $X$.

Đây là một định lý khá quen thuộc trong giải tích, mình đang ôn lại vài kiến thức cũ nên tình cờ thấy nó. Cách chứng minh của mình khác với trong sách nên thấy có chút thú vị, đăng lên đây để anh em cùng thảo luận, tập chút thể dục đầu tuần cũng hay.

Ngoài ra:

• Không chơi game trên máy tính. Dành thời gian đó đi đá bóng hoặc chơi một môn thể thao mà em thích thì tốt hơn, thậm chí những môn không vận động như cờ vua cũng tốt hơn là chơi game trên máy tính.
• Không lên FB, thời gian đó để sinh hoạt trên diễn đàn, đăng bài, giải bài, thảo luận, hoặc chỉ cần đọc những bài có sẵn trên diễn đàn cũng tốt hơn là lướt FB để đọc những thứ vô bổ. Trên diễn đàn cũng có những bạn cùng lứa với em và cũng có những mục tiêu giống em, ví dụ như KietLW9. Luyện kiếm mà có người luyện cùng thì cũng sẽ hiệu quả hơn.

Chúc em thành công!

Em mua bộ sách Toán nâng cao lớp 10 của NXBGD rồi gắng đọc và làm hết toàn bộ bài tập (bộ sách cần đủ tất cả các môn từ Đại số, Giải tích, Số học, Tổ hợp, Hình học, v.v... đừng thiếu môn nào). Lúc nào xong rồi học tiếp những tài liệu khác cũng không muộn. Đồng thời ăn uống đầy đủ, ngủ ngày 8 tiếng, chơi thể thao hoặc chạy thể dục.

Những anh chị khác có thể khuyên em thêm và cũng có thể khác anh, nhưng nếu anh quay lại lớp 10 thì anh sẽ làm vậy.

Em cũng cảm thấy là không có cách nào để nhìn ra ngay được con số 376 trừ khi đã biết trước thì có thể nói là 'hiển nhiên'. Tất nhiên ở trường hợp này số cũng khá nhỏ nên có thể tính nhẩm nhanh được ($125\equiv 5$ mod 8 nên cần nhân 3 lên để cộng 1 chia hết cho 8, ra được 376).

Rất có thể cách tính nhẩm như em nói chính là cách "hiển nhiên" của tác giả. Em có thể chia sẻ thêm tại sao lại nhìn ra ngay được là bài toán ban đầu có thể đưa về việc tìm một hệ số để nhân với $5$ cộng $1$ chia hết cho $8$ không? Theo cách anh làm ở trên thì tất nhiên là đúng như vậy, nhưng anh cần phải đặt bút xuống mới tới được bước đó, và anh đang cố gắng hiểu suy nghĩ trong đầu của những người nhìn ngay ra được. Anh đưa một ví dụ bên dưới để em hiểu ý anh là gì.

Nếu ai hay áp dụng định lý phần dư Trung Hoa thì rất có thể họ sẽ xử lí trong đầu như sau:

Ta cần tìm $x$ sao cho $x \equiv 1\pmod{125}$ và $x \equiv 0\pmod{8}$, vì khi đó ta sẽ có $2^{100}\equiv x\pmod{1000} $ theo định lý phần dư Trung Hoa. Muốn tìm $x$ ta nhẩm để tìm $r$ sao cho $8\mid 125\times r + 1$. Vì $8\mid 120$ nên $8\mid 5r + 1$, suy ra $r=3$.

$2^{100} \equiv 376\pmod {1000}$ thì sẽ có $2^{100} \equiv 376 \pmod {125}$ và $2^{100}\equiv 376\pmod 8$ ạ. Hoặc ngược lại.

Đúng là nếu biết kết quả là $376$ thì có thể kiểm chứng lại như vậy. Ở đây dùng tính chất nếu $a\equiv b\pmod {m}$ và $a\equiv b\pmod {n}$ với $(m,n) = 1$ thì $a\equiv b\pmod {mn}$.

Không biết có cách nào tìm ra được số $376$ nhanh hơn cách Nesbit đã làm ở trên không. Đọc sách thấy ghi là hiển nhiên nên chắc những người giỏi họ nhìn ra ngay được