October 2023 – T's Lab

Định lí Erdos–Ginzburg–Ziv. Cho số nguyên dương $n.$ Khi đó trong mỗi $2n-1$ số nguyên, tồn tại $n$ số có tổng chia hết cho $n.$

Chứng minh. Trước tiên ta thấy khẳng định đúng với $n=1,$ và nếu khẳng định đúng với $x>1$ và $y>1$ thì nó cũng đúng với $xy.$ Thật vậy, giả sử $a_1,a_2,\ldots,a_{2xy-1}$ là các số nguyên bất kỳ. Trước tiên, vì $2xy-1>2y-1$ nên trong các số đã cho ta có thể chọn $y$ số $a_{1j}$ sao cho $\displaystyle a_{11}+a_{12}+\cdots +a_{1y}\equiv 0\pmod{y},$ sau bước này ta còn $2xy-1-y=(2x-1)y-1>2y-1$ số. Trong $(2x-1)y-1$ số đó ta chọn $y$ số $a_{2j}$ sao cho

$a_{21}+a_{22}+\cdots+a_{2y}\equiv 0\pmod{y},$ sau bước này ta còn $(2x-2)y-1$ số. Tiếp tục làm như vậy cuối cùng ta được $(2x-1)y$ số $a_{ij}$ thỏa mãn

$a_{i1}+a_{i2}+\cdots+a_{iy}\equiv 0\pmod{y},\quad \forall i=\overline{1,2x-1}.$ Vì khẳng định đúng với $n=x$ nên trong $2x-1$ số nguyên $\displaystyle\frac{1}{y}(a_{i1}+a_{i2}+\cdots+a_{iy}),$ tồn tại $x$ số, chẳng hạn $\displaystyle\frac{1}{y}(a_{i1}+a_{i2}+\cdots+a_{iy})$ với $i=1,$ $2,\ldots,$ $x$ , có tổng chia hết cho $x.$ Khi đó $xy$ số $a_{ij}$ với $(i,j)\in [x]\times [y]$ có tổng chia hết cho $xy,$ suy ra khẳng định đúng với $xy.$

Vậy ta chỉ cần chứng minh nó đúng với các số nguyên tố. Giả sử $n=p$ là một số nguyên tố và $a_0,$ $a_1,\ldots,$ $a_{2p-2}$ là các số nguyên bất kỳ. Ta cần chỉ ra có $p$ số trong các số đã cho có tổng chia hết cho $p.$ Với mỗi số nguyên $\alpha,$ ký hiệu $(\alpha)_p$ là số dư khi chia $\alpha$ cho $p.$ Không mất tính tổng quát, giả sử $\{(a_i)_p\}$ là một dãy không giảm. Nếu tồn tại $i\in [p-1]$ sao cho $(a_i)_p=(a_{i+p-1})_p$ thì

$(a_i)_p=(a_{i+1})_p=\cdots =(a_{i+p-1})_p\Rightarrow \sum_{j=i}^{i+p-1}a_j\equiv 0\pmod{p},$ nếu không, xét $p-1$ tập $A_i=\{a_i,a_{i+p-1}\}$ và dùng hệ quả trong [1] ta có