Erdos–Ginzburg–Ziv theorem

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

$\mid A_1+A_2+\cdots+A_{p-1}\mid \geq \min (p,(p-1)\times 2-(p-1)+1)=p,$ suy ra với mỗi $i\in [p-1],$ tồn tại $b_i\in A_i$ để

$b_1+b_2+\cdots+b_{p-1}\equiv -a_0\pmod{p}\Rightarrow b_1+b_2+\cdots+b_{p-1}+a_0\equiv 0\pmod{p}.$ $\Box$

Tài liệu tham khảo

[1] https://nttuan.org/2014/09/29/cauchy-davenport/

IMO Shortlist 2022: Combinatorics

Trong bài này tôi sẽ dịch phần Tổ hợp trong cuốn IMO Shortlist 2022. Các năm trước bạn có thể tìm ở đường dẫn https://nttuan.org/2023/07/02/isl/.

Phần Hình của năm 2022 tôi đã dịch ở đây

IMO Shortlist 2022: Geometry

C1. Một $\pm 1$ -dãy là một dãy gồm $2022$ số $a_1, \ldots, a_{2022},$ mỗi số bằng $+1$ hoặc $-1$ . Tìm số $C$ lớn nhất sao cho, đối với bất kỳ dãy $\pm 1$ nào, tồn tại một số nguyên $k$ và các chỉ số $1 \le t_1 < \ldots < t_k \le 2022$ để $t_{i+1} - t_i \le 2$ với mọi $i$ , và $\displaystyle \left| \sum_{i=1}^{k} a_{t_i} \right| \ge C.$

C2. Ngân hàng Oslo phát hành hai loại tiền xu: nhôm (ký hiệu là $A$ ) và đồng (ký hiệu là $B$ ). Alpha có $n$ đồng xu nhôm và $n$ đồng xu đồng được sắp xếp thành một hàng theo thứ tự ban đầu tùy ý. Một chuỗi là bất kỳ dãy con nào các đồng xu liên tiếp có cùng loại. Cho một số nguyên dương cố định $k \leq 2n$ , Beta lặp đi lặp lại thao tác sau: anh ta xác định chuỗi dài nhất chứa đồng xu thứ $k$ từ bên trái và di chuyển tất cả đồng xu trong chuỗi đó sang đầu bên trái của hàng. Ví dụ: nếu $n=4$ và $k=4$ , quá trình bắt đầu từ $AABBBABA$ sẽ là

$AABBBABA \to BBBAAABA \to AAABBBBA \to BBBBAAAA \to ...$

Tìm tất cả các cặp $(n,k)$ với $1 \leq k \leq 2n$ sao cho với mỗi cách xếp các đồng xu lúc đầu, tại một thời điểm nào đó trong quá trình, $n$ đồng xu ngoài cùng bên trái có cùng loại.

C3. Trong mỗi ô vuông của một khu vườn có dạng bảng ô vuông cỡ $2022 \times 2022$ , ban đầu có một cái cây cao $0$ . Một người làm vườn và một thợ đốn gỗ thay phiên nhau chơi trò chơi sau, người làm vườn sẽ chơi ở lượt đầu tiên:

(1) Người làm vườn chọn một ô vuông trong vườn. Sau đó mỗi cây trên ô vuông đó và tất cả các ô vuông xung quanh trở thành cao hơn một đơn vị.

(2) Người thợ đốn gõ chọn bốn ô vuông khác nhau trong vườn. Sau đó mỗi cây có chiều cao dương trên các ô vuông đó sẽ trở thành thấp hơn một đơn vị.

Ta nói rằng một cái cây là hùng vĩ nếu chiều cao của nó ít nhất là $10^6$ . Tìm số $K$ lớn nhất sao cho người làm vườn có thể đảm bảo cuối cùng sẽ có $K$ cây hùng vĩ trong vườn, bất kể người thợ đốn gỗ chơi như thế nào.

C4. Cho một số nguyên $n > 3$ . Giả sử rằng $n$ đứa bé được sắp xếp thành một vòng tròn và $n$ đồng xu được phân phát cho chúng (một số bé có thể không có đồng xu nào). Ở mỗi bước, bé có ít nhất $2$ đồng xu có thể đưa $1$ đồng xu cho mỗi bé ngay bên phải và bên trái của mình. Hãy tìm tất cả các cách phân phát các đồng xu ban đầu sao cho sau một số hữu hạn bước, mỗi bé có đúng một đồng xu.

C5. Cho $m,n \geqslant 2$ là các số nguyên, $X$ là một tập hợp có $n$ phần tử, và $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_m$ là các tập hợp con khác rỗng phân biệt của $X$ . Một hàm $f \colon X \to \{1,2,\ldots,n+1\}$ được gọi là tốt nếu tồn tại một chỉ số $k$ sao cho $\displaystyle\sum_{x \in X_k} f(x )>\sum_{x \in X_i} f(x), \quad \forall i \ne k.$ Chứng minh rằng số hàm tốt ít nhất là $n^n$ .

C6. Cho $n$ là một số nguyên dương. Chúng ta bắt đầu với $n$ đống sỏi, mỗi đống ban đầu chỉ chứa một viên sỏi. Người ta có thể thực hiện các bước di chuyển theo hình thức sau: chọn hai đống, lấy một số viên sỏi bằng nhau từ mỗi đống và tạo thành một đống mới từ những viên sỏi này. Tìm, theo $n$ , số nhỏ nhất các đống sỏi khác rỗng mà một người có thể thu được bằng cách thực hiện một dãy hữu hạn các bước di chuyển có dạng này.

C7. Lucy bắt đầu bằng cách viết $s$ bộ $2022$ số nguyên lên bảng đen. Sau khi làm điều đó, cô ấy có thể lấy hai bộ bất kỳ (không nhất thiết phải khác nhau) $\mathbf{v}=(v_1,\ldots,v_{2022})$ và $\mathbf{w}=(w_1,\ldots,w_{ 2022})$ mà cô ấy đã viết và áp dụng một trong các thao tác sau để lấy bộ mới:

$\mathbf{v}+\mathbf{w}=(v_1+w_1,\ldots,v_{2022}+w_{2022})$

$\mathbf{v} \lor \mathbf{w}=(\max(v_1,w_1),\ldots,\max(v_{2022},w_{2022}))$

rồi viết bộ này lên bảng. Sau hữu hạn bước, theo cách này, Lucy có thể viết bất kỳ bộ $2022$ số nguyên nào lên bảng. Số $s$ nhỏ nhất có thể là bao nhiêu?

C8. Cho $n$ là một số nguyên dương. Hình vuông Bắc Âu là một bảng ô vuông $n \times n$ chứa tất cả các số nguyên từ $1$ đến $n^2$ sao cho mỗi ô chứa đúng một số. Hai ô khác nhau được gọi là kề nếu chúng có chung một cạnh. Mỗi ô chỉ kề với các ô chứa số lớn hơn được gọi là thung lũng. Đường lên dốc là một dãy gồm một hoặc nhiều ô sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời:

(i) ô đầu tiên trong dãy là một thung lũng,

(ii) mỗi ô tiếp theo trong dãy kề với ô trước đó,

(iii) các số trên các ô trong dãy lập thành một dãy tăng theo thứ tự.

Tìm, theo $n$ , số nhỏ nhất đường lên dốc có thể có trong một hình vuông Bắc Âu.

C9. Xét các song ánh $f:\mathbb N\times \mathbb N \to \mathbb N$ có tính chất: mỗi khi $f(x_1,y_1) > f(x_2, y_2)$ , thì $f(x_1+1, y_1) > f(x_2 + 1, y_2)$ và $f(x_1, y_1+1) > f(x_2, y_2+1)$ . Gọi $k$ là số cặp số nguyên $(x,y)$ sao cho $0\le x,y<100$ và $f(x,y)$ is số nguyên lẻ. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $k$ .

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 $\displaystyle \mid A_1+A_2+\cdots+A_h\mid \geq \min \left(p,\sum_{i=1}^h\mid A_i\mid-h+1\right).$

Combinatorial Nullstellensatz

Trong bài này chúng tôi giới thiệu một chứng minh ngắn của định lý không điểm tổ hợp của Noga Alon, và sử dụng nó chứng minh định lý Cauchy – Davenport (xem [1]). Từ bây giờ, khi nói đến trường thì các bạn hiểu là nói đến $\displaystyle \mathbb{C}$ , $\displaystyle \mathbb{R}$ , $\displaystyle \mathbb{Q}$ , hay $\displaystyle \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ .

Định lý 1 (N. Alon, 1999). Cho $\displaystyle \mathbb{F}$ là một trường bất kỳ, và cho $\displaystyle P\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right)$ là một đa thức trong $\displaystyle \mathbb{F}\left[x_{1}, \ldots, x_{n}\right]$ . Giả sử bậc của $\displaystyle P$ là $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} k_{i}$ , trong đó $\displaystyle k_{i}$ là một số nguyên không âm, và hệ số của đơn thức $\displaystyle x_{1}^{k_{1}} x_{2}^{k_{2}} \cdots x_{n}^{k_{n}}$ trong $\displaystyle P$ khác không. Khi đó với mỗi tập con $\displaystyle A_{1}, \ldots, A_{n}$ của $\displaystyle \mathbb{F}$ thỏa mãn $\displaystyle \left|A_{i}\right| \geq k_{i}+1$ với mỗi $\displaystyle i=1,2, \ldots, n$ , tồn tại $\displaystyle a_{1} \in A_{1}, \ldots, a_{n} \in A_{n}$ để $\displaystyle P\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right) \neq 0$ .

Định lý trên được gọi là định lý không điểm tổ hợp, nó là một tổng quát của kết quả: Với mỗi đa thức khác không $\displaystyle f(x)$ với hệ số thuộc một trường $\displaystyle \mathbb F$ , số nghiệm của $\displaystyle f$ trong $\displaystyle \mathbb F$ không vượt quá $\displaystyle \deg f$ .

Chứng minh (Mateusz Michalek). Khẳng định là đúng một cách hiển nhiên khi $\displaystyle P$ là đa thức hằng, bây giờ ta xét trường hợp còn lại.

Quy nạp theo $\displaystyle \deg P$ . Nếu $\displaystyle \deg(P)=1$ thì định lý là đúng. Giả sử $\displaystyle \deg(P)>1$ và $\displaystyle P$ thỏa mãn các giả thiết của định lý nhưng kết luận là sai. Nghĩa là $\displaystyle P(x)=0$ với mọi $\displaystyle x \in A_{1} \times \ldots \times A_{n}$ . Không mất tính tổng quát, giả sử $\displaystyle k_{1}>0$ . Xét một $\displaystyle a \in A_{1}$ và viết

$\displaystyle P=\left(x_{1}-a\right) Q+R\quad \quad (1)$

bằng cách sử dụng thuật toán chia. Xem (1) là một đẳng thức của các đa thức một biến $\displaystyle x_{1}$ với hệ số thuộc $\displaystyle \mathbb{F}\left[x_{2}, \ldots, x_{n}\right]$ . Vì bậc của $\displaystyle R$ theo biến $\displaystyle x_{1}$ là bé hơn $\displaystyle \deg\left(x_{1}-a\right)$ , đa thức $\displaystyle R$ không chứa $\displaystyle x_{1}$ . Từ giả thiết về $\displaystyle P$ ta có $\displaystyle Q$ phải có một đơn thức không bị triệt tiêu có dạng $\displaystyle x_{1}^{k_{1}-1} x_{2}^{k_{2}} \cdots x_{n}^{k_{n}}$ và

$\displaystyle \deg(Q)=\sum_{i=1}^{n} k_{i}-1=\deg(P)-1.$

Lấy mỗi $\displaystyle x \in\{a\} \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ và thay vào (1). Vì $\displaystyle P(x)=0$ ta có $\displaystyle R(x)=0$ . Nhưng $\displaystyle R$ không chứa $\displaystyle x_{1}$ , suy ra $\displaystyle R$ cũng bằng không trên $\displaystyle \left(A_{1}-\{a\}\right) \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ .

Bây giờ thay mỗi $\displaystyle x \in\left(A_{1}-\{a\}\right) \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ vào (1). Vì $\displaystyle x_{1}-a$ khác không, ta có $\displaystyle Q(x)=0$ . Vậy là $\displaystyle Q$ bằng không trên $\displaystyle \left(A_{1}-\{a\}\right) \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ , trái với giả thiết quy nạp. $\Box$

Một áp dụng đầu tiên là chứng minh ngắn của định lý Cauchy – Davenport trong lý thuyết số cộng tính. Định lý được chứng minh đầu tiên bởi Cauchy vào năm 1813 và bởi Davenport vào năm 1935. Cho $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ là hai tập con khác rỗng của $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ với $\displaystyle \mid A\mid =a$ và $\displaystyle \mid B\mid =b$ . Hỏi tập

$\displaystyle A+B:=\{a+b\mid (a,b)\in A\times B\}$

có thể có ít nhất bao nhiêu phần tử?

Định lý 2 (Cauchy – Davenport). Cho số nguyên tố $\displaystyle p$ và cho $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ là hai tập con khác rỗng của $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ với $\displaystyle \mid A\mid =a$ và $\displaystyle \mid B\mid =b$ . Khi đó

$\displaystyle |A+B|\geq\min \{p,a+b-1\}.$

Chứng minh. Nếu $\displaystyle a+b>p$ thì $\displaystyle \mid A+B\mid =p$ . Thật vậy, với mỗi $\displaystyle g\in \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ , hai tập $\displaystyle g-A$ và $\displaystyle B$ có giao khác rỗng vì $\displaystyle a+b>p$ . Lấy $\displaystyle h\in (g-A)\cap B$ ta có ngay $\displaystyle h=b=g-a\quad (a\in A,b\in B),$ suy ra $\displaystyle g=a+b\in A+B$ . Từ đây ta có $\displaystyle |A+B|=p=\min \{p,a+b-1\}.$

Bây giờ ta xét $\displaystyle a+b\leq p$ và giả sử bất đẳng thức là sai. Gọi $\displaystyle C$ là một tập có cỡ $\displaystyle a+b-2$ trong $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ chứa $\displaystyle A+B$ . Xét đa thức

$\displaystyle f(x, y)=\prod_{c \in C}(x+y-c)$

trên $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ . Đây là một đa thức hai biến có bậc $\displaystyle a+b-2$ . Ta sẽ chứng minh

$\displaystyle \left[x^{a-1} y^{b-1}\right] f(x, y)=\left(\begin{array}{c}a+b-2 \\ a-1\end{array}\right) \not =0.$

Để hình thành hệ số này khi khai triển $\displaystyle f$ , ta chọn $\displaystyle x$ đúng $\displaystyle a-1$ lần và $\displaystyle y$ đúng $\displaystyle b-1$ lần trong $\displaystyle a+b-2$ thừa số. Như vậy ta có đẳng thức đầu. Hệ số nhị thức khác không là vì $\displaystyle a+b-2<p$ và $\displaystyle p$ là số nguyên tố.

Vì $\displaystyle |A|=a$ và $\displaystyle |B|=b$ , định lý không điểm tổ hợp cho ta $\displaystyle x \in A$ và $\displaystyle y \in B$ mà $\displaystyle f(x, y) \neq 0$ . Điều này không thể xảy ra vì $\displaystyle f$ đã được dựng để triệt tiêu trên mọi cặp $\displaystyle (x, y)$ như vậy. $\Box$