Category: Algebraic combinatorics

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

Bài đọc thêm

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

Perfect rulers


Giả sử ta có một cái thước kẻ dài \displaystyle 6, trên đó đã đánh dấu các điểm \displaystyle 0, \displaystyle 1, \displaystyle 2, \displaystyle 3, \displaystyle 4, \displaystyle 5, \displaystyle 6. Sử dụng chiếc thước này ta có thể tạo mọi đoạn có độ dài thuộc \displaystyle [6], nhưng ta không cần đánh dấu trên thước nhiều điểm như thế để đạt được điều này. Ta có thể đánh dấu \displaystyle 0, \displaystyle 1, \displaystyle 4, 6 là đủ (đoạn độ dài 2 được đo giữa hai điểm 4 và 6, đoạn độ dài 3 được đo giữa 1 và 4, đoạn độ dài 4 được đo giữa 0 và 4, đoạn độ dài 5 được đo giữa 1 và 6). Vì C_4^2=6 nên hoàn cảnh này là hoàn hảo.

Bài toán. Cho một số nguyên n lớn hơn 4. Chứng minh rằng không tồn tại n số tự nhiên phân biệt a_1, a_2, \ldots, a_n sao cho mọi số nguyên dương không vượt quá C_n^2 đều có dạng a_i-a_j.

Lời giải. Giả sử ngược lại, tồn tại n số tự nhiên phân biệt a_1, a_2, \ldots, a_n sao cho mọi số nguyên dương không vượt quá C_n^2 đều có dạng a_i-a_j.

Xét đa thức \displaystyle A(z) = \sum_i z^{a_i}. Theo tính chất của các số a_1, a_2, \ldots, a_n, ta có

\displaystyle A(z) \cdot A\left(\frac{1}{z}\right)=\sum_{k=-C_n^2}^{C_n^2} z^k+n-1,\quad \forall z\in\mathbb{C}\setminus \{0\}.

Continue reading “Perfect rulers” →