Popoviciu’s theorem

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một công thức tính số nghiệm tự nhiên của phương trình $ax+by=n,$ ở đây $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(a,b)=1$ và $n$ là số tự nhiên.

Định lí. (Công thức Popoviciu) Gọi $N(a,b;n)$ là số các cặp số tự nhiên $(x,y)$ sao cho $ax+by=n$ , ở đây $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(a,b)=1$ và $n$ là số tự nhiên. Khi đó

$\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}-\left\{\frac{a^{-1}n}{b}\right\}-\left\{\frac{b^{-1}n}{a}\right\}+1,$ với $a^{-1}$ là nghịch đảo modulo $b$ của $a$ và $b^{-1}$ là nghịch đảo modulo $a$ của $b$ .

Chứng minh. Gọi $\displaystyle F(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}N(a,b;n)z^n$ là hàm sinh của dãy số $\{N(a,b;n)\}_{n\geq 0}$ . Ta có

$\displaystyle F(z)=\sum_{k\in\mathbb{N}}\sum_{l\in\mathbb{N}}z^{ak}z^{bl}=\frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}.\quad (1)$

Vì $(a,b)=1$ nên đa thức $(1-z^a)(1-z^b)$ có nghiệm là $1$ với bội $2$ và các nghiệm đơn $\xi_a^k$ $(k=1,2,\ldots,a-1)$ , $\xi_b^l$ $(l=1,2,\ldots,b-1)$ , ở đây $\xi_a=\cos\dfrac{2\pi}{a}+i\sin \dfrac{2\pi}{a}$ và $\xi_b=\cos\dfrac{2\pi}{b}+i\sin \dfrac{2\pi}{b}.$ Kết hợp với $(1)$ ta có tồn tại các số phức $C_1,C_2; A_i; B_i$ sao cho

$\displaystyle F(z)=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (2)$

Để ý đến hệ số của $z^n$ , từ $(2)$ ta có

$\displaystyle N(a,b;n)=C_1+C_2(n+1)+\sum_{k=1}^{a-1}A_k\xi_a^{-nk}+\sum_{l=1}^{b-1}B_l\xi_b^{-nl}.\quad (3)$

Bây giờ ta sẽ đi tìm các số phức $C_1,C_2; A_i; B_i$ từ đẳng thức

$\displaystyle \frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (4)$

Nhân hai vế của $(4)$ với $(1-z)^2$ và cho $z\to 1$ ta có $C_2=\dfrac{1}{ab}$ , sau đó nhân hai vế của $(4)$ với $1-z$ , để $C_1$ một bên và cho $z\to 1$ ta được $C_1=\dfrac{a+b-2}{2ab}$ . Theo cùng một cách ta có

$\displaystyle A_k=\frac{1}{a(1-\xi_a^{kb})},\quad B_l=\frac{1}{b(1-\xi_b^{la})}.$

Thay vào $(3)$ ta được

$\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}+\frac{a+b}{2ab}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}+\frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}.\quad (5)$

Từ $(5)$ ta có $\displaystyle N(a,1;n)=\frac{n}{a}+\frac{a+1}{2a}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}$ , mà $\displaystyle N(a,1;n)=\left[\frac{n}{a}\right]+1$ , suy ra

$\displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{n}{a}\right\}-\frac{1}{2a},$

do đó $\displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}=\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nb^{-1}k}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{nb^{-1}}{a}\right\}-\frac{1}{2a},$

chứng minh tương tự ta được

$\displaystyle \frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{na^{-1}}{b}\right\}-\frac{1}{2b},$

thay hai đẳng thức cuối cùng vào $(5)$ ta có điều cần chứng minh. $\Box$

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

Pell’s equation II

Các bạn có thể xem phần đầu về phương trình Pell ở đây: https://nttuan.org/2007/12/15/pell-equation/

Cho $d$ là số nguyên dương không phải là số chính phương. Xét phương trình Pell âm

$\displaystyle x^2-dy^2=-1. \qquad (1)$

Định lý 1. Nếu $(x_1,y_1)$ và $(x_2,y_2)$ là hai nghiệm nguyên dương của (1) thì

$\displaystyle x_1<x_2 \Longleftrightarrow y_1<y_2 \Longleftrightarrow x_1+y_1\sqrt d<x_2+y_2\sqrt d.$

Chứng minh. Từ giả thiết, ta có

$\displaystyle (x_2-x_1)(x_2+x_1)=d(y_2-y_1)(y_2+y_1).$

Vì $x_1+x_2>0$ và $d(y_1+y_2)>0$ , hai hiệu $x_2-x_1$ và $y_2-y_1$ cùng dấu hoặc đồng thời bằng $0$ . Do đó tổng $(x_2-x_1)+(y_2-y_1)\sqrt d$ cũng cùng dấu với hai hiệu ấy. Các tương đương cần chứng minh suy ra ngay. $\Box$

Định lý 2. Giả sử (1) có nghiệm nguyên dương và $(x',y')$ là nghiệm có $x'$ nhỏ nhất. Khi đó cặp $(X_0,Y_0)$ xác định bởi

$\displaystyle X_0+Y_0\sqrt d=(x'+y'\sqrt d)^2$

là nghiệm cơ bản của phương trình $x^2-dy^2=1$ , tức là nghiệm nguyên dương có hoành độ nhỏ nhất.

Chứng minh. Đặt $\alpha=x'+y'\sqrt d>1$ . Ta có

$\displaystyle \alpha^{-1}=-x'+y'\sqrt d.$

Rõ ràng $X_0=x'^2+dy'^2$ và $Y_0=2x'y'$ là các số nguyên dương thỏa mãn $X_0^2-dY_0^2=1$ . Nếu đây chưa phải là nghiệm cơ bản thì tồn tại một nghiệm nguyên dương $(a,b)$ của phương trình này sao cho

$\displaystyle 1<\varepsilon=a+b\sqrt d<\alpha^2.$

Đặt

$\displaystyle \beta=\frac{\varepsilon}{\alpha}=(a+b\sqrt d)(-x'+y'\sqrt d)=u+v\sqrt d,$

với $u,v\in\mathbb Z$ . Khi đó

$\displaystyle u^2-dv^2=-1,\qquad \alpha^{-1}<\beta<\alpha.$

Do $u-v\sqrt d=-\beta^{-1}$ , ta có $v=(\beta+\beta^{-1})/(2\sqrt d)>0$ . Hơn nữa, $u\ne0$ , vì $u=0$ sẽ dẫn đến $dv^2=1$ , trái với $d\ge2$ . Vì vậy $(|u|,v)$ là một nghiệm nguyên dương của (1), nhưng

$\displaystyle |u|+v\sqrt d=\max\{\beta,\beta^{-1}\}<\alpha=x'+y'\sqrt d.$

Theo Định lý 1, điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $x'$ . Vậy $(X_0,Y_0)$ là nghiệm cơ bản của phương trình $x^2-dy^2=1$ . $\Box$

Định lý 3. Giả sử (1) có nghiệm nguyên dương và $(x',y')$ là nghiệm có $x'$ nhỏ nhất. Khi đó tất cả các nghiệm nguyên dương của (1) là $(x_n,y_n)$ , với

$\displaystyle x_n+y_n\sqrt d=(x'+y'\sqrt d)^{2n+1},\qquad n=0,1,2,\ldots.$

Cặp $(x',y')$ được gọi là nghiệm cơ bản của phương trình Pell âm (1).

Chứng minh. Đặt $\alpha=x'+y'\sqrt d$ . Với mỗi $n\ge0$ , khai triển nhị thức cho thấy $x_n,y_n$ là các số nguyên dương. Đồng thời,

$\displaystyle x_n^2-dy_n^2=(x'^2-dy'^2)^{2n+1}=-1.$

Ngược lại, cho $(a,b)$ là một nghiệm nguyên dương bất kỳ của (1). Theo Định lý 1, $a+b\sqrt d\ge\alpha$ . Vì $\alpha>1$ , tồn tại số nguyên $n\ge0$ sao cho

$\displaystyle \alpha^{2n+1}\le a+b\sqrt d<\alpha^{2n+3}.$

Đặt

$\displaystyle \gamma=\frac{a+b\sqrt d}{\alpha^{2n+1}}=u+v\sqrt d.$

Vì $\alpha^{-1}=-x'+y'\sqrt d$ , ta có $u,v\in\mathbb Z$ . Hơn nữa,

$\displaystyle u^2-dv^2=1,\qquad 1\le\gamma<\alpha^2.$

Nếu $\gamma>1$ thì $u-v\sqrt d=\gamma^{-1}$ , nên

$\displaystyle u=\frac{\gamma+\gamma^{-1}}2>0,\qquad v=\frac{\gamma-\gamma^{-1}}{2\sqrt d}>0.$

Khi đó $(u,v)$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình $x^2-dy^2=1$ với $u+v\sqrt d<\alpha^2$ , trái với Định lý 2. Vậy $\gamma=1$ , tức là $a+b\sqrt d=\alpha^{2n+1}$ . Do $\sqrt d$ vô tỉ, suy ra $(a,b)=(x_n,y_n)$ . $\Box$

Nhận xét. Phương trình Pell âm có thể vô nghiệm nguyên. Chẳng hạn, $x^2-3y^2=-1$ vô nghiệm, vì khi lấy modulo $3$ ta được $x^2\equiv2\pmod3$ , điều không thể xảy ra.

The Chinese Remainder Theorem and Its Generalization

Định lý (Định lý phần dư Trung Hoa). Cho các số nguyên dương $r$ ; $n_1$ , $n_2$ , $\ldots$ , $n_r$ thỏa mãn $(n_i,n_j)=1$ với mọi chỉ số khác nhau $i$ và $j$ . Khi đó hệ phương trình đồng dư

$\displaystyle x\equiv a_1\pmod{n_1},x\equiv a_2\pmod{n_2},\ldots,x\equiv a_r\pmod{n_r}$

có nghiệm duy nhất modulo $\prod n_i$ với mỗi $r$ số nguyên $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_r$ .

Chúng tôi giới thiệu hai chứng minh của định lí này.

Chứng minh thứ nhất. Phần duy nhất là đơn giản, sau đây ta chứng minh phần tồn tại. Với mỗi $i$ , tồn tại số nguyên $k_i$ để

$\displaystyle x_i:=k_i\prod _{j\not =i}n_j\equiv 1\pmod{n_i}.$

Ta thấy $x=\sum a_ix_i$ là một nghiệm của hệ. $\blacksquare$

Chứng minh thứ hai. Đặt $N=\prod n_i$ . Dễ thấy ánh xạ

$\displaystyle x \pmod N\mapsto (x\pmod{n_1}, x\pmod{n_2}, \ldots, x\pmod{n_r})$

là một song ánh từ tập các lớp $\pmod N$ đến bộ các lớp $\pmod{n_i}$ . $\blacksquare$

Hệ quả. Cho các số nguyên dương $r$ ; $n_1$ , $n_2$ , $\ldots$ , $n_r$ và các số nguyên $a_1,$ $a_2,$ $\ldots,$ $a_r$ . Khi đó hệ phương trình đồng dư

$\displaystyle x\equiv a_1\pmod{n_1},x\equiv a_2\pmod{n_2},\ldots,x\equiv a_r\pmod{n_r}$

có nghiệm khi và chỉ khi $(n_i,n_j)\mid a_i-a_j$ với mọi cách chọn hai chỉ số phân biệt $i$ và $j$ .

Chứng minh. Điều kiện cần là hiển nhiên, ta chứng minh $(n_i,n_j)\mid a_i-a_j$ với mọi $i < j$ là điều kiện đủ để hệ có nghiệm.

Nếu $\prod n_i=1$ thì khẳng định đúng, nếu không, gọi $p_1,p_2,\ldots,p_k$ là các ước nguyên tố của $\prod n_i$ . Với mỗi $i$ , gọi $j(i)$ là chỉ số thỏa mãn

$\displaystyle s_i:=v_{p_i}(n_{j(i)})=\max (v_{p_i}(n_1),v_{p_i}(n_2),\ldots,v_{p_i}(n_r)).$

Theo định lý phần dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên $x$ sao cho

$\displaystyle x\equiv a_{j(i)}\pmod{p_i^{s_i}}$

với mọi $i$ . Dễ thấy $x$ là nghiệm của hệ phương trình đồng dư đã cho. $\blacksquare$

A Proof of the Lifting The Exponent Lemma

Định lý 1 (Bổ đề nâng số mũ). Cho hai số nguyên lẻ $a,b$ và số nguyên dương $n$ . Khi đó:

(1) nếu $n$ là số lẻ thì $\displaystyle v_2(a^n-b^n)=v_2(a-b).$

(2) nếu $n$ là số chẵn thì $\displaystyle v_2(a^n-b^n)=v_2\left(\frac{a^2-b^2}{2}\right)+v_2(n).$

Chứng minh. (1) đúng hiển nhiên. Bây giờ ta chứng minh (2).

Viết $n=2^kx$ với $k$ là số nguyên dương và $x$ là số nguyên lẻ. Ta có:

$a^n-b^n=(a^x-b^x)(a^x+b^x)(a^{2x}+b^{2x})\cdots (a^{2^{k-1}x}+b^{2^{k-1}x})$

và trong các thừa số ở vế phải, trừ hai thừa số đầu, tất cả các thừa số còn lại đều chia cho $4$ dư $2$ , suy ra:

$v_2(a^n-b^n)=v_2(a^{2x}-b^{2x})+k-1=v_2(a^2-b^2)+v_2(n)-v_2(2).$

Định lý được chứng minh. $\Box$

Định lý 2 (Bổ đề nâng số mũ). Cho số nguyên tố lẻ $p$ và hai số nguyên $a,b$ không chia hết cho $p$ thỏa mãn $p\mid a-b$ . Khi đó:

$\forall n\in\mathbb{N}^*,\quad v_p\left(a^n-b^n\right)= v_p\left(a-b\right)+v_p(n).$

Chứng minh. Với mỗi số nguyên tố lẻ $p$ , cố định nó. Gọi $S$ là tập tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho:

$v_p\left(a^n-b^n\right)= v_p\left(a-b\right)+v_p(n)$

với mọi $a,b$ thỏa mãn các giả thiết của định lý. Ta cần chứng minh $S=\mathbb{N}^*$ .

Khẳng định 1. $1\in S$ .

Chứng minh. Hiển nhiên. $\Box$

Khẳng định 2. Với mỗi hai số nguyên dương $m$ và $n$ , nếu $m\in S$ và $n\in S$ thì $mn\in S$ .

Chứng minh. Với $m,n\in S$ và $a,b$ thỏa mãn các giả thiết của định lí, ta có:

$\begin{aligned} v_p(a^{mn}-b^{mn}) &=v_p((a^m)^n-(b^m)^n)\\ &=v_p(a^m-b^m)+v_p(n)\\ &=v_p(a-b)+v_p(m)+v_p(n)\\ &=v_p(a-b)+v_p(mn), \end{aligned}$

suy ra $mn\in S$ . $\Box$

Khẳng định 3. Nếu $q$ là một số nguyên tố thì $q\in S$ .

Chứng minh. Cố định số nguyên tố $q$ và hai số nguyên $a, b$ thỏa mãn các điều kiện của định lý. Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1. $q\not=p$ .

Ta có $a^q-b^q=(a-b)(a^{q-1}+a^{q-2}b+\cdots+b^{q-1})$ và thừa số thứ hai không chia hết cho $p$ nên có ngay $q\in S$ .

Trường hợp 2. $q=p$ .

Viết $a=b+p^kc$ với $k\in\mathbb{N}^*$ và $c$ là số nguyên không chia hết cho $p$ . Theo định lí nhị thức, ta có:

$a^p-b^p=p^{k+1}b^{p-1}c+C_p^2b^{p-2}p^{2k}c^2+\cdots+p^{kp}c^p.$

Vì $p$ là số nguyên tố lẻ và $k\in\mathbb{N}^*$ nên trong tổng trên, trừ số hạng đầu, tất cả các số hạng còn lại đều chia hết cho $p^{k+2}$ , suy ra:

$v_p(a^p-b^p)=v_p(p^{k+1}b^{p-1}c)=k+1=v_p(a-b)+v_p(p),$

hay $q=p\in S$ . $\Box$

Từ ba khẳng định ta có $S=\mathbb{N}^*$ . $\Box$

Nhận xét. Nếu $p$ là số nguyên tố lẻ thỏa mãn $a \equiv -b \not\equiv 0 \pmod p$ và $n$ là số lẻ thì:

$v_p(a^n + b^n) = v_p(a + b) + v_p(n).$

M	T	W	T	F	S	S
			1	2	3	4
5	6	7	8	9	10	11
12	13	14	15	16	17	18
19	20	21	22	23	24	25
26	27	28	29	30	31