Category: ProofWiki

Existence of Non-Trivial Solutions in Homogeneous Linear Systems


Định lý. Cho hai số nguyên dương N>M và một bảng các số thực (phức, hữu tỷ) (a_{i,j}) có cỡ M\times N. Khi đó, hệ phương trình

\displaystyle \sum_{j=1}^Na_{i,j}x_j=0,\quad i=1,2,\ldots,M

luôn có nghiệm thực (tương ứng phức, hữu tỷ) không tầm thường.

Chứng minh. Ta chứng minh đồng thời cho các hệ có hệ số trong mỗi trường \mathbb K\in\{\mathbb Q,\mathbb R,\mathbb C\} bằng quy nạp theo số phương trình M.

Với M=1, ta có N\ge2. Nếu mọi hệ số a_{1,j} đều bằng 0 thì có thể lấy (x_1,\ldots,x_N)=(1,0,\ldots,0). Nếu không, chọn k sao cho a_{1,k}\ne0 và chọn \ell\ne k. Đặt

\displaystyle x_\ell=1,\qquad x_k=-\frac{a_{1,\ell}}{a_{1,k}},\qquad x_j=0\quad(j\notin\{k,\ell\}).

Đây là một nghiệm không tầm thường.

Giả sử kết luận đúng với mọi hệ gồm M-1 phương trình và có số ẩn lớn hơn M-1. Xét hệ gồm M phương trình với N>M. Nếu phương trình thứ M có mọi hệ số bằng 0, bỏ phương trình ấy rồi áp dụng giả thiết quy nạp.

Trong trường hợp còn lại, bằng cách đổi thứ tự các ẩn, ta có thể giả sử a_{M,N}\ne0. Từ phương trình thứ M, suy ra

\displaystyle x_N=-\sum_{j=1}^{N-1}\frac{a_{M,j}}{a_{M,N}}x_j.

Thay vào M-1 phương trình đầu, ta được hệ thuần nhất

\displaystyle \sum_{j=1}^{N-1} \left(a_{i,j}-\frac{a_{i,N}a_{M,j}}{a_{M,N}}\right)x_j=0, \qquad i=1,\ldots,M-1.

Hệ này có N-1>M-1 ẩn và các hệ số vẫn thuộc \mathbb K. Theo giả thiết quy nạp, nó có nghiệm (x_1,\ldots,x_{N-1}) không tầm thường. Xác định x_N bằng công thức trên, ta thu được một nghiệm của hệ ban đầu. Nghiệm này không tầm thường vì ít nhất một trong các số x_1,\ldots,x_{N-1} khác 0.

Vậy kết luận đúng với mọi M<n. \Box

Đây là một kết quả hữu ích khác về hệ phương trình tuyến tính nhiều ẩn https://nttuan.org/2007/10/21/siegel/

Continuous Solutions of d’Alembert’s Functional Equation


Dưới đây là một tài liệu trình bày trọn vẹn các bước chứng minh cho phương trình hàm d’Alembert đối với lớp hàm liên tục. Tài liệu gồm hai phần chính: Định lý 1 cho hàm liên tục f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} và Định lý 2 mở rộng cho hàm dương f:(0,+\infty)\to(0,+\infty).

dAlembert.feqDownload

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).