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/

The sum of the reciprocals of the primes

Với mỗi số nguyên dương $n$ , ký hiệu $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$ trong dãy tăng tất cả các số nguyên tố. Như vậy $p_1=2$ , $p_2=3$ , $p_3=5$ ,…

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một chứng minh của kết quả sau:

Định lý. Chuỗi $\displaystyle \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}+\ldots$ là một chuỗi phân kỳ.

Chứng minh. Giả sử ngược lại, khi đó với mỗi số nguyên dương $k$ , chuỗi $\displaystyle\sum_{m=k}^{+\infty}\frac{1}{p_m}$ là một chuỗi hội tụ, gọi $S_k$ là tổng của nó. Vì $\lim S_k=0$ nên tồn tại số nguyên $k$ sao cho $\displaystyle S_{k+1}<\frac{1}{2}$ . Đặt $Q=p_1p_2\ldots p_k$ và xét các số $1+nQ\, (n=1,2,\ldots)$ . Mỗi số trong dãy này đều không có ước nguyên tố thuộc $\{p_1, p_2, \ldots, p_k\}$ , do đó với mỗi số nguyên dương $r$ , tồn tại số nguyên dương $K$ đủ lớn để

$\displaystyle\sum_{n=1}^r\frac{1}{1+nQ}\leq\sum_{t=1}^{K}S_{k+1}^t<1.$

Điều này không thể xảy ra do chuỗi $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{1+nQ}$ là một chuỗi phân kỳ. $\Box$

Tham khảo

[1] https://nttuan.org/2018/12/30/series/

[2] https://en.wikipedia.org/wiki/Divergence_of_the_sum_of_the_reciprocals_of_the_primes

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 →

A nonnegative trigonometric polynomial

Bài toán. Cho số tự nhiên $n$ . Chứng minh rằng với mỗi số thực $x$ , ta có

$\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{\cos x}{2}+\frac{\cos 2x}{3}+\cdots+\frac{\cos nx}{n+1}\geq 0.$

Lời giải. Dễ thấy khi $\displaystyle n<3$ thì khẳng định là đúng. Bây giờ ta xét $\displaystyle n\geq 3.$ Vế trái là hàm số chẵn, tuần hoàn với chu kỳ $\displaystyle 2\pi$ , và bất đẳng thức đúng với $\displaystyle x=0$ . Vì thế ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $\displaystyle 0<x\leq \pi.$ Sử dụng số phức ta chứng minh được kết quả sau:

Bổ đề. $\displaystyle \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n\cos kx=\frac{\sin (2n+1)\frac{x}{2}}{2\sin \frac{x}{2}}$ , và $\displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{\sin (2k+1)\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}}=\frac{\sin^2(n+1)\frac{x}{2}}{2\sin^2 \frac{x}{2}}.$

Gọi vế trái của bất đẳng thức là $\displaystyle f_n(x).$ Dùng biến đổi Abel hai lần và bổ đề, ta có $\displaystyle 2\sin^2(x/2)f_n(x)=\sum_{k=0}^{n-2}\frac{2\sin^2(k+1)(x/2)}{(k+1)(k+2)(k+3)}+\frac{\sin^2n(x/2)}{n(n+1)}$

$\displaystyle +\frac{\sin (2n+1)(x/2)\sin (x/2)}{n+1}.\quad (1)$

Nếu $\displaystyle (2n+1)\frac{x}{2}\leq \pi$ thì dễ có điều cần chứng minh, bây giờ ta xét trường hợp còn lại, khi đó $\displaystyle n+1>\frac{2\pi+x}{2x}.\quad (2).$

Từ $\displaystyle (1)$ và $\displaystyle n\geq 3$ , bằng cách dùng hai số hạng đầu trong tổng, ta có bất đẳng thức

$\displaystyle 2\sin^2(x/2)f_n(x)\geq \frac{\sin^2(x/2)}{3}+\frac{\sin^2x}{12}-\frac{\sin (x/2)}{n+1}.$

Vì thế, bài toán sẽ được giải nếu ta chứng minh được $\displaystyle n+1\geq \frac{6}{\sin \frac{x}{2}(3+\cos x)}:=g(x).\quad (3)$

Bây giờ ta xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: $\displaystyle 0<x\leq \pi/3.$

Hàm số $\displaystyle y=\sin t/t$ nghịch biến trên $\displaystyle (0;\pi/6]$ nên $\displaystyle \sin\frac{x}{2}\geq \frac{3x}{2\pi},$ suy ra $\displaystyle g(x)\leq \frac{4\pi}{x(3+\cos x)},$ mà $\displaystyle \cos t\geq 1-\frac{t^2}{2}$ với mọi $\displaystyle t$ không âm nên $\displaystyle g(x)\leq \frac{8\pi}{x(8-x^2)}.\quad (4)$

Vì $\displaystyle 0<x\leq \pi/3$ nên $\displaystyle x^2+2\pi x<8,$ suy ra $\displaystyle \frac{8\pi}{x(8-x^2)}<\frac{2\pi+x}{2x}.$ Kết hợp với $\displaystyle (2)$ ta có $\displaystyle (3)$ đúng.

Trường hợp 2: $\pi/3<x\leq \pi.$

Bằng cách chuyển về biến $\displaystyle t=\sin x/2$ ta chứng minh được $\displaystyle g(x)<4\leq n+1,$ và có $\displaystyle (3)$ lại đúng.

Farey sequence and approximation of irrational numbers II

Đây là phần II, các bạn xem lại phần I ở đây https://nttuan.org/2008/04/02/farey-sequence-and-approximation-of-irrational-numbers-i/

Bây giờ chúng tôi sẽ sử dụng các dãy Farey để chứng minh lại một số kết quả về xấp xỉ số vô tỷ bởi số hữu tỷ (xem thêm [1]).

Định lý 4 (Dirichlet, 1842). Cho số vô tỷ $\displaystyle \alpha$ . Khi đó có vô hạn phân số tối giản $\displaystyle \frac{a}{q}$ sao cho

$\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{q}\right|<\frac{1}{q^2}.$ Hơn nữa ta có thể chọn $\displaystyle q$ lớn tùy ý.

Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta giả sử $\displaystyle 0<\alpha<1.$ Ta có thể chọn $\displaystyle a=0,q=1$ để được một phân số tối giản thỏa mãn. Giả sử ta đã xây dựng được một vài phân số, ta sẽ chỉ ra một phân số khác cũng thỏa mãn bất đẳng thức trong định lý nhưng khác tất cả các phân số này. Chọn số nguyên dương $\displaystyle n$ đủ lớn sao cho $\displaystyle \frac{1}{n}$ nhỏ hơn tất cả các khoảng cách từ $\displaystyle \alpha$ đến các phân số đã được tìm. Số $\displaystyle \alpha$ sẽ nằm giữa hai phần số liên tiếp $\displaystyle a/b<c/d$ của $\displaystyle F_n$ , giả sử $\displaystyle b\geq d$ . Vì $\displaystyle \frac{c}{d}-\dfrac{a}{b}=\frac{1}{bd}\leq\frac{1}{b+d-1}\leq\frac{1}{n}$ nên cả $\displaystyle a/b$ và $\displaystyle c/d$ đều khác tất cả các phân số trước, mà $\displaystyle |\alpha-c/d|<\frac{1}{bd}<\frac{1}{d^2},$ suy ra ta có thể chọn $c/d$ là phân số tiếp theo. $\Box$

Định lý 5 (Hurwitz, 1891). Cho số vô tỷ $\displaystyle \alpha$ . Khi đó có vô hạn phân số tối giản $\displaystyle \frac{a}{q}$ sao cho

$\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{q}\right|<\frac{1}{\sqrt{5}q^2}.$ Hơn nữa ta có thể chọn $\displaystyle q$ lớn tùy ý. Với số thực $\displaystyle A>\sqrt{5},$ chỉ có hữu hạn phân số tối giản $\displaystyle \dfrac{a}{q}$ sao cho

$\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{q}\right|<\frac{1}{Aq^2},$ ở đây $\displaystyle \alpha=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}.$

Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta giả sử $\displaystyle 0<\alpha<1.$ Xét một số nguyên dương $\displaystyle n$ bất kỳ. Số $\displaystyle \alpha$ sẽ nằm giữa hai phần số liên tiếp $\displaystyle a/b<c/d$ của $\displaystyle F_n$ . Ta chỉ cần chứng minh một trong ba phân số $\displaystyle \frac{a}{b},$ $\displaystyle \frac{c}{d}$ , và $\displaystyle \frac{a+c}{b+d}$ thỏa mãn bất đẳng thức trong định lý, phần sau sẽ làm như trong chứng minh định lý 4. Giả sử $\displaystyle \frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+d}<\alpha<\frac{c}{d}$ và cả ba phân số đều không thỏa mãn bất đẳng thức trong định lý, nghĩa là

$\displaystyle \alpha-\frac{a}{b}\geq \frac{1}{\sqrt{5}b^2},\quad\alpha-\frac{a+c}{b+d}\geq\frac{1}{\sqrt{5}(b+d)^2},\quad \frac{c}{d}-\alpha\geq\frac{1}{\sqrt{5}d^2}.$ Cộng theo vế bất đẳng thức thứ nhất với thứ ba, thứ hai với thứ ba ta được $\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{bd}\geq\frac{1}{b^2}+\frac{1}{d^2},\quad \frac{\sqrt{5}}{d(b+d)}\geq \frac{1}{(b+d)^2}+\frac{1}{d^2}.$ Đặt $\displaystyle b/d=t$ , từ trên ta có một hệ bất phương trình bậc hai ẩn $\displaystyle t$ , giải hệ này ta có $\displaystyle t=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\not\in\mathbb{Q}$ , vô lí.

Với phần thứ hai, giả sử bất đẳng thức đúng với vô hạn phân số $\displaystyle a/q$ . Vì mỗi $\displaystyle q$ chỉ có nhiều nhất hai giá trị $\displaystyle a$ làm cho bất đẳng thức đó đúng nên $\displaystyle q$ chạy trên một tập vô hạn. Viết lại bất đẳng thức trong định lý dưới dạng

$\displaystyle \frac{q\sqrt{5}}{2}-\frac{1}{Aq}<\frac{q}{2}+a<\frac{q\sqrt{5}}{2}+\frac{1}{Aq},$ bình phương ta có $\displaystyle \frac{1}{A^2q^2}-\frac{\sqrt{5}}{A}<a^2+aq-q^2<\frac{1}{A^2q^2}+\frac{\sqrt{5}}{A}.$ Vì $\displaystyle A>\sqrt{5}$ nên ta có thể chọn $\displaystyle q$ đủ lớn để

$\displaystyle -1<\frac{1}{A^2q^2}-\frac{\sqrt{5}}{A}<a^2+aq-q^2<\frac{1}{A^2q^2}+\frac{\sqrt{5}}{A}<1,$ với $q$ này thì $a^2+aq-q^2=0$ , vô lý. $\Box$