Cardinality of Sets and Countability

Với một tập hợp hữu hạn, ta đo kích thước của nó bằng số phần tử. Đối với các tập hợp vô hạn, việc so sánh kích thước được thực hiện thông qua các song ánh.

card Download

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/

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:

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

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/

IMO Shortlist 2008

Đại số

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f:(0,\infty)\mapsto(0,\infty)$ (tức là $f$ là một hàm từ tập các số thực dương) thỏa mãn

$\displaystyle\frac{(f(w))^{2}+(f(x))^{2}}{f(y^{2})+f(z^{2})}=\frac{w^{2}+x^{2}}{y^{2}+z^{2}}$

với mọi số thực dương $w, x, y, z$ thỏa mãn $wx=yz$ .

Bài 2. (a) Chứng minh rằng $\frac{x^{2}}{(x-1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(y-1)^{2}}+\frac{z^{2}}{(z-1)^{2}}\ge1$ với mọi số thực $x, y, z$ khác 1 và thỏa mãn $xyz=1$ .
(b) Chứng minh rằng đẳng thức trên xảy ra với vô số bộ ba số hữu tỉ $x, y, z$ khác 1 và thỏa mãn $xyz=1$ .

Bài 3. Cho $S\subseteq\mathbb{R}$ là một tập hợp các số thực. Ta nói rằng một cặp hàm số $(f, g)$ từ $S$ vào $S$ là một “Cặp đôi Tây Ban Nha” (Spanish Couple) trên $S$ , nếu chúng thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) Cả hai hàm số đều tăng ngặt, tức là $f(x)<f(y)$ và $g(x)<g(y)$ với mọi $x, y\in S$ mà $x<y$ ;
(ii) Bất đẳng thức $f(g(g(x)))<g(f(x))$ đúng với mọi $x\in S$ .
Hãy xác định xem có tồn tại một Cặp đôi Tây Ban Nha trên tập $S=\mathbb{N}$ các số nguyên dương hay không; và trên tập $S={a-\frac{1}{b}:a,b\in\mathbb{N}}$ .

Bài 4. Với một số nguyên $m$ , gọi $t(m)$ là số duy nhất thuộc ${1,2,3}$ sao cho $m+t(m)$ là bội của 3. Một hàm số $f:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z}$ thỏa mãn $f(-1)=0$ , $f(0)=1$ , $f(1)=-1$ và $f(2^{n}+m)=f(2^{n}-t(m))-f(m)$ với mọi số nguyên $m, n\ge0$ sao cho $2^{n}>m$ . Chứng minh rằng $f(3p)\ge0$ đúng với mọi số nguyên $p\ge0$ .

Bài 5. Cho $a, b, c, d$ là các số thực dương thỏa mãn $abcd=1$ và $a+b+c+d>\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}$ . Chứng minh rằng $a+b+c+d<\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{d}{c}+\frac{a}{d}$ .

Bài 6. Cho hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{N}$ thỏa mãn $f(x+\frac{1}{f(y)})=f(y+\frac{1}{f(x)})$ với mọi $x,y\in\mathbb{R}$ . Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương không phải là giá trị của $f$ .

Bài 7. Chứng minh rằng với bốn số thực dương $a, b, c, d$ bất kỳ, bất đẳng thức

$\displaystyle\frac{(a-b)(a-c)}{a+b+c}+\frac{(b-c)(b-d)}{b+c+d}+\frac{(c-d)(c-a)}{c+d+a}+\frac{(d-a)(d-b)}{d+a+b}\ge0$

luôn đúng. Xác định tất cả các trường hợp xảy ra dấu đẳng thức.

Tổ hợp

Bài 1. Trong mặt phẳng, ta xét các hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục tọa độ và có độ dài dương. Mỗi hình chữ nhật như vậy được gọi là một hộp. Hai hộp giao nhau nếu chúng có một điểm chung ở phần trong hoặc trên biên. Tìm số $n$ lớn nhất sao cho tồn tại $n$ hộp $B_{1}$ ,…, $B_{n}$ thỏa mãn $B_{i}$ và $B_{j}$ giao nhau khi và chỉ khi $i\not\equiv j\pm1 \pmod n$ .

Bài 2. Cho $n\in\mathbb{N}$ và $A_{n}$ là tập hợp tất cả các hoán vị $(a_{1},...,a_{n})$ của tập ${1,2,...,n}$ sao cho $k\mid 2(a_{1}+\cdot\cdot\cdot+a_{k})$ với mọi $1\le k\le n$ . Tìm số phần tử của tập $A_{n}$ .

Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ, xét tập $S$ gồm tất cả các điểm có tọa độ nguyên. Với một số nguyên dương $k$ , hai điểm phân biệt $A, B\in S$ được gọi là $k$ -bạn bè nếu tồn tại một điểm $C\in S$ sao cho diện tích tam giác $ABC$ bằng $k$ . Một tập $T\subset S$ được gọi là $k$ -clique nếu cứ hai điểm bất kỳ trong $T$ đều là $k$ -bạn bè. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất sao cho tồn tại một $k$ -clique có nhiều hơn 200 phần tử.

Bài 4. Cho $n$ và $k$ là các số nguyên dương với $k\ge n$ và $k-n$ là một số chẵn. Có $2n$ bóng đèn được đánh số từ 1 đến $2n$ , mỗi bóng có thể ở trạng thái bật hoặc tắt. Ban đầu tất cả các bóng đèn đều tắt. Ta xét các dãy bước thực hiện: tại mỗi bước, một trong các bóng đèn được chuyển trạng thái (từ bật sang tắt hoặc từ tắt sang bật). Gọi $N$ là số lượng các dãy như vậy gồm $k$ bước và dẫn đến trạng thái mà các bóng đèn từ 1 đến $n$ đều bật, còn các bóng đèn từ $n+1$ đến $2n$ đều tắt. Gọi $M$ là số lượng các dãy gồm $k$ bước dẫn đến trạng thái mà các bóng đèn từ 1 đến $n$ đều bật, các bóng đèn từ $n+1$ đến $2n$ đều tắt, nhưng không có bóng đèn nào từ $n+1$ đến $2n$ từng được bật lên. Xác định tỉ số $\frac{N}{M}$ .

Bài 5. Cho $S={x_{1},x_{2},...,x_{k+l}}$ là một tập hợp gồm $k+l$ số thực nằm trong đoạn $[0, 1]$ ; $k$ và $l$ là các số nguyên dương. Một tập con $A\subset S$ gồm $k$ phần tử được gọi là “đẹp” nếu

$\displaystyle \left|\frac{1}{k}\sum_{x_{i}\in A}x_{i}-\frac{1}{l}\sum_{x_{j}\in S\backslash A}x_{j}\right|\le\frac{k+l}{2kl}.$

Chứng minh rằng số lượng các tập con đẹp ít nhất là $\frac{2}{k+l}\binom{k+l}{k}$ .

Bài 6. Với $n\ge2$ , cho $S_{1},S_{2},...,S_{2^{n}}$ là $2^{n}$ tập con của $A={1,2,3,...,2^{n+1}}$ thỏa mãn tính chất sau. Không tồn tại các chỉ số $a$ và $b$ với $a<b$ và các phần tử $x,y,z\in A$ với $x<y<z$ sao cho $y,z\in S_{a}$ và $x,z\in S_{b}$ . Chứng minh rằng ít nhất một trong các tập $S_{1},S_{2},...,S_{2^{n}}$ chứa không quá $4n$ phần tử.