Lời giải của Vesselin Dimitrov cho một bài toán nổi tiếng về số vô tỷ


Ta đã gặp các bài toán sau:

Bài 1. Chứng minh rằng số \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7} là số vô tỷ.

Bài 2. Chứng minh rằng số  \sqrt{1001^2+1}+\sqrt{1002^2+1}+ \cdots + \sqrt{2000^2+1} là một số vô tỷ.

Bài 3. Cho a_i, với i=1,2, \cdots ,n là các số hữu tỷ dương sao cho tồn tại i để \sqrt{a_i} là số vô tỷ. Chứng minh rằng \sqrt{a_1} + \sqrt{a_2} + \cdots + \sqrt{a_n} là số vô tỷ. Continue reading “Lời giải của Vesselin Dimitrov cho một bài toán nổi tiếng về số vô tỷ”

Một đồng dư modulo nguyên tố


Người dịch: Nguyễn Trung Tuân
Tặng Thầy nhân dịp 20-11-2007

Trong năm 1961, Erdos, Ginzburg, và Ziv [3] đã tìm ra định lý nổi tiếng sau đây, bây giờ nó là trung tâm của các bài toán 0- tổng( về các bài toán này các bạn có thể tìm trong [1],[2] và [5]).

Định lý EGZ. Giả sử n là một số nguyên dương. Khi đó với mỗi dãy a_1,a_2,\cdots,a_{2n-1} gồm 2n-1 số nguyên có một dãy con a_{i_1},a_{i_2},\cdots, a_{i_n} độ dài n sao cho tổng \sum_{j=1}^na_{i_j} chia hết cho n.

Dễ kiểm tra thấy rằng định lý EGZ là nhân tính, nghĩa là, nếu mệnh đề đúng với n=k và n=l thì nó cũng đúng với n=kl. Do đó chỉ cần chứng minh định lý đúng với n nguyên tố là đủ. Trong các chứng minh cổ điển của định lý, trường hợp n nguyên tố thường có được từ định lý Cauchy-Davenport hoặc định lý Chevalley-Waring (xem [6]). Tuy nhiên, với sự giúp đỡ của định thức Vandermonde, Gao [4] cho một chứng minh khác của định lý EGZ dựa trên đồng dư sau \sum_{I\subseteq\{1,\cdots,2p-1\},|I|=p}\;(\sum_{i\in I}a_i)^{p-1}\equiv 0\pmod{p},\; (*)
ở đó p là một số nguyên tố và a_1,\cdots,a_{2p-1} là các số nguyên bất kì. Chú ý rằng định lý EGZ là một hệ quả đơn giản của (*) vì theo định lý Fermat nhỏ chúng ta có

\left|\{I\subseteq\{1,2,\cdots,2p-1\}:\sum_{i\in I}a_i\equiv 0\pmod{p},|I|=p\}\right|\equiv
\equiv\sum_{I\subseteq\{1,\cdots,2p-1\},|I|=p}\;(1-(\sum_{i\in I}a_i)^{p-1})\equiv C_{2p-1}^p\equiv 1\pmod{p}.

Trong bài báo này, chúng tôi sẽ chứng minh định lý sau, mà đồng dư của Gao chỉ là một hệ quả đơn giản của nó:

Định lý. Giả sử p là một số nguyên tố và k là một số nguyên dương thỏa mãn k\leq p. Cho f(x_1,\cdots,x_k) là một đa thức đối xứng với hệ số nguyên biến x_1,\cdots,x_k. Nếu bậc của f nhỏ hơn k thì với một dãy bất kì gồm p+k-1 số nguyên a_1,a_2,\cdots,a_{p+k-1}, chúng ta có

\sum_{1\leq i_1<\cdots<i_k\leq p+k-1}\; f(a_{i_1},\cdots,a_{i_k})\equiv f(0,\cdots,0)\pmod{p} nếu k=p

\equiv 0\pmod{p} trong trường hợp còn lại.

Chứng minh. Chứng minh là sơ cấp, chỉ cần đến một tính chất số học cơ  bản của hệ số nhị thức: C_{p+k-1}^k\equiv 1\pmod{p} nếu k=p và \equiv 0\pmod{p} nếu 1\leq k<p.

Chúng tôi sẽ chứng minh định lý bằng quy nạp theo k. Khi k=1, vì \deg f<k nên f phải là một hằng số c. Trong trường hợp này \sum_{1\leq i\leq p}f(a_i)=p\cdot c\equiv 0\pmod{p}. Bây giờ giả sử rằng k>1 và định lý là đúng với tất cả các giá trị nhỏ hơn k. Đặt S_{f,k}(x_1,\cdots,x_{p+k-1})=\sum_{1\leq i_1<\cdots<i_k\leq p+k-1}\; f(x_{i_1},\cdots,x_{i_k}) và viết f(x_1,\cdots, x_k) dưới dạng f(x_1,\cdots,x_k)=\sum_{j=0}^{k-1}g_j(x_1,\cdots,x_{k-1})x_k^j, ở đây g_j là các đa thức biến x_1,\cdots,x_{k-1}. Từ tính đối xứng của f ta có S_{f,k} và tất cả g_j là các đa thức đối xứng.

Tiếp theo chúng ta thấy rằng

S_{f,k}(a_1,\cdots,a_{p+k-1})=\sum_{1\leq i_1<\cdots<i_k\leq p+k-2}\;f(a_{i_1},\cdots,a_{i_k})+
+\sum_{1\leq i_1<\cdots<i_{k-1}\leq p+k-2}\; f(a_{i_1},\cdots,a_{i_{k-1}},a_{p+k-1}).

Do đó S_{f,k}(a_1,\cdots,a_{p+k-1})-S_{f,k}(a_1,\cdots,a_{p+k-2} ,0)

=\sum_{1\leq i_1<\cdots<i_{k-1}\leq p+k-2}\;(f(a_{i_1},\cdots,a_{i_{k-1}},a_{p+k-1})-f(a_{i_1},\cdots,a_{i_{k-1}},0))

=\sum_{1\leq i_1<\cdots<i_{k-1}\leq p+k-2}\;\left(\sum_{j=0}^{k-1}g_j(a_{i_1},\cdots,a_{i_{k-1}})a_{p+k-1}^j-g_0(a_{i_1},\cdots,a_{i_{k-1}})\right)

=\sum_{j=1}^{k-1}a_{p+k-1}^j\;\sum_{1\leq i_1<\cdots<i_{k-1}\leq p+k-2}\;g_j(a_{i_1},\cdots,a_{i_{k-1}})

=\sum_{j=1}^{k-1}a_{p+k-1}^jS_{g_j,k-1}(a_1,\cdots,a_{p+k-2}).

k\leq p\deg g_j\leq \deg f-j<k-j, chúng ta có thể dùng giả thiết quy nạp để có

S_{g_j,k-1}(a_1,\cdots,a_{p+k-2})\equiv 0\pmod{p}\forall j=\overline{1,k-1}. Do đó

S_{f,k}(a_1,\cdots,a_{p+k-1})\equiv S_{f,k}(a_1,\cdots,a_{p+k-2},0)\pmod{p}. Từ đây, sử dụng tính đối xứng của S_{f,k}, chúng ta có S_{f,k}(a_1,\cdots,a_{p+k-1})\equiv S_{f,k}(0,\cdots,0)\pmod{p}.

Cuối cùng, bởi định nghĩa của S_{f,k}, ta có S_{f,k}(a_1,\cdots,a_{p+k-1})=C_{p+k-1}^kf(0,\cdots,0)\equiv f(0,\cdots,0)\pmod{p} nếu k=p và \equiv 0\pmod{p} nếu 1\leq k<p.

Định lý được chứng minh.

Tài liệu tham khảo

[1]N. Alon and M. Dubiner, Zero-sum sets of prescribed size, in: “Combinatorics, Paul Erdos is Eighty”, Bolyai Society, Mathematical Studies, Keszthely, Hungary, 1993, 33-50.

[2]Y. Caro, “Zero-sum problems: a survey” Discrete Math. , 152 (1996) pp. 93–113.

[3]Erdos, P., Ginzburg, A., Ziv, A. Theorem in additive number Theory,. Bull. Res. Council, Israel, 10 F(1961) 41–43.

[4]W. D. Gao – Two addition theorems on groups of prime order, J. Number Theory, Vol.56 (1996) 211-213.

[5]W.D. Gao, A. Geroldinger, On zero sum sequences in Zn ⊕ Zn Integers 3 (A8) (2003) 45 (electronic).

[6]M. B. Nathanson, Additive Number Theory: Inverse Problems and the Geometry of Sumsets, 1996.

Nguyên lý bù-trừ


Mở đầu

Bài viết xem như sự mở đầu của phương pháp SÀNG trong các bài toán đếm. Ở phương pháp này, khi muốn đếm số phần tử của một tập A, ta bắt đầu với một tập B chứa A, sau đó tìm cách loại đi các phần tử không nằm trong A.

Chúng ta biết rằng nếu AB là các tập hữu hạn rời nhau thì |A\cup B|=|A|+|B|, tổng quát hơn ta có: Nếu AB là các tập hữu hạn bất kỳ(không nhất thiết rời nhau) thì  |A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|, đây chính là nguyên lý bù-trừ cho hai tập hợp, dễ hiểu tại sao người ta lại gọi đây là nguyên lý bù trừ. Với n>1 tập hợp ta có định lý sau

Định lý. Nếu A_1,A_2,\cdots,A_n là các tập hữu hạn thì |\cup_{i=1}^nA_i|=\sum_{1\leq i\leq n}|A_i|-\sum_{1\leq i<j\leq n}|A_i\cap A_j|+...+(-1)^{n+1}|\cap_{1\leq i\leq n}A_i|.

Ta sẽ chứng minh rằng rằng mỗi phần tử trong \cup_{i=1}^nA_i được đếm đúng một lần trong vế phải. Gọi x là một phần tử trong hợp đó và nó nằm trong dúng m tập A_i, khi đó trong vế phải nó sẽ được đếm đúng C_m^1-C_m^2+\cdots+(-1)^{m+1}C_m^m=1 lần (lưu ý (1-1)^m=0). Định lý được chứng minh.

Ngoài cách chứng minh trên các bạn có thể chứng minh Định lý bằng phương pháp quy nạp toán học, tôi chọn giới thiệu cách chứng minh đó vì phong cách Tổ hợp của nó.

Một áp dụng đẹp của nguyên lý bù-trừ là bài toán Bernoulli-Euler về các bức thư sai địa chỉ: Có n>1 bức thư khác nhau phải gửi đến n địa chỉ khác nhau. Có bao nhiêu cách gửi mà các bức thư đều đến không đúng địa chỉ của mình? Theo ngôn ngữ ánh xạ, bài toán được phát biểu như sau: Có bao nhiêu song ánh từ S={1,2,…,n} đến chính S sao cho nó không có điểm cố định? Ta đếm số các song ánh có điểm cố định, số này bằng C_n=|\cup_{1\leq i\leq n}A_i|, ở đây A_i là tập các song ánh nhận i làm điểm cố định. Theo nguyên lý bù-trừ dễ có C_n=\sum_{k=1}^nC_n^k(-1)^{k+1}(n-k)! và đáp số của bài toán là D_n=n!-C_n.

Bài tập.

Bài 1. Tìm số các số nguyên dương trong {1,2,…,500} chia hết cho 2 hoặc 3 hoặc 5.

Bài 2. Tính giá trị của phi hàm Euler tại n theo phân tích chính tắc của n.

Bài 3. Chứng minh nguyên lý bù-trừ bằng quy nạp toán học.

Bài 4. Cho X là một tập hữu hạn và A,B,C là các tập con của nó. Chứng minh rằng |\bar{A}\cap B|=|B|-|A\cap B||\bar{A}\cap\bar{B}\cap C|=|C|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|.

Bài 5. Tìm số các số nguyên trong tập {1,2,…,1000} không chia hết cho 5, không chia hết cho 7, nhưng chia hết cho 3.

Bài 6. Có bao nhiêu số nguyên dương n sao cho n là ước của ít nhất một trong hai số 10^{40}20^{30}?

Bài 7. Với mỗi số nguyên dương n>1, gọi A_n là số các song ánh từ S đến S sao cho f(k) khác k+1 với mỗi k=1,2,…,n-1.

a)Tính A_n;

b)Chứng minh rằng A_n=D_n+D_{n-1} với mỗi n>1.

Bài 8. Tìm số các số nguyên dương là ước của ít nhất một trong các số 10^{60},20^{50},30^{40}.

Bài 9. Với k=1,2,…,1992 cho A_k là một tập với 44 phần tử. Gỉa sử rằng |A_i\cap A_j|=1 với mỗi i,j khác nhau trong {1,2,…,1992}. Tính |\cup_{i=1}^{1992}A_i|.

Bài 10. Cho A_1,A_2,\cdots,A_n là n tập hữu hạn. Chứng minh rằng |\cup_{i=1}^nA_i|\geq \sum_{i=1}^n|A_i|-\sum_{1\leq i<j\leq n}|A_i\cap A_j|. Sử dụng bất đẳng thức này để giải bài toán sau: Một hoán vị của {1,2,…,2n} được gọi là có tính chất P nếu có ít nhất hai số dạng k,n+k đứng cạnh nhau. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, số các hoán vị có tính chất P nhiều hơn số các hoán vị không có tính chất đó.

Bài 11. Cho các số nguyên dương m\leq n và A,B là các tập có n,m phần tử tương ứng. Tìm số các toàn ánh từ A lên B. Từ đó suy ra \sum_{k=0}^n(-1)^kC_n^k(n-k)^n=n!.