Square roots are linearly independent

Trong bài này tôi giới thiệu nhiều lời giải cho bài toán quan trọng sau:

Bài toán. Cho $a_1,\ldots,a_k$ là các số nguyên không đồng thời bằng $0$ . Chứng minh rằng nếu $n_1,$ $n_2,\ldots,$ $n_k$ là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không có ước chính phương lớn hơn $1$ thì $\sum a_i\sqrt{n_i}\not=0$ .

Lời giải 1. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo $N$ , số ước nguyên tố của $\prod n_i$ , khẳng định: Tồn tại tổng $S'=\sum b_i\sqrt{m_i}$ sao cho $SS'$ là số nguyên khác $0$ , ở đây $m_i$ là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không có ước chính phương khác $1$ , tập các ước nguyên tố của $\prod m_i$ là tập con của tập các ước nguyên tố của $\prod n_i$ , $b_i$ là các số nguyên, và $S=\sum a_i\sqrt{n_i}$ . Từ đó suy ra $S\not=0$ .

Với $N=0$ ta chọn $S'=1$ .

Với $N=1$ ta chọn $S'=\sqrt{p_1}$ khi $S=a_1\sqrt{p_1}$ , chọn $S'=-a_1\sqrt{p_1}+a_2$ nếu $S=a_1\sqrt{p_1}+a_2$ .

Continue reading →

A proof of Pick’s theorem

Hình tạo bởi một đường gấp khúc đóng và không tự cắt được gọi là đa giác đơn. Một tam giác cơ bản là một tam giác trong mặt phẳng tọa độ có các đỉnh là các điểm nguyên đồng thời trên biên và phần trong của nó không còn điểm nguyên nào khác. Định lí Pick cho một cách đơn giản tính diện tích đa giác đơn có các đỉnh nguyên.

Trong chứng minh định lí Pick ta cần dùng công thức tích diện tích của tam giác trong mặt phẳng tọa độ.

Định lí 1. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ , cho tam giác $ABC.$ Khi đó diện tích của tam giác $ABC$ bằng $\displaystyle \frac{1}{2}\left|(x_B-x_A)(y_C-y_A)-(y_B-y_A)(x_C-x_A)\right|.$ Nói riêng, với mỗi hai điểm $M$ và $N$ ta có diện tích của tam giác $OMN$ bằng $\dfrac{1}{2}\mid x_My_N-y_Mx_N\mid.$

Định lí 2. Mọi tam giác cơ bản đều có diện tích bằng $\dfrac{1}{2}.$

Chứng minh. Giả sử $TAB$ là một tam giác cơ bản bất kỳ. Không mất tính tổng quát, xem $T$ trùng với gốc tọa độ $O.$ Ta cần chứng minh $\mid x_1y_2-x_2y_1\mid =1,$ với $(x_1;y_1)$ và $(x_2;y_2)$ lần lượt là tọa độ của $A$ và $B.$

Gọi $K$ là điểm sao cho $OAKB$ là hình bình hành. Giả sử $M$ là một điểm nguyên nằm trong hoặc trên biên hình bình hành sao cho $M$ khác các đỉnh. Khi đó $M$ thuộc tam giác $ABK$ và điểm $N$ đối xứng với $M$ qua tâm hình bình hành là điểm nguyên thuộc tam giác $OAB$ nhưng khác các đỉnh, không thể xảy ra điều này do $OAB$ là một tam giác cơ bản. Như vậy hình bình hành $OAKB$ không chứa điểm nguyên nào khác bốn đỉnh của nó.

Giả sử $P$ là một điểm nguyên bất kỳ. Vì $\overrightarrow{OA}$ và $\overrightarrow{OB}$ là hai vector không cùng phương nên tồn tại cặp số thực $(\alpha,\beta)$ để $\overrightarrow{OP}=\alpha \overrightarrow{OA}+\beta \overrightarrow{OB}.$ Gọi $P'$ là điểm xác định bởi $\overrightarrow{OP'}=\{\alpha\} \overrightarrow{OA}+\{\beta\} \overrightarrow{OB}.$ Vì $\{\alpha\}$ và $\{\beta\}$ thuộc $[0;1)$ nên $P'$ thuộc hình bình hành $OAKB$ , nhưng $P'$ lại là một điểm nguyên, suy ra $P'$ phải là một trong bốn đỉnh của hình bình hành. Dễ thấy $P'\equiv O$ và do đó $\alpha$ và $\beta$ là hai số nguyên.

Gọi $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$ lần lượt là các vector đơn vị đặt trên $Ox$ và $Oy$ . Khi đó theo lập luận trên, tồn tại các cặp số nguyên $(u,v)$ và $(u',v')$ để $\overrightarrow{i}=u \overrightarrow{OA}+v \overrightarrow{OB}$ và $\overrightarrow{j}=u' \overrightarrow{OA}+v' \overrightarrow{OB}.$ Từ hai đẳng thức này ta có $\begin{cases} 1=ux_1+vx_2\\ 0=uy_1+vy_2\end{cases}$ và $\begin{cases}0=u'x_1+v'x_2\\ 1=u'y_1+v'y_2,\end{cases}$ suy ra $\displaystyle u=\frac{y_2}{D},v=-\frac{y_1}{D},u'=-\frac{x_2}{D}$ và $\displaystyle v'=\frac{x_1}{D},$ trong đó $D=x_1y_2-x_2y_1\not =0$ do $O,A$ và $B$ không thẳng hàng. Vì $u,$ $v,$ $u'$ và $v'$ là các số nguyên nên $x_1,x_2,y_1$ và $y_2$ đều là bội của $D$ , do đó $D^2\mid D$ và bởi thế, $D=\pm 1.$

Định lí Pick. Cho $P$ là một đa giác đơn có các đỉnh là các điểm nguyên, $I$ là số điểm nguyên nằm trong và $B$ là số điểm nguyên nằm trên biên của $P$ . Khi đó ta có đẳng thức $\displaystyle S_P=I+\frac{1}{2}B-1.$

Chứng minh. Chia $P$ thành $N$ tam giác cơ bản. Gọi $S$ là tổng các góc trong của tất cả các tam giác cơ bản đó. Ta sẽ tính $S$ theo hai cách. Vì số tam giác là $N$ nên $S=N\pi.$

Tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trong $P$ bằng $2\pi$ , tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trên biên của $P$ nhưng không phải đỉnh của $P$ bằng $\pi$ và tổng của tất cả các góc có đỉnh là đỉnh của $P$ bằng $(n-2)\pi$ , ở đây $n$ là số đỉnh của $P$ . Do đó $S=2\pi I+\pi B-2\pi$ , suy ra $N\pi=2\pi I+\pi B-2\pi\Rightarrow N=2I+B-2$ . Để ý thêm $S_P=\dfrac{1}{2}N$ , ta có điều phải chứng minh.

Subconvex sequences

Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một lớp dãy hay gặp trong các đề thi chọn học sinh giỏi các cấp. Chứng minh định lí chính trong bài là của Adrian Sandovichi. Để theo dõi cho dễ, các em học sinh nên đọc lại bài sau:

https://nttuan.org/2023/09/15/limit-of-a-sequence/

Định nghĩa. Cho dãy số thực không âm $(x_n)_{n\geq 1}$ và số nguyên $k>0$ . Dãy số $(x_n)_{n\geq 1}$ được gọi là một dãy lồi dưới cấp $k$ nếu có các số thực $\alpha_1,$ $\alpha_2,\ldots,$ $\alpha_k$ sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời:

(1) $\alpha_i\in (0;1),\quad \forall i=\overline{1,k}$ và $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_k\leq 1.$

(2) $x_{n+k}\leq \alpha_1x_{n+k-1}+\alpha_2x_{n+k-2}+\cdots+\alpha_kx_n,\quad \forall n\geq 1.$

Mọi dãy lồi dưới cấp $1$ đều có giới hạn bằng $0.$ Trong định nghĩa trên, nếu dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và $\sum\alpha_i<1$ thì $\lim x_n=0.$

Định lí. Cho số nguyên dương $k$ . Khi đó mọi dãy lồi dưới cấp $k$ đều có giới hạn hữu hạn.

Chứng minh. Gọi $(x_n)$ là một dãy lồi dưới cấp $k$ . Khi đó tồn tại các số thực $\alpha_1,$ $\alpha_2,\ldots,$ $\alpha_k$ sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời:

(1) $\alpha_i\in (0;1),\quad \forall i=\overline{1,k}$ và $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_k\leq 1.$

(2) $x_{n+k}\leq \alpha_1x_{n+k-1}+\alpha_2x_{n+k-2}+\cdots+\alpha_kx_n,\quad \forall n\geq 1.$

Xét dãy số $(y_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $\displaystyle y_n=\max_{0\leq i\leq k-1}x_{n+i}$ với mọi số nguyên $n>0.$ Ta thấy $(y_n)_{n\geq 1}$ là một dãy số không tăng và bị chặn dưới bởi $0$ nên nó có giới hạn hữu hạn không âm, đặt $L=\lim y_n$ . Ta sẽ chứng minh $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và $L=\lim x_n$ .

Với mọi số thực dương $\epsilon$ , cố định nó.

Đặt $\displaystyle t=\min\left\{1;\frac{\alpha_1^k}{2^k(1-\alpha_1)}\right\}.$ Vì $t>0$ và $L$ là giới hạn của dãy số không tăng $(y_n)$ nên tồn tại số nguyên dương $n_{\epsilon}$ để

$x_n\leq y_n<L+t\epsilon\leq L+\epsilon,\quad \forall n\geq n_{\epsilon}.\quad (*)$

Bây giờ ta chứng minh $x_m>L-\epsilon,\quad \forall m\geq k+n_{\epsilon}.\quad (**)$

Giả sử tồn tại số nguyên dương $m\geq k+n_{\epsilon}$ sao cho $x_m\leq L-\epsilon.$

Mệnh đề. $\displaystyle x_{m+p}\leq L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p,\quad \forall p=\overline{1,k-1}.$

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo $p.$ Với $p=1$ , từ $(*)$ và cách chọn $t$ ta có

$x_{m+1} \leq \alpha_1x_m+\alpha_2x_{m-1}+\cdots+\alpha_kx_{m-k+1}$

$\leq\alpha_1x_m+(\alpha_2+\cdots+\alpha_k)(L+t\epsilon)$

$\leq\alpha_1(L-\epsilon)+(1-\alpha_1)(L+t\epsilon)$

$\leq L-a_1\epsilon+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^k\epsilon$

$\leq L-a_1\epsilon+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^1\epsilon$

$=L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right).$

Suy ra khẳng định đúng với $p=1.$ Giả sử khẳng định đúng đến $p<k-1$ , ta chứng minh nó đúng với $p+1.$ Theo giả thiết quy nạp, $(*)$ và cách chọn $t$ ta có

$x_{m+p+1} \leq \alpha_1x_{m+p}+\alpha_2x_{m+p-1}+\cdots+\alpha_kx_{m+p-k+1}$

$\leq\alpha_1\left(L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p\right)+(1-\alpha_1)(L+t\epsilon)$

$=L-a_1\epsilon \left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p+(1-\alpha_1)t\epsilon$

$\leq L-a_1\epsilon \left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^k\epsilon$

$\leq L-a_1\epsilon \left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p +\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^{p+1}\epsilon$

$=L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^{p+1}.$

Suy ra khẳng định đúng với $p+1$ . Theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề là đúng. $\Box$

Continue reading →

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

Combinations

Cho một tập $A$ có $n$ phần tử ( $n\in\mathbb{N}$ ) và $0\leq k\leq n$ là một số nguyên. Một $k-$ tổ hợp (một tổ hợp chập $k$ ) của $A$ là một tập con $k$ phần tử của $A$ .

Ví dụ 1. Các $3-$ tổ hợp của $A=\{a,b,c,d\}$ là

$\{a,b,c\},\{b,c,d\},\{c,d,a\},\{d,a,b\}.$

Định lí 1. Cho một tập $A$ có $n$ phần tử ( $n\in\mathbb{N}$ ) và $0\leq k\leq n$ là một số nguyên. Khi đó số $k-$ tổ hợp của $A$ bằng $C_n^k=\dfrac{A_n^k}{k!}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}.$

Chứng minh. Sự khác nhau giữa một $k-$ tổ hợp và một $k-$ hoán vị chính là một đằng không quan tâm đến thứ tự, trong khi đằng kia có quan tâm đến thứ tự. Tận dụng điều này ta có chứng minh như sau.

Một $k-$ hoán vị của $A$ có thể hình thành sau hai bước: Đầu tiên, chọn một $k-$ tổ hợp của $A$ ; sau đó xếp $k$ phần tử của tập này thành một hàng. Bởi vì có $C_n^k$ cách để làm bước một, $k!$ cách để làm bước hai nên theo nguyên lý nhân ta có $A_n^k=C_n^k\times k!.$ $\Box$

Ví dụ 2. Có bao nhiêu xâu nhị phân độ dài $7$ mà có đúng ba số $0$ ?

Lời giải. Một xâu nhị phân có tính chất như trong đề bài sẽ được hình thành khi ta chọn $3$ vị trí trong $7$ vị trí để viết số $0.$ Do đó số xâu thỏa mãn là $C_7^3.$ $\Box$

Ví dụ 3. Có bao nhiêu cách có thể thành lập một hội đồng gồm $5$ thành viên từ một nhóm có $11$ người chứa $4$ giáo viên và $7$ học sinh nếu

(1) Không có thêm điều kiện gì?

(2) Hội đồng chứa đúng $2$ giáo viên?

(3) Hội đồng chứa ít nhất $3$ giáo viên?

(4) Giáo viên $A$ và học sinh $B$ không thể cùng nằm trong hội đồng?

Hướng dẫn giải. (1) $C_{11}^5$ . (2) $C_4^2\times C_7^3$ . (3) $3$ hoặc $4$ giáo viên có thể nằm trong hội đồng, đáp số $91$ .

(4) Dùng quy tắc trừ, đáp số $378$ . $\Box$

Ví dụ 4. Cho $n$ là một số nguyên dương và $A$ là một tập có $2n$ phần tử. Có bao nhiêu cách phân hoạch $A$ thành các tập có $2$ phần tử?

Lời giải 1. Đầu tiên, cố định một phần tử $x$ của $A$ và chọn một phần tử trong $2n-1$ phần tử còn lại của $A$ để ghép lại với $x$ tạo thành một khối của phân hoạch; sau đó cố định một phần tử $y$ trong các phần tử còn lại của $A$ và chọn một phần tử trong $2n-3$ phần tử còn lại của $A$ để ghép lại với $y$ tạo thành một khối của phân hoạch; ta cứ làm như vậy cho đến khi còn $2$ phần tử thì đây chính là khối còn lại của phân hoạch. Theo quy tắc nhân, số phân hoạch thoả mãn là $(2n-1)\times (2n-3)\times\cdots\times 1$ . $\Box$

Lời giải 2. Chọn một tập con có $2$ phần tử của $A$ làm khối thứ nhất, sau đó chọn một tập con có $2$ phần tử của tập hợp gồm $2n-2$ phần tử còn lại làm khối thứ hai, ta cứ làm như vậy cho đến khi còn hai phần tử thì đây chính là khối thứ $n$ . Vì thứ tự các khối là không quan trọng nên số các phân hoạch thoả mãn là $\dfrac{C_{2n}^2\times C_{2n-2}^2\times\cdots\times C_2^2}{n!}$ . $\Box$

Lời giải 3. Ta xếp $2n$ phần tử của $A$ thành một hàng vào $2n$ vị trí như hình dưới đây

$\{(1),(2)\},\{(3),(4)\},\cdots,\{(2n-1),(2n)\}$ có $(2n)!$ cách để làm điều này. Vì trong mỗi tập con có $2$ phần tử thứ tự các phần tử là không quan trọng và thứ tự các khối của phân hoạch là không quan trọng nên số phân hoạch thoả mãn là