Cấu trúc nhóm trong một số bài toán sơ cấp22525

Dành cho bạn trẻ LTS: "Dành cho bạn trẻ" mục dành cho Sinh viên, Học sinh tất bạn trẻ u Tốn Tịa soạn mong nhận viết dịch có giá trị cho chuyên mục Cấu trúc nhóm số tốn sơ cấp Đồn Trung Cường (Viện Tốn học) GIỚI THIỆU Lý thuyết nhóm có nguồn gốc từ lý thuyết số, lý thuyết phương trình đại số từ hình học Việc phát triển lý thuyết nhóm dẫn tới đời đại số trừu tượng, lý thuyết biểu diễn nhiều ngành toán học khác Ngày nay, cấu trúc nhóm xuất có ứng dụng hầu hết lĩnh vực tốn học, xuất vật lý, hóa học Cấu trúc nhóm xuất tự nhiên tốn sơ cấp Ví dụ đơn giản nhóm Z, Q, R, C với phép tốn + Ví dụ hiển nhiên nhóm hữu hạn (nói chung không abel) xuất lý thuyết số, tổ hợp đại số Trong điểm lại vài ứng dụng lý thuyết nhóm để giải số toán sơ cấp Mặc dù tập minh họa có lời giải sơ cấp, chúng tơi khơng tập trung trình bày lời giải mà chủ yếu phân tích xuất cấu trúc nhóm MỞ ĐẦU VỀ NHĨM Nhóm Ta biết phép cộng tập số nguyên Z thỏa mãn tính chất kết hợp, có phần tử trung hịa (phần tử 0) phần tử có phần tử đối (phần tử đối n −n) Ta gọi tập Z với phép cộng nhóm ThuVienDeThi.com Một ví dụ khác nhóm đối xứng Cho n ∈ N xét X = {1, 2, , n} Ký hiệu �n tập tất phép hoán vị X, nghĩa là, �n tập song ánh σ : X → X Phép hợp thành ánh xạ �n thỏa mãn tính chất: (i) ∀σ1 , σ2 , σ3 ∈ �n , (σ1 ∘ σ2 ) ∘ σ3 = σ1 ∘ (σ2 ∘ σ3 ) (ii) Gọi id phép hoán vị đồng nhất, ta có id ∘σ = σ ∘ id = σ, với σ ∈ �n (iii) Với σ ∈ �n , ánh xạ nghịch đảo σ −1 nằm �n Khi �n với phép hợp thành ánh xạ gọi nhóm Khơng phải tập hợp với phép tốn nhóm (xem Ví dụ 2.2(ii) dưới) Ta có định nghĩa tổng quát Định nghĩa 2.1 Một nhóm G tập hợp với phép tốn nhóm G × G → G, (a, b) ↦→ ab, thỏa mãn - ∀a, b, c ∈ G, (ab)c = a(bc) (tính chất kết hợp) - ∃e ∈ G thỏa mãn ae = ea = a, ∀a ∈ G (phần tử đơn vị) - ∀a ∈ G, ∃b ∈ G cho ab = ba = e (phần tử nghịch đảo) G nhóm abel - ∀a, b ∈ G, ab = ba (tính chất giao hốn) Nếu phép tốn nhóm viết theo lối nhân (tương ứng, lối cộng) phần tử đơn vị ký hiệu (tương ứng, 0), phần tử nghịch đảo a ký hiệu a−1 (tương ứng, −a gọi phần tử đối) Một nhóm G tập H ⊆ G thỏa mãn e ∈ H với a, b ∈ H a−1 ∈ H, ab ∈ H Như vậy, a ∈ H an , a−n ∈ H với n = 1, 2, Nếu H = {an : n ∈ Z} với phần tử a H gọi nhóm xyclic sinh a Ví dụ 2.2 (i) Một số nhóm abel quen thuộc - Nhóm với phép cộng: Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C - Nhóm với phép nhân: {±1} ⊂ Q× ⊂ ⊂ C× R>0 ⊂ R× Ở ký hiệu k × := k ∖ {0} R× (ii) Tập R>0 khơng nhóm phép cộng với x ∈ R, x > −x ̸∈ R>0 Nhóm hữu hạn Nếu nhóm G có hữu hạn phần tử ta nói G nhóm hữu hạn Cấp G số phần tử nhóm ký hiệu |G| Với g ∈ G có số nguyên dương n > cho g n = Số nguyên dương nhỏ gọi cấp g ký hiệu ord(g) Ví dụ 2.3 Xét tập Z/nZ gồm lớp thặng dư mod n Với a ¯, ¯b ∈ Z/nZ, ta có ¯ ¯ ¯.b = ab Tập Z/nZ a ¯ + b = a + b a với phép cộng nhóm abel hữu hạn cấp n Xét tập (Z/nZ)* := {¯ a ∈ Z/nZ : (a, n) = 1} Bằng thuật toán chia Euclide ta chứng minh (Z/nZ)* với phép nhân nhóm abel hữu hạn, cấp nhóm ϕ(n) = #{0 < a < n : (a, n) = 1} Ví dụ 2.4 Nhóm �n nhóm hữu hạn gọi nhóm đối xứng (hay nhóm phép thế) �n nhóm abel n < Cấp �n |�n | = n! Nếu thay tập {1, , n} tập X có n phần tử ta nhóm đối xứng X, ký hiệu �X Với nhóm H nhóm hữu hạn G a ∈ G, đặt aH := {ab : b ∈ H} Dễ thấy với a, a′ ∈ G aH = a′ H aH ∩a′ H = ∅ (hoặc trùng không giao nhau) Nói riêng, ThuVienDeThi.com G có phân tích thành hợp rời lớp kề có dạng aH Mệnh đề 2.5 (Định lý Lagrange) Mọi lớp tương đương định nghĩa có số phần tử cấp H Nói riêng, số lớp tương đương |G|/|H| Ví dụ 2.6 (p-Nhóm) Cho p số nguyên tố Một p-nhóm nhóm hữu hạn với phần tử có cấp lũy thừa p Khi đó, nhóm G p-nhóm G có cấp lũy thừa p Thật vậy, giả sử G có cấp lũy thừa p a ∈ G Xét nhóm xyclic H sinh a Rõ ràng |H| = ord(a) Do theo định lý Lagrange, ord(a) ước cấp G Đối với chiều ngược lại, ta chứng minh cho trường hợp G abel (trong tập phần sau có trường hợp xảy ra) Giả sử G p-nhóm abel H nhóm lớn G mà có cấp lũy thừa p Ta chứng minh H = G Giả sử có phần tử a ∈ G ∖ H Khi ord(a) = pn với n > Xét tập H ′ := {ab : b ∈ H} Dễ thấy H ′ hợp rời tập n hợp H, aH, a2 H, , ap −1 H H ′ nhóm abel Nói riêng, H ′ nhóm G với cấp |H ′ | = |H|.pn > |H| Điều mâu thuẫn với cách chọn H Vậy G = H G có cấp lũy thừa p Tác động nhóm Xét nhóm đối xứng �n tập X = {1, 2, , n} Với σ ∈ �n , i ∈ X, ta σ(i) ∈ X Tương ứng rõ ràng thỏa mãn (σ1 ∘ σ2 )(i) = σ1 (σ2 (i)) Khi ta nói có tác động nhóm �n lên tập X Tổng quát hơn, ta có định nghĩa Định nghĩa 2.7 Cho G nhóm hữu hạn X tập hữu hạn Một tác động G lên X ánh xạ G × X → X, (g, a) ↦→ g(a) thỏa mãn: với g, h ∈ G, a ∈ X, (gh)(a) = g(h(a)) e(a) ≡ a Với a ∈ X, tập orb(a) := {g(a) ∈ X : g ∈ G} gọi quỹ đạo a Phần tử a ∈ X cố định tác động G orb(a) = {a} Tập X phân hoạch thành hợp rời quỹ đạo Ví dụ, xét tác động nhóm đối xứng �n lên tập X = {1, , n} Với hai phần tử i, j = 1, , n, ln có phép thế, ký hiệu (i, j) gọi phép chuyển vị, tráo đổi vị trí i, j cố định vị trí khác Do tác động có quỹ đạo tập X Với tập Y ⊂ X, tập Stab(Y ) := {g ∈ G : g(Y ) ⊆ Y } nhóm G gọi nhóm ổn định Y Ta có song ánh {g Stab(a) : g ∈ G} −→ orb(a), gh ↦→ g(a) Định lý Lagrange (Mệnh đề 2.5) cho ta Mệnh đề 2.8 Với a ∈ X, quỹ đạo orb(a) có số phần tử |G|/| Stab(a)| Nói riêng, | orb(a)| ước |G| Cho p ∈ Z số nguyên tố G p-nhóm Xét tác động G lên tập hữu hạn X Theo Mệnh đề 2.8, quỹ đạo có nhiều phần tử có số phần tử lũy thừa p Những quỹ đạo lại ứng với điểm cố định X Ký hiệu X G tập điểm cố định, ta có mệnh đề Mệnh đề 2.9 Có |X| ≡ |X G | (mod p) Một ứng dụng thú vị mệnh đề định lý số học sau Định lý 2.10 (Lucas) Cho số nguyên m, n ≥ số nguyên tố p Ta có ︂ ︂ ︁ ︂ k ︂ m mi (mod p), ≡ n ni i=0 mi , ni chữ số biểu diễn số p m, n, nghĩa ThuVienDeThi.com m = mk p k + + m p + m0 , n = n k pk + + n p + n , với ≤ m0 , , mk n0 , , nk < p < p ≤ Chứng minh Xét tập M gồm m phần tử Chia M thành tập rời nhau: mi tập có pi phần tử, i = 0, 1, , m Trên tập con, có tác động tự nhiên nhóm xyclic Z/pi Z Do ︀ nhóm G = ki=0 (Z/pi Z)mi tác động tự nhiên theo thành phần lên tập M Ở (Z/pi Z)mi = Z/pi Z × × Z/pi Z tích mi lần Z/pi Z Gọi X tập tất tập con︀ ︀ M m có n phần tử Như |X| = n Dễ thấy G tác động cảm sinh lên tập X Một tập N thuộc X bất biến tác động G hợp tập có pi phần tử cách chia Với pi , có ni tập N Do số tập N ⊆ M có n phần tử ︀và bất ︀ biến tác động ︀k mi G i=0 ni Khẳng định suy từ Mệnh đề 2.9 TỔ HỢP 3.1 Phép Một phép σ ∈ �n hoàn toàn xác định giá trị σ(1), , σ(n) Do có cách khác biểu diễn σ ︂ ︂ n σ(1) σ(2) σ(n) Chú ý σ gọi hoán vị số 1, 2, , n ký hiệu (a1 , , an ) với = σ(i) Nếu = i ta bỏ ký hiệu Tác động tự nhiên nhóm xyclic (σ) lên tập X = {1, 2, , n} cho ta phân tích X thành hợp rời quỹ đạo X = X1 ⊔ X2 ⊔ ⊔ Xr , với Xi có dạng {a, σ(a), , σ ki (a)} Mỗi Xi gọi chu trình σ ta có ord(σ) = [|X1 |, , |Xr |] | n! Ví dụ 3.1 (IMO 2001) Cho n > số nguyên lẻ số nguyên c1 , , cn Với phép a = (a1 , ︀ , an ) n 1, , n, định nghĩa S(a) = i=1 ci Chứng minh tồn phép a ̸= b cho n!|S(a) − S(b) Lời giải Nếu tất S(a) khác mod n! có n! phép nên {S(a) : a ∈ �n } = {0, 1, , n!−1}modn! ︀ (n!−1)n! Do đó, = − n! a∈�n S(a) = 2 (mod n!) Ta có ︁ = a∈�n n ︁ i=1 S(a) = n ︁︁ a∈�n i=1 n ︁ ci (n−1)! ci = i= i=1 n ︁ i=1 n ︁ i=1 ci n! ci ︁ a∈�n n+1 =0 (mod n!) Điều mâu thuẫn với khẳng định Vậy có hai phép khác a, b cho S(a) ≡ S(b) (mod n!) Ví dụ 3.2 (IMO 1999 shortlist (Phần Lan)) Có n ≥ gái chơi trị chơi, người giữ ︀ ︀ bóng Mỗi cặp số tất n2 cặp, theo thứ tự đó, đổi bóng họ có cho Trị chơi gọi "thú vị" cuối khơng có gái nhận lại bóng ban đầu Ngược lại, cuối tất cô gái nhận lại bóng ban đầu trị chơi gọi "chán ngắt" Tìm giá trị n để (a) có trị chơi thú vị (b) có trị chơi chán ngắt Lời giải Một phép chuyển vị (i, j) với i, j = 1, , n, i ̸= j hoán vị hai vị trí i, j cho giữ nguyên vị trí khác Một trị chơi cách thực liên tiếp, cách xếp thứ ThuVienDeThi.com ︀ ︀ tự, N = n2 phép chuyển vị (i, j) tập {1, , n} Giả sử thứ tự t1 , , tN Một trò chơi ứng với phép hoán vị P = tN tN −1 t1 Trò chơi thú vị tương ứng với P khơng có điểm cố định Trị chơi chán ngắt P = id phép đồng (a) Tồn trò chơi thú vị n ̸= Thật vậy, n = P2 := (1, 2) rõ ràng thú vị Nếu n = trị chơi có dạng P = (b, c)(a, c)(a, b) = (a, c) nên không thú vị Xét n > Xét Pn := (1, 2)(1, 3)(2, 3) (1, n)(2, n) (n − 1, n) Khi Pn = Pn−1 (1, n, n − 1, , 2) = (1, n)(2, n − 1) (i, n + − i) thú vị n chẵn Nếu n lẻ hốn vị Qn := Pn−1 (1, n)(2, n) (k, n)(n − 1, n)(n − 2, n) (k + 1)n thú vị (b) Tồn trò chơi chán ngắt n ≡ 0, (mod 4) n Ta có sign(P ) = (−1)( ) Do︀ ︀ P = id phép đồng 2| n2 , hay n ≡ 0, (mod 4) Ngược lại, giả sử n ≡ 0, (mod 4) Xét trường hợp n = 4k Chia cô gái vào k nhóm gồm gái Trong nhóm xét thứ tự sau (3, 4)(1, 3)(2, 4)(2, 3)(1, 4)(1, 2) = id Giữa hai nhóm khác (ký hiệu {1, 2, 3, 4} {5, 6, 7, 8}), ta có (4, 7)(3, 7)(4, 6)(1, 6)(2, 8)(3, 8)(2, 7)(2, 6) (4, 5)(4, 8)(1, 7)(1, 8)(3, 5)(3, 6)(2, 5)(1, 5) = id Trường hợp n = 4k + ta chia thành k + nhóm gồm k nhóm có gái nhóm có gái Giữa hai nhóm có gái khác ta làm Với nhóm có cô gái, ký hiệu 1, 2, 3, 4, ta thêm cô gái dư, ký hiệu 5, tiến hành theo thứ tự sau (3, 5)(3, 4)(4, 5)(1, 3)(2, 4)(2, 3)(1, 4)(1, 5) (1, 2)(2, 5) = id Bài (Australia MO 2004) Tìm tất hốn vị a1 , , a2004 1, , 2004 cho |a1 −1| = |a2 −2| = = |a2004 −2004| > Bài (IMO 2005 shortlist (USA)) Cho số nguyên dương n ≥ dãy số nguyên a1 , , an cho n | (a1 + + an ) Chứng minh tồn hai phép σ τ 1, , n cho σ(i)+τ (i) ≡ (mod n) với i = 1, , n Bài (IMO 2008 shortlist (Serbia) & Iran MO) Với n > 0, xác định số hoán vị a1 , , an 1, , n với tính chất k | 2(a1 + + ak ), ∀k = 1, 2, , n 3.2 Bài tốn tơ màu Bài tốn tơ màu ứng dụng điển hình lý thuyết nhóm (nhóm đối xứng) tổ hợp Bài toán Cho r mảnh vải giống hệt n màu khác Tô mảnh vải màu Cho G nhóm gồm phép hốn vị n mảnh vải Hai cách tô màu đồng cách nhận từ cách phép hốn vị G Hỏi có tất cách tơ màu (sai khác hốn vị nhóm G)? Ví dụ 3.3 (HSGQG 2010) Người ta dùng n màu để tô tất ô vuông bảng vng kích thước × 3, tô màu Hai cách tô màu coi cách tô màu nhận từ cách tô màu nhờ phép quay quanh tâm bảng vng Hỏi có tất cách tơ màu khác nhau? Bài tốn tơ màu giải cách sử dụng bổ đề Burnside Bổ đề Burnside Xét tập hữu hạn X với tác động nhóm hữu ThuVienDeThi.com hạn G Với g ∈ G, ký hiệu F (g) = {x ∈ X : g(x) = x} Z = {(g, x) ∈ G × X : x ∈ F (g)} Bằng cách đếm theo g ∈ G theo x ∈ X, ta có đồng thức ︁ ︁ | Stab(x)| |F (g)| = |Z| = g∈G lên chu trình Vi , i = 1, , t Như vậy, |F (σ)| = nc(σ) với c(σ) = t số chu trình σ Mệnh đề 3.5 (Định lý đếm Pólya, dạng đơn giản) Ta ln có x∈X Mỗi phần tử x ∈ X xuất | Stab(x)| lần tập Z Như vậy, phần tử orb(x) xuất thảy | orb(a)|.| Stab(a)| = |G| lần Mệnh đề 3.4 (Bổ đề Burnside) Số quỹ đạo tác động nhóm G lên tập X ︁ ︁ N= |F (g)| = | Stab(a)| |G| |G| g∈G a∈X NG = ︁ c(σ) n |G| σ∈G Mệnh đề dạng đơn giản định lý đếm Pólya Định lý đếm tổng qt cho ta thơng tin cụ thể số cách tô màu với hạn chế phân bố kết quan trọng tổ hợp, nhiên việc trình bày tương đối dài vượt khỏi phạm vi giới thiệu Bổ đề Burnside vài tác giả gọi Bổ đề Cauchy-Frobenius Cauchy người chứng minh cho trường hợp tác động có quỹ đạo (tác động bắc cầu) Frobenius chứng minh trường hợp tổng quát Theo tác giả này, Burnside người viết kết sách Ví dụ 3.3 xét lại Gọi τ phép quay quanh tâm hình vng góc π2 theo chiều kim đồng hồ Khi G = (τ ) nhóm xyclic cấp Số chu trình τ 3, τ 5, τ τ = id Theo định lý đếm Pólya (Mệnh đề 3.5), số cách tô màu N = 14 (n9 + n5 + 2n3 ) Định lý đếm Pólya (dạng đơn giản) Áp dụng bổ đề Burnside, ta phát biểu lại tốn tơ màu: Ký hiệu mảnh vải v1 , , vr , màu c1 , , cn Xét tập hợp ánh xạ X = {f : {v1 , , vr } → {c1 , , cn }} Mỗi cách tô màu tương ứng − với hàm f ∈ X Nhóm G ⊆ �r tác động lên tập {v1 , , vr } nên có tác động tự nhiên lên tập X cho (g, f ) ∈ G × X ↦→ f ∘ g ∈ X Theo bổ đề Burnside, số quỹ đạo tác động ︁ NG = |F (σ)|, |G| Ví dụ 3.6 (Số Stirling) Ký hiệu ︀ ︀số phép �r có k chu trình kr gọi số Stirling Số Stirling liên quan đến tốn tìm số cách xếp r bóng vào n sọt với hai cách xếp sai khác cách đánh số lại bóng σ∈G với F (σ) = {f ∈ X : f (σ(vi )) = f (vi ), i = 1, , n} Gọi chu trình σ V1 , , Vt Khi f ∈ F (σ) tương đương với f ánh xạ hạn chế Bài toán bóng-sọt thuộc kiểu tốn tơ màu Trong trường hợp này, ta khơng phân biệt bóng nên nhóm tác động �r Theo định lý đếm Pólya, số cách xếp r ︂ ︂ ︁ r k N= n r! k k=0 Mặt khác, cách xếp tương ứng với chuỗi n + r − ký tự gồm r ký tự b (bóng) n − ký tự s (sọt) Số cách xếp ThuVienDeThi.com N = ︀n+r−1︀ r Ta suy (n + r − 1) (n + 1)n = r ︂ ︁ k=0 ︂ r k n k Đây định nghĩa khác số Stirling Bài Có cách sơn mặt hình lập phương màu với điều kiện mặt sơn màu hai cách sơn sai khác phép xoay hình lập phương Bài (AIME 1996) Hai hình vng × tơ màu vàng Các cịn lại tô màu đỏ Hai cách tô coi giống chúng thu từ phép quay mặt phẳng quanh tâm hình vng Hỏi có cách tơ màu? Bài (Tơ màu vịng cổ) Người ta làm chuỗi vịng cổ có r hạt đá hạt đá mang n màu cho trước Hai chuỗi vòng gọi kiểu vòng nhận từ vòng phép tịnh tiến theo hạt Hỏi: (a) Có nhiều chuỗi vịng cổ thuộc kiểu khác nhau? (b) Có chuỗi vịng mà với màu có hạt mang màu đó? bạn người lạ Trong thời gian ăn trưa, người tham dự ăn hai phòng ăn Mỗi nhà tốn học ăn phịng chứa số chẵn người bạn Giả sử có cách xếp Chứng minh số cách chia nhà tốn học vào hai phịng lũy thừa Lời giải Định nghĩa lệnh tập hướng dẫn, nhà toán học đề nghị lại di chuyển Giả sử có cách chia tốt, nghĩa nhà tốn học có số chẵn bạn phòng Xét tập G tất lệnh cho xuất phát từ cách chia này, sau áp dụng lệnh ta cách chia tốt khác Các lệnh gọi lệnh tốt Gọi tập G Khi lệnh I mà nhà toán học nguyên chỗ thuộc tập G 3.3 Một số toán khác Trong hai phần trước ta thấy ứng dụng nhóm đối xứng Trong phần ta xét số tập với cấu trúc nhóm khác G nhóm abel: Nếu A, B ∈ G hai lệnh bất kỳ, ta ký hiệu A.B lệnh nhận cách áp dụng lệnh B tiếp lệnh A Dễ thấy hai lệnh A.B B.A Ta chứng minh A.B lệnh tốt, nghĩa thuộc vào tập G Thật vậy, xét nhà toán học x hội thảo Nếu B(x) lại có chẵn bạn x hai phòng phải sang phòng khác Như vậy, xuất phát từ cách chia tốt khác, sau lệnh B số người đến phịng x chẵn lẻ Dẫn đến số bạn phịng x sau số chẵn Tương tự, B(x) sang phòng khác có chẵn bạn x hai phịng lại phòng Nếu xuất phát từ cách chia tốt khác, số bạn lại phịng x đến số bạn đến phịng chẵn lẻ Do x có chẵn bạn phịng sau lệnh B Tóm lại, A.B lệnh tốt A.B ∈ G Nói riêng, G nhóm abel Ví dụ 3.7 (USAMO 2008) Trong hội thảo toán, hai nhà toán học Nếu A ∈ G, ta có A.A = I Do G 2-nhóm |G| lũy thừa Bài (IMO 1999 shortlist (Anh)) Cho A tập gồm N lớp đồng dư mod N Chứng minh có tập B gồm N lớp đồng dư mod N cho tập A + B := {¯ a + ¯b : a ¯ ∈ A, ¯b ∈ B} chứa N /2 lớp đồng dư Bài Cho tập V = {v1 , , } Một đồ thị G tập đỉnh V cho tập gồm cặp không thứ tự (vi , vj ), i ̸= j, gọi cạnh G Hai đồ thị đẳng cấu với đồ thị nhận từ đồ thị cách đánh số lại đỉnh Tìm số lớn đồ thị khơng đẳng cấu với ThuVienDeThi.com PHƯƠNG Ví dụ 3.1 (Putnam 1971) Tìm tất hàm số � : R ∖ {0, 1} → R thỏa mãn TRÌNH HÀM Trong phần ta xét lớp phương trình hàm mà lời giải sử dụng nhóm hữu hạn �−1 ) = + �, ∀� ∈ R ∖ {0, 1} � Cách giải hệ tương tự đại số tuyến tính Chú ý điều kiện cần đủ để nghiệm �0 , , �n−1 hệ phương trình suy nghiệm phương trình (1) �0 ∘ �0−1 = �i ∘ �i−1 với � = 0, , � − � (�) + � ( Lời giải Đặt � := R ∖ {0, 1} Xét hàm �0 , �1 , �2 : � → � với �0 (�) = �, �1 (�) = (� − 1)/�, �2 (�) = 1/(1 − �), ∀� ∈ � Ta có �1 ∘ �1 = �2 , �13 = �0 = id (hợp thành lần), dẫn đến � = {�0 , �1 , �2 } nhóm xyclic Phương trình hàm ban đầu viết lại � (�)+� (�2 (�)) = �+1 Ký hiệu �i = � ∘�i , � = 0, 1, Thay � �1 (�) �2 (�) ta nhận hệ phương trình ⎧ ⎪ ⎨�0 + �1 = � + 1, �1 + �2 = �1 (�) + 1, ⎪ ⎩ �0 + �2 = �2 (�) + Chú ý 3.2 Cách giải cho biết phương trình (1) có nghiệm hay vơ số nghiệm Trường hợp hệ có vơ số nghiệm xảy ta thay biến vào phương trình hệ Ví dụ, xét phương trình hàm � (�) + � (−�) = �2 Thay � �(�) = −� khơng mang đến phương trình Nghiệm phương trình � (�) = 12 �2 + � (�) với � (�) hàm lẻ Hệ có nghiệm �0 (�) = � (�) = �1 (�) = �2 (�) = �3 − �2 − , 2�(� − 1) �3 + �2 − 2� + , 2�(� − 1) Cấu trúc nhóm hay xuất phương trình (1)? Để giải phương trình hàm (1), ta cần xác định nhóm � Thơng thường, � nhóm xyclic nhóm hữu hạn đơn giản Xét trường hợp � = (�) nhóm xyclic, nói cách khác, ánh xạ � : � → � sinh � thỏa mãn điều kiện � n = id (hợp thành � lần), với số tự nhiên � �3 − 3�2 + 4� − 2�(� − 1) Thử lại vào phương trình ban đầu ta hàm cần tìm �3 − �2 − � (�) = 2�(� − 1) Bài toán Cho miền � ⊆ R tập hàm � := {�0 , , �n−1 : � → �} Giả sử với phép hợp thành � nhóm Cho trước hàm �0 , , �n−1 , � : � → R Phương trình hàm quan tâm Ví dụ 3.3 Ánh xạ � : R → R cho �(�) = [�] + {� + n1 } xoắn bậc �, nghĩa � n = id Ở đây, với � ∈ Z ta chia nửa đoạn sau 1 [�, �+1) = [�, �+ )∪[�+ , �+ )∪ � � � �−1 , � + 1) ∪ [� + � (1) �0 (�)� (�0 (�)) + �1 (�)� (�1 (�))+ + �n−1 (�)� (�n−1 (�)) = �(�), với � ∈ � � hàm cần tìm Khi đó, ánh xạ hạn chế Để giải phương trình ta thay � �0 (�), , �n−1 (�) nhận hệ phương trình tuyến tính với hệ số hàm �i (�j (�)), hệ số tự gồm hàm �(�i (�)) ẩn hàm �i (�) := � (�i (�)), �, � = 0, , � − � : [�+ �−1 � � �+1 , �+ ) → [�+ , �+ ), � � � � � = 1, , � − 1, � : [� + ThuVienDeThi.com �−1 , � + 1) → [�, � + ), � � song ánh Chú ý ánh xạ � xây dựng từ ánh xạ quen thuộc �0 : R/Z → R/Z, � ↦→ � + � (mod Z) Ví dụ 3.4 Ký hiệu �i = tan−1 ( ni �), � = −� + 1, −� + 2, , 0, , � − 1, � = R ∖ {�−n+1 , , �0 , , �n−1 } Ánh xạ sau xoắn bậc �, � � : � → �, �(�) = tan(tan−1 (�) + ) � Chú ý ta chia � = �−n+1 ∪ ∪ �0 ∪ ∪ �n−1 ∪ �n , với �−n+1 = (−∞, �−n+1 ), �n = (�n−1 , ∞), �i = (�i−1 , �i ), � = −� + 2, , � − 1, � : �i → �i+1 với � = −� + 1, , � − � : �n → �−n+1 song ánh Chú ý 3.5 Sẽ thú vị ta xây dựng ví dụ tương tự tập rời rạc N, Z Có lớp hàm � quan trọng phép biến đổi phân tuyến tính Phần ta xây dựng phép biến đổi Ví dụ, hàm �1 (�) = −�, �2 (�) = 1/� phép biến đổi phân tuyến tính quen thuộc Bằng cách chia tử số mẫu ︀ số phân thức tuyến tính cho | det �| ta giả sử det(�) = ±1, ký hiệu nhóm ma trận tương ứng � Chú ý tác động hai phần tử �, −� ∈ � trùng Ta quan tâm đến phép biến đổi xoắn, nghĩa � ∈ � thỏa mãn � n (�) = �, ∀� ∈ R ∪ {∞} Những phép biến đổi tương ứng với ma trận ︂ ︂ � � �= ∈ �, � � thỏa mãn �n = ±�2 với � ∈ N Vì � thỏa mãn phương trình đa thức �2n − = nên � chéo hóa giá trị riêng � bậc 2� đơn vị, nghĩa ︂ ︂ m � , �∼ � m2 với � nguyên thủy bậc 2� 1, ≤ �1 ≤ �2 < 2� Ta có �m1 +m2 = det � = �� − ��, �m1 + �m2 = tr(�) = � + � ∈ R Điều kiện �m1 +m2 số thực suy �1 + Tác động nhóm GL2 (R) lên R Xét �2 ∈ {0, �, 2�, 3�} Chọn � = cos πn + nhóm tuyến tính tổng quát thực � sin πn , ta xét riêng rẽ trường hợp: ︂ ︂ ︂︂ � � : �, �, �, � ∈ R, �� ̸= �� ,∙ �1 +�2 = 0, hay �1 = �2 = Trường GL2 (R) = � � hợp ứng với � = �2 � = tác động lên không gian xạ ảnh thực P1 (R) := R ∪ {∞} cho ∙ �1 + �2 = � Khi �m2 = �n �−m1 = −�−m1 Do đó, GL2 (R) × (R ∪ {∞}) −→ R ∪ {∞}, ︂ ︂ �� + � � � × � ↦−→ � � �� + � �m1 + �m2 = �m1 − �−m1 �1 � �1 � = cos + �2 sin � � Với ma trận � ∈ GL2 (R), tác động cho ta ánh xạ R ∪ {∞}, gọi phép biến đổi phân tuyến tính, � : R ∪ {∞} → R ∪ {∞}, � ↦→ �� + � �� + � Điều kiện �m1 + �m2 ∈ R tương đương với sin mn1 π = 0, hay �1 = 0, dẫn đến �2 = � Ma trận chéo hóa � ︂ ︂ �∼ −1 ThuVienDeThi.com Nói riêng, trường hợp xảy � = ∙ �1 + �2 = 2� Tính tốn tương tự trên, ta có �1 � �m1 + �m2 = �m1 + �−m1 = cos ∈ R � Ma trận chéo hóa � ︂ ︂ m � �∼ �−m1 Điều tương đương với det(�) = � + � = cos mn1 π Nói riêng, � ∈ SL2 (R) ∙ �1 + �2 = 3� Vì �2 < 2� nên �1 = 3� − �2 > � Ta có �m2 = �3n �−m1 = �−m1 Do đó, m1 m2 m1 −m1 −� �1 � �1 � = cos + �2 sin � � Điều kiện �m1 + �m2 ∈ R tương đương với sin mn1 π = Vì � < �1 < 2� nên trường hợp không xảy � +� =� Như trường hợp trên, trường hợp � = có ma trận không nằm SL2 (R), trường hợp lại suy � ∈ SL2 (R) Tiếp theo, ta quan tâm đến bậc xoắn ánh xạ phân tuyến tính, nghĩa với � cho trước, tìm ma trận � cho � số nguyên dương nhỏ thỏa mãn �n = ±�2 Nếu � = � = ±�2 Nếu � = � đồng dạng với ma trận đường chéo ︂ ︂ � ∼ �2 := −1 Xét � > Theo phân tích trên, ma trận chéo hóa � có dạng ︂ ︂ m � , �= �−m1 với < �1 < 2� Bằng cách lập luận tương tự trên, khơng có ma trận thực � thỏa mãn � n ∼ �2 Do điều kiện �n = ±�2 tương đương với �2n = �2 Từ suy ra, � số nhỏ để �n = ±�2 bậc xoắn ma trận � hai giá trị �, 2�, tương đương với (�1 , �) = Dẫn đến, số ma trận đường chéo số ước nguyên dương � Một số trường hợp cụ thể: (a) � = 2: Ta có � + � = Các phép biến đổi tương ứng �� + � , với �2 + �� = �� − � (b) � = 3: Khi �1 = 1, �+� = ±1 Các phép biến đổi phân tuyến tính có dạng �� + � , với �(1 − �) − �� = 1, �� + − � �� + � , với �(−1 − �) − �� = �� − − � (c) √� = 4: Ta có �1 = 1, 3, � + � = ± Ánh xạ � có dạng √ �� + � √ với �( − �) − �� = 1, �� + − � √ �� + � √ , với �(− 2−�)−�� = �� − − � (d) � = 5: �1 nhận giá trị 1, 2, 3, Tương ứng, � + � nhận giá trị √ √ (1 + 5); (−1 + 5); 2 √ √ 1 (1 − 5); − (1 + 5) 2 Bài Tìm tất hàm � : C → C thỏa mãn � (�) + �� (1 − �) = + �, với � ∈ C Bài Tìm tất hàm số � (�) thỏa mãn ︂ ︂ ︂ ︂ � 13� − 3� − 2� − 3� = �−1 2� + 2� − 3�2 Bài Tìm tất hàm số � : R ∖ {0, 1} thỏa mãn ︂ ︂ 2(1 − 2�) = � (�) + � 1−� �(1 − �) 10 ThuVienDeThi.com Bài Tìm tất hàm số � (�) thỏa mãn ︂ ︂ ︂ ︂ 3+� �−3 +� = � � �+1 1−� Bài tập sau ví dụ thú vị cấu trúc nhóm xuất phương trình hàm Phương trình khơng kiểu với phương trình Bài (IMO shortlist 2001 (Czech)) Tìm tất hàm số � : R → R thỏa mãn � (��)(� (�) − � (�)) = (� − �)� (�)� (�), với �, � ∈ R MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Ví dụ 4.1 (IMO shortlist 2004 (Ireland)) Với số nguyên dương � > 1, ký hiệu �n tích số nguyên dương � < � thỏa mãn �|�2 − Tìm phần dư �n chia cho � Lời giải Đặt �n := {0 < �︀< � : �|�2 − 1} Theo định nghĩa �n = m∈Gn � Có đơn ánh � : �n ˓→ (Z/�Z)* với (Z/�Z)* nhóm phần tử khả nghịch phép nhân Z/�Z Ảnh �(�n ) nhóm Thật vậy, �1 , �2 ∈ �n (�1 �2 )2 − = �21 (�22 − 1) + (�21 − 1) chia hết cho � Thêm vào đó, � ∈ �n �′ số nguyên dương thỏa mãn �′ � ≡ (mod �) (�′ )2 ≡ (�′ )2 ≡ (�′ )2 �2 ≡ (�′ �)2 ≡ (mod �), �′ ∈ �(�n ) Nhóm �(�n ) 2-nhóm abel theo định nghĩa, �|�2 −1 với � ∈ �n Giả sử � ¯ 1, , � ¯ k hệ sinh cực tiểu �(�n ) Khi phần tử �n có biểu diễn dạng � ¯ i1 � ¯ ij với ≤ �1 < < �j ≤ � Số phần tử �n số tập tập {1, , �}, 2k Ta có �n ≡ �21 k−1 k−1 �2k (mod �) Nếu � > rõ ràng �n ≡ (mod �) Trường hợp xảy có phần tử � ∈ �n với < � < � − Hay �, �/2 không lũy thừa số nguyên tố lẻ Nếu � = rõ ràng �n = {1, � − 1}, dẫn đến �n ≡ −1 (mod �) Bài (IMO 1977 (Hà Lan)) Cho số tự nhiên � > Đặt � := {1 + �� : � = 1, 2, } Một số � ∈ � gọi khơng phân tích � khơng tồn hai số �, � ∈ � cho � = �� Chứng minh tồn số � ∈ � cho có nhiều cách phân tích � thành tích phần tử khơng phân tích � Bài (P Radovici-Marculescu) Chứng minh 1919 không viết dạng �3 + �4 với �, � hai số tự nhiên TẬP CON TRÙ MẬT TRONG R Mệnh đề 5.1 Cho � nhóm khơng tầm thường nhóm cộng số thực (R, +) Nhóm � xyclic trù mật R Chứng minh Đặt � = inf{� ∈ � : � > 0} Số � tồn có phần tử � ∈ �, � < −� > −� ∈ � Ta xét ba trường hợp: TH1 � = 0: Khi tồn dãy số thực dương (�n )n ⊂ � giảm dần xuống Xét đoạn (�, �) ⊆ R, khơng tính tổng quát giả sử < � < � Khi ln có phần tử �n dãy ︀ ︀ cho < �n < � − � Đặt � = �/�n ∈ Z Khi dễ thấy � < � �n < � Vì � nhóm nên � �n ∈ �, (�, �) ∩ � ̸= ∅ � trù mật R TH2 � > � ̸∈ �: Tương tự trên, có dãy số thực dương (�n )n ⊂ � giảm dần xuống � Vì � > nên với số � đủ lớn < �n+1 − �n < � Điều mâu thuẫn với cách chọn � 11 ThuVienDeThi.com �n+1 − �n ∈ � (� nhóm) Do trường hợp khơng xảy TH3 � > � ∈ �: Mọi số thực � ∈ � có biểu diễn dạng � = �� + � với � ∈ Z ≤ � < � Do � nhóm nên � = � − �� ∈ � Từ cách chọn � suy � = Vậy � = �Z nhóm xyclic Ví dụ 5.2 (DeMO) Cho trước hình chữ nhật Theo phương cạnh, cắt hình chữ nhật thành hai ba hình chữ nhật giữ lại Chứng minh với � > cho trước, xuất phát từ hình chữ nhật ban đầu, có hữu hạn cách cắt cho hình chữ nhật cuối có tỷ lệ hai cạnh nằm khoảng (1 − �, + �) Lời giải Gọi tỷ số độ dài hai cạnh hình chữ nhật ban đầu � Sau số hữu hạn lần cắt, tỷ số độ dài hai cạnh hình chữ nhật có dạng 2m 3n � với �, � ∈ Z Để chứng minh tỷ số gần tùy ý, ta chứng minh kết tổng quát tập {2m 3n : �, � ∈ Z} trù mật R≥0 Điều tương đương với tập � = {� + � log2 : �, � ∈ Z} trù mật R Khẳng định suy từ Mệnh đề 5.1 Ví dụ 5.3 (V I Arnold) Chứng minh có vơ hạn lũy thừa (kể âm) bắt đầu chữ số Lời giải Một lũy thừa 2k có chữ số tồn ℎ ∈ Z cho ≤ 2k /10h < Ta chứng minh tập {2k /5h : �, ℎ ∈ Z} trù mật R≥0 , hay tương đương, tập � = {� + ℎ log2 : �, ℎ ∈ Z} trù mật R Điều suy từ Mệnh đề 5.1 Bài Cho ánh xạ liên √ tục � : R →√R thỏa mãn � (�) = � (� + 2) = � (� + 3) với � ∈ R Chứng minh � ánh xạ Bài Chứng minh tập {sin � : � ∈ Z} trù mật đoạn [−1, 1] Bài 10 Trên mặt phẳng tọa độ, cho � ngũ giác � ̸= ∅ tập điểm cho � đóng phép lấy đối xứng qua cạnh � Chứng minh � trù mật mặt phẳng TÀI LIỆU [1] Đề thi học sinh giỏi quốc gia 2010 [2] M Bessenyei, Functional equations and finite groups of substitutions, Amer Math Monthly 117(10) (2010), 921-927 [3] Đoàn Trung Cường, Tài liệu bồi dưỡng đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2011 [4] D Djuki´c, V Jankovi´c, I Mati´c, N Petrovi´c, The IMO compendium - A collection of problems suggested for the International Mathematical Olympiads 1954-2009 Problem Books in Mathematics Springer 2010 [5] Trần Nam Dũng, Tài liệu bồi dưỡng đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2010 [6] R Gelca, T Andreescu, Putnam and beyond Springer 2007 [7] Serre, J P., Linear representations of finite groups Graduate Texts in Mathematics 42 Springer-Verlag Berlin-Heidelberg-New York 1977 [8] R Stanley, Topics in algebraic combinatorics 12 ThuVienDeThi.com ... Khi lệnh I mà nhà toán học nguyên chỗ thuộc tập G 3.3 Một số toán khác Trong hai phần trước ta thấy ứng dụng nhóm đối xứng Trong phần ta xét số tập với cấu trúc nhóm khác G nhóm abel: Nếu A,... định nghĩa có số phần tử cấp H Nói riêng, số lớp tương đương |G|/|H| Ví dụ 2.6 (p -Nhóm) Cho p số nguyên tố Một p -nhóm nhóm hữu hạn với phần tử có cấp lũy thừa p Khi đó, nhóm G p -nhóm G có cấp... dụ 2.4 Nhóm �n nhóm hữu hạn gọi nhóm đối xứng (hay nhóm phép thế) �n nhóm abel n < Cấp �n |�n | = n! Nếu thay tập {1, , n} tập X có n phần tử ta nhóm đối xứng X, ký hiệu �X Với nhóm H nhóm