ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORTVÀ ỨNG DỤNG Nội dung của chuyên đề này trình bày một số cách chứng minh định lý Cauchy - Davenport và nêu một số ứng dụng của nó.. Để có được sự so sánh sự khác
Trang 1ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT
VÀ ỨNG DỤNG
Nội dung của chuyên đề này trình bày một số cách chứng minh định lý Cauchy - Davenport và nêu một
số ứng dụng của nó Để có được sự so sánh sự khác nhau giữa các kết quả trên Z và trên Zp (tập các
số dư theo modulo p, p nguyên tố), trong phần 1 trình bày một số kết quả khá quen thuộc của các tập
tổng trên Z Bạn đọc quan tâm đến các kết quả sâu hơn về nội dung này có thể tham khảo tài liệu [3]
Về các kết quả hay trên Zpbạn đọc có thể tham khảo các kết quả trong [1], [2] Trong toàn bộ chuyên
đề này, thống nhất ký hiệu
A + A = {a + b|a ∈ A, b ∈ B}, c.A = {c.a|a ∈ A}.
Lời giải của một số bài tập có thể tương đối dài, nhưng trong đó chứa nhiều giải thích quan trọng để bạn đọc hiểu rõ hơn về ý tưởng
1 MỘT SỐ ĐÁNH GIÁ TẬP TỔNG TRÊN Z
Định lý 1.1 Cho A là một tập gồm k số nguyên Khi đó |2A| ≥ 2k − 1 Nếu A là một tập gồm k số nguyên và nếu |2A| = 2k − 1 thì A phải là một cấp số cộng.
Chứng minh • Đặt A = {a0,a1, ,a k−1} với a0<a1<a2< <a k−1 Khi đó tập 2A sẽ chứa k
số nguyên 2a i , với i = 0,1,2, ,k − 1 và k − 1 số nguyên a i−1+ a i , với i = 1,2, ,k − 1 Do
2a i−1 <a i−1+ a i<2a i, ∀i = 1, 2, , 2k − 1.
Từ đây suy ra |2A| ≥ 2k − 1.
• Nếu |2A| = 2k − 1, khi đó mọi phần tử của 2A hoặc có dạng 2a i hoặc a i−1+ a i Do
a i−1+ a i<a i−1+ a i+1 <a i + a i+1, a i−1+ a i<2a i<a i + a i+1, ∀i = 1, 2, , k − 1
nên suy ra
2a i = a i−1+ a i+1⇒ a i − a i−1 = a i+1− a i,∀i = 1, 2, , k − 1.
Điều này chứng tỏ A là một cấp số cộng.
Định lý được chứng minh hoàn toàn
Tổng quát hơn, ta có đánh giá sau đây.
Định lý 1.2 Cho n ≥ 2 và A1,A2, ,A n là các tập hợp hữu hạn số nguyên Khi đó
|A1| + |A2| + · · · + |A n | − (n − 1) ≤ |A1+ A2+ · · · + A n | ≤ |A1|.|A2| |A n|
Chứng minh • Bất đẳng thức |A1+ A2+ · · · + A n | ≤ |A1|.|A2| |A n| là hiển nhiên, do số biểu diễn
dạng a1+ a2+ · · · + a n (a i ∈ A i ) là |A1|.|A2| |A n|
Trang 2ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT VÀ ỨNG DỤNG1 MỘT SỐ ĐÁNH GIÁ TẬP TỔNG TRÊNZ
• Ta chứng minh bất đẳng thức còn lại bằng quy nạp Với n = 2, đặt
A1= {a0,a1, ,a k−1}, A2= {b0, ,b l−1}
với a0<a1 < <a k−1,b0 <b1 < <b l−1 Giả sử |A1| = k ≤ l = |A2| Khi đó tập A1+ A2
chứa 2k − 1 + (l − k) các phần tử phân biệt sau
a0+ b0<a0+ b1 <a1+ b1<a1+ b2 <· · ·
<a i + b i<a i + b i+1 <a i+1+ b i+1 <· · ·
<a k−1+ b k−1<a k−1+ b k <a k−1+ b k+1 <· · · < a k−1+ b l−1
Do đó
|A1+ A2| ≥ (2k − 1) + (l − k) = |A1| + |A2| − 1
Vậy n = 2 định lý đúng Giả sử kết luận đúng cho mọi ≤ n − 1 tập hữu hạn các số số Khi đó với
ntập thì
|A1| + |A2| + · · · + |A n | = |(A1+ A2+ · · · + A n−1) + A n|
≥ |A1+ A2+ · · · + A n−1| + |A n| − 1
≥ |A1| + |A2| + · · · + |A n−1| − (n − 2) + |A n| − 1
= |A1| + |A2| + · · · + |A n | − (n − 1).
Chứng tỏ kết luận đúng với n Theo phương pháp quy nạp thì bài toán đúng cho với mọi n tập
hữu hạn các số nguyên
Bổ đề 1.3 Cho A,B là hai tập hợp hữu hạn các số nguyên và |A| = |B| = k Nếu |A+B| = |A|+|B|−1
thì A và B là hai cấp số cộng có cùng công sai.
Chứng minh Đặt A = {a0,a1,a2, ,a k−1} và B = {b0,b1,b2, ,b k−1} với a0 < a1 < < a k−1,
b0 <b1< <b k−1 Khi đó A + B chứa một dãy gồm 2k − 1 số nguyên tăng dần sau
a0+ b0<a0+ b1<a1+ b1<a1+ b2<· · ·
<a i−1+ b i<a i + b i<a i + b i+1+ a i+1+ b i+1 <· · ·
<· · · < a k−1+ b k−1
Do |A| + |B| = 2k − 1, suy ra dãy số nguyên trên chứa toàn bộ các phần tử của tập A + B Do
a i−1+ b i<a i + b i<a i + b i+1
và
a i−1+ b i<a i−1+ b i+1<a i + b i+1
dẫn đến
a i−1+ b i+1 = a i + b i ⇒ a i − a i−1 = b i+1− b i,∀i = 1, 2, , k − 2 (1).
Tương tự, bất đẳng thức
Trang 3a i−1+ b i−1<a i + b i−1 <a i + b i
dẫn đến
a i−1+ b i = a i + b i−1 ⇒ a i − a i−1 = b i − b i−1,∀i = 1, 2, , k − 1 (2).
Từ (1) và (2), đặt q = a1− a0 thì
a i − a i−1= b i − b i−1 = q, ∀i = 1, 2, , k − 1.
Chứng tỏ A,B là hai cấp số cộng có cùng công sai q.
Tổng quát hơn ta có kết quả sau Bạn đọc quan tâm chứng minh của nó tham khảo bổ đề 1.3, trang
10, tài liệu tham khảo [3]
Định lý 1.4 Cho A,B là hai tập hữu hạn các số nguyên, với |A| = k ≥ 2,|B| = l ≥ 2 Nếu |A + B| =
k + l − 1 thì A, B là hai cấp số cộng có cùng công sai.
2 ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT
Trong phần này, nếu không chú thích gì thêm thì tất cả các tập hợp được lấy là các tập con trong trường
Zp , tập chứa hệ thặng dư đầy đủ modulo p.
Định lý 2.1 (Định lý Cauchy - Davenport) Cho p là số nguyên tố và A,B là hai tập con của Z p Khi đó
|A + B| ≥ min{p, |A| + |B| − 1}.
2.1 Chứng minh thông qua phép biến đổi Davenport
Cho B là tập con của Z p , 0 ∈ B,|B| ≥ 2 và A + B 6= Z p Khi đó ta có một số nhận xét sau:
• A + B là tập con thực sự của A + 2B Thật vậy, với x ∈ A + B, khi đó
x = a + b(a ∈ A, b ∈ B) ⇒ x = a
|{z}
∈A
+ b
|{z}
∈B
+ 0
|{z}
∈B
∈ A + 2B.
Vậy A + B ⊆ A + 2B Mặt khác nếu A + B = A + 2B thì ta sẽ có A + 2B = A + 3B Thật vậy:
– x ∈ A+2B thì x = a+b1+b2(a ∈ A, b1,b2∈ B) nên x = a
|{z}
∈A
+ b1
|{z}
∈B
+ b2
|{z}
∈B
+ 0
|{z}
∈B
∈ A+3B.
Do đó x ∈ A + 3B nên A + 2B ⊂ A + 3B.
– x ∈ A + 3B thì x = a + b1+ b2+ b3(a ∈ A, b1,b2,b3 ∈ B) Do a + b1+ b2 ∈ A + 2B mà
A + 2B = A + B nên xảy ra
a + b1+ b2 = a′+ b′(a′∈ A, b′∈ B).
Khi đó x = a + b1+ b2+ b3= a′
|{z}
∈A
+ b′
|{z}
∈B
+ b3
|{z}
∈B
∈ A + 2B Do đó A + 3B ⊂ A + 2B.
Trang 4ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT VÀ ỨNG DỤNG 2 ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT
Và hoàn toàn tương tự ta có A+B = A+2B = A+3B = ··· Nhưng khi đó với a ∈ A và 0 6= b ∈ B (b tồn tại do |B| ≥ 2) thì a + nb ∈ A + B,∀n = 0,1,2, Điều này phải xảy ra A + B = Z p, trái với giả thiết
• Đặt X = (A + 2B)\(A + B), khi đó X 6= /0 Đặt
B∗x = {b ∈ B|x − b ∈ A + B}, B x = B\B∗x
A + 2B
B
B∗x B x
bx
Khi đó tập B x được gọi làbiến đổi Davenport của tập B.
– Khi đó 0 6∈ B∗
x 6= /0 Thật vậy, nếu 0 ∈ B∗x thì x − 0 ∈ A + B hay x ∈ A + B, mâu thuẫn do
x ∈ X Ngoài ra B∗x 6= /0 vì với x ∈ X, khi đó x = a
|{z}
∈A
+ b1
|{z}
∈B
+ b2
|{z}
∈B
, do đó
x − b1 = a + b2∈ A + B ⇒ b1 ∈ B∗x
– Ta có 0 ∈ B x ⊂ B, và (A + B x ) ∪ (x − B∗x ) ⊂ A + B (1) (tính chất này hiển nhiên do định nghĩa của hai tập B x,B∗x ) Ngoài ra ta có (A + B x ) ∩ (x − B∗x) = /0 (2) Thật vậy, giả sử có
a + b x
|{z}
∈B x
= x − b∗x
|{z}
∈B∗
x
⇒ x − b x = a
|{z}
∈A
+ b∗x
|{z}
∈B∗
x ⊂B
∈ A + B.
Do đó x − b x ∈ A + B ⇒ b x ∈ B∗x (theo định nghĩa của B∗
x ), mâu thuẫn với b x ∈ B x
– Từ (1) và (2) ta có
|A + B| ≥ |A + B x | + |x − B∗x|
Vì |x − B∗
x | = |B∗x | = |B| − |B x| nên ta được
|A + B| ≥ |A + B x | + |B| − |B x| (∗)
Chứng minh định lý 2.1 Giả sử định lý không đúng, khi đó tồn tại hai tập con A,B của Z p mà A+B 6=
Zp (3) và
|A + B| ≤ |A| + |B| − 2 (4).
Kết quả (3), và (4) sẽ không thay đổi nếu thay B bởi −b + B (với b ∈ B tùy ý) (Thật vậy, (3) suy ra các phần tử của A + B không lập thành một hệ thặng dư modulo p, khi đó các phần tử của tập A+ (−b+ B) chẳng qua là các phần tử của tập A + B tịnh tiến sang trái −b đơn vị nên cũng không thể lập thành một
hệ thặng dư đầy đủ modulo p Còn tính chất (4) hiển nhiên khi thay B bởi −b + B vì | − b + B| = |B|).
Do đó, ta có thể giả sử 0 ∈ B Trong tất cả các cặp A,B thỏa mãn (3), (4) ta chọn cặp A,B mà |B| nhỏ nhất Khi đó |B| ≥ 2 (vì nếu |B| ≤ 1, khi đó |A+B| = |A|, còn |A|+|B|−2 ≤ |A|−1 thì (4) không
Trang 5xảy ra.) Vậy ta đã có 0 ∈ B,|B| ≥ 2,A + B 6= Z p Do đó tồn tại phép biến đổi Davenport B x của B để (*) xảy ra Do 1 ≤ |B x | < |B| Do B x ⊂ B nên A + B x ⊂ A + B, suy ra |A + B x | < |A + B| < p Kết hợp
(*) và (4) ta có
|A + B x | ≤ |A + B| − |B| + |B x | ≤ |A| + |B x| − 2,
tức (4) lại đúng cho B x , mà B x ⊂ B, mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của |B| Vậy điều phản chứng là sai.
Định lý được chứng minh hoàn toàn
2.2 Chứng minh bằng đa thức nhiều biến
Bổ đề 2.2 Cho đa thức P(x1,x2, ,x n ) là một đa thức n biến hệ số thực với bậc của P theo biến x i lớn nhất là t i , 1 ≤ i ≤ n Gọi S1,S2, ,S n là các tập con của R và |S i | = t i + 1, ∀i = 1, 2, , n Nếu
P (s1,s2, ,s n ) = 0 với mọi (s1,s2, ,s n ) ∈ S1× S2× · · · × S n thì P ≡ 0.
Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theo n, số các biến của đa thức P Với n = 1, P(x1) là đa
thức một biến x1, có bậc là t1 Vì P(x1) = 0 tại |S1| = t1+ 1 điểm, nên theo tính chất của đa thức một
biến thì P ≡ 0 Vậy bổ đề đúng cho n = 1 Giả sử bổ đề đúng cho mọi đa thức n − 1 biến, n ≥ 2 Xét đa thức P(x1,x2, ,x n ) là đa thức n biến Ta viết là đa thức này như là đa thức một biến x n:
P n (x n ) = P(x1,x2, ,x n) =
tn
∑
i=0
Q i (x1, ,x n−1)x i n
Vì đa thức P n là đa thức một biến x n , có bậc t n và bằng 0 tại t n + 1 điểm trong S n Do đó lại theo tính chất đa thức một biến ta được
P n ≡ 0 ⇒ Q i (x1,x2, ,x n−1) = 0, ∀i = 0, 1, ,t n
(đến đây mới chứng tỏ được các đa thức n − 1 biến Q i (i = 1, 2, ,t n ) bằng 0 tại các điểm của S1×
S2× · · · × S n−1 Tiếp theo phải chứng minh các đa thức này đồng nhất 0) Nhưng với mỗi i = 0,1, ,t n
thì
Q i (x1,x2, ,x n−1) = 0, ∀(x1,x2, ,x n−1) ∈ S1× S2× · · · × S n−1 nên theo giả thiết quy nạp thì Q i ≡ 0, ∀i = 0, 1, ,t n Từ đó chứng tỏ P ≡ 0 Kết luận bài toán đúng với n Theo phương pháp quy nạp, thì bổ đề đúng cho mọi đa thức n biến.
Định lý 2.3 Cho đa thức P(x1,x2, ,x n ) là một đa thức n biến hệ số thực Gọi S1,S2, ,S n là các tập con của R Định nghĩa đa thức
Q i (x i) = ∏
s ∈S i
(x i − s)
Nếu P(s1,s2, ,s n ) = 0 với mọi (s1,s2, ,s n ) ∈ S1× S2× · · · × S n , thì tồn tại các đa thức R1, ,R n∈
R[x1, ,x n ] với deg R i ≤ deg P − deg Q i sao cho
P = R1Q1+ R2Q2+ · · · + R n Q n
Chứng minh Đặt t i = |S i | − 1 Ta xét thuật toán sau đây: "Nếu có một đơn thức cx m1
1 x n x mn n trong P
mà m i>t i , với một chỉ số i nào đó, thì ta thay thế đại lượng x m i
i bởi x m i
i − x m i −(i+1).Q i (x i)
Trang 6ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT VÀ ỨNG DỤNG 2 ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT
• Do deg Q i = t i + 1 và Q i là đa thức monic, khi đó đơn thức x m1
1 x n x mn n sẽ được thay thế bởimột
số đơn thức khác, nhưng tất cả các đơn thức đó đều có bậc nhỏ hơn m1+ m2+ · · · + m n
• Do đó, sau mỗi bước của thuật toán này, thì tổng các bậc của tất cả các đơn thức trong P sẽ giảm
thực sự Nhưng do tổng ban đầu là hữu hạn, nên thuật toán này sẽ kết thúc sau một số hữu hạn
lần thực hiện
Gọi P là đa thức cuối cùng nhận được sau mỗi lần thực hiện thuật toán trên Khi đó phép biến đổi
cx m1
1 x m i
i x n x mn n 7→ cx m1
1
x m i
i − x m i −(i+1)
i Q i (x i) .x mn n
tương ứng làmột phép trừ của đa thức P cho một đa thức có dạng R′
i.Q i, với
R′i = cx m1
1 x m i −(i+1)
i x mn n
và
deg R′i = m1+ · · · + m n − (t i + 1) ≤ deg P − deg Q i
Do đó quá trình này thực hiện cho tất cả các đơn thức trong P, khi đó
P = P − R1.Q1+ · · · + R n.Q n
(ở đây R i là tổng của các đa thức R′
i ở trên (mỗi đơn thức trong P có m i>t i ta đều có một R′
i Thực hiện thuật toán cho tất cả các đơn thức này, ta sẽ được các R′
i khác nhau) Vì R′
i có bậc đều ≤ degP− degQ i
nên) ta có
deg R i ≤ deg P − deg Q i
Vì P nhận được cuối cùng của thật toán trên, nên mỗi biến x i trong P có lũy thừa cao nhất là t i Vì
Q i (x i ) = 0, ∀x i ∈ S i
nên suy ra
P (s1,s1, ,s n ) = P(s1,s2, ,s n), ∀(s1,s2, ,s n ) ∈ S1× S2× · · · × S n
Theo bổ đề 2.2 thì P ≡ 0, do đó
P = R1Q1+ R2Q2+ · · · + R n Q n
Định lý 2.4 (Combinatorial Nullstellensatz) Cho đa thức P(x1, ,x n ) ∈ R[x1, ,x n ] có bậc deg P =
t1+ + t n , với t i là các số nguyên không âm và hệ số của đơn thức x t1
1 x tn n khác 0 Nếu S1, ,S n là các tập con của R thỏa |S i | > t i , khi đó tồn tại một bộ (s1, ,s n ) ∈ S1× S2× · · · × S n sao cho
P (s1,s2, ,s n) 6= 0
Trang 7Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh kết luận bài toán trong trường hợp |S i | = t i + 1 (vì nếu |S i | > t i+ 1
thì hiển nhiên kết luận bài toán đúng, nếu ta chứng minh được khẳng định với |S i | = t i+ 1) Giả sử kết luận bài toánkhông đúng, tức là
P (s1,s2, ,s n ) = 0, ∀(s1, ,s n ) ∈ S1× S2× · · · × S n Khi đó, theo định lý 2.3 thì
P = R1.Q1+ R2.Q2+ · · · + R n.Q n
với degR i ≤ deg P − deg Q i,∀i = 1, 2, , n Theo giả thiết, hệ số của x t1
1 x tn n ở vế phải khác 0 Tuy
nhiên, do degR i.Q i ≤ deg P và một đơn thức trong R i.Q i mà có bậc t1+ · · · + t n khi và chỉ khi (theo
cách xây dựng trong 2.3), chúng ta lấy R i nhân với x ti+1
i trong khai triển
Q i (x i) = ∏
s ∈S i
(x − s i ) = x ti i+1+ · · ·
|{z}
các thừa số còn lại có bậc ≤ t i
Từ đây suy ramọi đơn thức trong R1.Q1+ · · · + R n Q n mà có tổng bậc bằng t1+ · · · +t n đều phải chia
hết cho x t i+1
i , với một chỉ số i ∈ {1,2, ,n} Do đó đơn thức x t1
1 x tn n nằm trong R1.Q1+ · · · + R n Q n
có tổng bậc bằng t1+ · · · + t n cũng phải chia hết cho x ti+1
i Điều này chỉ xảy ra được khi hệ số của
x t1
1 x tn n bằng 0 Điều này trái với giả thiết Vậy điều phản chứng là sai Định lý được chứng minh
Chú ý: Các định lý trên đúng cho đa thức trên trường R, nó cũng vẫn đúng trên trường Zp
Trước khi áp dụng định lý 2.4 để chứng minh định lý 2.1 ta sẽ thấy một ứng dụng đẹp của nó trong bài toán khá nổi tiếp sau: IMO 2007.
Ví dụ 2.1 (IMO 2007) Cho n là một số nguyên dương Đặt
S = {(x, y, z)|x, y, z ∈ {0, 1, , n}, x + y + z > 0}
là một tập chứa (n + 1)3− 1 điểm trong không gian ba chiều Xác định số mặt phẳng ít nhất, sao cho
hợp của chúng chứa S, nhưng không chứa điểm (0,0,0).
Chứng minh Dễ dàng nhận thấy 3n mặt phẳng có phương trình x + y + z = i,∀i = 1,2, ,3n là đạt được yêu cầu bài toán Ta chứng minh 3n chính là số mặt phẳng nhỏ nhất cần tìm Giả sử ngược lại, tồn tại các mặt phẳng P1,P2, ,P k (k ≤ 3n − 1) mà hợp của chúng phủ hết tập S và không chứa điểm (0, 0, 0) Mỗi mặt phẳng P ixác định bởi một phương trình
a i x + b i y + c i z + d i = 0
Nhận thấy d i 6= 0 do (0, 0, 0) 6∈ P i Hợp của các mặt phẳng P i phủ hết các điểm của S nếu và chỉ nếu
P (x, y, z) =
k
∏
i=1
(a i x + b i y + c i z + d i ) = 0, ∀(x, y, z) ∈ S.
Vì 0 6∈ P i nên P(0,0,0) 6= 0 Đặt S1= S2= S3= {0, 1, 2, , n} Khi đó
S ∪ {(0, 0, 0)} = S1× S2× S3
Trang 8ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT VÀ ỨNG DỤNG 2 ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT
Xét đa thức
Q (x, y, z) = P(x, y, z) − c.
k
∏
i=1
(x − i)(y − i)(z − i),
với c là hằng số và bằng c = P(0, 0, 0)
(−1)3n (n!)3
• Nhận thấy Q(x, y, z) = 0, ∀(x, y, z) ∈ S1× S2× S3 (∗)
• Mặt khác, do k < 3n nên deg Q = 3n Hệ số của x n y n z n trong Q là −c 6= 0 Theo định lý 2.4, tồn tại một điểm (x0,y0,z0) ∈ S1× S2× S3để Q(x0,y0,z0) 6= 0, mâu thuẫn với (*)
Từ đó chứng tỏ điều phản chứng sai Bài toán được chứng minh
Chứng minh định lý 2.1 bằng định lý 2.4 • Nếu |A| + |B| − 1 ≥ p Khi đó A + B = Z p Thật vậy,
do |A| + |B| > p nên với mọi x ∈ Z p thì tập A ∩ (x − B) 6= /0 (vì nếu A ∩ (x − B) = /0 thì A,e − B
đều là tập con của Zp nên p ≥ |A| + |x − B| = |A| + |B| > p, vô lý) Từ đó mọi phần tử x ∈ Z p
đều có thể viết dưới dạng x = a + b,a ∈ A,b ∈ B hay x ∈ A + B Chứng tỏ Z p ⊂ A + B, suy ra
A + B = Z p, định lý đúng trong trường hợp này
• Nếu |A| + |B| < p Giả sử kết luận bài toán không đúng, tức là |A + B| ≤ |A| + |B| − 2 Đặt C là tập hợp sao cho A + B ⊂ C và |C| = |A| + |B| − 2 Xét đa thức
P (x, y) = ∏
c ∈C
(x + y − c)
thì degP = |A| + |B| − 2 Vì A + B ⊂ C nên
P (a, b) = 0, ∀(a, b) ∈ A × B (∗) Mặt khác, hệ số của x |A|−1 y |B|−1 trong P là |A|+|B|−2
trong trong Zp Do đó theo định lý 2.4 tồn tại (a,b) ∈ A × B sao cho P(a,b) = 0, mâu thuẫn với
(*) Vậy điều phản chứng không đúng Chứng tỏ kết luận đúng trong trường hợp này
Định lý 2.5 Cho p là số nguyên tố, A,B là hai tập con khác rỗng của Z p Định nghĩa
A ⊕ B = {a + b|a ∈ A, b ∈ B, a 6= b}.
Khi đó
|A ⊕ B| ≥ min{p, |A| + |B| − 3} (1) Nếu |A| 6= |B| thì ta có kết quả mạnh hơn
|A ⊕ B| ≥ min{p, |A| + |B| − 2} (2)
Chứng minh • Nếu |A| = 1 hoặc |B| = 1, khi đó bất đẳng thức (2) hiển nhiên Xét |A|, |B| ≥ 2 Trong trường hợp |A = |B|, khi đó ta lấy tập B′= B\{b}, với b là một phần tử bất kỳ của B Khi
đó áp dụng (2) cho hai tập A và B′ ta được bất đẳng thức (1)
Trang 9• Từ đó ta chỉ cần chứng minh (2).
– Trường hợp |A| + |B| − 2 ≥ p Nếu p ≥ 2 hiển nhiên Xét p > 2 thì p lẻ Ta sẽ chứng minh
A + B = Z p Thật vậy, xét g ∈ Z p là một phần tử tùy ý Đặt C = g − B, thì |C| = |B| Khi đó
|A| + |C| = |A| + |B| ≥ p + 2 Theo công thức
|X ∪Y | + |X ∩Y | = |X| + |Y |
ta có
|Zp | + |A ∩C| ≥ |A ∪C| + |A ∩C| = |A| + |C| ≥ p + 2 ⇒ |A ∩C| ≥ 2.
Gọi x,y là hai phần tử phân biệt của A ∩C Vì C = g − B, nên tồn tại hai phần tử b x,b y ∈ B
sao cho
x + b x = y + b y = g.
Ta sẽ có được kết luận bài toán nếu chỉ ra được x 6= b x hoặc y 6= b y (khi đó g ∈ A ⊕ B) Giả sử cả hai điều trên đều không xảy ra, khi đó x + x = y + y = g ⇒ 2(x − y) = 0 Suy ra
2 p , vô lý do p nguyên tố lẻ.
– Xét trường hợp |A| + |B| − 2 < p Giả sử kết luận của định lý không đúng, tức là |A ⊕ B| <
|A| + |B| − 2 Gọi C là một tập hợp trong Z p có |A| + |B| − 3 phần tử và A + ⊕B ⊂ C Xét
đa thức
P (x, y) = (x − y)∏
c ∈C
(x + y − c).
Nhận thấy rằng với mọi a ∈ A,b ∈ B thì P(a,b) = 0 Mặt khác, ta có degP = |C| + 1 =
|A| + |B| − 2 Do |A| 6= |B|, nên hệ số của x |A|−1 y |B|−1 trong P là
m + n − 3
m− 2
−
m + n − 3
m− 1
= (m + n − 3)!
(m − 2)!(n − 1)!−
(m + n − 3)!
(m − 1)!(n − 2)!
= (m + n − 3)!
(m − 1)!(n − 2)! (m − n),
là khác 0 (theo modulo p) do m + n − 3 < p và m 6= n Do đó theo định lý 2.4 tồn tại (a, b) ∈ A × B sao cho P(a, b) 6= 0, mâu thuẫn Vậy điều giả sử là sai Trường hợp này đã
được chứng minh
Vậy định lý được chứng minh hoàn toàn
Định lý 2.6 (Định lý Cauchy - Davenport tổng quát) Giả sử p là số nguyên tố và A1,A2, ,A n là các tập con của Z p (n ≥ 2) Khi đó
|A1+ A2+ · · · + A n | ≥ min{p, |A1| + |A2| + · · · + |A n | − (n − 1)}.
Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp Với n = 2, thì kết quả trên là định lý 2.1 Giả
sử định lý đúng với n − 1 Khi đó, với n tập A1, ,A n thì
|A1+ A2+ · · · + A n | = |(A1+ + A n−1) + A n)|
≥ min{p, |A1+ + A n−1| + |A n | − 1} (áp dụng cho n = 2 tập)
≥ min{p, min{p, |A1| + |A2| + + |A n−1| − (n − 2)} + |A n| − 1} (giả thiết quy nạp cho n − 1 tập).
Trang 10ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT VÀ ỨNG DỤNG 3 MỘT SỐ ỨNG DỤNG
- Nếu min{p,|A1| + |A2| + + |A n−1| − (n − 2)} = p(∗), khi đó
min{p, min{p, |A1|+|A2|+ .+|A n−1|−(n−2)}+|A n |−1} = min{p, p+|A n |−1} = p(1)(do |A n| ≥ 1)
Mặt khác từ (*) thì |A1| + |A2| + + |A n−1| − (n − 2) ≥ p nên
|A1| + |A2| + + |A n−1| + |A n | − (n − 1) ≥ p + |A n | − 1 ≥ p
⇒ min{p, |A1| + |A2| + · · · + |A n | − (n − 1)} = p. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
min{p, min{p, |A1|+|A2|+ .+|A n−1|−(n−2)}+|A n |−1} = min{p, |A1|+|A2|+· · ·+|A n |−(n−1)}(3).
- Nếu min{p,|A1| + |A2| + + |A n−1| − (n − 2)} = |A1| + |A2| + + |A n−1| − (n − 2) thì
min{p, min{p, |A1| + |A2| + + |A n−1| − (n − 2)} + |A n| − 1}
= min{p, |A1| + |A2| + + |A n−1| + |A n | − (n − 1)} (4)
Trong cả hai trường hợp (3) và (4) ta đều có
|A1+ A2+ · · · + A n | ≥ min{p, |A1| + |A2| + · · · + |A n | − (n − 1)}
tức định lý đúng cho n Theo phương pháp quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.7 (Định lý Vosper) Cho p là số nguyên tố và A,B là hai tập con của Z p sao cho |A|, |B| ≥ 2
và |A + B| ≤ p − 2 Khi đó |A + B| = |A| + |B| − 1 khi và chỉ khi A, B là hai cấp số cộng có cùng công sai.
Chú ý: Bạn đọc cần tìm hiểu chứng minh định lý này, có thể tham khảo một chứng minh khá sơ
cấp trong định lý 3.2 tài liệu tham khảo [4] Ngoài ra trong tài liệu này, định lý 3.1 cũng cung cấp thêm một cách chứng minh sơ cấp bằng quy nạp, theo qua phép biến đổi e Chính cách chứng minh này cho
ta một lời giải cho bài tập 4.11
3 MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Ví dụ 3.1 (POLAND 2003) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p > 3, tồn tại các số nguyên x,y,k
sao cho 0 < 2k < p và x2+ y2 = kp + 3.
Giải Kết quả của bài toán không thay đổi nếu thay x,y bởi p − x, p − y Do đó ta sẽ chỉ ra các số x,y trong miền 0 ≤ x,y < p
2 thỏa mãn điều kiện bài toán Khi x,y nằm trong miền này thì hiển nhiên phần thương k sẽ thỏa 2k < p, vì
x2+ y2< p2
4 + p
2
4 = p
2
2 .
Đặt S là tập chứa tất cả bình phương theo modulo p Chú ý x2≡ (p−x)2( mod p), ∀x ∈n1, 2, ,h p
2
io
Do đó |S| = p+ 1
2 Theo định lý 2.1 thì
|S + S| ≥ min{p, 2|S| − 1} = min
p, 2 p+ 1
− 1
= p ⇒ |S + S| = p.