Về định lý van der waerden, số ramsey và tập đơn sắc

Cụ thể, luận văn trình bày về Định lý Van derWaerden về sự tồn tại một cấp số cộng đơn sắc trong một tập số tựnhiên liên tiếp được tô màu, về Định lý Szemerédi về mật độ cấp sốcộng trong

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

NGUYỄN XUÂN VINH

VỀ ĐỊNH LÝ VAN DER WAERDEN,

SỐ RAMSEY VÀ TẬP ĐƠN SẮC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

NGUYỄN XUÂN VINH

VỀ ĐỊNH LÝ VAN DER WAERDEN,

SỐ RAMSEY VÀ TẬP ĐƠN SẮC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH Hà Huy Khoái

THÁI NGUYÊN - 2018

Mục lục

1.1 Định lý Van der Waerden và Định lý Szemerédi 4

1.1.1 Định lý Van der Waerden 1927 4

1.1.2 Số Van der Waerden 8

1.1.3 Định lý Szemerédi 9

1.2 Hệ phủ đồng dư 10

1.2.1 Định nghĩa 10

1.2.2 Giả thuyết Selfridge và Schinzel và một số bài toán 13 2 Số Ramsey và tập đơn sắc 16 2.1 Số Ramsey 16

2.1.1 Định nghĩa 16

2.1.2 Tính chất số Ramsey 17

2.1.3 Tiệm cận số Ramsey 18

2.1.4 Số Ramsey cho trường hợp tổng quát 22

2.2 Tập đơn sắc 27

2.2.1 Định nghĩa 27

2.2.2 Tập đơn sắc và các vấn đề liên quan 28

Mục đích của luận văn là tìm hiểu và trình bày một số vấn đề của

lý thuyết số tổ hợp Cụ thể, luận văn trình bày về Định lý Van derWaerden về sự tồn tại một cấp số cộng đơn sắc trong một tập số tựnhiên liên tiếp được tô màu, về Định lý Szemerédi về mật độ cấp sốcộng trong tập hợp các số tự nhiên liên tiếp, về khái niệm hệ phủ đồng

dư và ứng dụng trong giải toán, về số Ramsey và tập đơn sắc trong bàitoán tô màu

Ngoài phần kết luận, mở đầu và tài liệu tham khảo nội dung chínhcủa luận văn trình bày thành 2 chương:

Chương 1: Tổng quan về lý thuyết số tổ hợp Mục đích của chươngnày là trình bày về Định lý Van der Waerden, Định lý Szemerédi, nêu

ra một vài giá trị đã biết về số Van der Waerden và một số vấn đề liênquan tới hệ phủ đồng dư

Chương 2: Số Ramsey và tập đơn sắc Mục đích của chương này làtrình bày khái niệm về số Ramsey và một số kết quả về số Ramsey, tậpđơn sắc và một số vấn đề liên quan tới tập đơn sắc trong bài toán tômàu

Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn, chỉ bảo tận tình củaGS.TSKH Hà Huy Khoái và sự đóng góp ý kiến sát sao của các thầy, côtrường Đại học Khoa học - Đại học Thái nguyên Qua luận văn này emxin được bày tỏ lòng biết ơn đến sự hướng dẫn tận tình của thầy hướngdẫn và các thầy, cô trường Đại học Khoa học - Đại học thái nguyên đãgóp ý sâu sắc, tạo điều kiện thuận lợi để em hoàn thành luận văn nay

Tôn xin trân trọng cám ơn đến Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh,tập thể sư phạm trường THPT Lý Thường Kiệt đã tạo điều kiện chotôi hoàn thành khóa học.

Chương 1

Tổng quan về lý thuyết số tổ hợp

Trong Chương 1, luận văn trình bày hai định lý, gồm Định lý Vander Waerden và Định lý Szemerédi, một vài giá trị đã biết về số Vander Waerden và các khái niệm cơ bản về hệ phủ đồng dư Tài liệu thamkhảo chính của chương này là các tài liệu [1], [4]

1.1 Định lý Van der Waerden và Định lý Szemerédi

Định lý Van der Waerden và Định lý Szemerédi là hai định lý quantrọng trong lý thuyết số nghiên cứu về cấp số cộng và mật độ của cấp

số, đồng thời hai định lý này cũng là tiền đề để tìm hiểu và phát triểncác kết quả mới về cấp số cộng

Nhắc lại rằng cấp số cộng là một dãy số (hữu hạn hoặc vô hạn)

mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai trở đi, mỗi số hạng đều bằng tổngcủa số hạng đứng ngay trước nó với một số d không đổi Ta có thể biểudiễn cấp số cộng dưới dạng như sau: a, a + d, a + 2d, , a + (m − 1)d, ,trong đó: m là số nguyên dương bất kỳ, a, d ∈ R, a được gọi là số hạngđầu tiên và d gọi là công sai của cấp số cộng

Với mọi n là số tự nhiên, ta kí hiệu [n] = {1, 2, , n} là tập hợpcác số tự nhiên từ 1 đến n

Cho một tập hợp X và t ∈ N, khi đó X(t) = {A ⊂ X, |A| = t} , tức

là X(t) là tập hợp gồm các tập con của X có lực lượng t

Định lý Van der Waerden phát biểu rằng: Với hai số nguyên dương

m, k cho trước tồn tại một số nguyên N = N (m, k) sao cho với mọi

n ≥ N nếu [n] được tô bởi k màu thì luôn tồn tại một cấp số cộng đơnsắc độ dài m trong [n].

Giả sử Định lý Van der Waerden được chứng minh Do tập [n] được

tô bởi k màu nên ta có thể chia tập [n] thành k tập con được xác địnhbởi k màu riêng biệt Theo Định lý Van der Waerden thì khi đó sẽ tồntại một tập con trong k tập con trên mà trong đó tồn tại một cấp sốcộng độ dài m

Ta có thể phát biểu lại Định lý Van der Waerden dưới dạng sau:

Định lý 1.1 Đối với mọi cặp số tự nhiên k, l luôn tồn tại số tự nhiênn(k, l) sao cho nếu một đoạn bất kỳ của dãy số tự nhiên có độ dài n(k, l)được phân hoạch theo cách tuỳ ý thành k lớp, thì sẽ có ít nhất một lớptrong k lớp đó chứa một cấp số cộng độ dài l

Để chứng minh Định lý Van der Waerden, ta sẽ chứng minh mộtđịnh lý tổng quát hơn:

Định lý 1.2 Cho trước dãy vô hạn số tự nhiên:

t1, t2, , tq, (1.1)

Đối với mỗi cặp số tự nhiên k, l luôn tồn tại một số tự nhiên n(k, l) saocho nếu một đoạn bất kỳ của dãy số tự nhiên có dộ dài n(k, l) được phânhoạch theo cách tuỳ ý thành k lớp, thì sẽ có ít nhất một lớp mà trong đótồn tại dãy số c1, c2, , cl thỏa mãn diều kiện sau:

(c2 − c1) : (c3 − c2) : : (cl − cl−1) = t1 : t2 : : tl−1

Nói một cách ngắn gọn, l số đó lập nên một cấp số cộng tổng quát

độ dài l được tạo ra bởi dãy số (1.1) Định lý Van der Waerden là trườnghợp riêng của Định lý 1.2 trong trường hợp t1 = t2 = · · · = tq = · · · = 1

Chứng minh Định lý 1.2

Đặt số hạng đầu tiên của dãy (1.1) bằng đơn vị: t1 Dễ thấy rằngĐịnh lý 1.2 là hiển nhiên với l = 2 và với mọi k (bởi vì số n(k, l) có thểnhận giá trị k + 1), tức là tồn tại một cấp số cộng trong dãy có độ dài

là 2, điều này luôn đúng Giả sử định lý đúng với mọi số l ≥ 2 và k bấtkỳ

Đặt:

q0 = 1, n0 = n(k, l), qs = (1 + t1)ns−1qs−1, ns = n(kqs, l) > 0 (1.2)

Ta sẽ chứng minh định lý đúng với l + 1, tức là số n(k, l + 1) cóthể lấy bằng qk Giả sử đoạn 4 của dãy số tự nhiện có độ dài qk đượcphân hoạch thành k lớp Hai số a và b của đoạn 4 được gọi là cùngloại nếu chúng cùng nằm trong một lớp và được viết là a ∼ b Hai đoạn

40(a, a + 1, , a + r) và 400(a, a0+ 1, , a0+ r) có độ dài bằng nhau vàcùng nằm trong đoạn 4 sẽ được gọi là cùng loại và được viết 40 ∼ 400,nếu a + j ∼ a0+ j, j = 0, 1, , r Rõ ràng đối với các đoạn có độ dài m,thì số các loại khác nhau có thể sẽ bằng km

Vì qk = (1 + tl)nk−1qk−1 nên đoạn 4 có thể được xem như gồm haiphần không bằng nhau: Phần bên trái là một dãy gồm nk−1 đoạn có độdài qk−1, còn phần bên phải là một dãy gồm tlnk−1 đoạn có độ dài qk−1

Ta sẽ nói rằng các đoạn có độ dài bằng nhau tạo nên một cấp số cộngtổng quát nếu cấp số đó được lập nên bởi các số đầu tiên của chúng Dođịnh nghĩa của số nk−1 nên ta có thể khẳng định được rằng: Phần bêntrái của đoạn 4 chứa một cấp số cộng tổng quát từ l đoạn cùng loại vớinhau 41, 42, , 4l và cùng có độ dài là qk−1 Ký hiệu các khoảng cáchgiữa các đầu mút bên trái của hai đoạn kề nhau (tức là hiệu giữa hai sốđầu tiên của hai đoạn kề nhau) là: d1, d1t2, , d1tl−1

Đối với cấp số cộng tổng quát, từ các đoạn cùng loại đó ta gắnthêm vào nó phần tử thứ l + 1 là 4l+1, phần tử ấy có thể không cùngloại với các phần tử đứng trước và nó có thể vượt quá phần tử đầu tiêncủa đoạn 4, nhưng vẫn nằm trong đoạn 4

Bây giờ ta lấy một phần tử 4i1 bất kỳ từ l phần tử của cấp sốcộng tổng quát, đó là đoạn có độ dài qk−1 Ta sẽ tiến hành trên đoạn đótương tự như đã tiến hành với đoạn 4 (tức là coi đoạn 4 như là dãy(1 + tl)nk−1 đoạn có độ dài qk−1) Do định nghĩa của số nk−1, ta có thểkhẳng định rằng, phần bên trái của đoạn 4i1 bao gồm nk−1 đoạn có độdài qk−2 chứa cấp số cộng tổng quát từ l đoạn cùng loại 4i2i2(1 ≤ i2 ≤ l)

có cùng độ dài qk−1 Ta ký hiệu các khoảng cách giữa các đầu mút tráicủa hai đoạn kề nhau 4i2i2 là: d2, d2t2, , d2tl−1

Một lần nữa, ta lại nối thêm vào cấp số cộng tổng quát này phần

tử thứ l + 1 và rõ ràng phần tử ấy cũng vẫn nằm trong đoạn 4i1 Việcxây dựng như vậy được tiến hành với tất cả các đoạn 4i1(1 ≤ i1 ≤ l + 1)

và trong tất cả các đoạn đó ta sẽ lấy các đoạn 4i2i2(1 ≤ i2 ≤ l + 1) theo

vị trí tương ứng Bởi vì tất cả là cùng loại nên rõ ràng mọi 4i2i2 sẽ làcùng loại, nếu 1 ≤ i1 ≤ l, 1 ≤ i2 ≤ l

Quá trình xây dựng được tiếp tục k lần Kết quả sau lần cuối cùng ta

sẽ nhận được các đoạn có độ dài q0 = 1, tức là một đoạn đơn giản 4 màmột cách tổng quát ta có thể ký hiệu là 4i1i2 ik (1 ≤ i1, i2, , ik ≤ l+1).Như vậy ta dễ thấy rằng, với 1 ≤ s ≤ k, 1 ≤ ir ≤ l, 1 ≤ i0r ≤ l(1 ≤

(c2 − c1) : (c3− c2) : · · · : (cl 0 − cl) = 1 : t2 : · · · : tl0 (1.9)

Để ngắn gọn, ta đặt i0 = i + 1 Ta đưa vào xét các số sau:

Nhưng do

s−rPm=1

dr+m không phụ thuộc vào i, và do đó điều kiện (1.9)được thỏa mãn Do đó định lý được chứng minh với giả thiết rằng, phần

tử đầu tiên của dãy số (1.1) bằng đơn vị (tức là bằng 1) Nếu t1 khácđơn vị, thì ta xét dãy số sau đây:

1, t1, · · · , tq, · · · (1.10)Khi đó l + 1 số ci(i = 1, 2, · · · , l + 1) lập thành một cấp số cộng tổngquát độ dài l + 1, được tạo ra bởi dãy số (1.10) cùng nằm trong một lớp,

vì thế đương nhiên nó chứa l số lập thành cấp số cộng tổng quát độ dài

l, được tạo ra bởi dãy số (1.1) và cùng nằm trong một lớp Do đó định

lý được chứng minh

1.1.2 Số Van der Waerden

Định nghĩa 1.1 Số tự nhiên nhỏ nhất N = N (m, k) thỏa mãn Định lýVan der Waerden được gọi là số Van der Waerden, và kí hiệu là w(m, k).Một số giá trị chính xác của w(m, k) đã được chỉ ra Ta có w(m, 1) =

m và w(2, k) = k + 1 Với các giá trị khác của k và m, chúng ta đã biếtw(3, 2) = 9, w(4, 2) = 35, w(5, 2) = 178, w(6, 2) = 1132, w(3, 3) = 27 vàw(4, 3) = 76

Sau đây ta kiểm tra lại, chẳng hạn hai kết quả w(m, 1) = m vàw(2, k) = k + 1

Thật vậy:

+) w(m, 1) = m, khi đó tất cả các phần tử của [n] được tô bằng 1màu Như vậy, nếu đặt N = m thì với mọi n ≥ N, trong [n] tồn tại cấp

số cộng độ dài m (chính là m số liên tiếp) Khi n < m thì hiển nhiênkhông thể tồn tại cấp số cộng độ dài m trong [n] Vậy N (m, 1) = mchính là số nhỏ nhất cần tìm, tức là w(m, 1) = m.

+) w(2, k) = k + 1, khẳng định này tương đương với việc khi tô tậphợp [n] với n ≥ k + 1 bởi k màu, thì trong k + 1 phần tử tuỳ ý, phải tồntại cấp số cộng hai số hạng cùng màu Nhưng điều này là hiển nhiên, vìtrong k + 1 số, có ít nhất hai số cùng màu, và dĩ nhiên chúng lập thànhcấp số cộng 2 số hạng Nếu chỉ lấy k số thì có thể xẩy ra trường hợp k

số đó được tô bởi k màu khác nhau Vậy số nhỏ nhất thoả mãn là k + 1,tức là w(2, k) = k + 1

1.1.3 Định lý Szemerédi

Trong lý thuyết số, Định lý Szemerédi là một kết quả mà trước đómang tên "giả thuyết Erd˝os–Turán" Năm 1936 Erd˝os và Turán đưa ragiả thuyết rằng: “Với mọi giá trị d, gọi là mật độ, thỏa mãn 0 < d < 1

và số nguyên k, tồn tại số nguyên N = N (d, k) sao cho mọi tập hợp con

A của 1, , N với lực lượng lớn hơn hoặc bằng dN đều chứa một cấp sốcộng độ dài k

Đây là một tổng quát hóa của Định lý Van der Waerden Trường hợp

k = 1 và k = 2 là tầm thường Trường hợp k = 3 được chứng minh năm

1956 bởi Klaus Roth bằng phương pháp đường tròn Hardy–Littlewood.Trường hợp k = 4 được chứng minh năm 1969 bởi Endre Szemerédibằng phương pháp tổ hợp Bằng phương pháp tương tự như cho trườnghợp k = 3, Roth đưa ra một chứng minh khác cho kết quả này năm1972

Cuối cùng trường hợp tổng quát cho mọi k được chứng minh năm

1975, bằng một mở rộng phức tạp của chứng minh tổ hợp trước đó cũngbởi Szemerédi (đây là "một kiệt tác của lập luận tổ hợp", như đánh giácủa R L Graham)

Định lý 1.3 (Định lý Szemerédi) Mọi dãy số nguyên mật độ dươngđều chứa cấp số cộng độ dài tuỳ ý

Ngày nay nhiều chứng minh khác của kết quả này đã được tìm ra,một vài chứng minh quan trọng trong số đó là của Hillel F¨urstenbergnăm 1977 bằng lý thuyết Ergodic và bởi Timothy Gowers năm 2001bằng giải tích Fourier và toán học tổ hợp

Giả sử k là một số nguyên dương và 0 < δ ≤ 1

2 Một phiên bảnhữu hạn của định lý khẳng định rằng, tồn tại số nguyên N = N (k, δ)sao cho mọi tập hợp con của {1, 2, , N } với kích thước δN đều chứamột cấp số cộng độ dài k Chặn chặt nhất đến nay cho N (k, δ) là

Clog(1/δ)k−1 ≤ N (k, δ) ≤ 22δ−2

2k+9

Với C > 1, chặn dưới là của Behrend(cho k = 3) và Rankin, chặn trên là của Gowers Trong trường hợp đặcbiệt k = 3 chặn trên chặt nhất đến nay là N (3, δ) ≤ Cδ−2log(1/δ)

1.2 Hệ phủ đồng dư

1.2.1 Định nghĩa

Hệ phủ đồng dư hay tập phủ đồng dư là một tập hữu hạn

(a1, n1), (a2, n2), · · · , (ar, nr),

với ai ∈ Z và n1 < n2 < · · · < nk, là các số tự nhiên sao cho với mọi sốnguyên x, tồn tại chỉ số j, sao cho ta có đồng dư thức:

Một câu hỏi cơ bản được đặt ra từ năm 1934 là: n1 có được chọntùy ý không? Đặc biệt nó có thể lớn tuỳ ý không? Giá trị kỉ lục của nócho đến nay là 20, do S.R L Choi tìm ra Một câu hỏi khác: “Đúng haykhông, với mọi số d > 0, tồn tại một hệ phủ đồng dư với (ni, d) = 1"?Một tập số nguyên 1 < n1 < · · · < nk được gọi là hệ phủ đồng dưnếu chúng có thể lấy làm các modulo của hệ (1.11) Hệ phủ đồng dưđược gọi là bất khả quy hay hệ phủ đồng dư thu gọn nếu không có tậpcon nào của nó là một hệ phủ đồng dư Dễ thấy chỉ tồn tại một số hữuhạn hệ phủ đồng dư bất khả quy độ lớn k

Ví dụ 1.1 (0,2); (0,3); (1,4); (1,6); (11,12) là một phủ đồng dư có thểviết đơn giản (2,3,4,6,12) là một tập phủ đồng dư

Chứng minh (Erd˝os)

Xét các hệ đồng dư, mà có thể chỉ ra rằng chúng lập thành một

hệ phủ: 0 (mod 2), 0 (mod 3), 1 (mod 4), 3 (mod 8), 7 (mod 12), và 23(mod 24) Mỗi một đồng dư thức kéo theo một đồng dư tương ứng đốivới lũy thừa nào đó của 2 Ví dụ, đồng dư thức k ≡ 1 (mod 4) cùng với

24 ≡ 1(mod 5) kéo theo 2k ≡ 2(mod 5) Để thấy rõ điều này, giả sử

8 (mod 17), 27 (mod 13), và 223 (mod 241)

Vì các modulo đôi một nguyên tố cùng nhau, tồn tại vô hạn sốnguyên thỏa mãn tất cả các đồng dư thức trên (theo định lý phần dưTrung Hoa) Bây giờ nếu số nguyên lẻ a thỏa mãn tất cả các đồng dư, thìtất cả các số nguyên có dạng a − 2k chia hết cho một trong các modulo

3, 7, 5, 17, 13 hoặc 241 Suy ra rằng a − 2k không là số nguyên tố và do

đó a không có dạng 2k + p

Một ví dụ khác về ứng dụng hệ phủ đồng dư được biết đến bởi R LGraham trong cuốn "A Fibonacci-like sequence of composite number",xuất bản năm 1964 Kết quả của ông về nghĩa nào đó là ngược lại với mộtgiả thuyết được biết, nói rằng dãy Fibonacci, xác định bởi f0 = 0, f1 = 1,

và với n ≥ 0, fn+2 = fn+1+ fn, chứa vô hạn số nguyên tố Graham sửdụng hệ phủ đồng dư để chỉ ra rằng, có thể chọn các giá trị ban đầu f0

và f1 nguyên tố cùng nhau, sao cho dãy tương ứng chỉ chứa các hợp số.Giá trị nhỏ nhất được biết đến là:

f0 = 331636535998274737472200656430763và

f1 = 1510028911088401971189590305498785

Một bài toán mở quan trọng trong chủ đề này là giả thuyết củaErd˝os nói rằng: “Với mọi c ≥ 2, tồn tại hệ phủ đồng dư với n1 ≥ c vàcác modulo khác nhau” Điều này được biết đến là đúng với một vài giátrị của c, kỷ lục cho đến nay là c = 20 Nếu có một hệ phủ đồng dư vớicác modulo khác nhau và n1 ≥ c với mọi c ≥ 2 thì ta nhận được mộtkết quả về cấp số cộng “với mọi số nguyên dương m, tồn tại một cấp sốcộng mà không có số hạng nào của nó là tổng của một lũy thừa 2 vàmột số nguyên có không quá m ước nguyên tố"

Bài toán dưới đây cho chúng ta một áp dụng của hệ phủ đồng dưtrong giải toán

Bài toán 1.1 (Kỳ thi toán học Mỹ (AIME)) Harold, Tanya vàUlysses sơn một hàng rào rất dài Harold bắt đầu sơn từ cột thứ nhất

và sơn mỗi cột cách đều h cột, Tanya bắt đầu sơn từ cột thứ 2 và sơnmỗi cột cách đều t cột, Ulysses bắt đầu sơn từ cột thứ 3 và sơn mỗi cộtcách đều u cột Giả sử mỗi cột được sơn đúng một lần, hãy tìm tất cảcác bộ ba có thể (h, t, u).

Lời giải

Ta đánh số các cột lần lượt là 1, 2, 3, , theo bài ra, Harold sơncột 1 và mỗi cột cách đều h, Tanya sơn cột 2 và mỗi cột cách đều t,Ulysses sơn cột thứ 3 và mỗi cột cách đều u Do đó Ulysses không thểsơn cột thứ 4, vì nếu ngược lại thì Ulysses sơn tất cả các cột tiếp theo.Giả sử rằng Harold sơn cột 4, khi đó Ulysses không thể sơn cột 5, vì nếungược lại thì cả Harold và Ulysses đều sơn cột 7 Do đó Tanya sơn cột 5,Ulysses sơn cột 6 và (h, t, u) = (3, 3, 3) Mặt khác, giả sử rằng Tanya sơncột 4, khi đó Ulysses không thể sơn cột 5, vì nếu ngược lại thì không còncột nào cho Harold sơn Vì vậy Ulysses sơn cột 7 và (h, t, u) = (4, 2, 4).Bài toán này thực chất là hỏi rằng “làm thế nào có thể phân hoạchtập hợp các số nguyên thành 3 cấp số cộng” Bộ ba thứ 2 (4,2,4) thú

vị hơn một chút so với bộ ba (3,3,3) vì không phải tất cả các công saiđều bằng nhau Trong lý thuyết số sơ cấp, cấp số cộng được gọi mộtcách tương đương là các lớp thặng dư với modulo khác nhau Với cáchđặt vấn đề như vậy, cấp số cộng a + km với k nguyên được ký hiệu bởi

a (mod m)

Ta có thể tổng quát hóa bài toán trên như sau: “Tồn tại hay khôngmột tập hữu hạn đồng dư với modulo khác nhau, lớn hơn hoặc bằng 2,sao cho chúng lập thành một phân hoạch của tập số nguyên” Trong bàibáo “New problems and results in combinatorialnumbertheory, Monogr.Enseign Math 28, L’EnseignementMathematique, Geneva, 1980” P Er-dos và R L Graham đã chứng minh điều này là không thể Khi giảmnhẹ một chút giả thiết, ta thay điều kiện phân hoạch bởi điều kiện tồntại hữu hạn các đồng dư sao cho mọi số nguyên thuộc ít nhất một trongchúng Mục đích của chúng ta là trình bày một chứng minh sơ cấp vềmối quan hệ giữa hai giả thuyết nổi tiếng đã biết

Năm 1849, A.de Poligna giả thuyết rằng, mọi số nguyên lẻ n (n ≥ 3)

có thể biểu diễn dưới dạng 2k+ p, ở đây k là một số nguyên không âm

và p hoặc là số nguyên tố, hoặc là 1 Erd˝os đã bác bỏ điều này bằngcách chứng minh rằng, tồn tại một cấp số cộng mà không có số hạngnào của nó có dạng trên

1.2.2 Giả thuyết Selfridge và Schinzel và một số bài toán

Trong mục này ta quan tâm đến hai giả thuyết quan trọng kháccủa Selfridge và Schinzel Giả thuyết Selfridge nói rằng “Không tồn tại

hệ phủ đồng dư với modulo là các số lẻ khác nhau”; Giả thuyết Schinzelnói rằng "Trong mỗi hệ phủ đồng dư ai (mod n1) với 1 ≤ n ≤ r, tồntại i 6= j sao cho ni | nj"

Schinzel đã chứng minh rằng giả thuyết của Selfridge kéo theo giảthuyết Schinzel bằng cách sử dụng tính bất khả quy của một số đa thức

Định lý 1.4 Giả thuyết của Sefridge kéo theo Schinzel

Chứng minh

Giả sử giả thuyết của Sefridge đúng nhưng giả thuyết của schinzelkhông đúng Khi đó tồn tại một hệ phủ đồng dư thu gọn as (mod ns)sao cho mi 6 |mj với mọi i 6= j

Giả sử mi = 2βiOi ở đây Oi là số lẻ với 1 ≤ i ≤ r Ta giả sử rằngcác đồng dư được đánh số theo cách sao cho nếu i < j thì βi ≤ βj Từgiả thuyết Selfridge suy ra rằng βr > 0 và rõ ràng tất cả các số Oi làkhác nhau

Nếu Oi ≥ 3 với mọi i, thì ta có mâu thuẫn với giả thuyết Selfridge

Vì nếu x ≡ ai (mod 2βiOi) và 2βi|(2β iOi) thì x ≡ ai (mod Oi) khi đó ta

sẽ có hệ phủ đồng dư với tất cả các modulo lẻ Cho nên, nếu ai (mod ni)

là một hệ phủ đồng dư và ni|mi với mọi i, thì ai (mod ni) cũng là một

hệ phủ đồng dư Vì vậy, tồn tại i0 sao cho Oi0 = 1 và do đó mi0 = 2i0.Suy ra rằng i0 = r nếu ngược lại ta có mi0|mi0+1 Tiếp theo ta nâng hệphủ đồng dư bởi −ar có nghĩa là thay đổi biến x thành x + ar, để sao cho

có thể giả sử rằng đồng dư thứ r có dạng 0 (mod 2βr) Xét số nguyên

có dạng x2βr− 1 với x ∈ Z, khi đó không có số nguyên nào trong các số

đó được phủ bởi đồng dư thức 0 (mod 2βr ) Tuy nhiên tất cả chúng làđược phủ bởi các đồng dư thức còn lại vì hệ là một hệ phủ đồng dư Hệcủa chúng ta bây giờ có dạng:

x2βr − 1 ≡ as (mod ms), 1 ≤ s ≤ r − 1 (1.12)

Chú ý rằng có thể xảy ra trường hợp không phải tất cả các đồng

dư thức có nghiệm, tuy nhiên khi một đồng dư thức có nghiệm ta phảicó:

gcd(2βr, ms)|as+ 1

Vì gcd(2βs, ms) = 2βs nên suy ra rằng 2βs|as+ 1.

Đặt U = {s : 1 ≤ s ≤ r − 1 sao cho 2βs|as + 1} Với mỗi s ∈ U hệđồng dư thức (1.12) có dạng x2βr −β s ≡ (as + 1)/2βs (mod Os) hoặc

x ≡ cs (mod Os) với số nguyên cs nào đó

Bài toán 1.2 Tìm số lớn nhất trong hệ phủ đồng dư thu gọn 1 ≤ n1 <

· · · < nk và có bao nhiêu hệ phủ đồng dư thu gọn có dạng 1 ≤ n1 <

ra rằng tồn tại một hệ phủ đồng dư với n lớn bất kỳ Chúng ta hy vọngrằng jx tiến tới vô cùng rất chậm

Đánh giá hoặc ước lượng maxP 1

mi, ở đây cực đại được lấy trêncác dãy {mi} không lập thành hệ phủ đồng dư và mọi phần tử của của

nó nhỏ hơn x Giá trị lớn nhất này có lẽ lớn hơn log x − C, vì nếu khôngthì lại tồn tại một hệ phủ đồng dư với n1 đủ lớn

Romanoff chứng minh năm 1934 rằng mật độ của tập các số nguyên

có dạng 2k + p là dương Erd˝os chứng minh rằng tồn tại cấp số cộnggồm các số lẻ u (mod v) và tập hợp hữu hạn số nguyên tố P ={p1, p2, · · · , pk}, sao cho với mọi n ≡ u (mod v), mọi số n − 2l chia hết

cho một số nguyên tố thuộc P Nếu jx dần đến vô cùng hoặc tươngđương, tồn tại hệ (1.11) với n lớn tuỳ ý, thì với mỗi r tồn tại một cấp

số cộng mà không có phần tử nào của nó có dạng 2k+ Qr, trong đó Qr

có không quá r ước nguyên tố Chắc chắn mỗi n đủ lớn đều có dạng

2k + Qr, r < log log n nhưng người ta vẫn chưa chứng minh được điềunày Như vậy, ta vẫn chưa biết được rằng: Tồn tại hay không vô hạn sốnguyên lẻ n sao cho n − 2u, 1 ≤ 2u ≤ n, không bao giờ là số Squarefree(số không có ước chính phương khác 1)? Thậm chí có tồn tại số nguyênnào thoả mãn tính chất đó không?

Chương 2

Số Ramsey và tập đơn sắc

Chương 2 được dành để trình bầy về số Ramsey và một số kết quảmới về số Ramsey, cũng như nghiên cứu tập đơn sắc và các bài toán ứngdụng Tài liệu tham khảo chính được sử dụng trong chương này là cáctài liệu [2], [3], [6], [7]

2.1 Số Ramsey

2.1.1 Định nghĩa

Để đi đến định nghĩa số Ramsey ta xét bài toán sau đây

Bài toán 2.1 Trong mặt phẳng cho 6 điểm được nối với nhau từng đôimột bởi các đoạn màu xanh hoặc màu đỏ Chứng minh rằng luôn tìmđược 3 điểm sao cho các đoạn nối chúng có cùng một màu?

Vấn đề đặt ra sau bài toán này là liệu số 6 trong bài toán trên đã

là số nhỏ nhất hay chưa để tìm được 3 điểm nối với nhau bằng các cạnhđược tô cùng màu Nếu bài toán này thay vì cho 6 điểm ta cho 5 điểmhoặc ít hơn nữa thì có tìm được 3 điểm được nối với nhau cùng màu haykhông? Câu trả lời là không thể và số 6 nêu trong bài toán trên là sốnhỏ nhất để tìm được 3 điểm được nối với nhau bằng các cạnh được tôcùng màu Mở rộng phạm vi bài toán hơn nữa thì để tìm được 4 điểm,

5 điểm, , nối với nhau bằng các cạnh được tô cùng màu thì số nhỏnhất phải cho ban đầu là bao nhiêu? Đây vẫn là câu hỏi khó trả lời khi

ta cho số điểm được nối với nhau bằng các cạnh được tô cùng màu tănglên

Một cách phát biểu khác của bài toán trên là: Trong số 6 người tạimột bàn tiệc luôn tìm được hoặc ba người đôi một quen nhau hoặc ba