BÀI TOÁN FROBENIUS VỚI 3 SỐ
3.1 Trường hợp 3 số nguyên tố cùng nhau đôi một
Trước hết ta cần thống nhất một số kí hiệu và thuật ngữ. Với mỗi bộ số nguyên dương a1, ..., ak, ta kí hiệu T (a1, ..., ak) là tập các số tự nhiên biểu diễn được qua a1, ..., ak và F (a1, ..., ak) là tập các số nguyên dương không biểu diễn được. Kí hiệu N>0 là tập các số tự nhiên lớn hơn 0. Đặt
l3 := min{l ∈ >0|la3 ∈ T (a1, a2)}
l2 := min{l ∈ >0|la2 ∈ T (a1, a3)}
l1 := min{l ∈ >0|la1 ∈ T (a2, a3)}
Chú ý rằng nếu có một số li = 1, chẳng hạn l1 = 1 thì a1 ∈ T (a2a3). Vì thế g(a1, a2, a3) = g(a2, a3). Do đó bài toán quy về trường hợp hai số đã được giải quyết trong tiết trước. Do đó từ nay về sau ta giả thiết li ≥2 với mọi i = 1,2,3. Trước khi đưa ra công thức tính số Frobenius cho trường hợp 3 số, ta cần một số bổ đề sau đây.
3.1.1. Bổ đề. Cho a1, a2, a3 là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau. Giả sử rằng li ≥2 với mọi i = 1,2,3. Khi đó tồn tại biểu diễn
l3a3 = x31a1 + x32a2, x31, x32 ∈ N. l2a2 = x21a1 + x23a3, x21, x23 ∈ N. l1a1 = x12a2 + x13a3, x12, x13 ∈ N.
Hơn nữa các khẳng định sau là đúng:
a) Biểu diễn như trên của liai là duy nhất; b) Các hệ số xij ≥ 1 với mọi i 6= j.
c) l3 = x13 +x23, l2 = x12+x32, l1 = x21 +x31.
Chứng minh. Theo định nghĩa của l3 ta có l3a3 ∈ T (a1, a2). Vì thế tồn tại biểu diễn
l3a3 = x31a1 + x32a2, x31, x32 ∈ N.
Hoàn toán tương tự, ta có các biểu diễn của l2a2 và l1a1. Trước khi chứng minh tính duy nhất của biểu diễn, ta chứng minh xij ≥ 1 với mọi i 6= j.
Giả sử xij = 0 với một cặp i 6= j nào đó, i, j ∈ {1,2,3}. Không mất tính tổng quát ta giả thiết x13 = 0. Khi đó l1a1 = x12a2. Suy ra a2 là ước của l1a1. Vì a1, a2 nguyên tố cùng nhau nên a2 là ước của 2. Lại do l1 ≥ 2 nên l1 ≥ a2. Mặt khác, vì l3 ≥ 2 nên từ định nghĩa của l3 ta suy ra a3 = 1×a3 ∈ F (a1, a2). Do đó theo Định lí hai đồng xu ta có
a3 ≤ g(a1, a2) =a1a2 −a1 −a2.
Mặt khác, vì a1, a2 nguyên tố cùng nhau nên tồn tại các số nguyênp, q sao cho 1 = a1p+a2q. Suy ra
a3 = a1a3p+a2a3q = a1a2 + (a3p−a2)a1 + a3qa2.
Vì a3 ≤ a1a2 −a1 −a2 nên trong đẳng thức trên, hoặc hệ số (a3p−a2)
của 1 là âm, hoặc hệ số a3q của a2 là âm. Vì thế bằng cách thêm bớt a1a2 (nếu cần thiết) vào các hạng tử (a3p−a2)a1 và a3qa2 với chú ý rằng a3 ≤ a1a2 −a1 −a2, tổn tại các số nguyên k1, k2 ≥ 1 sao cho.
a3 = a1a2 −k1a1 −k2a2.
Suy ra (a2 −k1)a1 = k2a2 + a3. Chú ý rằng k2 ≥ 1. Do đó a2 −k1 > 0
và do đó a2 −k1 ≥ l1 theo định nghĩa của l1. Suy ra l1 < a2, điều này là mâu thuẫn với điều kiện l1 ≥a2 ở trên.
Tiếp theo, chúng ta chứng minh các đẳng thức
l3 = x13 +x23, l2 = x12+ x32, l1 = x21+x31, trong đó xij thỏa mãn 3 đẳng thức đầu trong Bổ đề 3.1.1. Đặt
µ3 = l3 −x13 −x23, µ2 = l2 −x12−x32, µ1 = l1 −x21−x31. Vì các xij thỏa mãn 3 đẳng thức đầu trong Bổ đề 3.1.1 nên ta có
µ1a1 +µ2a2 +µ3a3 = (l1a1 −x21a1 −x31a1) + (l2a2 −x12a2 −x32a2) + (l3a3 −x13a3 −x23a3).
= (l1a1 −x12a2 −x13a3) + (l2a2 −x21a1 −x23a3) + (l3a3 −x31a1 −x32a2) = 0.
Vì thế µ1a1+µ2a2+µ3a3 = 0. Ta cần chứng minh µ1 = µ2 = µ3 = 0. Giả sử ngược lại, tức là có ít nhất một số µi 6= 0. Do a1, a2, a3 > 0 nên sau khi hoán vị các chỉ số nếu cần, một trong các trường hợp sau phải xảy ra:
a) µ1 > 0, µ2 < 0, µ3 ≤ 0. b) µ1 > 0, µ2 < 0, µ3 < 0.
Xét trường hợp a). Từ µ1a1 +µ2a2 +µ3a3 = 0 ta suy ra
(l1 −x21−x31)a1 = µ1a1 = −(µ2a2 +µ3a3).
Do đó (l1 −x21 −x31)a1 = (−µ2)a2+ (−µ3)a3. Vì µ2 < 0 và µ3 ≤ 0 nên
(l1 −x21−x31)a1 biểu diễn được qua a2 và a3. Do đó từ định nghĩa của l1 ta suy ra l1 −x21−x31 ≥l1. Điều này là vô lí vì theo chứng minh trên ta đã có xij ≥ 1.
Xét trường hợp b). Từ µ1a1 +µ2a2 +µ3a3 = 0 ta suy ra
(x13+ x23−l3)a3 = (−µ3)a3 = µ1a1 +µ2a2.
Vì µ3 < 0, ta suy ra −µ3 > 0. Do đó x13+x23 −l3 > 0. Vì µ1 > 0 và µ2 > 0, ta suy ra (x13 +x23−l3)a3 biểu diễn được qua a1 và a2. Từ định nghĩa của l3 ta phải có x13+x23 −l3 ≥ l3 tức là x13 +x23 ≥ 2l3. Do đó hoặc x13l3 hoặc x23 ≥l3. Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết x13 ≥ l3. Từ các đẳng thức đầu trong Bổ đề l1a1 = x12a2 +x13a3 l3a3 = x31a1 +x32a2 ta suy ra (l1 −x31)a1 = (x12+x32)a2 + (x13−l3)a3.
Do xij ≥ 1 với mọi i 6= j nên x12+x32 > 0. Vì thế l1 −x31 > 0. Suy ra
(l1 −x31)a biểu diễn được qua a2 và a3. Theo định nghĩa của l1 ta suy ra l1 −x31 ≥ l1. Điều này vô lí vì x31 ≥ 1. Vậy µ1 = µ2 = µ3 = 0.
Cuối cùng, ta chứng minh tính duy nhất của biểu diễn 3 đẳng thức đầu tiên trong Bổ đề. Rõ ràng l1, l2, l3 là xác định duy nhất. Khi đó, từ chứng minh trên ta thấy các số xij thỏa mãn 3 điều kiện
x13+x23 = l3 x12+x32 = l2 x21+x31 = l1
Hơn nữa, từ 3 đẳng thức đầu tiên trong Bổ đề ta thấy rằng mọi sự lựa chọn của x21 và x31 đều phải tương thích với định nghĩa l2 và l3 và sự lựa
chọn này lại hoàn toàn độc lập. Vì thế x21 và x31 là xác định duy nhất. Tương tự ta suy ra các xij đều xác định duy nhất.
Để phát biểu và chứng minh định lí về công thức tính số Frobenius cho trường hợp 3 số, chúng ta cần một bổ đề mang nặng kĩ thuật hình học. Trước hết chúng ta cần một số khái niệm và thuật ngữ. Trong không gian 3 chiều với hệ tọa độ vuông góc, ta gọi lưới Z3 trong không gian Euclid R3 là tập các điểm có tọa độ nguyên, tức là tập các bộ ba (x1, x2, x3) ∈ R3 với x1, x2, x3 ∈ Z. Ta coi Z3 như là các đỉnh của một đồ thị Γ có hướng, trong đó các cạnh là các đoạn thẳng độ dài 1 nối các đỉnh lân cận lại với nhau theo chiều tăng theo thứ tự từ điển (tức là đầu tiên là theo tọa độ thứ nhất, sau đó đến tọa độ thứ hai rồi tọa độ thứ ba). Chẳng hạn với hai đỉnh A(1,2,3) và B(1,2,3) thì cạnh phải đi từ B đến A. Cho trước 3 số nguyên dương a1, a2, a3 nguyên tố cùng nhau từng đôi một, ta định nghĩa một hàm 3 biến, gọi là hàm độ cao
f (x1, x2, x3) := a1x1 +a2x2 +a3x3.
Hàm f (x1, x2, x3) là một ánh xạ tuyến tính từ R3 vào R1. Mặt khác, hàm f cho ứng mỗi điểm (x1, x2, x3) trên lưới Z3 với độ cao f (x1, x2, x3). Hạt nhân của ánh xạ này là Kerf = (x1, x2, x3) ∈ Z3/f (x1, x2, x3) = 0 . Ta có Kerf = (x1, x2, x3) ∈ Z3|a1x1 + a2x2 + a3x3 = 0 = (x1, x2, x3) x3= r,x2 = s,x1 = −a3r−a2s a1 = {r(−a3/a1,0,1) +s(−a2/a1,1,0)|r, s ∈ R} Đặt H := Kerf. Rõ ràng H là một mặt phẳng qua gốc tọa độ. Đặt L := H ∩Z3. Tập L được gọi là lưới Frobenius ứng với a1, a2, a3. Như vậy, lưới Frobenius ứng với a1, a2, a3 là tập các điểm (x1, x2, x3) trong không gian 3 chiều R3 với tọa độ nguyên thỏa mãn f (x1, x2, x3) = 0.
3.1.2. Bổ đề. Gọi L là lưới Frobenius ứng với a1, a2, a3 xác định như trên. Giả sử a1, a2, a3 là đôi một nguyên tố cùng nhau.
a) Cho m1a1 +m2a2 = 1 với mi ∈ Z. Khi đó hệ hai véc tơ {−→e1 := (a2,−a1,0),−→e
là một cơ sở của lưới Frobenius L, tức là {e1, e2} là độc lập tuyến tính và mọi điểm trong lưới L đều là tổ hợp tuyến tính của e1, e2.
b) Diện tích của hình khi chiếu miền cơ sở của L xuống mặt phẳng
xi = 0 là ai với mọi i ∈ {1,2,3}.
Chứng minh. a) Rõ ràng f (e1) = f (e2) = 0. Vì thế e1, e2 ∈ Kerf. Do tọa độ của e1, e2 đều là nguyên nên ta có e1, e2 ∈ L. Mặt khác, lấy một điểm tùy ý u = (u1, u2, u3) ∈ L. Đặt u+ u3e2 = (u01, u02, u03) ∈ L. Chú ý rằngu03 = 0. Ta dễ dàng suy raa1u01+a2u02 = 0. Vìa1, a2 là nguyên tố cùng nhau nên (u01, u02,0) = ke1 với số nguyên k nào đó. Do đó u = ke1 −u3e2. Như vậy mọi véc tơ trong lưới Frobenius L đều biểu diễn thành tổ hợp tuyến tính củae1, e2. Rõ rànge1, e2 là hê độc lập tuyến tính. Vì thế {e1, e2}
là cơ sở của L.
b) Trước hết ta tính tích có hướng của hai véc tơ e1, e2. Ta có e1 ×e2 = (a1, a2,(m1a1 +m2a2)a3) = (a1, a2, a3). Vì thế khi chiếu L xuống mặt phẳng xi = 0, diên tích của nó là ai.
Các véc tơ trong lưới Frobenius L sau đây f1 := (l1,−x12,−x13)
f2 := (−x21, l2,−x23)
f3 := (−x31,−x32, l3)
được mã hóa bới các số li và xij đóng một vai trò quan trọng. Chúng ta gọi các véc tơ có dạng fi hoặc −fi là các véc tơ cơ sở và một hệ gồm 3 véc tơ cơ sở khác nhau trong số các véc tơ ±fj được gọi là một cơ sở giải được cho bài toán toán Frobenius.
Đình lí sau đây cho ta công thức tính số Frobenius. Kết quả này được chứng minh gần đây bởi Christian Blatter [Bla] năm 2010. Đây là một chứng minh với kĩ thuật hoàn toàn hình học.
3.1.3. Định lý. Cho 3 số nguyên dương a1, a2, a3 nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Với các kí hiệu li và xij định nghĩa như trong Bổ đề 3.1.1, giả sử li ≥ 2 với mọi i. Kí hiệu g(a1, a2, a3) là sốFrobenius của bộ 3 số
a1, a2, a3. Khi đó ta có công thức tính số Frobenius g(a1, a2, a3) = l1l2l3 +max{x12x23x31, x21x32x13} − 3 X i=1 ai.
Chứng minh. Trước hết ta nhận thấy quan hệ giữa cấu trúc không gian 3 chiều với bài toán Frobenius như sau. Giả sửz là một số tự nhiên. Khi đó z biểu diễn được qua a1, a2, a3, tức là z ∈ T (a1, a2, a3), nếu và chỉ nếu tòn tại một điểm lưới u = (u1, u2, u3) ∈ L và một cạnh có hướng trong đồ thị
Γvới đường đi bắt đầu từ uvà điểm cuối là một điểmx = (x1, x2, x3) ∈ Z3 với độ cao f (x) = z. Bây giờ ta thấy rằng tập các điểm lưới có thể được chạm đến từ một điểm u ∈ L cho trước chính là tập các điểm nằm trong tập Ou := u+R3≥0, trong đó R3≥0 là tập các bộ 3 với các tọa độ dương và u+R3≥0 là tập các bộ ba có dạng u+v trong đó v ∈ R3
≥0. Nói cách khác, tập các điểm cuối có điểm đầu là một điểm lưới chính là các điểm nằm trong hợp của các tập Ou với u ∈ L. Kí hiệu Ω = S
u∈LOu là tập các điểm có khả năng làm điểm cuối của một điểm lưới. Khi đó ta có thể kiểm tra được
T (a1, a2, a3) =f Ω∩Z3
Xét phần dương của trục x3. Nó chính là một cạnh của O0 và nằm trong biên Ω cho đến khi bị chặn bởi điểm p = (0,0, u3) và mặt phẳng x3 = c3 nằm trong Ou, trong đó c3 là một hằng số và u = (u1, u2, u3) ∈ L. Ta cần tìm điều kiện của u thỏa mãn điều này. Ta có u1 ≤ 0, u2 ≤ 0 và u3 > 0
và không tồn tại điểm u0 = u01, u02, u03 ∈ L với u01 ≤ 0, u02 ≤ 0 và u03 < u3. Do đó ta có:
u3 = minu ∈ N>0|∃u1, u1 ∈ Z≤0 vì a1u1 +a2u2 +a3u = 0}
= min{u ∈ N>0|ua3 ∈ T (a1, a2)}. Từ đây ta suy ra
u3 = l3,−u1 = x31,−u2 = x32,
tức là (u1, u2, u3) = f3. Tiếp tục xét phần dương của trục x2, nó chính là một cạnh của O0 và nằm trong biên Ω cho đốn khi bị chạn bởi điểm p= (0,0, u2) và mặt phẳngx2 = c2 nằm trongOu, trong đóc2 là một hằng số và u = (u1, u2, u3) ∈ L. Tương tự ta suy ra điều kiện của u thỏa mãn yêu cầu là u2 = l2,−u1 = x21,−u3 = x23, tức là (u1, u2, u3) = f2. Cuối
cùng, xét phần dương của trục x1, nó chính là một cạnh của O0 và nằm trong biên O cho đến khi bị chặn bởi điểm p = (0,0, u1) và mặt phẳng x1 = c1 nằm trong Ou, trong đó c1 là một hằng số và u = (u1, u2, u3) ∈ L. Tương tự ta suy ra điều kiện của u thỏa mãn yêu cầu là
u1 = l1,−u2 = x12,−u3 = x13, tức là (u1, u2, u3) =f.
Các điểm lưới x = (x1, x2, x3) có độ cao dương mà không thể nói tới từ một điểm u ∈ L là các điểm lưới phía trong nằm trong một vùng W giới hạn bởi H và biên của Ω, trong đó H = Kerf. Thu hẹp của f trên biên của Ω có cực đại địa phương tại q1, q2 và các điểm lưới phía trong có độ cao tối đại là q1−(1,1,1) hoặc q2−(1,1,1) và các điểm tương đương sai khác L. Vì thế độ cao tối đại, chính là số Frobenius g = (g1, g2, g3) được cho bởi g(a1, a2, a3) = max{f (q1), f (q2)} − 3 P i=1 ai = l3a3 +max{x21a1, x12a2} − 3 P i=1 ai. (3.1)
Vì hình chiếu của miền cơ sở của L xuống các mặt xi = 0 có diện tích là ai (theo Bổ đề 3.1.2) nên ta có
a1 = x12l3 + x13x32, a2 = x21l3 +x23x31, a3 = l1l2 +x12x21
Tương tự ta có thể biểu diễn a1, a2, a3 qua l2 và các số xij, và biểu diễn được a1, a2, a3 qua l1 và các số xij. Thay các biểu diễn này vào biểu thức (3.1) ta được g(a1, a2, a3) =l1l2l3 −l3x12x21 +max{x21x12l3 +x21x13x32, x12x21l3 +x12x23x31} − 3 P i=1 ai = l1l2l3 +max{x21x13x32, x12x23x31} − 3 P i=1 ai.
Với phương pháp hình học như chứng minh Định lí 3.1.3, chúng ta cũng có thể chứng minh được định lí sau đây về công thức tính số các số nguyên dương không biểu diễn được qua a1, a2, a3.
3.1.4. Định lý. Cho 3 số nguyên dương a1, a2, a3 nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Với các kí hiệu li định nghĩa như trong Bổ đề 3.1.1, giả sử
li ≥ 2 với mọi i. Kí hiệu n(a1, a2, a3) là số các số nguyên dương không biểu diễn được qua a1, a2, a3. Khi đó
n(a1, a2, a3) = 1 2 3 X i=1 (li −1)ai−l1l2l3 + 1 ! .
Phần cuối tiết này, chúng ta xét một ví dụ minh họa kết quả của Định lí 3.1.3 và Định lí 3.1.4.
3.1.5. Ví dụ. Cho a1 := 2n− 1, a2 := 2n, a3 := 2n + 1 với n là một số nguyên dương n ≥2. Khi đó:
g(a1, a2, a3) = 2n2 −3n;
n(a1, a2, a3) = n2 −n.
Chứng minh. Ta cần tìm các số l1, l2, l3 định nghĩa trong Bổ đề 3.1.1.