ĐỊNH LÝ CAUCHY - DAVENPORT VÀ ỨNG DỤNG
2. Định lý cauchy - davenport
2.2. Chứng minh bằng đa thức nhiều biến
Bổ đề 2. Cho đa thức P .x1; x2; : : : ; xn/là một đa thứcn biến hệ số thực với bậc củaP theo biếnxilớn nhất làti,16i 6n. GọiS1; S2; : : : ; Snlà các tập con củaRvàjSij DtiC1;8i D 1; 2; : : : ; n. NếuP .s1; s2; : : : ; sn/D0với mọi.s1; s2; : : : ; sn/2S1S2 SnthìP 0.
Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theon, số các biến của đa thứcP. Vớin D1, P .x1/là đa thức một biếnx1, có bậc là t1. VìP .x1/D0tạijS1j Dt1C1điểm, nên theo tính chất của đa thức một biến thì P 0. Vậy bổ đề đúng cho n D 1. Giả sử bổ đề đúng cho mọi đa thức n 1biến, n> 2. Xét đa thứcP .x1; x2; : : : ; xn/là đa thứcnbiến. Ta viết là đa thức nàynhư là đa thức một biếnxn:
Pn.xn/DP .x1; x2; : : : ; xn/D
tn
X
iD0
Qi.x1; : : : ; xn 1/xin:
Vì đa thứcPn là đa thức một biếnxn, có bậc tnvà bằng 0 tạitnC1điểm trongSn. Do đó lại theo tính chất đa thức một biến ta được
Pn 0)Qi.x1; x2; : : : ; xn 1/D0;8i D0; 1; : : : ; tn:
(đến đây mới chứng tỏ được các đa thức n 1biếnQi.i D 1; 2; : : : ; tn/bằng 0 tại các điểm củaS1S2 Sn 1. Tiếp theo phải chứng minh các đa thức này đồng nhất 0) Nhưng với mỗii D0; 1; : : : ; tnthì
Qi.x1; x2; : : : ; xn 1/D0;8.x1; x2; : : : ; xn 1/2 S1S2 Sn 1
nên theo giả thiết quy nạp thìQi 0;8i D 0; 1; : : : ; tn. Từ đó chứng tỏP 0. Kết luận bài toán đúng vớin. Theo phương pháp quy nạp, thì bổ đề đúng cho mọi đa thứcnbiến.
Định lý 5. Cho đa thứcP .x1; x2; : : : ; xn/là một đa thứcnbiến hệ số thực. GọiS1; S2; : : : ; Sn
là các tập con củaR. Định nghĩa đa thức
Qi.xi/D Y
s2Si
.xi s/ :
NếuP .s1; s2; : : : ; sn/D0với mọi.s1; s2; : : : ; sn/2S1S2 Sn, thì tồn tại các đa thức R1; : : : ; Rn 2RŒx1; : : : ; xnvớidegRi 6degP degQi sao cho
P DR1Q1CR2Q2C CRnQn:
Lời giải. Đặtti D jSij 1. Ta xét thuật toán sau đây: "Nếu có một đơn thứccx1m1: : : xnxmnntrong P màmi > ti, với một chỉ sốinào đó, thì ta thay thế đại lượngximi bởiximi ximi .iC1/:Qi.xi/".
Do degQi D ti C1 và Qi là đa thức monic, khi đó đơn thức x1m1: : : xnxnmn sẽ được thay thế bởimột số đơn thức khác, nhưng tất cả các đơn thức đó đều có bậc nhỏ hơn m1Cm2C Cmn.
Do đó, sau mỗi bước của thuật toán này, thì tổng các bậc của tất cả các đơn thức trongP 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.
GọiP là đa thức cuối cùng nhận được sau mỗi lần thực hiện thuật toán trên. Khi đó phép biến đổi
cx1m1 ximi xnxnmn 7!cx1m1
ximi ximi .iC1/Qi.xi/
xnmn tương ứng làmột phép trừcủa đa thứcP cho một đa thức có dạngRi0:Qi, với
Ri0 Dcx1m1 xmi i .iC1/: : : xnmn và
degR0i Dm1C Cmn .ti C1/6degP degQi: Do đó quá trình này thực hiện cho tất cả các đơn thức trongP, khi đó
P DP R1Q1C CRnQn
(ở đây Ri là tổng của các đa thứcR0i ở trên (mỗi đơn thức trongP cómi > ti ta đều có một R0i. Thực hiện thuật toán cho tất cả các đơn thức này, ta sẽ được cácRi0 khác nhau). VìR0i có bậc đều6degP degQi nên) ta có
degRi 6degP degQi:
VìP nhận được cuối cùng của thật toán trên, nênmỗi biếnxi trongP có lũy thừa cao nhất làti. Vì
Qi.xi/D0;8xi 2Si
nên suy ra
P .s1; s1; : : : ; sn/DP .s1; s2; : : : ; sn/; 8.s1; s2; : : : ; sn/2 S1S2 Sn: Theo bổ đề 2.2 thìP 0, do đó
P DR1Q1CR2Q2C CRnQn:
Định lý 6 (Combinatorial Nullstellensatz). Cho đa thứcP .x1; : : : ; xn/2 RŒx1; : : : ; xncó bậcdegP D t1C Ctn, vớiti là các số nguyên không âm và hệ số của đơn thứcx1t1 xtnn khác 0. NếuS1; : : : ; Snlà các tập con củaRthỏajSij > ti, khi đó tồn tại một bộ.s1; : : : ; sn/2 S1S2 Snsao cho
P .s1; s2; : : : ; sn/¤0 :
Lời giải. Ta chỉ cần chứng minh kết luận bài toán trong trường hợp jSij D ti C 1 (vì nếu jSij > ti C1thì hiển nhiên kết luận bài toán đúng, nếu ta chứng minh được khẳng định với jSij Dti C1). Giả sử kết luận bài toánkhông đúng, tức là
P .s1; s2; : : : ; sn/D0;8.s1; : : : ; sn/2S1S2 Sn: Khi đó, theo định lý 2.3 thì
P DR1Q1CR2Q2C CRnQn
với degRi 6degP degQi;8i D 1; 2; : : : ; n. Theo giả thiết, hệ số củax1t1 xntn ở vế phải khác 0. Tuy nhiên, do degRiQi 6degP và một đơn thức trongRiQi mà có bậct1C Ctn
khi và chỉ khi (theo cách xây dựng trong 2.3), chúng ta lấyRi nhân vớixtiiC1trong khai triển Qi.xi/D Y
s2Si
.x si/DxitiC1C „ƒ‚…
các thừa số còn lại có bậc6ti
:
Từ đây suy ramọi đơn thức trongR1:Q1C CRnQnmà có tổng bậc bằngt1C Ctn
đều phải chia hết choxitiC1, với một chỉ sối 2 f1; 2; : : : ; ng. Do đó đơn thứcx1t1 xntn nằm trongR1Q1C CRnQncó tổng bậc bằngt1C Ctncũng phải chia hết choxitiC1. Điều này chỉ xảy ra được khi hệ số củax1t1 xntn 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 trườngR, nó cũng vẫn đúng trên trườngZp. 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 1 (IMO 2007). Chonlà một số nguyên dương. Đặt
S D f.x; y; z/jx; y; z 2 f0; 1; : : : ; ng; xCyCz > 0g
là một tập chứa.nC1/3 1điểm trong không gian ba chiều. Xác định số mặt phẳng ít nhất, sao cho hợp của chúng chứaS, nhưng không chứa điểm.0; 0; 0/.
Lời giải. Dễ dàng nhận thấy3nmặt phẳng có phương trìnhxCyCz Di;8i D1; 2; : : : ; 3n là đạt được yêu cầu bài toán. Ta chứng minh3nchính là số mặt phẳng nhỏ nhất cần tìm. Giả sử ngược lại, tồn tại các mặt phẳngP1; P2; : : : ; Pk.k 6 3n 1/mà hợp của chúng phủ hết tậpS và không chứa điểm.0; 0; 0/. Mỗi mặt phẳngPi xác định bởi một phương trình
aixCbiyCcizCdi D0:
Nhận thấydi ¤0do.0; 0; 0/ 62Pi. Hợp của các mặt phẳngPi phủ hết các điểm củaS nếu và chỉ nếu
P .x; y; z/D Yk iD1
.aixCbiyCcizCdi/D0;8.x; y; z/2S:
Vì062 Pi nênP .0; 0; 0/¤0. ĐặtS1 DS2DS3 D f0; 1; 2; : : : ; ng. Khi đó S [ f.0; 0; 0/g D S1S2S3:
Xét đa thức
Q.x; y; z/DP .x; y; z/ c:
Yk iD1
.x i /.y i /.z i /;
vớiclà hằng số và bằngc D P .0; 0; 0/
. 1/3n.nŠ/3.
Nhận thấyQ.x; y; z/D0;8.x; y; z/2S1S2S3 ./.
Lại dok < 3nnên degQD3n. Hệ số củaxnynzntrongQlà c ¤0. Theo định lý 2.4, tồn tại một điểm.x0; y0; z0/2 S1S2S3đểQ.x0; y0; z0/¤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. NếujAj C jBj 1 >p. Khi đóACB D Zp. Thật vậy, dojAj C jBj> pnên với mọix 2Zp thì tậpA\.x B/¤ ;(vì nếuA\.x B/D ; thìA; e Bđều là tập con củaZp nênp >jAj C jx Bj D jAj C jBj> p, vô lý). Từ đó mọi phần tửx 2 Zp đều có thể viết dưới dạngx DaCb; a 2A; b 2 Bhayx 2 ACB. Chứng tỏ Zp ACB, suy raACB DZp, định lý đúng trong trường hợp này.
NếujAj C jBj< p. Giả sử kết luận bài toán không đúng, tức làjACBj6jAj C jBj 2. Đặt C là tập hợp sao choACB C vàjCj D jAj C jBj 2. Xét đa thức
P .x; y/ D Y
c2C
.xCy c/
thì degP D jAj C jBj 2. VìACB C nên
P .a; b/D0;8.a; b/2AB: ./ Mặt khác, hệ số của xjAj 1yjBj 1 trongP là jAjCjjAjB1j 2
. VìjAj C jBj 2 < pnên hệ số này khác trong trong Zp. Do đó theo định lý 2.4 tồn tại .a; b/ 2 A B sao cho P .a; b/ D 0, mâu thuẫn với (*). Vậy điều phản chứng không đúng. Chứng tỏ kết luận đúng trong trường hợp này.
Định lý 7. Choplà số nguyên tố,A; Blà hai tập con khác rỗng củaZp. Định nghĩa A˚B D faCbja2A; b 2B; a ¤bg:
Khi đó
jA˚Bj>minfp;jAj C jBj 3g: .1/
NếujAj ¤ jBjthì ta có kết quả mạnh hơn
jA˚Bj>minfp;jAj C jBj 2g: .2/
Lời giải. NếujAj D1hoặcjBj D1, khi đó bất đẳng thức (2) hiển nhiên. XétjAj;jBj >
2. Trong trường hợpjAD jBj, khi đó ta lấy tậpB0DBnfbg, vớiblà một phần tử bất kỳ củaB. Khi đó áp dụng (2) cho hai tậpAvàB0ta được bất đẳng thức (1).
Từ đó ta chỉ cần chứng minh (2).
– Trường hợpjAj C jBj 2 > p. Nếu p > 2 hiển nhiên. Xétp > 2thìp lẻ. Ta sẽ chứng minhACB DZp. Thật vậy, xétg 2Zplà một phần tử tùy ý. ĐặtC Dg B, thìjCj D jBj. Khi đójAj C jCj D jAj C jBj>pC2. Theo công thức
jX[Yj C jX\Yj D jXj C jYj ta có
ˇˇZpˇˇC jA\Cj>jA[Cj C jA\Cj D jAj C jCj>pC2) jA\Cj>2:
Gọix; ylà hai phần tử phân biệt củaA\C. VìC Dg B, nên tồn tại hai phần tử bx; by 2B sao cho
xCbx DyCby Dg:
Ta sẽ có được kết luận bài toán nếu chỉ ra được x ¤ bx hoặcy ¤ by (khi đó g 2 A˚B). Giả sử cả hai điều trên đều không xảy ra, khi đóxCx D y Cy D g)2.x y/D0. Suy ra2:::p, vô lý dop nguyên tố lẻ.
– Xét trường hợpjAj C jBj 2 < p. Giả sử kết luận của định lý không đúng, tức là jA˚Bj<jAj C jBj 2. GọiC là một tập hợp trongZp cójAj C jBj 3phần tử vàAC ˚B C. Xét đa thức
P .x; y/D.x y/Y
c2C
.xCy c/:
Nhận thấy rằng với mọia 2 A; b 2 B thìP .a; b/ D 0. Mặt khác, ta có degP D jCj C1D jAj C jBj 2. DojAj ¤ jBj, nên hệ số củaxjAj 1yjBj 1trongP là
mCn 3
m 2
! mCn 3
m 1
!
D .mCn 3/Š .m 2/Š.n 1/Š
.mCn 3/Š .m 1/Š.n 2/Š D .mCn 3/Š
.m 1/Š.n 2/Š.m n/;
là khác 0 (theo modulop) domCn 3 < pvàm ¤n. Do đó theo định lý 2.4 tồn tại.a; b/2 AB sao choP .a; b/¤ 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 8 (Định lý Cauchy - Davenport tổng quát). Giả sửplà số nguyên tố vàA1; A2; : : : ; An
là các tập con củaZp (n>2). Khi đó
jA1CA2C CAnj>minfp;jA1j C jA2j C C jAnj .n 1/g:
Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Vớin D2, thì kết quả trên là định lý 2.1.
Giả sử định lý đúng vớin 1. Khi đó, vớintậpA1; : : : ; Anthì jA1CA2C CAnj D j.A1C: : :CAn 1/CAn/j
>minfp;jA1C: : :CAn 1j C jAnj 1g .áp dụng chonD2tập/
>minfp;minfp;jA1j C jA2j C: : :C jAn 1j .n 2/g C jAnj 1g .giả thiết quy nạp chon 1tập/:
- Nếu minfp;jA1j C jA2j C C jAn 1j .n 2/g D p./, khi đó
minfp;minfp;jA1jCjA2jC CjAn 1j .n 2/gCjAnj 1g D minfp; pCjAnj 1g Dp.1/.do jAnj>1/:
Mặt khác từ (*) thìjA1j C jA2j C C jAn 1j .n 2/>p nên
jA1j C jA2j C C jAn 1j C jAnj .n 1/>pC jAnj 1>p )minfp;jA1j C jA2j C C jAnj .n 1/g D p: .2/
Từ (1) và (2) suy ra
minfp;minfp;jA1jCjA2jC CjAn 1j .n 2/gCjAnj 1g D minfp;jA1jCjA2jC CjAnj .n 1/g.3/:
- Nếu minfp;jA1j C jA2j C C jAn 1j .n 2/g D jA1j C jA2j C C jAn 1j .n 2/thì minfp;minfp;jA1j C jA2j C C jAn 1j .n 2/g C jAnj 1g
Dminfp;jA1j C jA2j C C jAn 1j C jAnj .n 1/g: .4/
Trong cả hai trường hợp (3) và (4) ta đều có
jA1CA2C CAnj>minfp;jA1j C jA2j C C jAnj .n 1/g tức định lý đúng chon. Theo phương pháp quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Định lý 9 (Định lý Vosper). Chop là số nguyên tố và A; B là hai tập con của Zp sao cho jAj;jBj> 2và jACBj 6p 2. Khi đójACBj D jAj C jBj 1khi và chỉ khiA; 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.