Ứng dụng của đa thức trong tổ hợp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
——————–o0o——————–

LÊ THỊ THÙY DUNG

ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC
TRONG TỔ HỢP

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Hà Nội - 2019


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
——————–o0o——————–

LÊ THỊ THÙY DUNG

ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC
TRONG TỔ HỢP

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học
TS. Nguyễn Chu Gia Vượng

Hà Nội - 2019

LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung của khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc đến thầy giáo - TS. Nguyễn Chu Gia Vượng - công tác tại Viện Toán học,
thầy đã trực tiếp hướng dẫn và tận tình chỉ bảo em trong quá trình nghiên cứu
để em có thể hoàn thành khóa luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành đến toàn thể thầy cô khoa Toán,
trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã truyền đạt những tri thức, tạo điều kiện
thuận lợi để em hoàn thành tốt việc học tập và thực hiện khóa luận.
Nhân dịp này em cũng xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã luôn động
viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập và làm khóa luận tốt nghiệp.
Do thời gian và kinh nghiệm của bản thân còn hạn chế nên bài khóa luận
không thể tránh khỏi những sai sót. Em rất mong nhận được những lời góp ý
quý báu của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 05 năm 2019
Sinh viên

Lê Thị Thùy Dung


LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan khóa luận với đề tài "Ứng dụng của đa thức trong tổ
hợp" là công trình nghiên cứu của em dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Chu
Gia Vượng. Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện khóa luận, em có tham
khảo tài liệu liên quan đã được trình bày trong mục tài liệu tham khảo. Em xin
hoàn toàn chịu trách nhiệm về khóa luận của mình.
Hà Nội, tháng 05 năm 2019
Sinh viên

Lê Thị Thùy Dung


Mục lục
Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.1.Đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2.Trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.3.Tổng của hai tập con của một nhóm aben . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.4.Phép biến đổi e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.5.Ảnh của dạng đường chéo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.6.Các tổng mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

Chương 2. MỘT SỐ ĐỊNH LÍ KINH ĐIỂN CỦA LÝ THUYẾT SỐ
CỘNG TÍNH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.1.Định lí Cauchy - Davenport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.1.1. Phát biểu định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.1.2. Chứng minh định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2.1.3. Mở rộng định lí Cauchy - Davenport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.2.Định lí Erdos - Ginzburg - Ziv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.3.Định lí Chevalley - Warning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.4.Định lí Vosper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.5.Định lí Freiman - Vosper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

Chương 3. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

LỜI MỞ ĐẦU

Trong nhà trường phổ thông, môn Toán giữ một vị trí hết sức quan trọng, là
công cụ cho nhiều ngành khoa học đồng thời cũng là công cụ hoạt động trong
đời sống thực tế. Môn Toán có tiềm năng to lớn trong việc khai thác và phát
triển năng lực trí tuệ chung, rèn luyện các thao tác và phẩm chất tư duy.
Trong đó, Đại số là một lĩnh vực lớn trong Toán học, đặc biệt đa thức là một
trong những khái niệm cơ bản và quan trọng của Đại số. Đa thức không chỉ là
đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng vai trò như một công cụ đắc lực trong
Toán ứng dụng, Toán sơ cấp và Toán cao cấp. Tuy nhiên, vấn đề về ứng dụng
của đa thức trong tổ hợp chưa được phân loại và hệ thống một cách cụ thể, các
định lí chưa được chứng minh một cách rõ ràng, do đó việc nghiên cứu về đa
thức còn nhiều khó khăn.
Chính vì những lí do trên cùng với sự say mê nghiên cứu và được sự giúp đỡ,
chỉ bảo tận tình của thầy giáo Nguyễn Chu Gia Vượng em đã chọn và nghiên
cứu đề tài “Ứng dụng của đa thức trong tổ hợp” làm khóa luận tốt nghiệp.
Đề tài nhằm hệ thống lại các định lí kinh điển của đa thức cùng với ứng dụng
của nó trong học tập và nghiên cứu.
Bố cục của khóa luận bao gồm 3 chương:
• Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.
• Chương 2: Một số định lí kinh điển của lý thuyết số cộng tính.
• Chương 3: Một số bài toán minh họa.

Do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu và năng lực bản thân còn hạn
chế nên bài khóa luận không tránh khỏi những thiếu sót. Em mong nhận được
sự góp ý và những ý kiến của quý thầy cô và bạn đọc.
Em xin chân thành cảm ơn!

1


Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1.

Đồng dư

Định nghĩa 1.1.1. Cho số nguyên dương n. Tập nZ các bội của n là một iđêan
của vành các số nguyên Z. Vành thương Z/nZ được gọi là vành các lớp đồng dư
modulo n. Ta cũng sử dụng kí hiệu Zn thay cho Z/nZ.
Nhắc lại rằng
- Tập Z∗n gồm các phần tử khả nghịch của Zn là một nhóm đối với phép nhân.
- Nhóm Z∗n là nhóm xyclic nếu và chỉ nếu n có dạng 1, 2, 4, pk hoặc 2pk với một
số nguyên tố p

3 và số nguyên k nào đó. Trong trường hợp này một phần tử

sinh của nhóm Z∗n được gọi là một căn nguyên thủy modulo n, hay một phần tử
nguyên thủy của Z∗n .

1.2.

Trường

Định nghĩa 1.2.1. Trường là một vành giao hoán, có đơn vị, có nhiều hơn một
phần tử và mọi phần tử khác không đều khả nghịch. Trường hữu hạn là trường
có hữu hạn phần tử.
Ví dụ 1. Tập hợp Q các số hữu tỉ cùng với phép cộng và phép nhân các số
là một trường. Ta cũng có trường các số thực R và trường số phức C với các
2

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

phép toán quen thuộc.
Ví dụ 2. Vành Zp , trong đó p là một số nguyên tố, là một trường hữu hạn
( có p phần tử).

1.3.

Tổng của hai tập con của một nhóm aben

Định nghĩa 1.3.1. Cho G là một nhóm aben và A, B là hai tập con của G. Đặt
A + B = {a + b | a ∈ A, b ∈ B}.
A − B = {a − b | a ∈ A, b ∈ B}.

Với A = {g}, ta kí hiệu g + B thay cho A + B . Tương tự đối với các kí hiệu
g − B và A ± g .
g + B = {g + b | b ∈ B},
g − B = {g − b | b ∈ B},
A + g = {a + g | a ∈ A},
A − g = {a − g | a ∈ A}.

Với A = B , ta cũng kí hiệu 2A thay cho A + A. Một cách tổng quát nA thay
cho A + A + · · · + A .
n lần A

A + A = 2A = {a1 + a2 | a1 , a2 ∈ A},
A + A + · · · + A = nA = {a1 + a2 + · · · + an | a1 , a2 , ..., an ∈ A}.

Với g ∈ G, kí hiệu rA,B (g) là số các biểu diễn của g thành tổng của một phần
tử của A và một phần tử của B . Nói cách khác, rA,B (g) là số các cặp (a, b) ∈ A×B
sao cho g = a + b.
Bổ đề 1.3.1. Cho G là một nhóm aben hữu hạn và A, B là hai tập con của G
sao cho
|A| + |B|

|G| + t.

Khi đó, với mọi g ∈ G, ta có
rA,B (g)
3

t.


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Chứng minh. Ta có
|G|

|A ∪ (g − B)|
= |A| + |g − B| − |A ∩ (g − B)|
= |A| + |B| − |A ∩ (g − B)|.

Suy ra
|A ∩ (g − B)|

|A| + |B| − |G|

t.

Do đó tồn tại t phần tử phân biệt a1 , ..., at ∈ A và t phần tử phân biệt b1 , ..., bt ∈ B
sao cho
ai = g − b i .

Khi đó
g = ai + bi , với i = 1, ..., t.

Do đó, rA,B (g)

t.

Bổ đề 1.3.2. Cho G là một nhóm aben hữu hạn và A, B là hai tập con của G
sao cho |A| + |B| > |G|. Khi đó A + B = G.
Chứng minh. Áp dụng bổ đề 1.3.1 với t = 1, ta suy ra rA,B (g)

1 với mọi g ∈ G,

vì vậy A + B = G. Bổ đề được chứng minh.
Các kết quả sau sẽ được dùng để chứng minh định lí Freiman - Vosper trong
chương 2.
Định lý 1.3.1. Cho k

3. Giả sử A = {a0 , a1 , ..., ak−1 } là tập các số nguyên,

trong đó

0 = a0 < a1 < · · · < ak−1

và
d(A) = (a1 , ..., ak−1 ) = 1,

với d(A) kí hiệu là ước chung lớn nhất của các phần tử trong tập A.
Giả sử ak−1

2k − 3. Khi đó
|2A|

3k − 3.
4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Định lý 1.3.2. (Freiman) Cho A là tập các số nguyên sao cho |A| = k

3.

Nếu
|2A| = 2k − 1 + b

3k − 4,

thì A là tập con của một cấp số cộng có độ dài k + b

2k − 3.

Chúng ta không trình bày chứng minh của định lí 1.3.1 và định lí 1.3.2. Bạn
đọc quan tâm tham khảo tài liệu [1] trang 23, 28.

1.4.

Phép biến đổi e

Định nghĩa 1.4.1. Cho một nhóm aben G và một phần tử e của G. Biến đổi e
của (A, B) là cặp (A(e), B(e)) các tập con của G xác định bởi
A(e) = A ∪ (B + e),
B(e) = B ∩ (A − e).

Lưu ý. Phần tử e không nhất thiết là phần tử trung lập.
Bổ đề 1.4.1. Cho A và B là hai tập con khác rỗng của một nhóm aben G và
một phần tử e bất kì của G. Gọi (A(e), B(e)) là biến đổi e của cặp (A, B). Khi đó
ta có các tính chất sau
1.
A(e) + B(e) ⊆ A + B

(1.4.1)

A(e)\A = e + (B\B(e)).

(1.4.2)

và

2. Nếu A và B là các tập hữu hạn thì

|A(e)| + |B(e)| = |A| + |B|.

3. Nếu e ∈ A và 0 ∈ B thì e ∈ A(e) và 0 ∈ B(e).

5

(1.4.3)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Chứng minh. Từ định nghĩa của biến đổi e của cặp (A, B) ta dễ dàng suy ra
(1.4.1). Ta chứng minh (1.4.2). Ta có
A(e)\A = (B + e)\A
= {b + e | b ∈ B, b + e ∈
/ A}
= e + {b ∈ B | b ∈
/ A − e}
= e + {b ∈ B | b ∈
/ B(e)}
= e + (B\B(e)).

Ta chứng minh (1.4.3). Ta có A ⊆ A(e) và B(e) ⊆ B . Nếu A và B là hai tập hữu
hạn thì
|A(e)| − |A| = |A(e)\A|
= |e + (B\B(e))|
= |B\B(e)|
= |B| − |B(e)|.

Nếu e ∈ A ⊆ A(e) và 0 ∈ B thì 0 ∈ A − e. Vì vậy 0 ∈ B ∩ (A − e) = B(e).
Ta có điều phải chứng minh.

1.5.

Ảnh của dạng đường chéo

Định nghĩa 1.5.1. Cho số nguyên dương k và số nguyên tố p. Một đa thức với
các hệ số trong trường Zp có dạng
f (x1 , x2 , ..., xn ) = c1 xk1 + · · · + cn xkn ,

trong đó c1 , ..., cn không đồng thời bằng 0, được gọi là đa thức dạng đường chéo
bậc k . Ảnh của f là tập hợp
R(f ) = {f (x1 , ..., xn ) | x1 , ..., xn ∈ Zp }.

Bổ đề 1.5.1. Giả sử p ≡ 1 (mod k). Đặt p = ks + 1. Với mọi dạng đường chéo
f bậc k trên Zp , ta có
|R(f )| ≡ 1
6

(mod s).


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Chứng minh. Ta nhắc lại rằng Z∗p là nhóm nhân các phần tử khác không của
Zp . Ta biết rằng đây là một nhóm xyclic cấp p − 1.

Vì k chia hết p − 1 nên suy ra A∗k = {xk : x ∈ Z∗p } là nhóm con của Zp và có cấp
s. Chú ý rằng 0 = f (0, ..., 0) ∈ R(f ). Đặt R(f )∗ = R(f )\{0}. Nếu z ∈ R(f )∗ thì
n

ai xki ,

z=
i=1

với x1 , ..., xn là phần tử nào đó thuộc Zp . Vì vậy, với mọi y k ∈ A∗k
n

ai (xi y)k ∈ R(f )∗ .

k

zy =
i=1

Do đó
zA∗k ⊆ R(f )∗ .

Điều này dẫn đến R(f )∗ là hợp của một số các lớp kề của A∗k . Suy ra
|R(f )∗ | ≡ 0

(mod s),

vì thế
|R(f )| = |R(f )∗ | + 1 ≡ 1

(mod s).

Ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.5.2. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 , 1 < s < p − 1 và A là một tập
gồm s phần tử phân biệt của trường Zp . Giả sử
a2 = 0.

a=
a∈A

a∈A

Thế thì tập A không phải là một cấp số cộng.
Chứng minh. Ta giả sử ngược lại, tập A là một cấp số cộng. Khi đó tồn tại
d ∈ Z∗p sao cho
A = {a0 + id : i = 0, 1, ..., s − 1}.

7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Ta có
s−1

a =
a∈A

(a0 + id)
i=0

= sa0 +

s(s − 1)d
2

= 0.

Từ đó suy ra
a0 = −

(s − 1)d
.
2

Khi đó
s−1

a

2

(a0 + id)2

=
i=0
s−1

a∈A

(a20 + 2a0 id + i2 d2 )

=
i=0

s(s − 1)(2s − 1)d2
6
2
2
s(s − 1) d
s(s − 1)(2s − 1)d2
= −
+
4
6
(s − 1)s(s + 1)d2
=
12

= sa20 + s(s − 1)a0 d +

= 0,

điều này vô lí vì 1 < s < p − 1 và d = 0. Vậy điều giả sử là sai, hay A không phải
là một cấp số cộng. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.5.3. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 và k là một số nguyên thỏa mãn
1

p−1
và p ≡ 1 (mod k). Đặt Ak = {xk : x ∈ Zp }. Khi đó Ak không phải
2

là một cấp số cộng trong Zp .
Chứng minh. Đặt p = ks + 1 với s ∈ Z. Vì 2k < p − 1 nên suy ra s

3. Gọi g

là căn nguyên thủy modulo p. Dễ thấy Ak = {0, 1, g k , ..., g (s−1)k } gồm s phần tử

8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phân biệt. Vì s

Lê Thị Thùy Dung

3, ta có
s−1

g ik

a =
i=0
g sk

a∈Ak

−1
gk − 1
g p−1 − 1
=
gk − 1
= 0.
=

Và
s−1

a

2

g 2ik

=

i=0
g 2sk

a∈Ak

−1
−1
2(p−1)
g
−1

=
k
g −1
= 0.
=

g 2k

Theo bổ đề 1.5.2, ta suy ra tập Ak không phải là một cấp số cộng.
Bổ đề 1.5.4. Với k

1, đặt Ak = {xk | x ∈ Zp }. Nếu d = (k, p − 1) thì Ak = Ad .

Chứng minh. Vì d = (k, p − 1) nên tồn tại các số nguyên u, v sao cho
d = uk + v(p − 1).

Lấy x ∈ Zp , nếu x = 0, khi đó
xd = xuk+v(p−1) = (xu )k (xp−1 )v = (xu )k ∈ Ak ,

vì vậy Ad ⊆ Ak . Tương tự, vì d chia hết k nên tồn tại số nguyên r sao cho k = rd.
Khi đó
xk = xrd = (xr )d ∈ Ad ,

suy ra Ak ⊆ Ad . Vậy Ak = Ad . Ta có điều phải chứng minh

9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.6.

Lê Thị Thùy Dung

Các tổng mũ

Cho m và x là các số nguyên sao cho m

2. Đặt a = r + mZ là phần tử của

Zm vành các lớp đồng dư modulo m. Ta định nghĩa
e2πiax/m = e2πirx/m .

Đây là một hàm được định nghĩa tốt, vì nếu r, r ∈ Z và r ≡ r (mod m) thì
e2πirx/m = e2πir x/m , ∀x ∈ Z.

Giả sử A = {a0 , a1 , ..., ak−1 } là một dãy gồm k phần tử không nhất thiết phân
biệt của Zm . Ta định nghĩa tổng mũ
k−1

e2πiaj x/m .

SA (x) =
j=0

Nhận xét rằng, với mọi x ∈ Z
|SA (x)|

|SA (0)| = k.

Kí hiệu z¯ là số phức liên hợp của số phức z và đặt −A = {−a | a ∈ A}. Khi đó
k−1

k−1
2πirj x/p

e

SA (x) =

e−2πirj x/p = S−A (x).

=

j=0

j=0

2 và a ∈ Zm . Khi đó

Bổ đề 1.6.1. Cho m


 m nếu a = 0
2πiax/m
e
=
 0 nếu a = 0.
x=0

m−1

Chứng minh. Đặt a = r + mZ. Nếu r ≡ 0 (mod m) thì
m−1

m−1
2πirx/m

e

=

x=0

1 = m.
x=0

m−1

e2πirx/m là một tổng của cấp số nhân hữu hạn và

Nếu r ≡ 0 (mod m) thì
x=0
m−1

e2πirx/m =
x=0

e2πir − 1
1−1

= 2πir/m
= 0.
2πir/m
e
−1
e
−1

Ta có điều phải chứng minh.
10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Bổ đề 1.6.2. Cho A1 , ..., An1 , B1 , ..., Bn2 là các tập con khác rỗng của Zm . Gọi
N là số nghiệm của phương trình
a1 + · · · + an1 = b1 + · · · + bn2

trong Zm với ai ∈ Ai , i = 1, n1 và bj ∈ Bj , j = 1, n2 . Khi đó
1
N=
m

m−1

SA1 (x) . . . SAn1 (x)SB1 (x) . . . SBn2 (x).
x=0

Chứng minh. Từ bổ đề 1.6.1, ta có

m−1
 m nếu a1 + · · · + an = b1 + · · · + bn
1
2
e2πi(a1 +···+an1 −b1 −···−bn2 )x/m =
 0 nếu a1 + · · · + an = b1 + · · · + bn .
x=0
1
2
Do đó

m−1

SA1 (x) . . . SAn1 (x)SB1 (x) . . . SBn2 (x)
x=0
m−1

=

...
x=0 a1 ∈A1

=

an1 ∈An1 b1 ∈B1

bn2 ∈Bn2
m−1

e2πi(a1 +···+an1 −b1 −···−bn2 )x/m

...

...
a1 ∈A1

e2πi(a1 +···+an1 −b1 −···−bn2 )x/m

...

an1 ∈An1 b1 ∈B1

bn2 ∈Bn2 x=0

= N m.

Bổ đề 1.6.3. Cho A là một tập con khác rỗng của Zm và |A| = k . Khi đó
m−1

|SA (x)|2 = km
x=0

và

m−1

SA (x)2 S2A (x) = k 2 m.
x=0

Chứng minh. Áp dụng bổ đề 1.6.2, ta có
m−1

m−1
2

|SA (x)| =
x=0

SA (x)SA (x)
x=0

và số nghiệm của phương trình a1 = a2 với a1 , a2 ∈ A là |A| = k . Số nghiệm của
phương trình a1 + a2 = b với a1 , a2 ∈ A và b ∈ 2A là |A|2 = k 2 .
Do đó ta có điều phải chứng minh.
11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Với α, α ∈ R, ta viết
α≡α

(mod 1)

nếu α − α ∈ Z. Như vậy, nếu r ≡ r (mod m) thì
rn

rn
≡
m
m

(mod 1)

với mọi n ∈ Z. Gọi U là một tập hợp các số thực nào đó. Ta viết
α∈U

(mod 1)

nếu tồn tại α ∈ U sao cho α ≡ α (mod 1). Điều này có nghĩa là tồn tại n ∈ Z
sao cho α − n ∈ U . Chẳng hạn như, với U = [β, β + 1/2) là khoảng gồm tất cả các
số thực t sao cho β

t < β + 1/2. Khi đó
α ∈ [β, β + 1/2)

(mod 1)

nếu và chỉ nếu tồn tại số nguyên n ∈ Z sao cho
β

α − n < β + 1/2.

Định lý 1.6.1. Cho các số thực β, α0 , ..., αk−1 . Kí hiệu N (β) là số các αj sao
cho
αj ∈ [β, β + 1/2)

Giả sử

(mod 1).

k−1

e2πiαj

θk

j=0

với θ ∈ [0, 1) nào đó. Khi đó tồn tại β ∈ R sao cho
N (β)

(1 + θ)k
.
2

Chúng ta không trình bày chứng minh ở đây. Bạn đọc quan tâm có thể tìm
thấy chứng minh chi tiết trong tài liệu [1] trang 65.

12


Chương 2

MỘT SỐ ĐỊNH LÍ KINH
ĐIỂN CỦA LÝ THUYẾT
SỐ CỘNG TÍNH

Trong chương này, chúng ta nghiên cứu các tính chất số học của các tập con
của Zm . Một kết quả cơ sở là định lí Cauchy - Davenport. Từ định lí này, ta suy
ra một số định lí kinh điển khác.

2.1.

Định lí Cauchy - Davenport

2.1.1.

Phát biểu định lí

Định lý 2.1.1. (Định lí Cauchy-Davenport) Cho p là số nguyên tố và A, B
là hai tập con khác rỗng của Zp . Khi đó
|A + B|

min(p, |A| + |B| − 1).

13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

2.1.2.

Lê Thị Thùy Dung

Chứng minh định lí

Định lí này có nhiều cách chứng minh, chúng ta tìm hiểu hai cách chứng

minh sau đây.
Chứng minh định lí bằng tổ hợp, dựa vào phép biến đổi e
Định lý 2.1.2. (I. Chowla) Cho m

2 và A, B là các tập con khác rỗng của

Zm . Nếu 0 ∈ B và (b, m) = 1 với mọi b ∈ B\{0} thì
|A + B|

min(m, |A| + |B| − 1).

Chứng minh.
Nếu |A| + |B| > m thì theo bổ đề 1.3.2 ta có A + B = Zm . Do đó
|A + B| = m

Nếu |A| + |B|

min(m, |A| + |B| − 1).

m thì min(m, |A| + |B| − 1) = |A| + |B| − 1

m − 1. Định lí đúng

trong trường hợp |A| = 1 hoặc |B| = 1, khi đó
|A + B| = |A| = |A| + |B| − 1

min(m, |A| + |B| − 1).

Giả sử định lí là sai, khi đó tồn tại các tập A, B ⊆ Zm sao cho |A|

2, |B|

2

và
|A + B| < |A| + |B| − 1.

Xét trường hợp A = Zm . Ta chọn một cặp (A, B) sao cho lực lượng của B là nhỏ
nhất. Vì |B|

2 nên tồn tại một phần tử b∗ ∈ B, b∗ = 0. Nếu a + b∗ ∈ A với mọi

a ∈ A thì a + jb∗ ∈ A với mọi j = 0, 1, 2, .... Vì (b∗ , m) = 1 nên ta có

Zm = {a + jb∗ : j = 0, 1, ..., m − 1} ⊆ A ⊆ Zm .
Suy ra A = Zm , mâu thuẫn. Do đó tồn tại phần tử e ∈ A sao cho e + b∗ ∈
/ A. Áp
dụng biến đổi e cho cặp (A, B), theo bổ đề 1.4.1, ta có
A(e) + B(e) ⊆ A + B.

Vì thế
|A(e) + B(e)|

|A + B| < |A| + |B| − 1 = |A(e)| + |B(e)| − 1.
14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Vì e ∈ A và 0 ∈ B nên suy ra 0 ∈ B(e) ⊆ B và (b, m) = 1 với mọi b ∈ B(e)\{0}. Vì
e + b∗ ∈
/ A nên b∗ ∈
/ A − e. Do đó
b∗ ∈
/ B ∩ (A − e) = B(e).

Suy ra |B(e)| < B (mâu thuẫn với điều giả sử lực lượng của B là nhỏ nhất). Vậy
ta có điều phải chứng minh.
Dựa vào định lí trên, ta có chứng minh sau đây của định lí 2.1.1 (Định lí
Cauchy - Davenport)
Chứng minh. Lấy b0 ∈ B (vì B = ∅) và đặt B = B − b0 . Khi đó |B | = |B| và
|A + B| = |A + B − b0 | = |A + B|.

Vì 0 ∈ B và (b, p) = 1 với mọi b ∈ B \{0} nên áp dụng định lí 2.1.2 cho cặp
(A, B ) ta được
|A + B| = |A + B |
min(p, |A| + |B | − 1)
= min(p, |A| + |B| − 1).

Định lí được chứng minh.
Chứng minh định lí dựa vào đa thức, thông qua định lí không điểm
tổ hợp
Định lý 2.1.3. (Combinatorial Nullstellensatz) Cho F là một trường và
n

f ∈ F[x1 , x2 , ..., xn ] là một đa thức khác 0, có bậc toàn phần

mi , trong đó hệ

i=1

số của đơn thức

mn
1
xm
1 ...xn

khác 0. Giả sử S1 , S2 , ..., Sn là các tập con của F thỏa

|Si | > mi . Thế thì tồn tại một bộ (s1 , s2 , ..., sn ) ∈ S1 × S2 × · · · × Sn sao cho
f (s1 , s2 , ..., sn ) = 0.

15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Định lí 2.1.3 (Định lí không điểm tổ hợp) chúng ta chỉ đưa ra nội dung và
không trình bày phần chứng minh. Bạn đọc tham khảo phần chứng minh trong
tài liệu [2].
Chứng minh định lí 2.1.1 ( Định lí Cauchy-Davenport) dựa vào định lí 2.1.3.
Chứng minh. Nếu |A|+|B| > p thì khẳng định bài toán là đúng. Giả sử |A|+|B|
p và |A + B|

|A| + |B| − 2. Khi đó, Zp có một tập con C chứa A + B với

|C| = |A| + |B| − 2 phần tử. Xét đa thức với hệ số trong Zp :
(x + y − c).

f (x, y) =
c∈C

Dễ thấy f (x, y) có bậc bằng |C| = |A| + |B| − 2. Hệ số của x|A|−1 y |B|−1 trong f
bằng

|A|+|B|−2
|A|−1)

, hệ số này khác 0 trong Zp ( vì |A|+|B|

p nên |A|+|B|−2 < p).

Theo định lí 2.1.3, tồn tại a ∈ A, b ∈ B sao cho f (a, b) = 0 (thế nhưng dựa vào
định nghĩa của f thì hiển nhiên f (a, b) = 0 với mọi a ∈ A và b ∈ B , mâu thuẫn).
Vậy điều giả sử là sai, tức là
|A + B|

|A| + |B| − 1

min(p, |A| + |B| − 1).

Vậy định lí được chứng minh.

2.1.3.

Mở rộng định lí Cauchy - Davenport

Định lý 2.1.4. Cho p là số nguyên tố và A1 , A2 , ..., An là các tập con khác rỗng
của Zp (n

2). Khi đó

|A1 + A2 + · · · + An |

min{p, |A1 | + |A2 | + · · · + |An | − (n − 1)}.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n. Với n = 2,
kết quả là định lí 2.1.1. Giả sử định lí đúng với n − 1(n

3). Khi đó với n tập

A1 , A2 , ..., An ta có
|A1 + A2 + · · · + An | = |(A1 + A2 + · · · + An−1 ) + An |
min{p, |A1 + A2 + · · · + An−1 | + |An | − 1} (áp dụng cho n=2 tập)
min{p, min{p, |A1 | + |A2 | + · · · + |An−1 | − (n − 2)} + |An | − 1}

(giả thiết quy nạp cho n − 1 tập).
16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Nếu min{p, |A1 | + |A2 | + · · · + |An−1 | − (n − 2)} = p thì
min{p, min{p, |A1 |+|A2 |+· · ·+|An−1 |−(n−2)}+|An |−1} = min{p, p+|An |−1} = p. (1)

Mặt khác |A1 | + |A2 | + · · · + |An−1 | − (n − 2)
|A1 | + |A2 | + · · · + |An | − (n − 1)

p nên
p + |An | − 1

p.

Suy ra
min{p, |A1 |+|A2 |+· · ·+|An |−(n−1)} = p.

(2)

Từ (1) và (2) ta được
min{p, min{p, |A1 | + |A2 | + · · · + |An−1 | − (n − 2)} + |An | − 1}
= min{p, |A1 | + |A2 | + · · · + |An | − (n − 1)}.

Nếu min{p, |A1 | + |A2 | + · · · + |An−1 | − (n − 2)} = |A1 | + |A2 | + · · · + |An−1 | − (n − 2)
thì
min{p, min{p, |A1 | + |A2 | + · · · + |An−1 | − (n − 2)} + |An | − 1}
= min{p, |A1 | + |A2 | + · · · + |An−1 | + |An | − (n − 1)}.

Vậy trong cả hai trường hợp ta đều có
|A1 + A2 + · · · + An |

min{p, |A1 | + |A2 | + · · · + |An | − (n − 1)}.

Tức là định lí đúng cho n. Theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng
minh.

2.2.

Định lí Erdos - Ginzburg - Ziv

Định lý 2.2.1. (Định lí Erdos - Ginzburg - Ziv) Cho n

1 và ao , a1 , ..., a2n−2

là một dãy gồm 2n − 1 số nguyên không nhất thiết phân biệt. Thế thì tồn tại một
dãy con gồm n số ai1 , ai2 , ..., ain sao cho
ai1 + ai2 + · · · + ain ≡ 0 (mod n).

17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung

Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh định lí trong trường hợp n = p là số
nguyên tố. Chọn ai ∈ Z sao cho ai ≡ ai (mod p) và 0

ai < p. Ta đánh lại chỉ số

cho các số nguyên ai sao cho
0

a0

a1

...

p − 1.

a2p−2

Nếu ai = ai+p−1 với một chỉ số i ∈ [1, p − 1] thì theo thứ tự trên ta được
ai ≡ ai+1 ≡ · · · ≡ ai+p−1 (mod p).

Suy ra
ai + ai+1 + · · · + ai+p−1 ≡ pai ≡ 0 (mod p).

Nếu ai = ai+p−1 với mọi i ∈ [1, p − 1], ta đặt
Ai = {ai + pZ, ai+p−1 + pZ} ⊆ Zp .

Khi đó, |Ai | = 2 với mọi i = 1, ..., p − 1. Áp dụng định lí Cauchy - Davenport ta
được
|A1 + · · · + Ap−1 |

min(p, 2(p − 1) − (p − 1) + 1) = p.

Từ đây suy ra
A1 + · · · + Ap−1 = Zp .

Khi đó tồn tại lớp các đồng dư aji + pZ ∈ Ai với i = 1, ..., p − 1 sao cho ji ∈
{i, i + p − 1} và
−a0 ≡ aj1 + aj2 + · · · + ajp−1

(mod p).

Suy ra
a0 + aj1 + aj2 + · · · + ajp−1 ≡ 0

(mod p).

Do đó định lí đúng khi n = p là số nguyên tố.
Ta chứng minh kết luận bài toán trong trường hợp tổng quát bằng phương
pháp quy nạp. Nếu n = 1, bài toán hiển nhiên đúng. Ta giả sử bài toán đúng
cho mọi số nguyên dương nhỏ hơn n (n > 1). Ta sẽ chứng minh bài toán đúng
với n. Nếu n là số nguyên tố thì bài toán đúng theo chứng minh trên. Nếu n là
hợp số thì ta đặt
18


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thùy Dung
n = uv ( 1 < u

v < n).

Khi đó từ giả thiết qui nạp, bài toán đúng cho cả u và v . Từ dãy số a0 , ..., a2n−2
có độ dài 2n − 1 = 2uv − 1, theo giả thiết quy nạp luôn tồn tại một dãy con
a1,i1 , a1,i2 , ..., a1,iv sao cho
a1,i1 + a1,i2 + · · · + a1,iv ≡ 0 (mod v).

Khi đó còn lại 2n − 1 − v = (2u − 1)v − 1 số nguyên trong dãy ban đầu nhưng
không thuộc vào dãy con ở trên. Vì 2u − 1

2 nên ta tiếp tục áp dụng giả thiết

quy nạp. Từ dãy có độ dài (2u − 1)v − 1

2v − 1 số nguyên, luôn tồn tại một

dãy con a2,i1 , a2,i2 , ..., a2,iv có độ dài v sao cho
a2,i1 + a2,i2 + · · · + a2,iv ≡ 0 (mod v).

Do đó còn lại 2n − 1 − 2v = (2u − 2)v − 1 số nguyên trong dãy và không thuộc
vào hai dãy con ở trên. Cứ tiếp tục quá trình trên với j = 1, 2, ..., 2u − 1 ta nhận
được 2u − 1 các dãy con đôi một rời nhau aj,i1 , aj,i2 , ..., aj,iv độ dài v sao cho
aj,i1 + aj,i2 · · · + aj,iv ≡ 0 (mod v).

Khi đó
aj,i1 + aj,i2 · · · + aj,iv = bj v, (bj ∈ Z), ∀j = 1, 2, ..., 2u − 1.

Vì giả thiết đúng với u nên từ một dãy b1 , b2 , ..., b2u−1 có độ dài 2u − 1 tồn tại
một dãy con bj1 , bj2 ..., bju sao cho
bj1 + bj2 + · · · + bju ≡ 0 (mod u).

Tức là
bj1 + bj2 + · · · + bju = cu , c ∈ Z.

Khi đó
u

v

u

bjr v = cuv = cn ≡ 0 (mod n).

ajr ,is =
r=1 s=1

r=1

Định lí được chứng minh.

19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

2.3.

Lê Thị Thùy Dung

Định lí Chevalley - Warning

Định lý 2.3.1. (Định lí Chevalley - Warning) Cho p là số nguyên tố và
Fq là trường hữu hạn với q = pt phần tử. Với i = 1, ..., m, fi (x1 , ..., xn ) là một đa
thức n biến, bậc di với các hệ số trong Fq . Kí hiệu N là số các bộ (x1 , ..., xn ) các
phần tử Fq sao cho
fi (x1 , ..., xn ) = 0 ( ∀i = 1, ..., m).

Giả sử
m

di < n.
i=1

Khi đó
N ≡ 0 (mod p).

Chứng minh. Trước tiên ta biết rằng F∗q là một nhóm xyclic. Do đó với bất kì
x ∈ Fq , ta có


 1 nếu x = 0
q−1
x
=
 0 nếu x = 0.
Ta quy ước 00 = 1. Khi đó, ta có bổ đề sau
xr = 0 nếu 0

Bổ đề 2.3.1. Sr =

r < q − 1.

x∈Fq

Thật vậy, nếu r = 0 thì S0 = q = 0. Nếu 1
Sr = 0r +

r < p − 1 thì khi đó ta có

xr =
x∈F∗q

xr .
x∈F∗q

Vì F∗q là một nhóm xyclic nên ta có
F∗q = g = {1, g, g 2 , ..., g q−1 }.
Do đó

q−1

q−1
i r

Sr =

(g r )i =

(g ) =
i=0

i=0

20

(g r )q − 1
= 0.
gr − 1