Phần này đưa ra một số ứng dụng của hệ thặng dư đầy đủ trong một số bài toán đếm liên quan đến tổ hợp số học. Các bài toán này có thể giải quyết theo một số hướng khác, nhưng việc sử dụng kiến thức về hệ thặng dư đầy đủ làm cho lời giải được tự nhiên và gần gũi hơn.
Bài toán 4.1. Cho p là một số nguyên tố và tập hợp A = {1,2, . . . , p};i, k là các số tự nhiên thỏa mãn 0 ≤ i ≤ p−1; 1 ≤ k ≤ p−1. Chứng minh rằng số các tập con gồm k phần tử của A và tổng các phần tử của mỗi tập con đó thặng dư với i modulo p bằng C
pi
p .
Lời giải. Kí hiệu Ai là tập hợp các tập con gồm k phần tử và tổng các phần tử của mỗi tập con đó thặng dư với i modulo p. Xét hai số tự nhiên phân biệt m, n∈ {0,1,2, . . . , p−1}.
Xét {a1, a2, . . . , ak} ∈ An. Do (k, p) = 1 nên {kx|x = 0,1,2, . . . , p −1} là hệ thặng dư đầy đủ modulo p, suy ra tồn tại số nguyên c∈ {0,1,2, . . . , p−1} sao cho kc=m−n (mod p).
Xét tập hợp {a1+c, a2+c, . . . , ak+c}, ta có
a1+c+a2+c+ã ã ã+ak+c=a1+a2+ã ã ã+ak+kc=n+m−n =m (mod p).
Suy ra {a1+c, a2+c, . . . , ak+c} tương với một phần tử trong tập Am. Do đó
|An|=|Am| ⇒ |Ai|= |A0|+|A1|+ã ã ã+|Ap−1|
p = Cpi
p . Vậy bài toán được chứng minh.
Sau đây ta đưa ra một số bài toán ứng dụng của bài toán (4.1). Đầu tiên ta xét bài toán trong đề thi IMO 1995.
Bài toán 4.2. [IMO 1995] Choplà một số nguyên tố lẻ và tập hợpX ={1,2, . . . ,2p}
Tìm số tập con gồm p phần tử của tập X sao cho tổng các phần tử của mỗi tập con chia hết cho p.
Lời giải. Do p là số nguyờn tố lẻ nờn 1 + 2 +ã ã ã+p = p(p+ 1)
2 = 0 (mod p) và p+ 1 +p+ 2 +ã ã ã+ 2p=p2+p(p+ 1)
2 = 0 (mod p), suy ra hai tập hợp {1,2, . . . , p}
và {p+ 1, p+ 2, . . . ,2p} là hai tập thoả mãn có p phần tử và tổng các phần tử chia hết cho p.
Xét tập hợp A,|A|=p, và P
x∈A
x= 0 (mod p), A6={1,2, . . . , p},{p+ 1, p+ 2, . . . ,2p}. Giả sử trong A có k phần tử được chọn từ {1,2, . . . , p} và tổng các phần tử này = i (mod p) thì p−k phần tử còn lại được chọn từ tập {p+ 1, p+ 2, . . . ,2p}
và tổng p −k phần tử này phải = p− i (mod p). Như vậy theo bài toán (4.1) thì mỗi cách chọn k phân tử thuộc tập hợp {1,2, . . . , p} thì số cách chọn p − k phần tử còn lại của A bằng C
pp−k
p = Cpk
p . Do đó số cách chọn tập A,|A| = p và P
x∈A
x = 0 (mod p), A 6= {1,2, . . . , p},{p+ 1, p+ 2, . . . ,2p} bằng
p−1
P
k=1
CpkCpk
p =
Cp02
+ Cp12
+ã ã ã+ Cpp2
−2
p = C2pp −2
p .
Do đó số tập con thỏa mãn yêu cầu bài toán là C
p 2p−2
p + 2.
Bài tập 4.1. (Mở rộng bài toán IMO 1995) Cho p là một số nguyên tố lẻ, số nguyên dương m ≥ p và tập x ={1,2, . . . , m}. Tìm số tập con gồm p phần tử của tập X sao cho tổng các phần tử của mỗi tập con này chia hết cho p.
Lời giải. Đặt m = pq+r,0 ≤ r < p ⇒ q = m
p
. Chia tập X thành các tập như sau:
A1={1,2, . . . , p}
A2={p+ 1, p+ 2, . . . ,2p}
. . .
Aq ={(q−1)p+ 1,(q−1)p+ 2, . . . , qp}
Aq+1 ={qp+ 1, qp+ 2, . . . , qp+r}.
Do p lẻ nên A1, A2, . . . , Aq là những tập thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Xét tập A6=Ai, ∀i= 1,2. . . , q thỏa mãn yêu cầu bài toán, dễ thấy A6=Aq+1. Tập hợp A gồm cú i1 +i2 +ã ã ã+ iq+1 = p phần tử gồm ik phần tử thuộc tập Ak, k = 1,2, . . . , q+ 1, kết hợp với A6=Ai, ∀i= 1,2. . . , q nên 0≤i1, i2, . . . , iq+1< p.
Theo bài toán (4.1) thì số tập hợp A bằng
X
i1+i2+ããã+iq+1=p 0≤i1,i2,...,iq+1<p
Cpi1Cpi2. . . CpiqCpiq+1
p =
P
i1+i2+ããã+iq+1=p 0≤i1,i2,...,iq+1<p
Cpi1Cpi2. . . CpiqCpiq+1−q
p
= Cpq+rp −q
p =
Cmp − m
p
p .
Vậy số tập con thỏa mãn yêu cầu bài toán là
Cmp − m
p
p +q =
Cmp − m
p
p +
m p
. Bài toán 4.3. [Baltic Way 2014] Cho p là một số nguyên tố và n là số nguyên dương. Tìm số bộ sắp thứ tự(a1, a2, a3, a4) thỏa mãn
a1, a2, a3, a4∈ {0,1,2, . . . , pn −1}
và
pn|(a1a2+a3a4+ 1).
Lời giải.
Nhận xét 4.1. Nếu (x, p) = 1 ⇒ (x, pn) = 1 ⇒ {xk|k = 0,1,2, . . . , pn −1} là hệ thặng dư đầy đủ modulo pn.
Trường hợp 1. Nếu a1 6= 0 (mod p) và với mỗi cách chọn a3, a4 thì tồn tại duy nhất một số a2 ∈ {0,1,2, . . . , pn−1} thỏa mãn pn|(a1a2 +a3a4 + 1). Do đó bộ sắp thứ tự (a1, a2, a3, a4) trường hợp này là số cách chọn a1 6= 0 (mod p) và a3, a4∈ {0,1,2, . . . , pn−1} suy ra số bộ là ϕ(pn)pnpn =p3n−p3n−1.
Trường hợp 2. Nếu a1 = 0 (mod p) ⇒ a3, a4 6= 0 (modp) và với mỗi cách chọn a3 6= 0 (mod p), a2 ∈ {0,1,2, . . . , pn−1} thì tồn tại duy nhất một số a4 ∈ {0,1,2, . . . , pn−1}, a4 6= 0 (mod p) thỏa mãn pn|(a1a2 +a3a4 + 1). Do đó bộ sắp thứ tự (a1, a2, a3, a4) trường hợp này là số cách chọn a1 = 0 (modp) và a3 6= 0 (mod p), a2∈ {0,1,2, . . . , pn−1} suy ra số bộ là(pn−ϕ(pn))pnϕ(pn) =p3n−1−p3n−2.
Do đó số bộ sắp thứ tự thỏa mãn yêu cầu bài toán là p3n−p3n−1+p3n−1−p3n−2 =p3n−p3n−2.
Bài toán 4.4. [Canada Mathematical Olympiad 2014] Cho p là một số nguyên tố lẻ. Tìm số bộ số nguyên sắp thứ tự(a1, a2, . . . , ap)đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau:
• (i) a1, a2, . . . , ap ∈ {0,1, . . . , p−1};
• (ii) a1+a2+ã ã ã+ap khụng chia hết cho p
• (iii) a1a2+a2a3+ã ã ã+ap−1ap+apa1 chia hết cho p.
Lời giải. Kí hiệu Ai, i= 0,1,2, . . . , p−1là tập hợp các bộ sắp thứ tự(a1, a2, . . . , ap) thỏa món điều kiện (i) và (ii) và thỏa món a1a2+a2a3 +ã ã ã+ap−1ap +apa1 = i (mod p).
Xột bộ (a1, a2, . . . , ap)∈Ai, do (2(a1+a2+ã ã ã+ap), p) = 1 nờn
{2(a1+a2+ã ã ã+ap)k|k= 0,1,2, . . . , p−1} lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modulo p, suy ra với mỗi j ∈ {0,1, . . . , p−1} thì tồn tại số c∈ {0,1, . . . , p−1} sao cho 2(a1+a2+ã ã ã+ap)c=j−i (mod p).
Xét bộ a1+c, a2+c, . . . , ap+c, ta thấy bộ này thỏa mãn điều kiện (ii), ta kiểm tra điều kiện (iii)
(a1+c)(a2+c) + (a2+c)(a3+c) +ã ã ã+ (ap−1+c)(ap+c) + (ap+c)(a1+c)
=a1a2+a2a3+ã ã ã+ap−1ap+apa1+ 2c(a1+a2+ã ã ã+ap) +pc2
=i+j −i+ 0 =j (mod p).
Suy ra a1+c, a2+c, . . . , ap+cthỏa mãn điều kiện (ii) và (iii), do đó bằng cách xét theo modulo p thì mỗi bộ a1+c, a2+c, . . . , ap+c tương ứng với mỗi bộ thuộc Ai. Từ đó
|A0|=|A1|=ã ã ã=|Ap−1|= |A0|+|A1|+ã ã ã+|Ap−1|
p .
Mà|A0|+|A1|+ã ã ã+|Ap−1| là số bộ (a1, a2, . . . , ap) thỏa món điều kiện (ii), dễ thấy số bộ này bằng ϕ(p)(p−1) =pp−1(p−1).
Do đú |A0|= |A0|+|A1|+ã ã ã+|Ap−1|
p = pp−1(p−1)
p =pp−2(p−1).
Vậy số bộ cần tìm bằng pp−2(p−1).
Tương tự ta đề xuất một số bài toán với lời giải hoàn toàn tương tự.
Bài tập 4.2. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Tìm số bộ số nguyên sắp thứ tự (a1, a2, . . . , ap) đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau:
• (i) a1, a2, . . . , ap ∈ {0,1, . . . , p−1};
• (ii) a1+a2+ã ã ã+ap khụng chia hết cho p
• (iii) a21+a22+ã ã ã+a2p chia hết cho p.
Bài tập 4.3. (Mở rộng bài toán Canada Mathematical Olympiad 2014) Tìm số bộ số nguyên sắp thứ tự(a1, a2, . . . , a2017) đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau:
• (i) a1, a2, . . . , a2017∈ {1,2, . . . ,2017n};
• (ii) a1+a2+ã ã ã+a2017 khụng chia hết cho 2017
• (iii) a1a2+a2a3+ã ã ã+a2016a2017+a2017a1 chia hết cho 2017.