Đang tải... (xem toàn văn)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ ANH MỘT SỐ DẠNG BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƢƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN T[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ ANH MỘT SỐ DẠNG BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƢƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ ANH MỘT SỐ DẠNG BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƢƠNG Chuyên ngành: Phƣơng 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 Lời cảm ơn Để hồn thành luận văn này, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH Hà Huy Khối , người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình nghiên cứu thực luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn giúp đỡ quý báu giảng viên giảng dạy lớp cao học K10 chuyên ngành Phương pháp Tốn sơ cấp nói riêng, thầy, giáo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên nói chung Đồng thời, tơi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đồng nghiệp ln quan tâm, động viên tơi q trình học tập hoàn thành luận văn Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Anh Mục lục Mở đầu Một số kết kinh điển toán biểu diễn số nguyên dương 1.1 Biểu diễn số nguyên dương dạng tổng hai bình phương 1.2 Một số tập minh họa 1.2.1 Bài tập 1.2.2 Bài tập 1.2.3 Bài tập 1.3 Biểu diễn số nguyên dương dạng tổng nhiều hai bình phương 10 Biểu diễn số nguyên dương dạng tổng số hạng cấp số cộng 15 2.1 Những số nguyên dương biểu diễn dạng tổng số lẻ liên tiếp tổng số chẵn liên tiếp 15 2.2 Những số nguyên dương biểu diễn dạng tổng số nguyên dương liên tiếp 26 Kết luận 36 Mở Đầu Vấn đề biểu diễn số nguyên dương vấn đề quan trọng số học, có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác nhận quan tâm của nhà toán học Nhiều nhà toán học tiếng bỏ nhiều cơng sức để nghiên cứu nó, ví dụ Fermat, Lagrange, Wilson, Euler Albert Girard người đưa nhận xét "Mỗi số nguyên tố lẻ mà đồng dư với theo modulo biểu diễn dạng tổng số phương" vào năm 1632 Fermat người chứng minh đưa thông báo thư gửi cho Marin Mersenne năm 1640 Cũng Fermat, Lagrange nhà lý thuyết số kiệt xuất Trong cơng trình ông, kể đến: chứng minh cho định lý Wilson n số nguyên tố (n − 1)! ≡ −1 (mod n); kiểm tra điều kiện để ±2 ±5 thặng dư phi thặng dư bình phương số nguyên tố lẻ (trường hợp −1 ±3 đề cập Euler); tìm nghiệm nguyên phương trình x2 − ay = lời giải số toán đặt Fermat, dẫn tới kết khẳng định số nguyên tố p ≡ (mod 8) có dạng p = a2 + 2b2 , Mục tiêu luận văn trình bày số kết liên quan đến lĩnh vực nghiên cứu kể trên, cụ thể toán biểu diễn số nguyên dương dạng tổng bình phương, toán biểu diễn số nguyên dương dạng tổng số hạng cấp số cộng 3 Chương Một số kết kinh điển toán biểu diễn số nguyên dương 1.1 Biểu diễn số nguyên dương dạng tổng hai bình phương Về mặt lịch sử vấn đề "biểu diễn số nguyên dạng tổng bình phương" tốn thu hút nhiều quan tâm ý Phần dành để trình bày số kết hướng nghiên cứu nhằm trả lời câu hỏi "Giá trị n nhỏ để số nguyên dương biểu diễn dạng tổng khơng q n bình phương?" Khi thử với vài số nguyên dương ta thấy: = 12 = + 12 = + 12 + 12 = 22 = 2 + 12 = 2 + 12 + 12 = 2 + 12 + 12 + 12 Do tổng bốn bình phương cần thiết biểu diễn số 7, ta suy số cần tìm phải thoả mãn n ≥ Vẫn khả xảy số nguyên biểu diễn dạng tổng nhiều bốn bình phương Tuy nhiên, định lý tiếng Lagrange chứng minh vào năm 1770, khẳng định n = 4 đủ, nghĩa là: Mọi số nguyên dương biểu diễn thành tổng bốn bình phương (trong = 02 ) Ta trường hợp đơn giản Trước tiên ta tìm điều kiện cần đủ để số nguyên dương biểu diễn thành tổng hai bình phương Vấn đề quy xem xét số nguyên tố bổ đề Bổ đề 1.1.1 Nếu m n tổng hai bình phương tích m.n Chứng minh ( m = a2 + b2 Giả sử với a, b, c, d nguyên n = c2 + d2 Ta có : m.n = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 Bổ đề chứng minh Ví dụ 1.1 = 2 + 12 = 22 + 5.13 = 65 = 42 + 72 25 = 32 + 42 61 = 52 + 62 25.61 = 1525 = 252 + 302 Tuy nhiên số nguyên hay số nguyên tố viết dạng tổng hai bình phương Ví dụ 1.2 Khơng tồn a, b ngun dương thỏa mãn = a2 + b2 Và trước chứng minh định lý Fermat ta chứng minh Bổ Đề sau: Bổ đề 1.1.2 Với p số nguyên tố gcd(a, p) = phương trình đồng dư ax ≡ y(modp) có nghiệm x0 , y0 thoả mãn ( √ < |x0 | < p √ < |y0 | < p Chứng minh √ Đặt k = [ p] + tập số nguyên: S = {ax − y|0 ≤ x ≤ k − 1; ≤ y ≤ k − 1} Từ ax − y nhận k > p giá trị, theo nguyên lý chuồng bồ câu Dirichlet tồn hai phần tử tập S đồng dư theo modulo p Giả sử hai phần tử ax1 − y1 ax2 − y2 với x1 6= x2 y1 6= y2 Ta viết: a(x1 − x2 ) ≡ (y1 − y2 )(modp) Đặt ( x0 = x1 − x2 y0 = y1 − y2 Ta có x0 , y0 thỏa mãn phương trình đồng dư ax ≡ y(modp) Nếu nghiệm x0 = y0 = gcd(a, p) = suy nghiệm cịn lại khơng, mâu thuẫn với giả thiết Do đó: ( √ < |x0 | ≤ (k − 1) < p √ < |y0 | ≤ (k − 1) < p Bây ta chứng minh định lý Fermat Định lý 1.1.1 (Định lý Fermat) Một số nguyên tố lẻ p biểu diễn dạng tổng hai bình phương p ≡ 1(mod4) Chứng minh: Giả sử p = a2 +b2 Vì p số nguyên tố nên p | a, p | b (Nếu p | a p | b2 nên p | b dẫn đến mâu thuẫn p2 | p) Vì theo thuyết đồng dư tuyến tính tồn số c để bc ≡ (mod p) Theo modulo p quan hệ (ac)2 + (bc)2 = pc2 trở thành: (ac)2 ≡ −1(modp) Như vậy, (−1) thặng dư bình phương p, theo kết −1 biết, ( ) = p ≡ 1(mod4) p Điều ngược lại, giả sử p ≡ 1(mod4) Vì (−1) thặng dư bình phương p nên tồn số nguyên a " cho # a2 ≡ −1(modp) (p − 1) Một giá trị a thoả mãn : a = ! Do (a, p) = phương trình đồng dư ax ≡ y(modp) nhận nghiệm x0 , y0 ta có −x20 ≡ a2 x20 ≡ (ax0 )2 ≡ y02 (modp) x20 + y02 ≡ 0(modp) Suy x20 + y02 = kp với số nguyên k ≥ Mặt khác theo bổ đề ta có ( √ < |x0 | < p √ < |y0 | < p suy < x20 + y02 < 2p suy k = x20 + y02 = p Vậy định lí chứng minh Để ý (−a)2 = a2 , ta có hệ sau Hệ 1.1.1 Số nguyên tố p có dạng 4k + biểu diễn (khơng kể thứ tự số hạng) thành tổng hai bình phương Ví dụ 1.3 Xét số nguyên tố p = 13 Số" nguyên#a tương ứng (p − 1) ! = 6! = 720 chứng minh định lý lấy a = Một nghiệm phương trình đồng dư 720x ≡ y(mod13) hay 5x ≡ y(mod13) tìm cách xét tập hợp S = {5x − y|0 ≤ x, y < 4} Các phần tử tập S số nguyên: −1 −2 −3 10 15 14 13 12 Theo modulo 13 trở thành 10 12 11 10 12 Trong số khả khác ta có 5.1 − ≡ ≡ 5.3 − 0(mod13) 5(1 − 3) ≡ 3(mod13) Vì ta lấy ( x0 y0 = −2 =3 để 13 = x20 + y02 = 22 + 32 Chú ý: 13 = 22 + 32 = 22 + (−3)2 = (−2)2 + 32 = (−2)2 + (−3)2 = 32 + 22 = 32 + (−2)2 = (−3)2 + 22 = (−3)2 + (−2)2 Tám cách viết không kể đến thứ tự Nên biểu diễn 13 = 22 + 32 Ta số nguyên tố có dạng p = 4k + biểu diễn thành tổng hai bình phương, câu hỏi đặt là: Số nguyên tố tích có chứa thừa số 4k + có tính chất khơng? Để trả lời câu hỏi ta xét định lý sau Định lý 1.1.2 Cho số nguyên dương n có dạng n = N m, m số squarefree (số khơng có ước phương khác 1) Khi n biểu diễn dạng tổng hai bình phương m không chứa thừa số nguyên tố dạng 4k + Chứng minh • Nếu m = n = N + 02 : ln • Giả sử m > 1 Điều kiện đủ: m > 1, ta phân tích m thành tích thừa số nguyên tố m = p1 p2 p3 pr Mỗi số nguyên tố pr = có dạng 4k + 1, viết dạng tổng hai bình phương Khi đồng thức (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 , ... toán biểu diễn số nguyên dương dạng tổng bình phương, tốn biểu diễn số nguyên dương dạng tổng số hạng cấp số cộng 3 Chương Một số kết kinh điển toán biểu diễn số nguyên dương 1.1 Biểu diễn số. .. 10 Biểu diễn số nguyên dương dạng tổng số hạng cấp số cộng 15 2.1 Những số nguyên dương biểu diễn dạng tổng số lẻ liên tiếp tổng số chẵn liên tiếp 15 2.2 Những số nguyên dương biểu diễn dạng. ..ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ ANH MỘT SỐ DẠNG BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƢƠNG Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC