(Luận văn) một số phương trình diophant đặc biệt

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI ANH DŨNG lu an n va MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT p ie gh tn to ĐẶC BIỆT d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2015 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI ANH DŨNG MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT ĐẶC BIỆT lu an n va tn to Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp 60 46 01 13 p ie gh Mã số: w d oa nl LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z at nh oi GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2015 ac th si i Mục lục Lời cảm ơn iii lu 1 Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2 1.1 Một số hàm số học 1.1.1 Phi - hàm Ơle 1.1.2 Hàm tổng ước số dương n an Mở đầu n va p ie gh tn to Hàm tích ước nguyên tố n 11 w Hàm - Số ước nguyên tố n 10 nl 1.1.3 d oa 1.1.4 Cấu trúc nghiệm phương trình σ(n) = γ(n)2 12 1.3 Nghiệm số trường hợp đặc biệt 13 Nghiệm phương trình σ(n) = γ(n)2 trường lm ul 1.3.1 nf va an lu 1.2 1.3.2 z at nh oi hợp w(n) ≤ 13 Nghiệm phương trình σ (n) = γ(n)2 trườg hợp n khơng có ước luỹ thừa bậc 18 z 22 gm Phương trình dạng ax ≡ x (mod bn ) @ Bài toán dãy chữ số cuối số 22 2.2 Cơ sở đắn tồn nghiệm phương trình ax ≡ m co l 2.1 an Lu x (mod bn ) 24 n va ac th si ii Kết luận Đề nghị 31 Tài liệu tham khảo 32 lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si iii Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên lu Đầu tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người thầy đáng an kính GS.TSKH Hà Huy Khoái - ĐH Thăng Long Hà Nội Thầy dành va n nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình xây Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Thầy khoa Tốn, phịng p ie gh tn to dựng đề cương, làm hoàn thiện luận văn Đào tạo sau Đại học, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, oa nl w Thầy cô giáo tham gia trực tiếp giảng dạy lớp cao học khóa 1/2014 - d 1/2016 Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp K7C Cao học Toán lu nf va luận văn an - Đại học Khoa học động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm Thái Nguyên, 2015 z at nh oi lm ul Em xin chân thành cảm ơn! Bùi Anh Dũng z @ Học viên Cao học Tốn lớp C, khóa 01/2014-01/2016 gm co l Chuyên ngành phương pháp Toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên m an Lu Email: buianhdung@gmail.com n va ac th si Mở đầu Phương trình Diophant dạng toán lâu đời Toán học trải qua lịch sử phát triển lâu dài lu Thông qua việc giải phương trình Diophant, nhà Tốn học tìm an tính chất sâu sắc số nguyên, số hữu tỷ, số đại số va n Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, phương trình Diophant gh tn to thường xuyên xuất hình thức khác ln đánh p ie giá khó tính phi tiêu chuẩn Luận văn có mục đích trình bày số kết nghiên cứu gần oa nl w số phương trình Diophant đặc biệt, liên quan đến hàm số học (Hàm d tổng ước hàm tích ước nguyên tố) biểu diễn số nguyên an lu số tùy ý lm ul liệu tham khảo nf va Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, phần kết luận danh mục tài z at nh oi Chương Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2 Trong chương trình bày số hàm số học, cấu trúc nghiệm z phương trình nghiệm số trường hợp đặc biệt @ gm Chương Phương trình dạng ax ≡ x(modbn ) m co đắn, tồn nghiệm phương trình l Chương trình bày Bài tốn dãy chữ số cuối số sở an Lu n va ac th si Chương Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2 1.1 Một số hàm số học lu an n va 1.1.1 Phi - hàm Ơle tn to Định nghĩa 1.1 Giả sử n số nguyên dương Giá trị phi - hàm Ơ - gh le n số số nguyên dương không vượt n nguyên tố p ie với n Kí hiệu Phi - hàm Ơ - le ϕ (n) oa nl w Ví dụ 1.1 ϕ (1) = 1, ϕ (2) = 1, ϕ (3) = 2, ϕ (4) = 2, ϕ (5) = d Định nghĩa 1.2 Cho n số nguyên dương Nếu a số nguyên với (a, n) = lu nf va an ln tồn số ngun dương k để ak ≡ (mod n) Số nguyên dương k bé thỏa mãn ak ≡ (mod n) gọi cấp số nguyên a (mod n) lm ul z at nh oi Định nghĩa 1.3 Một hệ thặng dư thu gọn môđulô n tập hợp gồm ϕ (n) số nguyên cho phần tử tập hợp nguyên tố z với n khơng có hai phần tử khác đồng dư mơđulơ n @ l gm Ví dụ 1.2 Các số 1, 2, 3, 4, 5, lập thành hệ thặng dư thu gọn môđulô m co Các số 1, 3, 5, lập thành hệ thặng dư thu gọn môđulô an Lu Định nghĩa 1.4 Một tập A gọi hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô n với số x ∈ Z tồn a ∈ A để x ≡ a (mod n) n va ac th si Ví dụ 1.3 Các số 0, 1, 2, , n − lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô n  Tính chất 1.1 Giả sử r1 , r2 , , rϕ(n) hệ thặng dư thu gọn môđulô  n, a số nguyên dương (a, n) = Khi đó, tập hợp ar1 , ar2 , , arϕ(n) hệ thặng dư thu gọn môđulô n Chứng minh Trước tiên ta chứng tỏ rằng, số nguyên arj nguyên tố với n Giả sử ngược lại, (arj , n) > với j Khi tồn ước nguyên tố p (arj , n) Do đó, p |a, p |rj , tức p |a lu p |n, p |rj p |n Tuy nhiên, khơng thể có p |rj p |n rj n an n va nguyên tố Tương tự, khơng thể có p |a p |n Vậy, arj n Còn phải chứng tỏ hai số arj , ark (j 6= k) tùy ý không đồng dư môđulô ie gh tn to nguyên tố với j = 1, 2, , ϕ (n) p n Giả sử arj ≡ ark (mod n) , j 6= k ≤ j ≤ ϕ (n) , ≤ k ≤ ϕ (n) Vì nl w (a, n) = nên ta suy rj ≡ rk (mod n) Điều mâu thuẫn rj , rk d oa thuộc hệ thặng dư thu gọn ban đầu mơđulơ n an lu Ví dụ 1.4 Tập hợp {1, 3, 5, 7} hệ thặng dư thu gọn theo môđulô nf va Do (5, 8) = nên {5, 15, 25, 35} hệ thặng dư mơđulơ lm ul Tính chất 1.2 (Định lí Euler) Giả sử m số nguyên dương a số z at nh oi nguyên với (a, m) = Khi aϕ(m) ≡ (mod m)  Chứng minh Giả sử r1 , r2 , , rϕ(n) hệ thặng dư thu gọn gồm z số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m Do  Tính chất (a, m) = 1, tập hợp ar1 , ar2 , , arϕ(n) l gm @ co hệ thặng dư thu gọn môđulô m Như vậy, thặng dư dương bé m ar1 , ar2 , , arϕ(m) phải số nguyên r1 , r2 , , rϕ(m) xếp theo thứ tự an Lu Vì thế, ta nhân vế từ hệ thặng dư thu gọn đây, ta được: n va ar1 a r2 arϕ(m) ≡ r1 r2 rϕ(m) (mod m) ac th si
Do đó, aϕ(m) r1 r2 rϕ(m) ≡ r1 r2 rϕ(m) (mod m) Vì r1 r2 rϕ(m) , m = nên aϕ(m) ≡ (mod m) Ví dụ 1.5 Ta có: 2ϕ(5) = 24 = 16 ≡ ( mod 5) Nhận xét 1.1 Ta tìm nghịch đảo mơdulơ n cách sử dụng định lí Euler Giả sử a, m số nguyên tố nhau, đó: a.aϕ(m)−1 = aϕ(m) ≡ (mod m) lu Vậy aϕ(m)−1 nghịch đảo a mơdulơ m an n va Ví dụ 1.6 Ta có: 2ϕ(9)−1 = 26−1 = 25 = 32 ≡ (mod 9) nghịch đảo tn to môdulô p ie gh Hệ 1.1 Nếu (a, b) = aϕ(b) + bϕ(a) ≡ (mod ab) nl w Hệ 1.2 Với (a, b) = n, v hai số nguyên dương d oa anϕ(b) + bvϕ(a) ≡ (mod ab) lu nf va an Hệ 1.3 Giả sử có k (k ≥ 2) số nguyên dương m1 , m2 , , mk chúng nguyên tố với đôi z at nh oi lm ul Đặt M = m1 m2 mk = mi ti với i = 1, 2, , k ta có tn1 + tn2 + + tnk ≡ (t1 + t2 + t3 )n (modM ) z với n nguyên dương @ l gm Tính chất 1.3 Với số nguyên tố p ta có ϕ (p) = p − Ngược lại, p co số nguyên dương cho ϕ (p) = p − p số nguyên tố m Chứng minh Nếu p nguyên tố với số nguyên dương nhỏ p an Lu nguyên tố với p Do có p − số nguyên dương nên n va ϕ (p) = p − ac th si Ngược lại, p hợp số p có ước d, < d < p, p d không nguyên tố Như vậy, số 1, 2, , p − phải có số không nguyên tố với p, nên ϕ (p) ≤ p − Theo giả thiết ϕ (p) = p − Vậy p số nguyên tố Ví dụ 1.7 ϕ (3) = − = 2, ϕ (31) = 31 − = 30 Tính chất 1.4 Giả sử p số nguyên tố a số nguyên dương Khi ϕ (pa ) = pa − pa−1 lu an n va Chứng minh Các số nguyên dương nhỏ pa không nguyên tố Do tồn pa − pa−1 số nguyên nhỏ pa nguyên tố gh tn to với p số không vượt pa−1 chia hết cho p Có pa−1 số p ie với pa Vậy ϕ (pa ) = pa − pa−1 oa nl w

Ví dụ 1.8 ϕ (125) = ϕ 53 = 53 − 52 = 100, ϕ 210 = 210 − 29 = 525 d Tính chất 1.5 Nếu m, n số nguyên dương, nguyên tố nf va an lu ϕ (m.n) = ϕ (m) ϕ (n) lm ul Chứng minh Ta viết số nguyên dương không vượt mn thành bảng z at nh oi sau: z m + 2m + (n − 1) m + gm @ m + 2m + (n − 1) m + l m co m + 2m + (n − 1) m + n va r m + r 2m + r (n − 1) m + r an Lu ac th si 18 σ(q β ) = 2v pz rη ; σ(rγ ) = 2λ ps q t , với ≤ β ≤ 77, ≤ γ ≤ 239, u ∈ {1, 2}, u + v + λ ≤ 2, ≤ w ≤ 2, w + t ≤ 2, δ + η ∈ {1, 2}, z ∈ {0, 1, 2}, s ∈ {0, 1, 2} Điều này, mang lại cho số lượng định khả cho ba (p, q, r) Từ σ(n) = 4p2 q r2 , suy n cách giải phương trình cho α, cho p, q r Một chương trình máy tính khẳng định kết luận Định lý 1.1 lu an n va 1.3.2 tn to Nghiệm phương trình σ (n) = γ(n)2 trườg hợp n khơng có ước luỹ thừa bậc ie gh Định lí 1.2 Nếu n > thuộc K, n phải có ước lũy thừa bậc p Chứng minh Ta giả sử điều sai, nghĩa tồn số n ∈ K oa nl w khơng có ước lũy thừa bậc Theo Bổ đề 1.1 ta viết d e k Y qi2 , i=1 nf va an lu n=2 p1 pa22 với a2 ∈ {0, 1} Cho Q = {q1 , , qk } lm ul z at nh oi Ý tưởng tiếp theo, ta tìm xem có nhiều phần tử q ∈ Q thỏa Q mãn q ≡ (mod 3) Nếu có nhiều 33 chia hết q∈Q σ(q ) ước γ(n)2 , điều mâu thuẫn z Ta bắt đầu k ≤ Để điều này, giả sử       Y R = r ∈ Q : gcd σ(r) , q =   2 r∈R σ(r ) chia hết cho p1 (nếu a2 = 0) Q r∈R σ(r an Lu Q m Khi co l gm @ q∈Q ) chia hết n va cho p21 p22 a2 > Suy σ(r2 ) bội p1 p2 với ac th si 19 r ∈ R Vì có nhiều hai phần tử r0 σ(r2 ) bội p1 có nhiều hai phần tử r0 σ(r2 ) bội p2 , ta thấy 6= R ≤ Khi r ∈ Q\R σ(r2 ) > suy σ(r2 ) = r2 + r + bội số nguyên tố qir > với qir ∈ Q Tiếp theo, qir ước nguyên tố r2 + r + lớn thỏa mãn qir ≡ (mod 3) Vì ir lấy giá trị với nhiều hai số nguyên tố phân biệt r, có hai giá trị khác số ir , ta thấy k− = R ≤ 4, điều k ≤ 8, nói đến lu Tiếp theo, ta viết lại phương trình σ(n) = γ(n)2 dạng an n va  p2δ σ (pa22 ) ! (5) tn to  k     p1 2e+1 − Y qi2 − qi + = qi2 p1 + i=1 gh p ie với δ2 = a2 = δ2 = a2 > Vế trái (5)  e+1    − Y q2 − q + < 0.73(2e+1 − 1) q q≤23 d oa nl w (6) lu nf va an Giả thiết a2 = Khi vế trái (5) p21 ≥ = 2, 25 p1 + z at nh oi lm ul (7) Nếu e = 1, vế trái bất đẳng thức (5) (6) nhỏ 0.73(22 − 1) < 2.22, điều mâu thuẫn với (7)
≤ 0.73 24 − = 10.95 suy p1 ≤ 11 Vì co l Nếu p1 = 11, ∈ Q gm p1 ≡ (mod 8), ta thấy p1 ∈ {3, 11} @ p21 p1 +1 z Như e ∈ {2, 3} m Nếu p1 = 3, e ∈ {2, 3}, ta suy ∈ Q ∈ Q an Lu Nếu ∈ Q 13|32 + + 1, 61|132 + 13 + 97|612 + 61 + tất n va thuộc Q đồng dư theo môdulô Điều mâu thuẫn ac th si 20 Nếu ∈ Q 31|52 + + 1, 331|312 + 31 + 7|3312 + 331 + tất thuộc Q, điều mâu thuẫn Nếu ∈ Q 7, 19|72 + + 127|192 + 19 + thuộc Q, điều mâu thuẫn Giả sử a2 > 0, theo Bổ đề 1.1 ta có p1 ≡ p2 ≡ (mod 4) Vì e ∈ {1, 2, 3} suy số 3, 5, chia hết n Nếu 3|n, ∈ Q Nếu 5|n số p1 p2 3|σ(p1 pa22 )|n, lu ∈ Q 31 = 52 + + không đồng dư theo môdulô mà chia hết n, an Cuối cùng, 7|n p1 p2 nghĩa ∈ Q n va suy thuộc Q, 3|31 + 31 + 1|n Tóm lại, trường hợp với a2 > ta suy chia hết p ie gh tn to 3|72 + + 1, điều suy 3|n w n oa nl Vậy 13 = 32 + + chia hết n, suy 13 ∈ Q không thuộc d Nếu 13 không thuộc Q 7|13+1 thuộc Q, trường hợp 19|72 +7+1 lu nf va an chia hết n khơng đồng dư với theo mơdulơ 4, 19 ∈ Q 127|192 + 19 + chia hết cho n khơng đồng dư mơdulơ lm ul 127 ∈ Q Vậy ba số 7, 19, 127 thuộc Q, điều lại mâu thuẫn lần z at nh oi Nếu 13 ∈ Q 61|132 + 13 + chia hết n z Nếu 61 số p1 p2 , 31|σ(p1 pa22 ) 31 ≡ (mod 4), @ gm suy 31 ∈ Q Tiếp theo 331|312 +31+1 ước n không đồng dư với m Q, điều mâu thuẫn co l theo môdulô 4, suy thuộc Q số 13, 31, 331 thuộc an Lu Cuối cùng, 61 ∈ Q 97|612 + 61 + ước n Nếu 97 ∈ Q ta n va có điều mâu thuẫn 13 61 ln thuộc Q, 97 ac th si 21 số p1 p2 , 7|σ(p1 pa22 ) ước n phải thuộc Q, lần suy điều mâu thuẫn Ta điều phải chứng minh lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 22 Chương Phương trình dạng ax ≡ x (mod bn) 2.1 Bài toán dãy chữ số cuối số lu an va Sự kiện 7343 có tận 343 gây tị mị Tuy nhiên, điều lại n xảy với tn to p ie gh 7630680637333853643331265511565172343 = 630680637333853643331265511565172343, w làm cho ta bắt đầu thấy thú vị Bên cạnh đó, ta thay số oa nl số nguyên dương a tuỳ ý (miễn khơng phải bội số 10), điều d quan sát lu nf va an Ví dụ, a = 12, có: z at nh oi lm ul 1252396359135848584931714421454012416 = 52396359135848584931714421454012416 Chính xác hơn, chứng minh với số nguyên dương a, bội số 10, có tồn dãy vô hạn chữ số z @ l gm x(a) = xi x1 x0 i=0 xi 10i = xn−1 x1 x0 an Lu n−1 X m xn (a) = co thỏa mãn với n ≥ số n va ac th si 23 số thỏa mãn axn (a) ≡ xn (a) (mod 10n ) Hơn nữa, kết không cho số b = 10; mà kết tương tự b số khơng có ước phương, cho với số nguyên tố p|b số nguyên tố q|p − ta có q|b Đối với số nguyên dương a, bội số b, tồn dãy vô hạn số số b lu an x(a, b) = ( xi x1 x0 )b va n thỏa mãn với n ≥ n(b), đặc trưng sau, số tn to gh xn (a, b) = n−1 X xi bi = (xn−1 x1 x0 )b p ie i=0 w thỏa mãn oa nl axn (a,b) ≡ xn (a, b) (mod bn ) d Ví dụ, với b = a = ta có an lu nf va x(4, 6) = 32112014504555423255404350553541104531046 z at nh oi lm ul n = 11, ta có x11 (4, 6) = 541104531046 = 344639488 z @ l gm
4344639488 ≡ 344639488 mod 611 co Khi số b số có ước phương, thay cho bội b, phải m loại bỏ bội s(b), phần khơng có ước phương b an Lu Cuối cùng, điều kiện mô tả đủ để đảm bảo tồn n va dãy x(a, b), khơng phải điều kiện cần Có ac th si 24 thể xẩy trường hợp số số b khác số giá trị a có tồn chuỗi x(a, b) Như ví dụ ta có với b = a = dãy x(4, 9) = 44444449 2.2 Cơ sở đắn tồn nghiệm phương trình ax ≡ x (mod bn) Chúng ta viết thừa số nguyên tố số nguyên b b = kí hiệu e(b) = maxp|b {vp (b)} lũy thừa cao số nguyên Q tố chia hết b Ta sử dụng kí hiệu s(b) = p|b p phần khơng có ước Q pp vp (b) lu an n va phương b Khi ta có bổ đề sau: gh tn to Bổ đề 2.1 Giả sử a, b số nguyên x ≥ e(b) nghiệm phương ie trình p ax ≡ x (mod ϕ (b)) oa nl w Khi x d aa ≡ ax (mod b) an lu nf va Chứng minh Cho b = b1 b2 với gcd(b1 , a) = p|b2 p|a Sau lm ul ϕ(b1 )|ϕ(b) suy ax ≡ x (mod ϕ (b1 )) Bây giờ, ta sử dụng hệ đơn giản định lý Euler, ta z at nh oi x aa ≡ ax (mod b1 ) z x gm @ Mặt khác, ta có aa ≡ ax ≡ (mod b2 ) l an Lu Từ bổ đề ta có định lý sau: m co Kết suy từ định lí Trung Hoa phần dư n va ac th si 25 Định lí 2.1 Với cặp số nguyên a, b tồn số nguyên x ≥ e(b) + thỏa mãn ax ≡ x (mod b) Chứng minh Chúng ta chứng minh quy nạp b, lưu ý kết tầm thường cho b = 1, Chúng ta giả sử chứng minh định lý với số nguyên nhỏ b muốn chứng minh kết cho b Chúng ta giả sử a > Bây giờ, lưu ý ϕ(b) < b áp dụng quy nạp để có lu nghiệm x ≥ e(ϕ(b)) + phương trình an va n ax ≡ x (mod ϕ (b)) tn to gh Trong trường hợp này, e(ϕ(b)) ≥ e(b) − xác định, sử dụng Bổ đề p ie 2.1 ta có x d oa nl w aa ≡ ax (mod b)
P ý ax = (1 + (a − 1))x = xj=0 xj (a − 1)j ≥ + x với số nguyên nf va minh an lu a > x ≥ 0, ta có ax ≥ x + ≥ e(b) + Ta có điều phải chứng lm ul Định nghĩa 2.1 Ta gọi số nguyên b sở đắn với số nguyên z at nh oi tố p|b số nguyên tố q|p − ta có q|b Ta giả sử n(b) số nguyên nhỏ thỏa mãn (p − 1)|bn(b) với p|b z gm @ Nhận xét 2.1 Sự tồn số nguyên n(b) rõ ràng, từ định nghĩa l sở đắn Dễ thấy sở đắn b chẵn, ta thấy m co b = 2, 4, 6, 8, 10, 12, 16, 18, 20, 24 30 sở đắn đầu an Lu tiên với b = 2, 6, 10, 30, 34, 42, 78, 102 110 sở đắn khơng có ước phương Ta thấy b số khơng có ước n va ac th si 26 phương, n(b) = maxp|b {maxq|b {vq (p − 1)}} Do đó, ta có n(10) = n(34) = n(100) = Ngoài đưa Nhận xét 2.1, người ta đặt câu hỏi liệu có tồn sở đắn khác làm để tìm thấy chúng Các tính chất sau cung cấp nhiều cách khác việc xây dựng sở đắn khác Đặc biệt lưu ý có vơ số sở đắn • Tích sở đắn sở đắn lu • Nếu b sở đắn p số nguyên tố thỏa mãn p − 1|br với r an • b = m! sở đắn với m Q • Với số nguyên r, b = p≤r p sở đắn n va đó, pb sở đắn p ie gh tn to Hai nhận xét hệ trực tiếp định nghĩa Đối với nhận w xét thứ ba thứ tư phải lưu ý p|b q|p − 1, q ≤ m oa nl nhận xét thứ ba, q ≤ r nhận xét cuối d Kết cịn lại, ta kí hiệu xn (a, b) bới xn cho ngắn, ta có định lý sau: an lu nf va Định lí 2.2 Cho b sở đắn, s(b) phần ước lm ul phương Khi đó, với số nguyên a không bội s(b) tồn xn + cn bn thỏa mãn z at nh oi dãy {cn }n≥nb số, ≤ cn < b cho số nguyên xn+1 = axn ≡ xn (mod bn ) , z gm @ với n > n(b) l Chứng minh Để chứng minh lập luận trên, ta xét b số nguyên an Lu minh quy nạp theo n m co khơng có ước phương Trong tất trường hợp đây, ta chứng Trường hợp 1: b số khơng có ước phương gcd(a, b) = n va ac th si 27 Giả sử rằng, với n ≥ n(b) đó, axn ≡ xn (modbn ) (Dễ thấy điều với n = n(b) theo định lí 2.1 với bn(b) thay cho b) Khi axn ≡ xn + cn bn (modbn+1 ), với ≤ cn < b Tiếp theo, ta thấy sở đắn, ϕ(pn+1 )|bn với số nguyên n ≥ n (b) với số nguyên tố p|b Do đó, aϕ(p n+1 ) ≡ 1(modpn+1 ), với số nguyên m, ta có lu n an amb ≡ 1(modbn+1 ) n va tn to theo định lí phần dư Trung Hoa Ta có n p ie gh axn +cn b ≡ axn (modbn+1 ) ≡ xn + cn bn (modbn+1 ) w nghĩa d oa nl axn +1 ≡ xn+1 (modbn+1 ) an lu việc chọn cn nf va Trường hợp 2: b số khơng có ước phương gcd(a, b) > lm ul Cho b = b1 b2 thỏa mãn gcd(b1 , a) = b2 |a Một lần ta chứng minh theo quy nạp, ta giả sử z at nh oi axn ≡ xn (modbn ) ≡ xn + cn bn (modbn+1 ) (2.1) z số nguyên m có n an Lu n m gcd(a, b1 ) = Đặc biệt co amb ≡ 1(modbn+1 ), l gm @ với n ≥ n(b) Trong trường hợp này, số bước trên, ta suy với n va n n+1 axn +cn b ≡ axn (modbn+1 ) ≡ xn + cn b (modb1 ) ac th si 28 n xn +cn b Mặt khác, ta dễ thấy bn+1 , xn + cn bn ), thêm vào đó, xn ≥ |gcd(a n xn +cn b xn n+1 n + bn+1 bn+1 ) Do bn+1 chia hết xn + cn bn |a |gcd(a , b theo 2.1 Hơn nữa, xn > theo 2.1 ta thấy bn2 |xn đặc biệt xn ≥ n + Do n axn +cn b ≡ xn + cn bn (modbn+1 ) phần lại theo chứng minh định lý Trung Hoa phần dư lu Trường hợp 3: b có ước phương gcd(a, b) = Q Cho b = pvp (b) = P1α1 Prαr , với α1 < α2 < < αr Pi số Q αi khơng có ước phương, với i = 1, , r Ta kí hiệu Bj = j−1 i=1 Pi an n va axn ≡ xn (modbn ) gh tn to B1 = Ta giả sử p ie với n ≥ n(b) Khi w d oa nl axn ≡ xn + c1,2,n bn (modP1 bn ) an lu ≤ c1,1,n < P1 nf va Ta có ϕ(pnvp (b)+1 )|bn với n ≥ n(b) p|P1 , theo lập luận lm ul ta suy với số nguyên m n z at nh oi amb ≡ 1(modP1 bn ) Đặc biệt z @ n l gm axn +c1,1,n b ≡ axn (modP1 bn ) ≡ xn + c1,1,n bn (modP1 bn ) m co
Cứ tiếp tục vậy, ý ϕ pnvp (b)+i |P1i−1 bn ta có an Lu axn ,1 ≡ xn,1 (modP1α1 bn ) n va ac th si 29 cho xn,1 = xn + ( αX −1 ci,1,n P1i )bn , i=0 với ≤ ci,1,n < P1 Tiếp theo ta ý với ≤ l ≤ r jl < αl ta có ϕ(pnvp (b)+jl )|Pljl −1 Bl bn Lặp lại q trình ta xây dựng xn+1 = xn + ( j −1 r α X X ci,j,n Pji Bj )bn , j=1 i=0 lu với ci,j,n ≤ Pj − thỏa mãn an n va axn+1 ≡ xn+1 (modbn+1 ) gh tn to Do đó, p ie j −1 r α X X ci,j,n Pji Bj ≤ j=1 i=0 r X αj −1 (Pj −1) j=1 X Pji Bj = i=0 r X α (Pj j −1)Bj = j=1 r X (Bj+1 −Bj ) = b− j=1 nl w d oa ta có điều phải chứng minh an lu Trường hợp 4: b có ước phương gcd(a, b) > nf va Chứng minh tương tự trường hợp lm ul Nhận xét 2.2 Cần phải thấy , n ≥ n(b), nghiệm thỏa z at nh oi mãn định lí 2.1 x ≥ bn , ta cần tìm nghiệm khác y < bn Do đó, với số nguyên n ≥ n(b) số nguyên xn cho n chữ số z số b số nguyên xm với m ≥ n Để điều này, @ Pn−1 Pk i i=n ci b = y + bn Y với y 6= đó, n va y ≡ (mod bn2 ) , an Lu ngược lại a bội s(b) Nhưng sau m i=0 ci b i + co x > bn , x = l gm ax ≡ x (mod bn ) ac th si 30 ax ≡ (mod bn2 ) ax ≡ y(modbn2 ), y ≥ bn2 ≥ e(b2 )n ta thấy ay ≡ ≡ y (mod bn2 ) n Cuối n ≥ n(b), ab ≡ (mod bn1 ) ay ≡ y (modbn1 ) Kết hệ định lí Trung Hoa phần dư Bên cạnh đó, người ta dễ dàng xác nhận b = 10 có lu nghiệm y < 10n(10) = 100 với a (không phải bội 10), cần an n va kiểm tra giá trị a mod100 Như có dãy x(a) cho gh tn to a p ie Hệ 2.1 Nếu b số đắn, với số nguyên a, oa nl w bội s(b), tồn dãy {xn }n≥0 số ≤ xn < b cho số nguyên xn (a, b) = d xi bi = (xn−1 , x1 x0 )b i=0 nf va an lu thỏa mãn n−1 X lm ul axn (a,b) ≡ xn (a, b) (mod bn ) , z at nh oi với n ≥ n(b) Khi b số khơng có ước phương, s(b) = b điều với số nguyên a, không bội b Với b = 10 tồn dãy x(a) z m co l gm @ an Lu n va ac th si 31 Kết luận Đề nghị Luận văn “Một số phương trình Diophant đặc biệt" giải vấn đề sau: lu Chương hệ thống lại số hàm số học Đã đưa an n va cấu trúc nghiệm phương trình σ (n) = γ(n)2 tn to đưa nghiệm phương trình số trường hợp ie gh đặc biệt p Chương trình bày tốn dãy chữ số cuối số oa nl w sở đắn, tồn nghiệm phương trình ax ≡ d x (modbn ) lu nf va an Do vấn đề đề cập luận văn tương đối phức tạp, thời gian khả hạn chế nên lm ul có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu z at nh oi sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp q báu thầy giáo người quan tâm để luận văn z hoàn thiện m co l gm @ an Lu n va ac th si 32 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB lu an Đại học Quốc gia Hà Nội va n [2] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo Dục, Hà Nội p ie gh tn to Tiếng Anh w oa nl [3] Broughan K., De Koninck M.J (2012), "On integers for which the d sums of divisors is the sqefree core", J.Integers Sequences, Vol.15, Wa- lu nf va an terloo, Canada lm ul [4] Urozand JJ., Yebra (2009), "On the equantion ax ≡ x (modbn )", z at nh oi J.Integers Sequences, Vol.12, Waterloo, Canada z m co l gm @ an Lu n va ac th si