Số lũy thừa hoàn hảo và giả thuyết pilai - Nguyễn Thành Hiếu.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - - NGUYỄN THÀNH HIẾU SỐ LŨY THỪA HOÀN HẢO VÀ GIẢ THUYẾT PILLAI Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁ P TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS. TSKH. HÀ HUY KHOÁI THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 1 Mục lục Mở đầu 2 1 Phương trình nghiệm nguyên 4 1.1 Phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Phương trình Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.4 Một số phương pháp gi ải phương trình nghiệm nguyên . . 17 2 Số lũy thừa hoàn hảo và giả thuyết Pillai 24 2.1 Số lũy thừa hoàn hảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.2 Giả thuyết của Pillai về dãy các số lũy thừa hoà n hảo . . . 24 2.3 Các vấn đề mở suy ra từ giả thuyết Pillai. . . . . . . . . . 27 2.4 Ước lượng đẹp của giả thuyết Pillai . . . . . . . . . . . . . 36 2.5 Giả thuyết abc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.6 Giả thuyết Waring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2 Mở đầu Số học nó i chung và Phương trình nghiệm nguyên nói riêng là những lĩnh vực xa xưa nhất của Toán học, chúng cũng là những lĩnh vực còn tồn tại nhiều những bài toán, giả thuyết chưa có câu trả lời. Trong suốt quá trình phát triển của Toán học, Phương trình nghiệm nguyên luôn thu hút được nhiều người quan tâm nghiên cứu và tìm hiểu. Chính việc đi tìm lời giải cho các bài toán hay chứng minh các giả thuyết về phương trình nghiệm nguyên đã làm nảy sinh các lí thuyết, phương pháp khác của toán học. Các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên k hông có quy tắc giải tổng quát, hoặc nếu có cũng chỉ là đối với những dạng đơn giản. Mỗi phương trình với dạng riêng của nó đòi hỏi phải có một cách giải đặc trưng phù hợp. Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo cho ng ười làm toán. Chính vì thế bài toán phương trình nghiệm nguyên có mặt trong các kì thi học sinh giỏi Toán quốc gia, quốc tế. Việc hệ thống một cách t ương đối cá c phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và đưa ra cá c vấn đề mở về phương trình nghiệm nguyên là cần thiết đối với việc giảng dạy và nghiên cứu to án học, đặc biệt là trong công tác ôn luyện học sinh giỏi. Với lí do đó, trong luận văn này, trước tiên chúng tôi tổng hợp một số phương pháp giải phương trình ng hiệm nguyên thông qua các ví dụ cụ thể;. Phần tiếp theo sẽ dành để giới t hiệu một số giả thuyết về các vấ n đề liên quan đến phương trình nghiệm nguyên đang được quan tâm gần đây. Nội dung luận văn gồ m 2 chương. Chương 1 : Trình bày một số dạng phương trình nghiệm nguyên cơ bản và một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên thông qua các ví dụ cụ thể. Chương 2: Trình bày về số lũy thừa hoàn hảo, giả thuyết Pillai về số lũy thừa hoàn hảo và một số vấn đề liên quan. 3 Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn nhiệt tình của GS.TSKH. Hà Huy Khoái. Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy, người đã dành cho tôi sự hướng dẫn chu đáo và nghiêm túc trong quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiện luân văn. Tôi x in gửi lời cảm ơn sâu sắc tớ i các Thầy Cô khoa Toán trường Đại Học Khoa Học – Đại Học Thái Nguyên cũng như các Thầy Cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2012-2014 đã giúp đỡ và động viên tô i r ất nhiều trong quá trình học tập tại tr ường. Thái Nguyên, ngày 15 th áng 7 năm 2 014 Tác Giả Nguyễn Thành Hiếu 4 Chương 1 Phương trình nghiệm nguyên 1.1 Phương trình tuyến tính Định nghĩa 1.1.1. P hương trình Diophantine tuyến tính là phương trình có dạng: ax + by = c, (1) trong đó a, b, c là các số nguyên, đồng thời các biến x, y cũng chỉ nhận các giá trị nguyên. Giải phương trì nh (1) là đi tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1 ). Để giải phương trình (1) ta dựa vào định lí sa u đây: Định lí 1.1.2. Giả sử a, b là các số nguyên dư ơng, d là ước chung lớn nhất của a và b, d = (a, b). Khi đó phương t rình ax + by = c khôn g có nghiệm nguyên nếu d không là ước của c. Nếu d |c thì phương trình có vô số nghiệm. Hơn nữa nếu x = x 0 , y = y 0 là một nghiệm nào đó của phương trình, thì mọi nghiệm của phương trình có dạng: x = x 0 +  b d  n, y = y 0 −  a d  n. Trong đó n là số nguyên. Chứng minh. 5 Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình. Do d |a , d |b nên d |c. Như vậy nếu d không là ước của c thì phương t rình không có nghiệm nguyên. Giả sử d |c. Khi đó, tồn tại các số nguyên s, t sao cho: d = as + bt. (2) Do d |c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c. Nhân hai vế của (2) với e ta được: c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te). Như vậy, ta có một ngiệm của phương trình cho bởi x = x 0 = se, y = y 0 = te. Ta sẽ chứng mi nh tồ n tại vô số nghiệm. Đặt x = x 0 + b d n, y = y 0 − a d n, trong đó n nguyên. Ta thấy cặp (x, y) xác định như trên là một nghiệm, vì ax + by = ax 0 + a. b d n + by 0 − b. a d n = ax 0 + by 0 = c. Ta chứng minh rằng mọi nghiệm của phương trình phả i có dạng nêu trên. Giả sử (x, y) là một nghiệm tùy ý, tức là x, y nguyên và thỏ a mãn ax + by = c. Khi đó: (ax + by) − (ax 0 + by 0 ) = 0. Suy ra: a(x − x 0 ) + b(y −y 0 ) = 0. Tức là: a(x − x 0 ) = b(y 0 − y). Chia hai vế của đẳng thức cho d, ta được: a d (x − x 0 ) = b d (y 0 − y). (3) 6 Do d = (a, b ) nên a d và b d nguyên tố cùng nhau. T ừ đó suy ra y 0 − y . . . a d , tức tồn tại n nguyên sa o cho a d n = y 0 −y. Suy ra y = y 0 − a d n. Thay giá trị này của y vào phương trình (3) t a được x = x 0 + b d n. Ví dụ 1.1.3. G iải phương t rình nghiệm nguyên sau: 5x + 3y = 19 Lời giải. Ta có (5, 3) = 1. Do 1 là ước của 19 nên phương trình đã cho có nghiệm. Dễ thấy x 0 = 2, y 0 = 3 là một nghiệm của phương trình đã cho. Theo định lí trên, các nghiệm của phương trì nh có dạng: x = 2 + 3n, y = 3 −5n, với n là số nguyên. 1.2 Phương trình Fermat 1.2.1. Các bộ số Pitago Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏ a mãn x 2 + y 2 = z 2 được gọi là mộ t bộ số Pitago. Ví dụ {3, 4, 5}, {6, 8, 10} là bộ số Pitago. Rõ ràng rằng, nếu (x, y, z) là bộ số Pitago thì (kx, ky, kz) cũng là một bộ số Pitago với mọi số tự nhiên k. Bộ số Pitago (x, y, z) gọi là nguyên thủy nếu (x, y, z) = 1. Ví dụ {3, 4, 5}, {5, 12, 13} là các bộ số Pitago nguyên thủy, bộ số {6, 8, 10} không nguyên thủy. Bổ đề 1.2.1. Nếu (x, y, z) là một bộ số Pitag o nguyên thủy thì (x, y) = (x, z) = (y, z) = 1. Chứng minh. 7 Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy và (x, y) > 1. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p |(x, y). Vì p |x và p |y nên p   (x 2 + y 2 ) = z 2 . Do p nguyên tố mà p   z 2 nên p |z , mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = 1. Vậy (x , y) = 1. Tương tự ta có (x, z) = (y, z) = 1. Bổ đề 1.2.2. Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Kh i đó x chẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn. Chứng minh. Giả sử (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Do Bổ đề 1.2.1, (x, y) = 1, nên x và y không t hể cùng chẵn. Nếu x và y cùng lẻ thì ta có x 2 ≡ y 2 ≡ 1(mod4), nên z 2 = x 2 + y 2 ≡ 2(mod4). Điều này vô lí. Vậy x và y không thể cùng lẻ. Bổ đề 1.2.3. Giả sử r, s, t là các số nguyên dương sao cho (r, s) = 1 và rs = t 2 . Khi đó tồ n tạ i các số nguyên h và l sao cho r = l 2 và s = h 2 . Chứng minh. Nếu r = 1 hoặc s = 1 thì bổ đề hi ển nhi ên đúng. Ta giả sử r > 1 và s > 1. Giả sử cách phân tích r, s, t ra thừa số nguyên tố có dạng sau: r = p α 1 1 p α 2 2 p α n n s = p α n+1 n+1 p α n+2 n+2 p α m m t = q β 1 1 q β 2 2 q β k k . 8 Vì (r, s) = 1 nên các số nguyên tố xuất hiện trong các phân tích của r và s là khác nhau. Do rs = t 2 nên p α 1 1 p α 2 2 p α n n p α n+1 n+1 p α n+2 n+2 p α m m = q 2β 1 1 q 2β 2 2 q 2β k k Từ Định lí cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các lũy thừa nguyên tố xuất hiện ở hai vế của đẳng thức phải như nhau. Vậy, mỗi p i phải bằng một q j nào đó, đồng thời α i = 2β j . Do đó, mỗi số mũ α i đều chẵn nên α i 2 là số nguyên. Từ đó suy ra r = l 2 , s = h 2 , trong đó l, h là các số nguyên: l = p α 1 /2 1 p α 2 /2 2 p α n /2 n h = p α n+1 /2 n+1 p α n+2 /2 n+2 p α m /2 m . Tất cả các bộ số Pitago nguyên thủy được mô t ả trong định lí sau: Định lí 1.2.4. Các số nguyên dương x, y, z lập thà nh một bộ số Pitago nguyên thủy, với y chẵn nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m, n với m>n, m lẻ, n chẵn hoặc m chẵn, n lẻ sao cho x = m 2 − n 2 y = 2mn z = m 2 + n 2 . Chứng minh. Giả sử (x, y, z) là bộ số Pitago nguyên thủy. Từ Bổ đề 1.2.2 ta thấy x lẻ, y chẵn, hoặc ngược lại. Vì ta g iả thiết y chẵn nên x, z đều lẻ. Do x + z và z − x đều là số chẵn, nên các số r = x+z 2 , s = z−x 2 đều là số nguyên. Vì x 2 + y 2 = z 2 nên y 2 = z 2 − x 2 = (z + x)(z − x). Vậy:  y 2  2 =  z + x 2  z − x 2  = rs. Để ý r ằng (r, s) = 1. Thật vậy, nếu (r, s) = d thì do d |r , d |s nên d |(r + s) = z và d |(r −s) = x. Điều đó có nghĩa là d |(z, x) = 1 nên d = 1. 9 Áp dụng Bổ đề 1.2.3 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m, n sao cho r = m 2 , s = n 2 . V iết x, y, z thông qua m, n ta có: x = r − s = m 2 − n 2 y = √ 4rs = √ 4m 2 n 2 = 2mn z = r + s = m 2 + n 2 . Ta chứng minh x, y, z nguyên tố cùng nhau. Gi ả sử ngược lại (x, y, z) = d > 1. Khi đó t ồn tại số nguyên tố p sao cho p |(x , y, z). Ta thấy rằng p không là ước của 2 vì x lẻ (do x = m 2 − n 2 trong đó m 2 , n 2 không cùng tính chẵn lẻ). Lại do p |x , p |z nên p   (z + x) = 2m 2 và p   (z − x) = 2n 2 . Vậy p |m , p |n: mâu thuẫn với (m, n) = 1. Do đó (x, y, z) = 1 tức là (x, y, z) là một bộ số Pitago nguyên thủy. 1.2.2. Phương trình Fermat Ta thấy rằng phương trình x + y = z có vô hạn nghi ệm nguyên (x, y, z). Các bộ số Pit ago cũng cho ta vô hạn nghiệm nguyên của phương trình x 2 + y 2 = z 2 . Vấn đề đặt ra là khi số mũ của các bi ến tăng lên, liệu rằng phương trình x n + y n = z n với n ≥ 3 có nghiệm nguyên hay không ? nếu có thì số nghiệm là hữu hạn hay vô hạ n? Định lí 1.2.5.(Định lí Fermat). Phương t rìn h x n + y n = z n không có nghiệm nguyên x, y, z khác 0 khi n là số nguyên dương, n ≥ 3. Định lí Fermat được chứng minh năm 1993 bởi A. Wiles, với việc sử dụng những kiến thức cao nhất của nhiều ngành toán học khác nhau. Trong phần này chúng ta sẽ trình bày chứng minh định lí l ớn Fermat cho trường hợp n = 4, mà mấu chốt của của chứng minh là phương pháp lùi vô hạn do Fermat đề xuất. [...]... = 2X + 3Y số lượng các nghiệm của các phương trình này lần lượt là 6, 7 và 8 2.2.2 Giả thuyết Pillai về số lũy thừa hoàn hảo Giả thuyết Pillai: Với bất kì số nguyên k ≥ 1 phương trình Diophan- tine ax − by = k có số nghiệm nguyên dương (a, b, x, y) với x ≥ 2, y ≥ 2 là hữu hạn Hay giả thuyết còn được phát biểu như sau: Khoảng cách giữa hai phần tử liên tiếp trong dãy các số lũy thừa hoàn hảo tiến đến... cũng là nghiệm Điều 2 này vô lí vì trong số các nghiệm tìm được sẽ có nghiệm bé nhất, nhưng như bên trên thì từ nghiệm bé nhất đó ta lại tìm được nghiệm khác nữa của phương trình Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là: (x, y, z) = (0, 0, 0) 24 Chương 2 Số lũy thừa hoàn hảo và giả thuyết Pillai 2.1 Số lũy thừa hoàn hảo 2.1.1 Định nghĩa: Số lũy thừa hoàn hảo là số nguyên dương có dạng ax trong đó a... mạnh hơn giả thuyết Pillai, phỏng đoán này được đưa ra bởi E Catalan vào năm 1844 Ông cho rằng hai số nguyên liên tiếp là số lũy thừa hoàn hảo chỉ có thể lần lượt là 8 và 9 Giả thuyết Catalan: Phương trình xp − y q = 1 (trong đó x, y, p, q là các số nguyên lớn hơn 1) có duy nhất một nghiệm là (3, 2, 2, 3) Phương trình 3a − 2b = 1 đã được Philippe de Vitry đưa ra và được Levi Ben Gerson giải quyết vào năm... 046125 Các vấn đề mở suy ra từ giả thuyết Pillai Trong giả thuyết Pillai có duy nhất một trường hợp đã được giải quyết đó là trường hợp k = 1 Nghĩa là chỉ có hữu hạn các cặp số nguyên liên 28 tiếp là số lũy thừa hoàn hảo Điều này được R Tijdeman chứng minh vào năm 1976 Phần tiếp theo trình bày chủ yếu về phương trình Catalan, quá trình chứng minh giả thuyết Catalan và phương trình Pillai ax − by =... một nghiệm Năm 1962 và 1964, A Makowski và S Hyyr chứng minh được rằng không có ba số nguyên liên tiếp là các số lũy thừa hoàn hảo trong dãy các số lũy thừa hoàn hảo Năm 1964, K Inkeri chứng minh được tiêu chuẩn đầu tiên của mình: cho (x, y, p, q) là một nghiệm của phương trình Catalan xp − y q = 1 với p, q là các số nguyên tố lẻ, nếu p ≡ 3( mod4) thì hoặc pq−1 ≡ 1( modq 2) hoặc √ là số lớp của Q( p)... N+ N ] có chứa ba số nguyên mà chúng lần lượt là lũy thừa bậc 2, 3, 5 của các số nguyên Ngoài ra ông còn phỏng đoán với N đủ lớn thì đoạn √ [N, N+ N ] không chứa bốn số nguyên mà chúng là số lũy thừa hoàn hảo với số mũ phân biệt Năm 1993, R Scott nghiên cứu phương trình px − by = c trong đó p là số nguyên tố, b > 1 và c là số nguyên dương Trong một số trường hợp ông chỉ ra rằng phương trình này có... Cho x là số nguyên dương, y, n, m là các số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2, xn = y m Thì: |xn − y m | ≥ m2/(5n) n−52−6−42/n Một vấn đề được đặt ra là ước tính xem có tối đa bao nhiêu số lũy thừa hoàn hảo trong một đoạn tương đối nhỏ Ví dụ: Trong đoạn [121, 128] có 3 số là 121 = 112, 125 = 53 , 128 = 27 32 C.L Stewart phỏng đoán có vô số các số nguyên N thỏa mãn đoạn √ [N, N+ N ] có chứa ba số nguyên... Hơn nữa, giả sử √ tụ thứ k của phân số liên tục đơn của d Khi đó: pk qk là tổng riêng hội 2 p2 − dqk = (−1)k−1Qk+1 k Để tìm nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại I và II ta dựa 13 vào định lí sau: Định lí 1.3.3 Giả sử d là số nguyên dương không chính phương Ký √ hiệu qua pk /qk tổng riêng hội tụ thứ k của phân số liên tục đơn của d, k = 1, 2, 3, và giả sử n là độ dài chu kì của phân số liên... trình Pell âm: x2 − dy 2 = −1 (phương trình Pell loại II) Trong đó d là số nguyên dương không chính phương Định lí 1.3.1 Giả sử d và n là các số nguyên sao cho d > 0 và d không √ là số chính phương, |n| < d Khi đó, nếu x2 − dy 2 = n, thì x là một tổng y √ hội tụ riêng của phân số liên tục đơn của d Định lí 1.3.2 Giả sử d là một số nguyên dương không chính phương Đặt: αk = √ Pk + d Qk ak = [αk ] Pk+1... là số nguyên dương có dạng ax trong đó a ≥ 1, x ≥ 2 2.1.2 Ví dụ: 1 = 12 4 = 22 8 = 23 9 = 32 125 = 53 2.2 Giả thuyết của Pillai về dãy các số lũy thừa hoàn hảo 2.2.1 Kết quả của Pillai về phương trình Diophantine S.S Pillai chứng minh được rằng với bất kì các số nguyên dương a, b (a, b ≥ 2) thì số nghiệm của bất phương trình Diophantine 0 < ax − by ≤ c là gần bằng: 2 (log c) 2(log a)(log b) (2.1) 25