Nhập môn lý thyết số

Nhập môn Lý thuyết số Một số kỹ thuật cần thiết Ts. Đàm Văn Nhỉ Khoa Toán ĐHSP Hà Nội E-mail: damvannhi@yahoo.com Ngày 18 tháng năm 2005 Lời nói đầu Giáo trình đợc viết nhằm mục đích để làm tài liệu tham khảo cho sinh viên ngời bớc đầu muốn tìm hiểu số học. Đối với ngời cần biết sơ lợc môn này, giáo trình phải đơn giản đến mức mà đơn giản đợc nữa. Đối với sinh viên, việc giải tập mà ngời khác đề họ phải sáng tạo toán mới, nên giáo trình phải hớng dẫn đợc kĩ thuật để họ vận dụng. Vì mục tiêu nh vậy, giáo trình đợc viết đầy đủ, nhng đơn giản, dễ hiểu đa kỹ thuật cần thiết để giải tập xây dựng toán mới. Giáo trình đợc chia làm hai phần: 1) Phần dành để trình bày kiến thức số học với khái niệm tối thiểu cần phải biết. 2) Phần hai dành để trình bày kỹ thuật cần thiết số phơng pháp sáng tác toán số học. Phần có sáu chơng. Nó bao gồm khái niệm công thức đợc viết số sách, chẳng hạn [2], [3], [8]. Đây nội dung giảng dạy cho sinh viên khoa Toán-Tin trờng Đại học Cao đẳng s phạm. Theo tác giả, sáu chơng đơn giản, nhng chứa đựng đợc lợng kiến thức đủ cần thiết để bớc đầu tìm hiểu môn học này. Cụ thể, nội dung chơng nh sau. Chơng đợc dành để trình bày lý thuyết chia hết vành Z. Trong chơng chứng minh tập số nguyên tố vô hạn theo ba cách khác số nguyên dơng lớn phân tích đợc cách thành tích luỹ thừa số nguyên tố. Chúng đa thức với hệ số nguyên f (x) mà f (n) số nguyên tố cho n nguyên dơng. Trong chơng hai trình bày liên phân số. Khi số hữu tỉ biểu diễn thành liên phân số hữu hạn, số vô tỉ đợc biểu diễn thành liên phân số vô hạn. Thực liên phân số đợc hình thành từ hai dãy số tơng ứng. Do có đa liên phân số mở rộng hai liên phân số vô hạn hay hữu hạn trờng hợp đặc biệt. Các kết đạt đợc đợc áp dụng để giải phơng trình Diophant phơng trình Pell. Chơng ba dành để trình bày lý thuyết đồng d. Trong chơng số áp dụng kết nhóm để chứng minh hai định lý đẹp số học: Định lý Euler Định lý Fermat. Trong chơng bốn trình bày hàm số học. Công thức tổng trải đợc sử dụng để đa công thức biểu diễn cho hàm số học. Ngoài luật thuận nghịch, chứng minh công thức đảo ngợc tổng. Chơng năm chơng sáu đợc dành để trình bày cách giải phơng trình đồng d ẩn áp dụng đẹp việc chứng minh Định lý Wilson. Phần hai bao gồm ba phần hai chơng. Trong chơng bảy tập trung nghiên cứu mở rộng nguyên. Nhiều tài liệu có đa khái niệm môđun vào để việc trình bày cho khái niệm đợc đơn giản. Để tránh cồng kềnh trình bày tất vấn đề đặt dựa vào vành đa thức ẩn không gian véc tơ. Sau chứng minh mở rộng đại số hữu hạn mở rộng đơn, xét nguyên thuỷ số qua chiều không gian véc tơ. Với khái niệm tập đếm đợc lý thuyết tập hợp, tập số đại số trờng số hữu tỉ tập đếm đợc để từ suy có tồn số siêu việt. Để nghiên cứu sâu số đại số toán Waring trình bày tiếp giáo trình thứ hai dựa kết đạt đợc lý thuyết iđêan vành Dedekind. Chơng tám đợc dành để đa số kĩ thuật thờng đợc sử dụng việc giải tập số cácđề số học. Việc áp dụng kĩ thuật nh tuỳ theo mục đích đặt việc nghiên cứu số học cuả ngời. Trong chơng có tuyển chọn số tập. Các tập đợc chọn không khó, nhng không dễ. Cho tập có lời giải gợi ý. Hà Nội ngày 18 tháng năm 2005 Các tác giả Đàm Văn Nhỉ Mục lục Chơng Lý thuyết chia hết vành Z 1.1 Quan hệ chia hết 1.2 Phép chia với d 1.3 Ước chung lớn 1.4 Thuật toán Euclid 10 1.5 Bội chung nhỏ 12 1.6 Số nguyên tố, định lý số học 14 1.7 Biểu diễn số theo số 16 Chơng hai Liên phân số 18 2.1 Liên phân số hữu hạn 18 2.2 Giản phân 20 2.3 Giải phơng trình Diophant 21 2.4 Mở rộng số kết 23 2.5 Liên phân số vô hạn 27 2.6 Phơng trình Pell 30 Chơng ba Lý thuyết đồng d 34 3.1 Quan hệ đồng d, hệ thặng d 34 3.2 Tính chất đồng d thức 35 3.3 Vành Zm lớp thặng d môđun m 37 3.4 Định lý Euler Định lý Fermat 38 Chơng bốn Hàm số học 41 4.1 Hàm phần nguyên, hàm phần phân 41 4.2 Hàm số học, hàm nhân, công thức tổng trải 43 4.3 Hàm (n), (n) số hoàn chỉnh 44 4.4 Hàm Euler (n) công thức tính 46 4.5 Hàm Mơbius, luật thuận nghịch 47 Chơng năm Phơng trình đồng d 54 5.1 Phơng trình đồng d ẩn 54 5.2 Số nghiệm phơng trình ax b(mod m) 55 5.3 Phơng pháp giải ax b(mod m) 56 5.4 Hệ phơng trình đồng d ẩn 57 5.5 Phơng trình đồng d ẩn bậc cao 59 5.6 Phơng trình đồng d theo môđun nguyên tố 63 Chơng sáu Phơng trình đồng d bậc hai 66 6.1 Thặng d bậc hai 66 6.2 Ký hiệu Legendre 69 6.3 Ký hiệu Jacobi 72 6.4 Phơng trình đồng d bậc hai 73 Chơng bảy Số đại số 75 7.1 Mở rộng nguyên 75 7.2 Phần tử nguyên thuỷ 81 7.3 Căn nguyên thuỷ đơn vị 84 7.4 Tồn số siêu việt Q 86 Chơng tám Thí dụ nâng cao Bài tập 90 8.1 Một số kỹ thuật cần thiết 90 8.2 Kết thức 120 8.3 Bài tập 125 Tài liệu tham khảo Phần I Chơng Lý thuyết chia hết vành Z Ký hiệu Z tập tất số nguyên, Z+ tập tất số nguyên dơng; N tập tất số tự nhiên, N+ tập tất số tự nhiên dơng; Q tập tất số hữu tỉ, R tập tất số thực, R+ tập tất số thực dơng. 1.1 Quan hệ chia hết Định nghĩa 1.1. Cho hai số nguyên a, b Z, b = 0. a đợc gọi chia hết cho b hay b chia hết a có c Z thoả mãn a = bc. Trong nhiều trờng hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a : b. Ta viết b|a thay cho việc nói b chia hết a. Khi a = bc b đợc gọi ớc a. Cho quan hệ chia hết, số tính chất sau hiển nhiên. (i) 1| a a Z, (ii) a| a a Z, a = 0, (iii) Nếu a|b, b|c a|c cho a, b, c Z, a, b = 0, (iv) Nếu a|b |a| |b| cho a, b Z, a, b = 0, (v) Nếu a|bi Cho a, bi Z, i = 1, . . . , n, a| ni=1 bi xi cho xi Z. (vi) Nếu a|b b|a a = b a = b cho a, b Z, a, b = 0. Hiển nhiên, quan hệ b|a Z có tính phản xạ, bắc cầu, nhng tính phản đối xứng, chẳng hạn 5| 5, 5|5, nhng = 5. Do quan hệ quan hệ thứ tự Z. 1.2 Phép chia với d Định lý 1.2. Cho cặp số nguyên a, b Z, b = 0, luôn tồn cặp số nguyên q, r Z cho a = qb +r, r < |b|. Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| | n|b| a, n Z}. Vì |b| nên |a||b| |a| a. Do |a||b| T. Vậy T = . Vì T tập bị chặn nên T có số lớn m|b|. Từ m|b| a ta suy r = am|b| r Z. Ta lại có (m + 1)|b| = m|b| + |b| > m|b|. Do tính lớn m|b| T nên (m + 1)|b| > a. Nh |b| > a m|b| = r ta có a = qb + r với r < |b|. Tính nhất: Giả sử có hai biểu diễn a = qb + r, a = q1 b + r1, r < |b|, r1 < |b|. Trừ vế cho vế, ta có r r1 = b(q1 q). Từ |r r1 | < |b| ta suy |q1 q||b| < |b|. Vậy q = q1 hiển nhiên r = r1. Biểu diễn a = qb + r, r < |b|. Nếu r = q đợc gọi thơng cuả a chia cho b. Nếu r = q đợc gọi thơng hụt, r đợc gọi số d phép chia a cho b. Thí dụ 1.3. Ta có (i) 57 = 14.4 + 1, (a = 57, b = 14, q = 4, r = 1). (ii) 65 = (17).4 + 3, (a = 65, b = 4, q = 17, r = 3). (iii) 134 = 5.(32) + 26, (a = 134, b = 32, q = 5, r = 26). 1.3 Ước chung lớn Định nghĩa 1.4. Cho số nguyên a1 , . . . , an Z nhng chúng không đồng thời 0. Số nguyên d đợc gọi ớc chung d|ai cho i = 1, . . . , n. Hiển nhiên +1,-1 ớc chung cuả tập hữu hạn số nguyên. Ký hiệu tập tất ớc chung a1, . . . , an Z qua uc(a1, . . . , an ) thấy tập khác rỗng. Thí dụ uc(18, 15, 21) = {1, 1, 3, 3}. Định nghĩa 1.5. Cho số nguyên a1 , . . . , an Z nhng chúng không đồng thời 0. Số nguyên d đợc gọi ớc chung lớn d ớc chung d chia hết cho ớc chung chúng. Nh vậy, số nguyên d ớc chung lớn a1, . . . , an Z d|ai , i = 1, . . . , n, c|ai , i = 1, . . . , n, c|d. Khi số nguyên d ớc chung lớn a1, . . . , an d ớc chung lớn a1 , . . . , an . Ngời ta ký hiệu ớc chung lớn a1, . . . , an qua ucln(a1 , . . . , an ) chọn |d|. Dễ thấy rằng, ucln(a1 , . . . , an ) số nguyên dơng lớn nằm tập uc(a1, . . . , an ). Chú ý 1.6. Ta thấy số nguyên ớc số 0, 0, . . . , 0. Vậy uc(0, . . . , 0) = Z. Khi ucln(0, . . . , 0). Ta hạn chế không xét trờng hợp này. Một số tính chất sau ớc chung lớn hiển nhiên. Giả thiết số nguyên a1 , . . . , an không đồng thời 0. Ta có: (i) ucln(0, a1 , . . . , an ) = ucln(a1 , . . . , an ). (ii) ucln(1, a1, . . . , an ) = = ucln(1, a1 , . . . , an ). (iii) ucln(a1, . . . , an ) = ucln(ucln(a1, . . . , an1 ), an ). Tính chất cách tìm ớc chung lớn nhiều số qua việc tìm ớc chung lớn số số. (iv) Số nguyên d = ucln(a1 , . . . , an ) d > 0, d thuộc uc(a1 , . . . , an ), d chia hết cho d uc(1, a1 , . . . , an ). (v) ucln(ka1 , . . . , kan ) = |k| ucln(, a1, ucln(a2 , . . . , an )), k Z \ {0}. (vi) Số nguyên d = ucln(a1 , . . . , an ) d > 0, d thuộc uc(a1 , . . . , an ), tồn x1 , . . . , xn Z để d = ni=1 aixi . (vii) Nếu a, b, c, d Z \ {0}, a = bc + d ucln(a, b) = ucln(b, d). (viii) ucln(0, a) = |a| cho a Z, a = 0. Định lý 1.7. Cho số nguyên a1, . . . , an Z nhng chúng không đồng thời 0. Khi ucln(a1 , . . . , an ) tồn tại. n Chứng minh: Đặt I = {y = j=1 aj xj | xj Z}. Từ = 1.ai + n i=j=1 aj ta suy thuộc I. Vậy I = {0}. Nếu y I y I. Vậy có số dơng thuộc I. Gọi d số nguyên dơng nhỏ thuộc I. Ta d = ucln(a1 , . . . , an ). Trớc tiên ta d uc(a1 , . . . , an ) : Giả sử = qi d + ri , ri < d theo Định lý 1.2. Vì d I, có biểu diễn d = nj=1 aj xj , xj Z. Vậy n ri = qi d = qi aj xj j=1 = a1(qix1 ) + ã ã ã + (1 qi xi) + ã ã ã + an (qi xn ) I. 10 Vậy ri I cho i = 1, . . . , n. Từ giả thiết d số nguyên dơng nhỏ thuộc I ri I, ri < d, ta suy r1 = ã ã ã = rn = 0. Tiếp theo ta c uc(a1 , . . . , an ) c|d. Thật vậy, c uc(a1 , . . . , an ) có bj Z để aj = bj c cho j = 1, . . . , n. Do d = n n j=1 aj xj = c( j=1 bj xj ) hay c|d. Tóm lại d = ucln(a1 , . . . , an ). Định nghĩa 1.8. Cho số nguyên a1, . . . , an Z. Số nguyên d đợc gọi tổ hợp tuyến tính nguyên có số nguyên xj Z để d = nj=1 aj xj . Từ Định lý 1.7 ta suy kết sau. Hệ 1.9. Cho số nguyên a1, . . . , an Z, không đồng thời không. Khi d = ucln(a1 , . . . , an ) tổ hợp tuyến tính nguyên ai. Hệ 1.10. Cho số nguyên a1 , . . . , an Z, không đồng thời không. Nếu số nguyên d > thuộc uc(a1 , . . . , an ) tổ hợp tuyến tính nguyên d = ucln(a1 , . . . , an ). 1.4 Thuật toán Euclid Cho hai số nguyên a, b Z, b = 0. Để tìm ớc chung lớn a b ta sử dụng Định lý 1.2 để thực thuật toán Euclid nh sau:a = q0 b + r1 với r1 < |b|. Nếu r1 = ucln(a, b) = b. Nếu r1 = 0, ta biểu diễn b = q1 r1 + r2 với r2 < r1 . Nếu r2 = ta dừng lại ta có r1 = ucln(b, r1 ) = ucln(a, b) theo tính chất (vii). Nếu r2 = 0, ta tiêp tục nh trên. Đến bớc thứ n ta có rn2 = qn1 rn1 +rn với rn < rn1 , . Sau bớc ta có |b| > r1 > r2 > ã ã ã ri N. Nh trình tiếp tục đợc. Đến bớc thứ m xác định trình phải dừng. Khi ta có rm2 = qm1 rm1 ucln(a, b) = rm1. Đây thuật toán Euclid để ớc chung lớn hai số. Đối với n > số, cách sử dụng tính chất (iii) để đa việc tìm ớc chung lớn hai số. Thí dụ 1.11. Cho a = 196, b = 38. Ta có 196 = 38.5+6, 38 = 6.6+2, = 3.2. Vậy ucln(196, 38) = 2. Bây ta sử dụng thuật toán Euclid để tìm x, y Z thoả mãn d = ax + by, d = ucln(a, b), nh tính chất (vi). 112 Thí dụ 8.29. Cho hai dãy số {an }, {bn } thoả mãn an = d|n bd , n 1. n Khi bn = d|n à( )ad . d an bn Chứng minh: Xét hai hàm Dirichlet f (s) = , g(s) = n=1 s n=1 s . n n Theo giả thiết ta có f (s) = g(s)(s). Vậy g(s) = f (s) . Theo phép (s) n nhân chuỗi ta có bn = d|n à( )ad . d Thí dụ 8.30. Với số nguyên dơng n ta ký hiệu (n) cho tổng bình phơng nghịch đảo ớc dơng n. Khi hàm nhân. Nếu n có phân tích tắc n = p1 p2 . . . ps s (n) = d|n = d 2(i +1) s pi . n2 i=1 p2i dụng , hàm nhân. Ap n2 công thức tổng trải Định lý 4.11 ta có (n) = d|n = si=1(1 + d 2(i +1) s pi i 2j . j=1 pi ) = i=1 n pi Chứng minh: Hàm : N+ Q, n Thí dụ 8.31. [Bài nghiên cứu] Ta có 1 = (n) n d|n à(d)2 . (d) 6. Đồng d Thí dụ 8.32. Tìm tất nghiệm nguyên phơng trình x3 + y = z + 3. Chứng minh: Nếu phơng trình có nghiệm Z có nghiệm Z7 . Khi có x, y, z Z7 để x3 + y = z + 3. Trong Z7 có 3 3 3 = 0, = 1, = 1, = 1, = 1, = 1, = 1. Vậy x3 hay y hoặc 1. Qua kiểm tra ta có x3 + y 0, 1, 2, 1, 2. Nhng z + 113 + = + = 4. Điều chứng tỏ phơng trình vô nghiệm. Thí dụ 8.33. Cho số nguyên tố p > 3. Chứng minh d phép chia số pj=1 (j + 1) cho p 4. Chứng minh: Ta xét trờng Zp . Mở rộng trờng thành Zp [i] với i2 = 1. Ta viết j Zp qua j, phân tích p p (j + 1) = j=1 p (j + i). j=1 p j=1 (j f (x) = j=1 (j i) = f (i).f (i), + x). Hiển nhiên f (x) xp x Zp nh p j=1 (j + 1) = (ip i)((i)p + i) = i(i)[ip1 1][(i)p1 1] p1 = [(1) 1]2 . Do p1 p 2 1]2 chia cho p d 4. j=1 (j + 1) = [(1) Thí dụ 8.34. Cho số nguyên tố p > 3. Chứng minh d phép p1 chia số p cho 2 chia hết cho p. Chứng minh: Ta xét trờng Zp . Mở rộng trờng thành Zp () với = 1. Khi trờng Zp() có đặc số p = 8t + 1, t N . Ta có ( + )p = p + p = + . Nhân hai vế với + ta nhận đợc hệ thức [( + ) ] p+1 = ( + ) = + + Từ ( + )2 = ta suy p+1 + =2+ = 2. 2(mod p) hay p1 1(mod p). 114 7. Biến đổi Thí dụ 8.35. Cho p q hai số tự nhiên lẻ, nguyên tố có q 2q (p 1)q p 2p (q 1)p (p 1)(q 1) [ ]+[ ]+ã ã ã+[ ]+[ ]+[ ]+ã ã ã+[ ]= . p p p q q q Chứng minh: Số điểm nguyên hình chữ nhật x p , q1 y , (p 1)(q 1) . Xét số điểm nguyên hình chữ nhật p phía hay dới đờng thẳng y = x. Từ ta suy công thức q trên. Thí dụ 8.36. Giải phơng trình sau với 2005 số x 2+ 2+ x 2+ = 1. x x . 2+ x 1+ 1+x Chứng minh: Nhân liên hợp từ dới lên, ta đợc x = 3. Thí dụ 8.37. Giải hệ phơng trình sau x1 + x1x2 = 1, x2 + x2x3 = 1, x + x x = 1, , x2004 + x2004x2005 = 1, x + x x = 1. 2005 2005 115 Chứng minh: Ta có xi = , i = 1, . . . , 2005, x2006 = x1 . Khi + xi+1 x1 = , (1). 1+ 1+ 1+ . 1+ Dựa vào liên phân số, ta có vế phải dạng Nếu x1 = ã ã ã = x2005 1 + x1 ax1 + b ax1 + b ta có x1 = . cx1 + d cx1 + d xi = xi = + xi + ,i = 1, . . . , 2005. ax1 + b đợc đa cx1 + d cx21 + (d a)x1 b = 0. Vì phơng trình bậc hai hai Nếu xi = xj cho i = j đó: Phơng trình x1 = + nghiệm nghiệm (1) nên x1 phải hai giá trị ấy. Khi x1 = 1+2 x2005 = 1+2 = x1 . Tơng tự cho x2004, . . . , x2 . Xét trờng hợp x1 = 12 x2005 = 12 = x1 tơng tự cho + x2004 , . . . , x2. Tóm lại x1 = ã ã ã = x2005 = 12 . Thí dụ 8.38. Cho số nguyên dơng khác m, n. Chứng minh m n ucln(22 + 1, 22 + 1) = 1. m Chứng minh: Đặt am = 22 . Xét dãy a1 1, a2 1, a3 1, . . . . Ta có am+1 = a2m = (am 1)(am + 1). Nh am+1 chia hết cho am 1, am + 1. Từ ta suy an + ớc am m > n sử dụng đồng thức m m+1 x2 (x + 1) = , m n, x n=1 2n 2 cho x = ta có m + 1. Biểu diễn am = n=1 (2 + 1) + = q(am + 1) với q nguyên. Ta có am + = q(an + 1) + 2. Nh ớc chung hai số lẻ am + 1, an + phải ớc 2. Tóm lại m n ucln(22 + 1, 22 + 1) = 1. n m+1 116 Thí dụ 8.39. Cho số nguyên k 0, . Kí hiệu N(k, ) số nghiệm nguyên x1, . . . , xn ; y1 , . . . , yn hệ phơng trình n i=1 xi = |xi |, |yi | Khi N (k, ) n i=1 yi + , k, i = 1, . . . , n. N (k, 0). Chứng minh: Cho số nguyên s ký hiệu As số nghiệm nguyên hệ n i=1 xi |xi | = s, k, i = 1, . . . , n. Ta có As số nghiệm hệ n i=1 yi |yi| Số nghiệm hệ cho N (k, ) N (k, 0). =s , k, i = 1, . . . , n. s As As . Vì s As As s As , nên Thí dụ 8.40. Cho 2005 hình chữ nhật với độ dài cạnh số nguyên (a, b), 100 a b 1. Hình chữ nhật với độ dài cạnh (a, b) đợc gọi chứa đợc hình chữ nhật với độ dài cạnh (c, d) c a, d b. Khi có 41 hình chữ nhật lần lợt chứa đợc nhau. Chứng minh: Ta chia 2005 hình chữ nhật làm 50 lớp {(100, b1 ) | 100 b1 1} {(a1 , 1) | 100 a1 1}, {(99, b2) | 99 b2 2} {(a2, 2) | 99 a2 2}, {(98, b ) | 98 b 3} {(a , 3) | 98 a 3}, 3 3 , {(52, b49 ) | 52 b49 49} {(a49 , 49) | 52 a49 49}, {(51, b ) | 51 b 50} {(50, 50)}. 50 50 Hình chữ nhật (a, b) thuộc 50 lớp hình chữ nhật thuộc lớp chứa nhau. Do số hình chữ nhật 2005 phân vào 50 lớp, nên phải có lớp chứa nhiều 40 hình chữ nhật. 117 Thí dụ 8.41. Cho dãy số nguyên tố p1 = 2, p2 3, pn+1 pn 2, n 1. Đặt sn = ni=1 pi . Khi sn sn+1 có tối thiểu số phơng cho n nguyên dơng. Chứng minh: Giả sử có tồn n để sn sn+1 số phơng. Khi có k để k sn < sn+1 (k + 1)2 , (). Nh pn+1 = sn+1 sn ta suy pn (k + 1)2 k = 2k + pn+1 2k 1. Ta có bảng pn+1 2k + 1, pn 2k 1, p 2k 3, n1 pn2 2k 5, , p 2k + 2i := x. n+1i Do p1 = x lẻ, nên x 3. Nếu x = tất bất phơng trình phải trở thành phơng trình. Khi sn+1 = + p2 + ã ã ã + pn+1 > + + ã ã ã + (2k + 1) = (k + 1)2 : mâu thuẫn với (). Nếu x x sn = + p2 + ã ã ã + pn < + + ã ã ã + (2k 1) = k : mâu thuẫn với (). Vậy x thoả mãn bảng ta suy () xảy ra. 2005 k=0 Thí dụ 8.42. Cho n = 2005 tính 2k + n . 2k+1 Chứng minh: Ta có [x + ] = [2x] [x] cho x. Vậy 2005 2k + n = 2k+1 k=0 2005 = ( k=0 Vì n = 2005 < 22005, nên 2005 k=0 n 2k+1 + n n n k+1 ) = [n] 2005 . k 2 2005 k=0 2k + n = 2005. 2k+1 118 Thí dụ 8.43. Cho dãy Phibônaci a1 = a2 = 1, an+2 = an+1 + an , n Bắt đầu từ x1 [0, 1) ta xây dựng dãy x1, x2 , x3 , . . . nh sau xs = 0, xs+1 = 1 [ ] xs = 0. xs xs a1 a2 an + + ããã + . Khi x1 + x2 + ã ã ã + xn < a2 a3 an+1 1. x+1 Chứng minh: Cho x thuộc đoạn [0, 1] ta xét hàm số f (x) = gn (x) = x + f (x) + f (f (x)) + ã ã ã + f (f ( .(f (x)) .)), số hạng cuối gồm n lần f. Vì f hàm đồng biến [0, 1], nên gn (x) hàm đồng biến [0, 1]. Ta có a1 a2 a1 a2 a3 ) = , f (f ( )) = f ( ) = . a2 a3 a2 a3 a4 a1 an a1 Bằng qui nạp ta có f (f ( .(f ( )) .)) = . Từ = ta suy a2 an+1 a2 a1 a2 an + + ããã + . gn (1) = a2 a3 an+1 f( Nếu có xi = xn = 0, n i. Trong trờng hợp trái lại, đặt bs = [ Theo định nghĩa ta có xs1 = có T = xn + + bn + x n xs1 ]. . Tính tổng T = xn + ã ã ã + x1 . Ta bs + x s 1 bn1 + bn + xn +ã ã ã+ . b2 + b3 + b4 + . bn1 + bn + x n Đặt T (b2 , b3, . . . , bn , xn ) = T. Vì số b2 nguyên dơng không phụ thuộc vào xn , an , . . . , a3 , nên T T (1, b3 , . . . , bn , xn ). Bằng qui nạp, ta T T (1, 1, . . . , 1, xn ) = gn (xn ) < gn (1). Nh ni=1 < ni=1 . ai+1 119 Thí dụ 8.44. Tìm x, y, z, t Z thoả mãn 2004 2004 (x + y 2) + (z + t 2) = 15 + 11 2. Chứng minh: Giả sử có x, y, z, t Z thoả mãn (x + y 2)2004 + (z + t 2)2004 = 15 + 11 2. Thực đẳng cấu ta có (x y 2)2004 + (z t 2)2004 = 15 11 2. Điều không xảy vế trái > 0, vế phải < 0). Vậy phơng trình vô nghiệm. Thí dụ 8.45. Xét dãy số nguyên dơng {an } thoả mãn an = a2n1 +a2n2 + a2n3 + a2n4 cho n 4. Chứng minh ak = 2005 k 4. Chứng minh: Gỉa sử k > ak = 2005. Khi phải có số ak1, ak2 , ak3 , ak4 , ak5 . Đặt x = ak1 , y = ak2, z = ak3 , t = ak4 , u = ak5 . Ta có phơng trình 2005 = x2 + y + z + t2 . Từ phơng trình ta suy x 2005 < 45. Vì x nguyên dơng 2 nên x 44. Ta lại có y + z + t 2005 442 = 69. Từ 44 x = y + z + t2 + u2 69 ta suy mâu thuẫn. Vậy k 4. Thí dụ 8.46. Tìm số nghiệm nguyên dơng hệ x1 + ã ã ã + xn = m m, xi N+, i = 1, . . . , n. Chứng minh: Ký hiệu số nghiệm nguyên dơng hệ cho Nn (m). Ta có N1 (m) = 1. Tính N2 (m), tức tính số nghiệm nguyên dơng x1 + x2 = m. Từ phơng trình ta có nghiệm (1, m 1), (2, m 2), ., (m 1, 1). Do N2 (m) = m 1. Tính N3 (m). Xét phơng trình x1 + x2 + x3 = m. Cho x3 = 1, 2, ., m 2, ta có N3 (m) = N2 (m 1) + N2 (m 2) + . + N2 (2) = (m 2) + ã ã ã + 1. m1 Vậy N3 (m) = m1 . Chứng minh qua quy nạp Nn (m) = n1 . Hiển nhiên Nn (m) = Nn1 (m 1) + Nn1 (m 2) + ã ã ã + Nn1 (n 1). Do Nn (m) = m2 + m3 + ã ã ã + n2 = m1 . n2 n2 n2 n1 120 Thí dụ 8.47. Cho k, m, n số nguyên dơng. Tính số nghiệm nguyên dơng hệ x1 + ã ã ã + xn = y1 + ã ã ã + ym + 1, x1 + ã ã ã + xn nk, m < n. Chứng minh: Cho số nguyên dơng s, s nk, ta kí hiệu số nghiệm nguyên dng hệ x1 + x2 + ã ã ã + xn = s Nn (s). Khi số nghiệm nguyên dơng hệ x1 + ã ã ã + xn = s, y1 + ã ã ã + ym = s 1, s1 s2 Nn (s)Nm (s 1) = n1 m1 theo Thí dụ 8.46. Hiển nhiên, s < n Nn (s) = 0. Vậy, số nghiệm nguyên dơng hệ phơng trình nk s1 s2 s1 s2 cho S(m, n) = nk s=2 n1 m1 = s=n n1 m1 . Thí dụ 8.48. Cho dãy số a1 = 18, a2 = 3, a3 = 1952, a4 = 2005 4an+4 = an+3 + an+2 + an+1 + an , n 1. Tính an+1 + 2an+2 + 3an+3 + 4an+4, n 1. Chứng minh: Ta có hệ 4a5 = a4 + a3 + a2 + a1 , 4a6 = a5 + a4 + a3 + a2 , 4a = a + a + a + a . 4an+3 = an+2 + an+1 + an + an1 , 4a n+4 = an+3 + an+2 + an+1 + an . Cộng vế với vế, ta có an+1 + 2an+2 + 3an+3 + 4an+4 = a1 + 2a2 + 3a3 + 4a4 . Vậy an+1 + 2an+2 + 3an+3 + 4an+4 = 13900. Thí dụ 8.49. [Bài nghiên cứu] Cho m số nguyên dơng. Tìm công thức tính số nghiệm nguyên không âm phơng trình x1 + 2x2 + 3x3 + ã ã ã + mxm = m. 121 8.2 Kết thức Xét hai đa thức thuộc Q[x] f (x) = a0 xm + a1 xm1 + ã ã ã + am , g(x) = b0 xn + b1xn1 + ã ã ã + bn , a0 b0 = 0. Định lý 8.50. Hai đa thức f (x), g(x) có ớc chung khác số có hai đa thức thuộc Q[x] p(x) = c0 xm1 + c1 xm2 + ã ã ã + cm1 , q(x) = d0xn1 + d1 xn2 + ã ã ã + dn1 , không đồng thời 0, thoả mãn q(x).f (x) = p(x).g(x). Chứng minh: Giả sử ta có quan hệ q(x).f (x) = p(x).g(x). Khi nhân tử bất khả qui f (x) nhân tử p(x), deg p(x) m < m, nhân tử bất khả qui g(x) nhân tử q(x), n > n deg h(x). Vậy f g phải có nhân tử chung bất khả qui. Ngợc lại, giả sử f (x), g(x) có nhân tử chung d(x) khác số. Đặt f (x) = d(x).p(x), g(x) = d(x).q(x). Khi q(x).f (x) = q(x).d(x).p(x) = p(x).g(x) với m deg p(x), n deg q(x). Chú ý rằng, phơng trình q(x).f (x) = p(x).g(x) tơng đơng với hệ phơng trình sau d0 a0 = c0b0 , d0 a1 + d1 a0 = c0 b1 + c1 b0, d a + d a + d a = c b + c b + c b , 1 0 1 ., dn2 am + dn1 an1 = cm2bn + cm1 bn1, d a = c n1 m m1 bn . 122 Đây hệ phơng trình tuyến tính gồm m + n phơng trình với ẩn c0 , c1 , ., cm1, d0, d1, ., dn1 a0 d0 b0 co = 0, a1 d0 + a0d1 b1 c0 b0 c1 = 0, = 0, a2 d0 + a1d1 + a0d2 b2c0 b1 c1 b0c2 am d0 + am1d1 + ã ã ã + a0 bm c0 bm1 c1 ã ã ã b0 cm = 0, am dn1 bn cm1 = 0. Hệ có nghiệm không tầm thờng định thức cấp m + n a0 a1 a0 a2 a1 . . . . a2 . . . a0 . am . . . a1 a2 am . . . . am b0 b1 b0 b2 b1 . . . . b2 . . . b0 . bn . . . b1 = b2 bn . . . . bn a0 a1 ã ã ã am a0 a1 ã ã ã am . . . a0 a1 ã ã ã am Res(f, g) := = 0, b0 b1 ã ã ã bn b0 b1 ã ã ã bn . . . b0 b1 ã ã ã bn giá trị vị trí trắng 0. Định thức Res(f, g) đợc gọi định thức Sylvester hay kết thức f g. Hệ 8.51. Hai đa thức f, g có nghiệm chung C Res(f, g) = 0. 123 Chứng minh: Điều đợc suy từ Định lý 8.49. Ta biểu diễn Res(f, g) qua nghiệm f g. Khi coi a0 , ., am , b0, ., bn nh biến Res(f, g) đa thức bậc n theo biến a0, a1 , ., am bậc m theo biến b0 , b1 , ., bn . Nh vậy, Res(f, g) song dạng với song bậc (n, m). Ta biểu diễn: a1 am b1 bn , ., , , ., a0 a b0 b0 Res(f, g) = an0 bm F ã n Giả sử C ta có biểu diễn f = a0 m j=1 (x yj ), g = b0 i=1 (x a1 am zi). Khi , ., hàm đối xứng y1 , ., ym ; a0 a0 b1 bn , ., hàm đối xứng z1, ., zn . Nh vậy, b0 b0 Res(f, g) = f, g có nghiệm chung hay có yj = zi đó. Vậy F đa thức y1 , ., ym , z1 , ., zn chia hết cho (yj zi ), i, j. Điều có nghĩa F chia hết cho m n j=1 i=1 (yj zi ). Đặt m S= n an0 bm j=1 i=1 m (yj zi ) = an0 n g(yj ) = (1) m.n bm j=1 f (zi). i=1 Từ S = an0 m j=1 g(yj ) S đa thức bậc m theo biến n b0 , ., bn từ S = (1)m.n bm i=1 f (zi ) S đa thức bậc n theo biến a0, ., am . Vậy Res(f, g) S khác nhân tử số. So sánh hệ số an0 bm hai vế ta thấy số vừa đề cập đến 1. Vậy m Res(f, g) = an0 n bm j=1 i=1 m (yj zi ) = an0 n g(yj ) = (1) j=1 m am1 bm f (zi ). i=1 Ta xét đa thức f = a0xm + a1xm1 + . + am = a0 Res(f, f ) = m.n f (yj ). i=1 Ta có định lý sau. Ta dễ dàng định lý sau đây. m j=1 (x yj ). Khi 124 Định lý 8.52. Với đa thức f, g Q[x] ta có đa thức , Q[x] với deg < n, deg < m để .f + .g = Res(f, g). Thí dụ 8.53. Cho hai đa thức f (x, y), g(x, y) Q[x, y] không đồng thời không nhân tử chung. Khi số nghiệm hữu tỉ hệ sau hữu hạn f (x, y) = 0, g(x, y) = 0. Chứng minh: Vì hai đa thức f (x, y), g(x, y) nhân tử chung Q[x, y] nên chúng nhân tử chung Q(x)[y]. Vì vành Q(x)[y] vành iđêan chính, nên iđêan (f (x, y), g(x, y)) = (1) Q(x)[y]. Khi có đa thức , Q(x)[y] để f (x, y)+g(x, y) = 1. Qua qui đồng, ta có đa thức p, q Q[x, y] để pf (x, y) + qg(x, y) = d(x) với d(x) Q[x]. Nếu cặp số hữu tỉ (a, b) nghiệm hệ cho d(a) = 0. Điều chứng tỏ có số hữu hạn hoành độ a a1, . . . , as Q để có b Q thoả mãn hệ cho. Vì hệ f (ai, y) = 0, g(ai , y) = có số hữu hạn nghiệm Q cho i = 1, . . . , s, nên hệ cho có số hữu hạn nghiệm hữu tỉ. Thí dụ 8.54. Chứng minh hệ phơng trình x3 + x2 y = 0, 5x2y + 3xy + y 10 = có không nghiệm hữu tỉ. Chứng minh: Từ phơng trình đầu ta suy x = y = 0. Nhng x = 0, y = không nghiệm hệ. Vậy x = 0. Đặt y = tx với t Q. Từ phơng trình đầu ta suy x = t2 1, y = t3 t. Thay tất vào phơng trình thứ hai ta có 5(t2 1)2 (t3 t) + 3(t2 1)(t3 t)2 + (t3 t)3 10 = 0. Đây phơng trình bậc t Q. Vậy hệ cho có không nghiệm hữu tỉ. 125 Thí dụ 8.55. Chứng minh hệ phơng trình (x2 + y )2 = 2005(x2 y 2), 29x2 y y = có không 12 nghiệm hữu tỉ. Chứng minh: Nếu x y = x2 + y = 0. Ta suy x = y = 0. Vì nghiệm không thoả mãn hệ phơng trình, nên x y = 0. Đặt x2 + y = t(x y), t Q, thay vào phơng trình đầu, ta có t2(x y)2 = 2005(x2 y 2). Do x = y, nên t2(x y) = 2005(x + y). Ta có t2 20052 2 t2 20052 t2 20052 y= x. Vậy x + x = xt . Nếu t + 20052 t2 + 20052 t2 + 20052 x = 0, y = 0. Vì x = 0, y = không thoả mãn hệ cho, nên x = 20052 t(t2 20052) 20052 t(t2 + 20052 ) ta có x = , y = . Thay x, y vào t4 + 20054 t4 + 20054 phơng trình thứ hai qui đồng, ta đợc phơng trình bậc 12 cho t. Vậy hệ cho có không 12 nghiệm hữu tỷ. Thí dụ 8.56. [Bài nghiên cứu] Cho hai đa thức f (x, y), g(x, y) Q[x, y] không đồng thời không nhân tử chung. Khi số nghiệm hữu tỉ hệ phơng trình f (x, y) = 0, g(x, y) = không vợt deg f. deg g. 126 8.3 Bài tập 127 References [1] W. Grobner, Algebrasche Geomtrie 1.Teil, Mannheim, 1968. [2] N. H. Hoan, Lí thuyết số, Nhà xuất ĐHSP Hà Nội 2004. [3] N. T. Lanh, Đại số số học, Nhà xuất Giáo dục Hà Nội 1986. [4] R. Merris, Combinatorics, PWS publishing company 20 Park Plaza, Boston, MA 02116-4324. [5] W. Narkiewicz, Teoria liczb, Warszawa 1977. [6] I. B. Nhesterenko E. M. Nhikisin, Biểu diễn liên phân số, Tạp chí Kvant số số 6, 1983. [7] Đ. V. Nhỉ, Chuỗi ứng dụng để nghiên cứu dãy số, Tạp chí Toán học Tuổi trẻ số số 7, 2004. [8] L. Đ. Thịnh, Giáo trình số học, Nhà xuất Giáo dục Hà Nội 1977. [...]... nhiên p > 1 không có một ớc số dơng nào khác 1 và bản thân nó đợc gọi là số nguyên tố Số tự nhiên q > 1 mà có những ớc số dơng khác 1 và chính nó đợc gọi là hợp số Ta thấy, với số nguyên dơng n trong đoạn (n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, , (n + 1)! + n + 1 không có số nguyên tố nào Định lý sau đây chỉ ra tập các số nguyên tố là một tập vô hạn Định lý 1.25 Tập hợp tất cả các số nguyên tố là một tập vô... = 1 Khi đó các số trong dãy m, a1(m), a2(m), đôi một nguyên tố cùng nhau cho mọi số tự nhiên m > 1 Vậy p là một tập vô hạn Chứng minh 2: Xem Thí dụ 8.37 Định lý 1.26 [Định lý cơ bản của số học] Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích đợc thành một tích các thừa số nguyên tố, và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số 15 Chứng minh: Xét tập F gồm tất cả các số nguyên dơng... một số nguyên dơng đủ lớn n0 Chọn số nguyên tố p chia hết f (n0) và khai triển f (n0 + kp) = f (n0 ) + kpg(n0 , p, k) Số g(n0 , p, k) là số nguyên Nh vậy cả ba số hạng trong hệ thức này đều chia hết cho p cho mọi k = 1, 2, Với k đủ lớn ta có |f (n0 + kp)| > p và f (n0 + kp) chia hết cho p Ta suy ra điều cần chứng minh 16 1.7 Biểu diễn số theo một cơ số Cho số nguyên dơng k > 1 Ta chỉ ra, mỗi số. .. = (a0 a1 ã ã ã am1 am )k Số k đợc gọi là cơ số, còn a0 , a1 , , am đợc gọi là các chữ số của biểu diễn n theo cơ số k Thí dụ 1.29 Các số tự nhiên biểu diễn theo cơ số 7 và 3 là 160 = 3.72 + 1.71 + 6 = (316)7, 95 = 1.34 + 0.33 + 1.32 + 1.31 + 2 = (10112)3 17 Ngoài cách biểu diễn mỗi số nguyên theo một cơ số nh trên ta còn có nhiều cách biểu diễn khác nữa Biểu diễn mỗi số nguyên dơng qua các tổ... Định lý sau đây chỉ ra bội chung nhỏ nhất của một số hữu hạn các số đã cho luôn luôn tồn tại Định lý 1.23 Bội chung nhỏ nhất của các số a1 , , an Z \ {0} luôn tồn tại Hơn nữa, bcnn(a1 , , an ) = bcnn(bcnn(a1, , an1 ), an ) Chứng minh: Ta chứng minh định lý bằng phơng pháp qui nạp theo n |a1 a2 | Với n = 1, bcnn(a1) = a1 Với n = 2, bcnn(a1 , a2 ) = ucln(a1 a2 ) theo Định lý 1.22 Nh vậy định lý. .. dơng, qn > 1 Số n đợc gọi là độ dài liên phân số + Để cho đơn giản, ta thờng ký hiệu liên phân số hữu hạn (1) dới dạng [q0; q1, , qn ] Định lý 2.2 Mỗi số hữu tỉ đều có thể biểu diễn dới dạng một liên phân số hữu hạn a Chứng minh: Theo nh đã trình bày ở trên , ta có sự biểu diễn = b [q0; q1, , qn ] Thí dụ 2.3 143 231 = [5; 3, 2, 1, 2], = [20; 1, 3] 27 12 Định lý 2.4 Sự biểu diễn một số hữu tỉ thành... 2.24 Số vô tỉ đợc gọi là vô tỉ bậc hai nếu nó là nghiệm của một phơng trình bậc hai với các hệ số nguyên p d Vậy, số vô tỉ bậc hai đều có dạng , trong đó p, q, d nguyên và d q không là số chính phơng Không hạn chế, có thể giả thiết số vô tỉ bậc hai là nghiệm của phơng trình 2qx2 2px + r = 0, trong đó p, q, r là những số nguyên, q > 0, d = p2 qr > 0 không là số chính phơng Ta công nhận định lý sau... số nguyên dơng qua các tổ hợp đợc sử dụng trong đại số giao hoán Định lý 1.30 Cho số nguyên dơng d Khi đó mỗi số nguyên dơng n đều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành tổng n= hd1 h1 hd + + ããã + , d d1 1 trong đó các số nguyên dơng hi thoả mãn hd > hd1 > ã ã ã > h1 0 Chứng minh: Tồn tại biểu diễn: Giả thiết n là số nguyên dơng Ta chọn hd là số nguyên dơng lớn nhất sao cho hd n Nếu n = hd thì... an ) cho bội chung nhỏ nhất của các số a1 , , an Khi m là bội chung nhỏ nhất của các số a1 , , an thì m cũng là bội chung nhỏ 13 nhất của chúng Chính vì vậy, ta qui ớc bcnn(a1, , an ) là số nguyên dơng nhỏ nhất thuộc tập bc(a1, , an ) Định lý sau đây chỉ ra mối liên hệ giữa bội chung nhỏ nhất và ớc chung lớn nhất của một số hữu hạn các số đã cho Định lý 1.22 Nếu a, b Z \ {0}, thì ucln(a,... Giả thiết các số nguyên a1, , an đều khác 0 và m, d là những số nguyên dơng Ta có: m m (i) m = bcnn(a1 , , an ) ucln( , , ) = 1 a1 an bcnn(a1 , , an ) a1 an = bcnn( , , , ) (ii) d d d (iii) d bcnn(a1 , , an ) = bcnn(da1, , dan ) (iv) Bội chung nhỏ nhất của nhiều số nguyên tố sánh đôi bằng tích của chúng 1.6 Số nguyên tố, định lý cơ bản của số học Định nghĩa 1.24 Số tự nhiên p