Định lý Roth, định lý Bertrand và một vài ứng dụng

Định lý Roth Định lý Bertrand Một vài ứng dụng Vũ Thị Liễu ĐH Thái Nguyên-ĐHKH Ngày 16 tháng 04 năm 2015 Mục lục Định đề Betrand 1.1 Số nguyên tố 1.2 Một vài cách biểu diễn số tự nhiên 1.3 Định đề Bertrand Số Liouville Định lý Roth 2.1 Số siêu việt Liouviile 2.1.1 Tập đếm được, không đếm 2.1.2 Tập số siêu việt 2.1.3 Xấp xỉ Diophante 2.1.4 Số Liouville 2.2 Số siêu việt không số Liouville 2.2.1 Tính siêu việt số e 2.2.2 Tính siêu việt số π 2.3 Giới thiệu Định lý Roth vận dụng 2.3.1 Giới thiệu Định lý Roth 2.3.2 Vận dụng Định lý Roth vào giải Toán 2.4 Một vài vận dụng vào giải Toán sơ cấp 5 21 26 26 26 29 31 32 37 37 39 40 40 sơ cấp 42 43 Mở đầu Cho đa thức f (x) = ad xd + ad−1 xd−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x] với a ad > (ad , , a1 , a0 ) = Giả sử số hữu tỷ ∈ Q với b > b Khi ta có biểu diễn đây: a a = ad b b a m + a0 = d , m ∈ Z b b a m a = f = d với |m| Dễ dàng thấy f b b b a a Như vậy, f = ta có f thỏa mãn cho d b b b a số hữu tỷ với b > d = deg f (x) Một câu hỏi b đặt ra: Liệu thay số d số tự nhiên a a dương s để với số hữu tỷ với b > f = ta b b có a f ? b bs Giả sử α ∈ R \ Q f (α) = Khai triển Taylor f (x) x=α: f f (x) = f (α)+ d + ad−1 a b d−1 + · · · + a1 f (α) f (α) f (d) (α) (x−α)+ (x−α)2 +· · ·+ (x−α)d 1! 2! d! Vì f (α) = nên f a a a = b1 −α +b2 −α b b b +· · ·+bd a −α b d f (i) (α) với bi = , i = 1, 2, , d Đặt r = max{|bi | | i = 1, , d} i! a a a Khi −α ta có d f rd − α b b b b a c(α) có d < − α Bất đẳng thức đưa rd b b đến kết tiếng Liouville: Giả sử α ∈ R số vô tỷ đại số bậc d Khi có số c(α) a c(α) a để bất đẳng thức − α ≥ d thỏa mãn cho ∈ Q, b > b b b Trong lý thuyết số, số Liouville số vô tỷ α cho a với số nguyên dương n, tồn số hữu tỷ với b > b a cho < |α − | < n Năm 1844, Liouville chứng minh số b b Liouville tồn số siêu việt Kết Liouville xuất phát điểm cho định lý Roth hay định lý Thue-Siegel-Roth Định lý Roth phát biểu với số đại số α ∈ / Q số thực > 0, có hữu hạn cặp số nguyên (a, b) với b > a cho |α − | < 2+ Định lý Roth cho thấy với số đại b b số α cho trước, có nhiều số hữu tỷ xấp xỉ đủ tốt α Định lý Roth kết lý thuyết xấp xỉ Diophante số đại số Định lý Roth cải tiến suốt nửa kỷ, kết Liouville năm 1844, Thue năm 1909, Siegel năm 1921, Dyson năm 1947 Roth năm 1955 Với kết Roth nhận huy chương Feilds Mục đích luận văn trình bày lại số kết số Liouville, định lý Bertrand định lý Roth Luận văn gồm chương Chương dành để trình bày Định đề Bertrand Chương giới thiệu Định lý Roth số ứng dụng Chương thứ gồm mục Mục 1.1 dành để trình bày số nguyên tố Mục 1.2 trình bày vài cách biểu diễn số tự nhiên Mục 1.3 Chứng minh Định đề Bertrand Chương thứ hai gồm mục Mục 2.1 trình bày số siêu việt Liouville Mục 2.2 trình bày số siêu việt số Liouville Mục 2.3 nêu lại nội dung Định lí Roth, gồm Bổ đề Siegel Bổ đề tổ hợp, song việc chứng minh Định lí Roth phức tạp nên trình bày lại kết mà không chứng minh Mục 2.4 với c(α) < đưa áp dụng vào Toán sơ cấp Luận văn hoàn thành hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Qua xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc thầy hướng dẫn, người tận tình bảo, quan tâm động viên giúp đỡ hoàn thành luận văn Đồng thời xin trân trọng cảm ơn thầy cô, cán khoa Toán Tin cán quản lí trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên dạy dỗ hết lòng giúp đỡ suốt trình học tập trường Tôi xin gửi lời cảm ơn tới Sở Giáo dục- Đào tạo tỉnh Quảng Ninh, Ban Giám hiệu trường THPT Vũ Văn Hiếu - Thành phố Hạ Long, tỉnh Quảng Ninh tạo điều kiện cho hoàn thành khóa học Cuối xin gửi lời cảm ơn tới tập thể bạn lớp Cao học Toán K7Q trường ĐHKH- Đại học Thái Nguyên, nhiệt tình giúp đỡ trình học tập trình hoàn thành luận văn Thái Nguyên, ngày 16 tháng 04 năm 2015 Vũ Thị Liễu Chương Định đề Betrand Trong chương này, giới thiệu vài vấn đề nghiên cứu lý thuyết số Bằng kiến thức toán học sơ cấp, tập số siêu việt không đếm được, tìm công thức tính số siêu việt vài trường hợp đặc biệt Câu chuyện xây dựng số siêu việt hay vài số đặc biệt khác nhiều vấn đề thú vị cần khám phá 1.1 Số nguyên tố Định nghĩa 1.1.1 Số tự nhiên p > ước số dương khác gọi số nguyên tố Số tự nhiên q > có ước số dương khác gọi hợp số Nếu có số tự nhiên d để n = d2 n gọi số phương Hiển nhiên ta có định lý sau đây: Định lý 1.1.2 Cho số nguyên tố p số nguyên tuỳ ý m, a, b Khi p p | m (i) (m, p) = p m (ii) Mọi số m > có ước nguyên tố (iii) Nếu p | ab p | a p | b Ta thấy, đoạn [(n + 1)! + 2, (n + 1)! + n + 1] số nguyên tố với số nguyên dương n Định lý sau tập số nguyên tố tập vô hạn Định lý 1.1.3 [Euclid] Tập hợp tất số nguyên tố tập vô hạn Ví dụ 1.1.4 Tồn nhiều vô hạn số nguyên tố dạng 4n − với n ∈ N Bài giải: Giả sử có số hữu hạn số nguyên tố p1 , , ps s dạng 4n − Đặt q = pi − > Khi q số lẻ Nhận xét i=1 (*) : Sử dụng quy nạp theo r ta dễ dàng tích r (4ni + 1) i=1 số nguyên dương dạng 4h + số nguyên dương dạng 4m + Nếu ước nguyên tố q có dạng 4k + q phải có dạng 4m + Vì q có dạng 4m − nên q phải có ước nguyên tố p dạng 4k − Từ điều giả sử ta suy p = pi với i Vậy p|(−1) Điều Như có nhiều vô hạn số nguyên tố dạng 4n − Định lý 1.1.5 Với số nguyên dương n tồn số nguyên tố lớn n Chứng minh: Xét số n! + Khi chia số cho số nguyên dương nhỏ n cho số dư Do ước nguyên tố n! + không thuộc tập {1, 2, , n} phải lớn n Định lý 1.1.6 [Định lý số học] Mọi số tự nhiên lớn phân tích thành tích hữu hạn thừa số nguyên tố phân tích không kể đến thứ tự thừa số Khi phân tích số tự nhiên q > thành tích thừa số nguyên tố, số nguyên tố xuất nhiều lần Nếu số nguyên tố p1 , , ps xuất theo thứ tự α1 , , αs lần, ta viết q = pα1 pα2 pαs s ta gọi tích dạng phân tích tắc q Cho hai số a, b có dạng phân tích tắc a = pα1 pα2 pαs s q1u1 qrur , b = pβ1 pβ2 pβs s tv11 tvhh , thừa số nguyên tố qi a, thừa số nguyên tố tj có b, ta có min(α ,β ) 2 ucln(a, b) = p1 min(α1 ,β1 ) p2 ps min(αs ,βs ) , bcnn(a, b) = p1 max(α1 ,β1 ) p2 max(α2 ,β2 ) ps max(αs ,βs ) q1 u1 th vh 1.2 Một vài cách biểu diễn số tự nhiên Ta biết cách biểu diễn số tự nhiên theo số 10 Định lý sau cho cách biểu diễn số nguyên dương theo số k > tuỳ ý Định lý 1.2.1 Cho số nguyên dương k > Mỗi số nguyên không âm n biểu diễn cách thành tổng n = a0 k m + a1 k m−1 + · · · + am−1 k + am , a0 , , am ∈ {0, 1, , k − 1} Chứng minh: Sự tồn tại: Giả thiết n số nguyên không âm Nếu n k − 1, ta có biểu diễn n = n Nếu n k m m+1 ta gọi m số nguyên dương lớn để k n hd−1 > · · · > h1 Chứng minh: Sự tồn tại: Giả thiết n số nguyên dương Ta hd chọn hd số nguyên dương lớn cho n Nếu d d hd hi n= n = với hi = i − cho i = 1, , d − d i i=1 hd Trong trường hợp n = n − > 0, sử dụng giả thiết qui nạp d d−1 h i ta coi n = với hd−1 > hd−2 > · · · > h1 ≥ Ta i i=1 hd + phải hd > hd−1 Thật vậy, từ > n ta suy d hd hd + hd hd−1 = − >n Vậy hd > hd−1 d d d−1 d−1 Tính biểu diễn chứng minh phương pháp d hi qui nạp theo n Chúng ta biết n = với hd > i i=1 hd hd−1 > · · · > h1 hd số lớn thỏa mãn n d hd + n d d−1 h hd + hd hd hd−1 + i Khi − = d−1 i d d d−1 i=1 Điều mâu thuẫn với giả thiết qui nạp biểu diễn Nếu n = kết luận hiển nhiên Giả sử n > Ví dụ 1.2.3 Với cặp số nguyên dương m, k, số m có biểu diễn dạng m= hk k hk−1 hr + ··· + , k−1 r + số nguyên không âm hi thỏa mãn hk > hk−1 > · · · > hr r Ví dụ 1.2.4 Với cặp số nguyên dương m, k, ta có biểu diễn k m = n k=1 ar,m Crk với hệ số nguyên ar,m r=1 m km = m r=1 r+1 Cn+1 ar,m Tìm ar,m m m Bài giải: Tồn biểu diễn k = n lý 1.2.2 Ta có k=1 r Ta có ar,m = km = m n ar,m r=1 Crk Vậy k=r ar,m Crk theo Định r=1 n km = k=1 m r=1 Cr+1 n+1 ar,m (−1)r+i Cir im i=1 Định lý 1.2.5 [Cantor] Mỗi số nguyên dương a biểu diễn cách thành tổng a = an n! + an−1 (n − 1)! + · · · + a2 2! + a1 1! số nguyên với i an > Chứng minh: Ký hiệu pn = n! Khi 1p1 + 2p2 + · · · + npn = pn+1 − 34 Chứng minh: Nếu p(α) = ta chứng minh xong Bây giả thiết p(α) = Với số nguyên r, số γ = rα số đại số nguyên Xét đa thức q(rx) = rk p(x) Dễ dàng biến đổi đa thức q(y) = rk p y/r = bk y k + rbk−1 y k−1 + · · · + rk b0 ∈ Z[x] Ký hiệu α = α1 , , αn liên hợp α đặt γi = rαi với i = 1, 2, , n Ta thấy ngay, tích q(γ1 )q(γ2 ) q(γn ) số nguyên khác Vậy |q(γ1 )q(γ2 ) q(γn )| suy bất đẳng thức rkn |p(α1 )p(α2 ) p(αn )| Mặt khác, ta lại có bất đẳng thức |p(αi )| h(1 + |αi | + · · · + |αi |k ) h(1 + |αi |)k Đặt d(α) = max{|α1 |, |α2 |, , |αn |} Từ hai bất đẳng thức k ta nhận |p(α)|hn−1 rn (1 + d(α))n−1 Như vậy, ta nhận ck |p(α)| , = k n−1 n−1 n n−1 h h r (1 + d(α)) số c = n r (1 + d(α))n−1 Định lý 2.1.4.5 Tất số Liouville số siêu việt Chứng minh: Giả thiết α số Liouville Trước tiên, ta c α phải số vô tỷ Giả sử α = số hữu tỷ với c, d d nguyên d > Chọn số nguyên dương n thỏa mãn 2n−1 > d a c Với hai số nguyên a, b, b > = ta có b d a c a 1 α− = − > n−1 b d b bd b bn Từ suy α không số Liouville theo định nghĩa Mâu thuẫn điều giả sử sai hay α phải số vô tỷ Tiếp theo, ta chứng minh α phải số siêu việt Giả sử α số vô tỷ đại số 35 Theo Định lý 2.1.4.3, có số thực c > số nguyên dương n để a c > n thỏa mãn cho tất số nguyên bất đẳng thức α − b b a, b với b > Giả sử r số nguyên dương thỏa mãn 2r Bởi c α số Liouville nên có số nguyên a, b với b > thỏa mãn a c c a < n+r α − > Ta gặp mâu thuẫn α− b b 2r b n bn b bn a c α− < n Điều chứng tỏ α phải số siêu việt b b Ta công nhận kết đây, không chứng minh độ đo không tập số Liouville thuộc đoạn [0, 1] Định lý 2.1.4.6 Tập tất số Liouville thuộc [0, 1] có độ đo Hệ 2.1.4.7 Tồn số siêu việt số Liouville Chứng minh: Kết suy từ Định lý 2.1.2.3 Định lý 2.1.4.6 ∞ số Liouville Ví dụ 2.1.4.8 Số α = i! i=0 Bài giải: Dễ dàng α số vô tỷ Cố định số nguyên n a dương n xét = với số nguyên a, b b = 2n! > Khi b i=0 2i! ta có ∞ a = < 0< α− i! b i=n+1 ∞ i=(n+1)! 1 = 2i 2(n+1)!−1 2n(n!) = bn suy α số Liouville theo định nghĩa Theo Định lý 2.1.4.5, số α số siêu việt Như vậy, Định lý 2.1.4.3 Liouville vận dụng để xây ∞ dựng só siêu việt Qua ví dụ số α = i! i=0 36 với q(k) = 2k! , a(k) = 2k! , b(k) = k 2−j! ,ta có j=1 a(k) α− = b(k) ∞ 2−j! < 2.2−(k+1)! = 2b(k))−k−1 j=k+1 Do vậy, k đủ lớn với d số c > ta có bất đẳng thức a(k) c α− < b(k) (b(k))d Chúng ta α số siêu việt Nhìn lại, trình chứng minh kết giải ba phần sau đây: (1) Xây dựng đa thức bất khả quy f (x) ∈ Z[x] bậc d với hệ số cao dương nhận α làm nghiệm a (2) Sử dụng khai triển Taylor để đánh giá, −α b a f b d = j=1 a −α b j (j) a f (α) < −α j! c(α) b a a = f kết hợp với (2) nhận b b bd a Định lý Liouville −α Định lý hiển nhiên b a − α > b (3) f Tiếp theo số siêu việt với biểu diễn thành tổng số hạng dạng 2i Trước tiên giới thiệu lại hai bổ đề sau vận dụng để xây dựng số siêu việt đó: Bổ đề 2.1.4.9 Với cặp số nguyên dương, ký hiệu e(k, m) số m-kiểu (j1 , j2 , , jm ) số nguyên không âm thỏa mãn k = 2j1 + 2j2 + · · · + 2jm Khi e(k, m) m2m 37 Chứng minh: Ta chứng minh bổ đề phương pháp quy nạp theo m Với m = 1, số e(k, 1) ∈ {0, 1} cho tất giá trị k Kết hiển nhiên e(k, 1) = 12 Giả sử m > Nếu k có nhiều m chữ số nhị nguyên khác không khó khăn e(k, m) = 0, với ý 2s + 2s = 2s+1 Nếu k có m chữ số nhị nguyên khác e(k, m) = m! m2m cho j1 có m cách chọn, cho j2 có m−1 cách chọn,v.v Nếu k có m chữ số nhị nguyên khác có số nguyên r, s với r < s m để jr = js Vì 2jr +2js = 2jr +1 trường m hợp nên e(k, m) m2 (m − 1)2m−2 m2m e(k, m − 1) Vậy, bổ đề chứng minh Bổ đề 2.1.4.10 Với cặp số nguyên dương t m ta có e(k, m) = cho số nguyên dương k ∈ (2t+1 +· · ·+2t+m , 2t+m+1 ) Chứng minh: Vì số nguyên dương k có nhiều m chữ số nhị nguyên khác nên e(k, m) = chứng minh bổ đề Vận dụng hai bổ đề trên, với chứng minh phức tạp (chúng ∞ không trình bày lại đây) người ta α = 2i i=0 số siêu việt qua kết sau ∞ Định lý 2.1.4.11 Số α = số siêu việt 2i i=0 2.2 Số siêu việt không số Liouville Kết sau trình bày lại định lý Lindemann (1852-1939) tính siêu việt số e π Các định lý giới thiệu [6] vận dụng toán sơ cấp qua cầu phương hình tròn 2.2.1 Tính siêu việt số e Vào năm Cantor chứng minh tính đếm tập số đại số tính không đếm tập số siêu việt, năm 1873 38 Hermite chứng minh tính siêu việt số e Định lý trình bày lại kết [[6], Theorem 1.2] Định lý 2.2.1.1 [Hermite] Số e số siêu việt Chứng minh: Với đa thức bậc m hệ số thực ta xét tích phân theo đoạn nối t sau đây: t et−x f (x) dx I(t) = Theo công thức tích phân phần ta nhận m I(t) = e m t f (s) f (s) (t) (1) (0) − s=0 s=0 Ký hiệu f (x) cho đa thức nhận từ f (x) qua việc hệ số a |a| Khi δj |I(t)| |et−x f (x) dx | |t|e|t| f (|t|) (2) Giả sử e số đại số Khi ta có hệ thức q0 + q1 e + q2 e2 + · · · + qn en = 0, (3) với số nguyên dương n số nguyên q0 = 0, q1 , , qn Với đa thức f (x) = xp−1 (x − 1)p (x − n)p với số nguyên tố lớn p, đánh giá biểu thức J = q0 I(0) + · · · + qn I(n) m n Từ (1) (3) ta có J = − qk f (j) (δk ), m = (n + 1)p − Rõ j=0 k=0 (j) ràng f (k) = j < p, k > j < p − 1, k = Do vậy, với j, k khác j = p − 1, k = 0, f (j) (k) số nguyên chia hết cho p!; Hơn nữa, ta có f (p−1) (0) = (p − 1)!(−l)np (n!)p số nguyên chia hết cho (p − 1)!, không chia hết cho p! p > n Từ suy rằng, p > |q0 | J số nguyên khác chia 39 hết cho (p − 1)!và ta có |J| Từ (2) suy |J| (p − 1)! Hiển nhiên f (k) |q1 |ef (1) + · · · + |qn |nen f (n) (2n)m bp b độc lập với p Đánh giá không thỏa mãn với p đủ lớn Từ mâu thuẫn suy điều giả sử sai Vậy e số siêu việt 2.2.2 Tính siêu việt số π Vào năm 1882 Lindemann thành công với việc chứng minh tính siêu việt π Định lý trình bày lại kết [[6], Theorem 1.3] Định lý 2.2.2.1 [Lindemann] Số π số siêu việt Chứng minh: Giả sử π đại số Q Khi α = iπ đại số Q Ký hiệu d bậc α Gọi α1 = α, α2 , , αd tất d liên hợp α l hệ số cao đa thức tối tiểu xác định α Từ phương trình Euler eiπ = −1 ta suy hệ thức (1 + eα1 )(1 + eα2 ) (1 + eαd ) = Chú ý rằng, tích bên trái hệ thức tổng 2d số hạng eγ với γ = α1 + · · · + d αd , j ∈ {0, 1} Giả sử có n số α1 + · · · + d αd khác số ký hiệu qua δ1 , , δn Khi ta có q + eδ1 + eδ2 + · · · + eδn = 0, (1) với số nguyên dương q = 2d − n Xét tích phân theo đoạn nối δj sau đây: δj I(δj ) = eδj −x f (x) dx, j = 1, , n f (x) = lnp xp−1 (x − δ1 )p (x − δn )p với số nguyên tố lớn p Ký hiệu f (x) cho đa thức nhận từ f (x) qua việc 40 hệ số a |a| Khi δj |I(δj )| |eδj −x f (x) dx | |δj |e|δj | f (|δj |), j = 1, , n (2) Theo công thức tích phân phần ta nhận m δj I(δj ) = e m f (s) f (s) (δj ), m = deg f (x), (3) (0) − s=0 s=0 Đặt J = I(δ1 ) + · · · + I(δn ) Từ (1), (3) m = (n + 1)p − ta có m J = −q m f j=0 (j) m f (j) (δk ) (0) − j=0 k=0 Để ý rằng, tổng lấy theo số k đa thức đối xứng với hệ số nguyên lδ1 , , lδn Theo định lý đa thức đối xứng biểu diễn qua đa thức đối xứng đa thức đối xứng lδ1 , , lδn đa thức đối xứng 2d số lγ ta suy tổng số nguyên Hơn nữa, f (j) (δk ) = j < p nên tổng chia hết cho p! Hiển nhiên f (j) (0) = j = p − f (p−1) (0) = (p − 1)!(−l)np (δ1 δn )p số nguyên chia hết cho (p − 1)!, không chia hết cho p! p đủ lớn Do vậy, p > q ta có |J| (p − 1)! Từ đánh giá (2) ta nhận |J| |δ1 |e|δ1 | f (|δj |) + · · · + |δn |e|δn | f (|δn |) bp với b độc lập với p Đánh giá không thỏa mãn với p đủ lớn Từ mâu thuẫn suy điều giả sử sai Vậy π số siêu việt 2.3 2.3.1 Giới thiệu Định lý Roth vận dụng Giới thiệu Định lý Roth Với n = 2, Định lý Liouville dẫn đến kết rằng, bất a phương trình α − < có nhiều vô hạn nghiệm Cho n > 3, b b 41 đánh giá Định lý 2.1.4.3 liên tiếp cải tiến để đánh giá đẹp nhà toán học Thue, Siegel, Dyson, Gelfond, Schneider, Roth nhiều nhà toán học khác Qua việc sử dụng kết biết, Roth chứng minh định lý tiếng sau đây, xem [7] Định lý 2.3.1.1 [Roth] Giả sử α ∈ / Q số đại số số thực > Khi tồn số hữu hạn cặp số nguyên (a, b) với b > thỏa mãn a α− < 2+ b b Việc chứng minh Định lý Roth chia số bước Kết sử dụng đề chứng minh Định lý 2.3.1.1 Bổ đề Siegel: Bổ đề 2.3.1.2 [Siegel’s Lemma] Giả sử A = (aij ) ma trận kiểu m × n với m < n aij ∈ Z Đặt q = max{|aij |, ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ n} Khi tồn vectơ x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Zn \{0} thỏa mãn điều kiện Axc = |xi | |(nq)m/(n−m) | := với i = 1, 2, , n Chứng minh: Số điểm nguyên hình hộp nguyên xi ( + 1)n Mặt khác, với j = 1, 2, , n với vectơ x tọa độ nguyên thỏa mãn điều kiện vừa nêu ra, tọa độ thứ yj vectơ y = Ax thuộc đoạn [−nj q , (n − m)q ], nj số phần tử âm thuộc hàng thứ j ma trận A Do vậy, ta có nhiều (nq + 1)m < ( + 1)n giá trị nhận Ax Từ suy tồn hai vectơ x1 = x2 thuộc hình hộp nguyên thỏa mãn Ax1 = Ax2 Với x = x1 − x2 = có Ax = |xi | , i = 1, , n Kết sử dụng để chứng minh Định lý 2.3.1.1 gọi bổ đề tổ hợp Trong chứng minh, tác giả sử dụng nhiều kết Kolmogorov lĩnh vực xác xuất Do vậy, trình bày lại bổ đề, không chứng minh Bổ đề 2.3.1.3 [A Combinatorial Lemma] Giả sử số nguyên d1 , , dn số thực e > Khi đó, số tập số 42 nguyên (i1 , , in ) thỏa mãn hai điều kiện ij dj j = 1, , n nhiều 2.3.2 n j=1 n ij − dj en (d1 + 1) (dn + 1) 4ne2 Vận dụng Định lý Roth vào giải Toán sơ cấp Những áp dụng đẹp Định lý Roth qua hai ví dụ Ví dụ 2.3.2.1 Chỉ có số hữu hạn cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình x3 − 2y = a Bài giải: Đặt r = e2iπ/3 Khi x3 − 2y = (x − 21/3 y)(x − r21/3 y)(x − r2 21/3 y) Vậy a x 1/3 x 1/3 x = − − r2 − r2 21/3 y y y y 21/3 x − 21/3 y 3.2−4/3 x Từ suy − Theo Định lý Roth, bất y |y|3 phương trình có số hữu hạn nghiệm Ta có điều phải chứng minh 1/3 Ví dụ 2.3.2.2 Giả sử số nguyên n đa thức bất khả quy bậc n với hệ số nguyên f (x, y) Giả sử g(x, y) đa thức với hệ số hữu tỷ bậc không vượt n − Khi phương trình f (x, y) = g(x, y) có số hữu hạn nghiệm nguyên Bài giải: Giả thiết a0 = Không hạn chế ta giả thiết |x| |y| Giả sử y > Ký hiệu α1 , , αn n nghiệm phương trình f (x, 1) = Đặt G số lớn tập tất giá 43 trị tuyệt đối hệ số đa thức g(x, y) Từ f (x, y) = g(x, y) ta suy G(1 + 2|y| + · · · + (n − 2)|y|n−3 ) |a0 (x − α1 y) (x − αn y)| Từ suy |a0 (x − α1 y) (x − αn y)| có số j để n2 G |x − αj y| < |a0 | 1/n n2 G|y|n−3 Như vậy, |y|1−3/n Giả sử phương trình cho có nhiều vô hạn nghiệm nguyên (x, y) Theo Nguyên lý Dirichlet, có nhiều vô hạn cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn bất phương trình Với số s = j |y| > m m số nguyên dương đủ lớn Biến đổi |x − αs y| = |(αj − αs )y + (x − αj y)| n2 G 1/n 1−3/n |y| > |αj − αs ||y| − |a0 | > |αj − αs ||y| với số nguyên dương m đủ lớn Sử dụng đánh giá trên, ta có n2 G|y|n−3 > s=j |αj − αs | |y|n−1 |x − αj y| K x − αj < thỏa mãn cho nhiều vô y |y| hạn cặp số nguyên (x, y) với số cố định K Điều mâu thuẫn với tính đại số αj theo Định lý Roth Ta có điều phải chứng minh Vì vậy, bất phương trình 2.4 Một vài vận dụng vào giải Toán sơ cấp Ví dụ 2.4.1 Với số nguyên dương n, đa thức f (x) = + x2 xn + ··· + bất khả quy 2! n! x + 1! 44 Bài giải: Trường hợp n = 1, n = tầm thường Ta phải n!f (x) = xn + nxn−1 + · · · + n! đa thức bất khả quy n Nếu n = 2m có só nguyên tố p thỏa mãn m < p 2m = n theo Định đề Bertrand Khi p n < 2p Nếu n = 2m + p n − < 2p Vì n − chẵn n lẻ nên từ p n − < 2p suy n < 2p Do p n − < n nên p < n < 2p Tóm lại có số nguyên tố p thỏa mãn p n < 2p Ta thấy n! chia hết cho p, n! không chia hết cho p2 Từ suy f (x) bất khả quy 1 (−1)n − + − ··· + + ··· 2! 3! 4! n! Chứng minh tam thức bậc hai với hệ số nguyên nhận số e làm nghiệm Ví dụ 2.4.2 Giả sử số e−1 = Bài giải Giả sử có số nguyên a, b, c với a = để ax2 + bx + c nhận e nghiệm Khi ae2 + be + c = hay ae + b + ce−1 = Như có a(2 + 1 1 1 + + · · · + + · · · ) + c( − + − · · · ) = −b 2! 3! n! 2! 3! 4! Ta suy 2a + a+c a−c a + (−1)n c + + ··· + + · · · = −b 2! 3! n! Với số nguyên dương n ta có quan hệ a+c a−c a + (−1)n c a + (−1)n+1 c −n!b−2an!− + +· · ·+ n! = 2! 3! n! n+1 + · · · Với n > |a| + |c| ta có đánh giá a + (−1)n+1 c a + (−1)n+2 c |a| + |c |a| + |c + +· · · | < < 1, = 0, | n+1 (n + 1)(n + 2) n n vế trái số nguyên Từ mâu thuẫn suy e không nghiệm tam thức bậc hai thuộc Z[x] Ví dụ 2.4.3 Tập số phức C tập không đếm 45 Bài giải: Hiển nhiên R ⊂ C tập số thực R tập không đếm theo Định lý 2.1.1.8 nên C tập không đếm Ví dụ 2.4.4 Với số nguyên dương n tồn n số phức độc lập đại số Q Bài giải: Ta biết trường Q tập đếm theo Hệ 2.1.1.5 Khi bao đóng đại số Q trường C, ký hiệu C(Q) tập đếm theo Định lý 2.1.2.3 Vì C tập không đếm theo Ví dụ 2.4.3 nên phần bù T = C \ C(Q) tập không đếm Lấy ∈ T xét mở rộng C(Q)(x1 ) Tập tập đếm Bao đóng đại số C(C(Q)(x1 )) C tập đếm Tiếp tục trình ta nhận tập n số phức độc lập đại số Q √ √ √2 Ví dụ 2.4.5 Các số 2015 , số siêu việt Bài giải: Kết luận suy từ Định lý 2.1.4.11 √ Ví dụ 2.4.6 Số 2016 2015 số vô tỷ √ Bài giải: Vì số 2016 2015 số siêu việt theo Định lý 2.1.4.11 nên số vô tỷ Ví dụ 2.4.7 Nếu bán kính R đường tròn số đại số Q chu vi diện tích hình tròn số siêu việt Bài giải: Vì π số siêu việt theo Định lý 2.3.1.3 nên π.2R π.R2 số siêu việt Do vậy, π.2R π.R2 số siêu việt Ví dụ 2.4.8 Số e số vô tỷ Bài giải: Vì e số siêu việt theo Định lý 2.2.1.1 nên không số đại số Do vậy, e số vô tỷ Ví dụ 2.4.9 Số π số vô tỷ 46 Bài giải: Vì π số siêu việt theo Định lý 2.3.1.3 nên không số đại số Do vậy, π số vô tỷ Ví dụ 2.4.10 Số eπ = (−1)−i số siêu việt Bài giải: Vì eπ = e−i π = (eiπ )−i eiπ = −1 nên eπ = (−1)−i Vì (−1)−i số siêu việt theo Định lý 2.3.1.3 nên eπ số siêu việt π số đại số trường Q Ví dụ 2.4.11 cos 180 π π 180 Bài giải: Từ −1 = cos π +i sin π = (cos +i sin ) ta suy 180 180 180 180 k k π 180−k π sin Như −1 = i cos k 180 180 k=0 90 k=0 180 π π k (−1)k cos180−2k (1 − cos2 ) +1=0 2k 180 180 suy cos π số đại số trường Q 180 Ví dụ 2.4.12 Không thể dùng thước kẻ compa để cầu phương hình tròn Bài giải: Không hạn chế, ta cần xét hình vuông có độ dài cạnh Chọn hai đỉnh hình vuông Như vậy, xét số √ π có dựng từ tập T = {0, 1} hay không? Ta có Q(T ) = Q √ √ Nếu π đại số có đa thức f (x) ∈ Q[x], f (x) = 0, nhận π làm nghiệm suy đa thức f (x2 ) ∈ Q[x] nhận π làm nghiệm √ Vì số π siêu việt theo Định lý 2.3.1.3 nên số π nghiệm đa thức f (x2 ) Do vậy, dùng thước kẻ compa để cầu phương hình tròn Kết luận Luận văn trình bày kết sau đây: (1) Một số định lý biểu diễn số (2) Trình bày Định đề Bertrand (3) Chứng minh tập số thực đại số Q tập đếm (4) Chứng minh tập số thực R tập không đếm Từ tồn số siêu việt tập số siêu việt tập không đếm (5) Xây dựng lại số siêu việt Liouville (6) Trình bày Bổ đề Siegel giới thiệu Định lý Roth Đã đưa ví dụ áp dụng vào Toán sơ cấp (7) Xây dựng số ví dụ việc áp dụng kết đạt luận văn vào Toán sơ cấp 47 Tài liệu tham khảo [1] Hà Huy Khoái (1997), Nhập môn số học thuật toán, Nhà xuất Khoa học [2] D Q Việt Đ V Nhỉ (2007), Giáo trình Đại số sơ cấp, Nhà xuất ĐHSP Hà Nội [3] D Q Việt Đ V Nhỉ (2007), Cơ sở lý thuyết Số Đa thức, Nhà xuất ĐHSP Hà Nội [4] Andrews G.E (1971), Number Theory, Dover Publications, Inc New York [5] Andreescu T., Andrica D and Cucurezeanu I (2010), An Introduction to Diophantine Equations, Birkhauser [6] Baker A (1975), Transcendental Number Theory, Cambridge University Press [7] Cassels J W S (1977), An Introduction to Diophantine Approximation, Cambridge University Press [8] Lang S (1966), Introduction to Diophantine Approximations, Addison-Wesley Publishing Company [9] Prasolov V (2004), Polynomials, Springer-Verlag Berlin Heidelberg 48 [...]... này và thấy ngay tập này đếm được Ký hiệu An = ∞ là một tập đếm được Vậy A = k=1 An là một tập đếm được theo n=1 Định lý 2.1.1.4 Tóm lại, tập tất cả các số đại số trên Q là một tập đếm được Định lý 2.1.2.4 [Cantor] Tập tất cả các số siêu việt trên Q là không đếm được Chứng minh: Vì R là một tập không đếm được theo Định lý 2.1.1.8 và tập tất cả các số đại số trên Q là một tập đếm được theo Định lý 2.1.2.3... tố Năm 1845, Bertrand đưa ra giả thuyết, thường gọi là Định đề Bertrand (Bertrand s postulate), phát biểu như sau: Cho số nguyên dương n p 2n 1, luôn có số nguyên tố p với n < Bertrand đã chứng minh giả thuyết trên cho n < 3000000 Năm 1850, Tchebychev là người đầu tiên đưa ra một chứng minh bằng giải tích cho định đề trên Năm 1932, Paul Erd˝os đã đưa ra một chứng minh đẹp cho Định đề Bertrand chỉ dùng... là một tập đếm được Chứng minh: Ánh xạ f : Z → N, r → Bổ đề 2.1.1.3 Tập con của một tập đếm được là một tập đếm được Chứng minh: Cho A là một tập đếm được Khi đó có đơn ánh f : A → N Giả sử B là một tập con của A Ánh xạ thu hẹp f |B : B → N cũng là một đơn ánh Vậy, B là tập đếm được Định lý 2.1.1.4 Các khẳng dịnh dưới đây là đúng: (1) Tích Descartes N × N là một tập đếm được (2) Tích Descartes của một. .. tiên bởi Hadamard và Vallée-Poussin năm 1896 với công cụ từ giải tích phức Dùng Định lý này, chúng ta cũng có thể chứng minh Định đề Bertrand Câu chuyện về Định đề Bertrand vẫn chưa kết thúc khi có khá nhiều câu hỏi tương tự được đặt ra Gần đây, năm 2006, El Bachraoui đã đưa ra một chứng minh sơ cấp cho kết quả: Luôn có số nguyên tố nằm giữa 2n và 3n với mọi số nguyên dương n > 1 Một kết quả tương... i! i=0 2 Bài giải: Dễ dàng chỉ ra α là một số vô tỷ Cố định số nguyên n 1 a dương n và xét = với số nguyên a, b và b = 2n! > 1 Khi b i=0 2i! đó ta có ∞ a 1 = < 0< α− i! b 2 i=n+1 ∞ i=(n+1)! 1 1 = 2i 2(n+1)!−1 1 2n(n!) = 1 bn và suy ra α là số Liouville theo định nghĩa Theo Định lý 2.1.4.5, số α là một số siêu việt Như vậy, Định lý 2.1.4.3 đã được Liouville vận dụng để xây ∞ 1 dựng các só siêu việt Qua... giữa n2 và (n+1)2 với mọi số nguyên dương n Chương 2 Số Liouville và Định lý Roth 2.1 2.1.1 Số siêu việt Liouviile Tập đếm được, không đếm được Định nghĩa 2.1.1.1 Tập A = ∅ được gọi là một tập đếm được nếu tồn tại một đơn ánh từ A vào tập các số tự nhiên N Tập rỗng cũng được quy ước là một tập đếm được Bổ đề 2.1.1.2 Tập các số nguyên Z là một tập đếm được 2r khi r ∈ N −2r − 1 khi r ∈ /N là một đơn... bn b bn a c α− < n Điều này chứng tỏ α phải là số siêu việt b b Ta công nhận kết quả dưới đây, không chứng minh về độ đo không của tập các số Liouville thuộc đoạn [0, 1] Định lý 2.1.4.6 Tập tất cả các số Liouville thuộc [0, 1] có độ đo 0 Hệ quả 2.1.4.7 Tồn tại số siêu việt không phải là số Liouville Chứng minh: Kết quả suy ra từ Định lý 2.1.2.3 và Định lý 2.1.4.6 ∞ 1 là một số Liouville Ví dụ 2.1.4.8... thức n g(x) = ai xi ∈ Z[x] với bậc n Hiển nhiên, mỗi đa thức i=0 thuộc tập tập P (n) được sắp tương ứng với một bộ n + 1 số nguyên (an , an−1 , , a1 , a0 ) ∈ Zn+1 Tương ứng này là tương ứng một- một giữa P (n) và Zn+1 Như vậy P (n) là một tập đếm được theo Định lý 2.1.1.4 Từ đó suy ra sự tồn tại của một song ánh f : N → P (n) Tập P (n) có thể biểu diễn thành dãy P (n) = {Pn,1 (x), Pn,2 (x), ,... minh nếu không có số nguyên tố p sao cho n < 2n 4n trừ một số giá trị n p 2n thì chúng ta sẽ suy ra < 2n n nhỏ Điều này chứng minh được Định đề Bertrand cho số n đủ lớn Đối với giá trị n nhỏ, Erd˝os kiểm tra trực tiếp Để chứng minh các ý tưởng trên, chúng ta cần một số bổ đề sau: Bổ đề 1.3.1 Định đề Bertrand đúng với n < 4000 Chứng minh: Để chứng minh điều này, ta không cần kiểm tra tất cả 4000 trường... tập đếm được nên Q là một tập đếm được theo Định lý 2.1.1.4 Định nghĩa 2.1.1.6 Tập A = ∅ được gọi là một tập không đếm được nếu nó không phải là một tập đếm được Bổ đề 2.1.1.7 Tập các số thực thuộc khoảng (0, 1) là một tập không đếm được Chứng minh: Giả sử tập tất cả các số thực thuộc khoảng (0, 1) là một tập đếm được Khi đó mỗi số thực được biểu diễn dưới 29 dạng số thập phân và tập các số đó được ... việt số π 2.3 Giới thiệu Định lý Roth vận dụng 2.3.1 Giới thiệu Định lý Roth 2.3.2 Vận dụng Định lý Roth vào giải Toán 2.4 Một vài vận dụng vào giải Toán sơ cấp 5 21 26 ... trình bày lại số kết số Liouville, định lý Bertrand định lý Roth Luận văn gồm chương Chương dành để trình bày Định đề Bertrand Chương giới thiệu Định lý Roth số ứng dụng Chương thứ gồm mục Mục 1.1... chứng minh hệ Một định lý tiếng ước lượng hàm π(x) π(x) =1 x→+∞ x/ ln x lim chứng minh lần Hadamard Vallée-Poussin năm 1896 với công cụ từ giải tích phức Dùng Định lý này, chứng minh Định đề Bertrand