Một số phương trình diophant đặc biệt

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI ANH DŨNG MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT ĐẶC BIỆT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI ANH DŨNG MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT ĐẶC BIỆT Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn iii Mở đầu 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 1.1.3 Hàm - Số ước nguyên tố n 10 1.1.4 Hàm tích ước nguyên tố n 11 1.2 Cấu trúc nghiệm phương trình σ(n) = γ(n)2 12 1.3 Nghiệm số trường hợp đặc biệt 13 1.3.1 Nghiệm phương trình σ(n) = γ(n)2 trường hợp w(n) ≤ 13 1.3.2 Nghiệm phương trình σ (n) = γ(n)2 trườg hợp n ước luỹ thừa bậc 18 Phương trình dạng ax ≡ x (mod bn ) 22 2.1 Bài toán dãy chữ số cuối số 22 2.2 Cơ sở đắn tồn nghiệm phương trình ax ≡ x (mod bn ) 24 ii Kết luận Đề nghị 31 Tài liệu tham khảo 32 iii Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Đầu tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người thầy đáng kính GS.TSKH Hà Huy Khoái - ĐH Thăng Long Hà Nội Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình xây dựng đề cương, làm hoàn thiện luận văn Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Thầy cô khoa Toán, phòng Đào tạo sau Đại học, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Thầy cô giáo tham gia trực tiếp giảng dạy lớp cao học khóa 1/2014 1/2016 Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp K7C Cao học Toán - Đại học Khoa học động viên giúp đỡ trình học tập làm luận văn Em xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, 2015 Bùi Anh Dũng Học viên Cao học Toán lớp C, khóa 01/2014-01/2016 Chuyên ngành phương pháp Toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: buianhdung@gmail.com Mở đầu Phương trình Diophant dạng toán lâu đời Toán học trải qua lịch sử phát triển lâu dài Thông qua việc giải phương trình Diophant, nhà Toán học tìm tính chất sâu sắc số nguyên, số hữu tỷ, số đại số Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, phương trình Diophant thường xuyên xuất hình thức khác đánh giá khó tính phi tiêu chuẩn Luận văn có mục đích trình bày số kết nghiên cứu gần số phương trình Diophant đặc biệt, liên quan đến hàm số học (Hàm tổng ước hàm tích ước nguyên tố) biểu diễn số nguyên số tùy ý Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2 Trong chương trình bày số hàm số học, cấu trúc nghiệm phương trình nghiệm số trường hợp đặc biệt Chương Phương trình dạng ax ≡ x(modbn ) Chương trình bày Bài toán dãy chữ số cuối số sở đắn, tồn nghiệm phương trình Chương Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2 1.1 1.1.1 Một số hàm số học Phi - hàm Ơle Định nghĩa 1.1 Giả sử n số nguyên dương Giá trị phi - hàm Ơ le n số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Kí hiệu Phi - hàm Ơ - le ϕ (n) Ví dụ 1.1 ϕ (1) = 1, ϕ (2) = 1, ϕ (3) = 2, ϕ (4) = 2, ϕ (5) = Định nghĩa 1.2 Cho n số nguyên dương Nếu a số nguyên với (a, n) = tồn số nguyên dương k để ak ≡ (mod n) Số nguyên dương k bé thỏa mãn ak ≡ (mod n) gọi cấp số nguyên a (mod n) 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 với n hai phần tử khác đồng dư môđulô n Ví dụ 1.2 Các số 1, 2, 3, 4, 5, lập thành hệ thặng dư thu gọn môđulô Các số 1, 3, 5, lập thành hệ thặng dư thu gọn môđulô 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) 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 p |n, p |rj p |n Tuy nhiên, có p |rj p |n rj n nguyên tố Tương tự, có p |a p |n Vậy, arj n nguyên tố với j = 1, 2, , ϕ (n) Còn phải chứng tỏ hai số arj , ark (j = k) tùy ý không đồng dư môđulô n Giả sử arj ≡ ark (mod n) , j = k ≤ j ≤ ϕ (n) , ≤ k ≤ ϕ (n) Vì (a, n) = nên ta suy rj ≡ rk (mod n) Điều mâu thuẫn rj , rk thuộc hệ thặng dư thu gọn ban đầu môđulô n Ví dụ 1.4 Tập hợp {1, 3, 5, 7} hệ thặng dư thu gọn theo môđulô Do (5, 8) = nên {5, 15, 25, 35} hệ thặng dư môđulô Tính chất 1.2 (Định lí Euler) Giả sử m số nguyên dương a số nguyên với (a, m) = Khi aϕ(m) ≡ (mod m) Chứng minh Giả sử r1 , r2 , , rϕ(n) hệ thặng dư thu gọn gồm số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m Do Tính chất (a, m) = 1, tập hợp ar1 , ar2 , , arϕ(n) hệ thặng dư thu gọn môđulô m Như vậy, thặng dư dương bé ar1 , ar2 , , arϕ(m) phải số nguyên r1 , r2 , , rϕ(m) xếp theo thứ tự Vì thế, ta nhân vế từ hệ thặng dư thu gọn đây, ta được: ar1 a r2 arϕ(m) ≡ r1 r2 rϕ(m) (mod m) 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 môdulô n cách sử dụng định lí Euler Giả sử a, m số nguyên tố nhau, đó: a.aϕ(m)−1 = aϕ(m) ≡ (mod m) Vậy aϕ(m)−1 nghịch đảo a môdulô m Ví dụ 1.6 Ta có: 2ϕ(9)−1 = 26−1 = 25 = 32 ≡ (mod 9) nghịch đảo môdulô Hệ 1.1 Nếu (a, b) = aϕ(b) + bϕ(a) ≡ (mod ab) Hệ 1.2 Với (a, b) = n, v hai số nguyên dương anϕ(b) + bvϕ(a) ≡ (mod ab) Hệ 1.3 Giả sử có k (k ≥ 2) số nguyên dương m1 , m2 , , mk chúng nguyên tố với đôi Đặt M = m1 m2 mk = mi ti với i = 1, 2, , k ta có tn1 + tn2 + + tnk ≡ (t1 + t2 + t3 )n (modM ) với n nguyên dương Tính chất 1.3 Với số nguyên tố p ta có ϕ (p) = p − Ngược lại, p số nguyên dương cho ϕ (p) = p − p số nguyên tố Chứng minh Nếu p nguyên tố với số nguyên dương nhỏ p nguyên tố với p Do có p − số nguyên dương nên ϕ (p) = p − 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 Chứng minh Các số nguyên dương nhỏ pa không nguyên tố với p số không vượt pa−1 chia hết cho p Có pa−1 số Do tồn pa − pa−1 số nguyên nhỏ pa nguyên tố với pa Vậy ϕ (pa ) = pa − pa−1 Ví dụ 1.8 ϕ (125) = ϕ 53 = 53 − 52 = 100, ϕ 210 = 210 − 29 = 525 Tính chất 1.5 Nếu m, n số nguyên dương, nguyên tố ϕ (m.n) = ϕ (m) ϕ (n) Chứng minh Ta viết số nguyên dương không vượt mn thành bảng sau: m + 2m + (n − 1) m + m + 2m + (n − 1) m + m + 2m + (n − 1) m + r m + r 2m + r (n − 1) m + r 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 1.3.2 Nghiệm phương trình σ (n) = γ(n)2 trườg hợp n ước luỹ thừa bậc Định lí 1.2 Nếu n > thuộc K, n phải có ước lũy thừa bậc Chứng minh Ta giả sử điều sai, nghĩa tồn số n ∈ K ước lũy thừa bậc Theo Bổ đề 1.1 ta viết k e n=2 p1 pa22 qi2 , i=1 với a2 ∈ {0, 1} Cho Q = {q1 , , qk } Ý tưởng tiếp theo, ta tìm xem có nhiều phần tử q ∈ Q thỏa mãn q ≡ (mod 3) Nếu có nhiều 33 chia hết q∈Q σ(q ) ước γ(n)2 , điều mâu thuẫn Ta bắt đầu k ≤ Để điều này, giả sử       R = r ∈ Q : gcd σ(r) , q =   q∈Q Khi r∈R σ(r ) chia hết cho p21 (nếu a2 = 0) r∈R σ(r ) chia hết cho p21 p22 a2 > Suy σ(r2 ) bội p1 p2 với 19 r ∈ R Vì có nhiều hai phần tử r σ(r2 ) bội p1 có nhiều hai phần tử r σ(r2 ) bội p2 , ta thấy = 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 Tiếp theo, ta viết lại phương trình σ(n) = γ(n)2 dạng 2e+1 − k qi2 − qi + qi2 i=1 p21 p1 + = p2δ σ (pa22 ) (5) với δ2 = a2 = δ2 = a2 > Vế trái (5) 2e+1 − q≤23 q2 − q + q2 < 0.73(2e+1 − 1) (6) Giả thiết a2 = Khi vế trái (5) p21 ≥ = 2, 25 p1 + (7) Nếu e = 1, vế trái bất đẳng thức (5) (6) nhỏ 0.73(22 − 1) < 2.22, điều mâu thuẫn với (7) Như e ∈ {2, 3} p21 p1 +1 ≤ 0.73 24 − = 10.95 suy p1 ≤ 11 Vì p1 ≡ (mod 8), ta thấy p1 ∈ {3, 11} Nếu p1 = 11, ∈ Q Nếu p1 = 3, e ∈ {2, 3}, ta suy ∈ Q ∈ Q Nếu ∈ Q 13|32 + + 1, 61|132 + 13 + 97|612 + 61 + tất thuộc Q đồng dư theo môdulô Điều mâu thuẫn 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, ∈ Q 31 = 52 + + không đồng dư theo môdulô mà chia hết n, suy thuộc Q, 3|31 + 31 + 1|n Cuối cùng, 7|n p1 p2 nghĩa ∈ Q 3|72 + + 1, điều suy 3|n Tóm lại, trường hợp với a2 > ta suy chia hết n Vậy 13 = 32 + + chia hết n, suy 13 ∈ Q không thuộc Nếu 13 không thuộc Q 7|13+1 thuộc Q, trường hợp 19|72 +7+1 chia hết n không đồng dư với theo môdulô 4, 19 ∈ Q 127|192 + 19 + chia hết cho n không đồng dư môdulô 127 ∈ Q Vậy ba số 7, 19, 127 thuộc Q, điều lại mâu thuẫn lần Nếu 13 ∈ Q 61|132 + 13 + chia hết n Nếu 61 số p1 p2 , 31|σ(p1 pa22 ) 31 ≡ (mod 4), suy 31 ∈ Q Tiếp theo 331|312 +31+1 ước n không đồng dư với theo môdulô 4, suy thuộc Q số 13, 31, 331 thuộc Q, điều mâu thuẫn Cuối cùng, 61 ∈ Q 97|612 + 61 + ước n Nếu 97 ∈ Q ta có điều mâu thuẫn 13 61 thuộc Q, 97 21 số p1 p2 , 7|σ(p1 pa22 ) ước n phải thuộc Q, lần suy điều mâu thuẫn Ta điều phải chứng minh 22 Chương Phương trình dạng ax ≡ x (mod bn) 2.1 Bài toán dãy chữ số cuối số Sự kiện 7343 có tận 343 gây tò mò Tuy nhiên, điều lại xảy với 7630680637333853643331265511565172343 = 630680637333853643331265511565172343, làm cho ta bắt đầu thấy thú vị Bên cạnh đó, ta thay số số nguyên dương a tuỳ ý (miễn bội số 10), điều quan sát Ví dụ, a = 12, có: 1252396359135848584931714421454012416 = 52396359135848584931714421454012416 Chính xác hơn, chứng minh với số nguyên dương a, bội số 10, có tồn dãy vô hạn chữ số x(a) = xi x1 x0 thỏa mãn với n ≥ số n−1 xi 10i = xn−1 x1 x0 xn (a) = i=0 23 số thỏa mãn axn (a) ≡ xn (a) (mod 10n ) Hơn nữa, kết không cho số b = 10; mà kết tương tự b số 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 x(a, b) = ( xi x1 x0 )b thỏa mãn với n ≥ n(b), đặc trưng sau, số n−1 xn (a, b) = xi bi = (xn−1 x1 x0 )b i=0 thỏa mãn axn (a,b) ≡ xn (a, b) (mod bn ) Ví dụ, với b = a = ta có x(4, 6) = 32112014504555423255404350553541104531046 n = 11, ta có x11 (4, 6) = 541104531046 = 344639488 4344639488 ≡ 344639488 mod 611 Khi số b số có ước phương, thay cho bội b, phải loại bỏ bội s(b), phần ước phương b Cuối cùng, điều kiện mô tả đủ để đảm bảo tồn dãy x(a, b), điều kiện cần Có 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 = pp vp (b) kí hiệu e(b) = maxp|b {vp (b)} lũy thừa cao số nguyên tố chia hết b Ta sử dụng kí hiệu s(b) = p|b p phần ước phương b Khi ta có bổ đề sau: Bổ đề 2.1 Giả sử a, b số nguyên x ≥ e(b) nghiệm phương trình ax ≡ x (mod ϕ (b)) Khi x aa ≡ ax (mod b) Chứng minh Cho b = b1 b2 với gcd(b1 , a) = p|b2 p|a Sau ϕ(b1 )|ϕ(b) suy ax ≡ x (mod ϕ (b1 )) Bây giờ, ta sử dụng hệ đơn giản định lý Euler, ta x aa ≡ ax (mod b1 ) Mặt khác, ta có x aa ≡ ax ≡ (mod b2 ) Kết suy từ định lí Trung Hoa phần dư Từ bổ đề ta có định lý sau: 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 nghiệm x ≥ e(ϕ(b)) + phương trình ax ≡ x (mod ϕ (b)) Trong trường hợp này, e(ϕ(b)) ≥ e(b) − xác định, sử dụng Bổ đề 2.1 ta có x aa ≡ ax (mod b) ý ax = (1 + (a − 1))x = x x j=0 j (a − 1)j ≥ + x với số nguyên a > x ≥ 0, ta có ax ≥ x + ≥ e(b) + Ta có điều phải chứng minh Định nghĩa 2.1 Ta gọi số nguyên b sở đắn với số nguyên 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 Nhận xét 2.1 Sự tồn số nguyên n(b) rõ ràng, từ định nghĩa sở đắn Dễ thấy sở đắn b chẵn, ta thấy b = 2, 4, 6, 8, 10, 12, 16, 18, 20, 24 30 sở đắn với b = 2, 6, 10, 30, 34, 42, 78, 102 110 sở đắn ước phương Ta thấy b số ước 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 vô số sở đắn • Tích sở đắn sở đắn • Nếu b sở đắn p số nguyên tố thỏa mãn p − 1|br với r đó, pb sở đắn • b = m! sở đắn với m • Với số nguyên r, b = p≤r p sở đắn Hai nhận xét hệ trực tiếp định nghĩa Đối với nhận xét thứ ba thứ tư phải lưu ý p|b q|p − 1, q ≤ m nhận xét thứ ba, q ≤ r nhận xét cuối Kết lại, ta kí hiệu xn (a, b) bới xn cho ngắn, ta có định lý sau: Định lí 2.2 Cho b sở đắn, s(b) phần ước phương Khi đó, với số nguyên a không bội s(b) tồn dãy {cn }n≥nb số, ≤ cn < b cho số nguyên xn+1 = xn + cn bn thỏa mãn axn ≡ xn (mod bn ) , với n > n(b) Chứng minh Để chứng minh lập luận trên, ta xét b số nguyên ước phương Trong tất trường hợp đây, ta chứng minh quy nạp theo n Trường hợp 1: b số ước phương gcd(a, b) = 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 n amb ≡ 1(modbn+1 ) theo định lí phần dư Trung Hoa Ta có n axn +cn b ≡ axn (modbn+1 ) ≡ xn + cn bn (modbn+1 ) nghĩa axn +1 ≡ xn+1 (modbn+1 ) việc chọn cn Trường hợp 2: b số ước phương gcd(a, b) > Cho b = b1 b2 thỏa mãn gcd(b1 , a) = b2 |a Một lần ta chứng minh theo quy nạp, ta giả sử axn ≡ xn (modbn ) ≡ xn + cn bn (modbn+1 ) (2.1) với n ≥ n(b) Trong trường hợp này, số bước trên, ta suy với số nguyên m có n amb ≡ 1(modbn+1 ), gcd(a, b1 ) = Đặc biệt n n n+1 axn +cn b ≡ axn (modbn+1 ) ≡ xn + cn b (modb1 ) 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 Trường hợp 3: b có ước phương gcd(a, b) = Cho b = pvp (b) = P1α1 Prαr , với α1 < α2 < < αr Pi số ước phương, với i = 1, , r Ta kí hiệu Bj = j−1 αi i=1 Pi B1 = Ta giả sử axn ≡ xn (modbn ) với n ≥ n(b) Khi axn ≡ xn + c1,2,n bn (modP1 bn ) ≤ c1,1,n < P1 Ta có ϕ(pnvp (b)+1 )|bn với n ≥ n(b) p|P1 , theo lập luận ta suy với số nguyên m n amb ≡ 1(modP1 bn ) Đặc biệt n axn +c1,1,n b ≡ axn (modP1 bn ) ≡ xn + c1,1,n bn (modP1 bn ) Cứ tiếp tục vậy, ý ϕ pnvp (b)+i |P1i−1 bn ta có axn ,1 ≡ xn,1 (modP1α1 bn ) 29 cho α1 −1 ci,1,n P1i )bn , xn,1 = xn + ( 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 trình ta xây dựng r αj −1 ci,j,n Pji Bj )bn , xn+1 = xn + ( j=1 i=0 với ci,j,n ≤ Pj − thỏa mãn axn+1 ≡ xn+1 (modbn+1 ) Do đó, r αj −1 αj −1 r ci,j,n Pji Bj j=1 i=0 ≤ (Pj −1) j=1 r Pji Bj = i=0 r α (Pj j −1)Bj j=1 (Bj+1 −Bj ) = b− = j=1 ta có điều phải chứng minh Trường hợp 4: b có ước phương gcd(a, b) > Chứng minh tương tự trường hợp Nhận xét 2.2 Cần phải thấy , n ≥ n(b), nghiệm thỏa 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 số b số nguyên xm với m ≥ n Để điều này, ax ≡ x (mod bn ) x > bn , x = n−1 i i=0 ci b + k i i=n ci b = y + bn Y với y = đó, ngược lại a bội s(b) Nhưng sau y ≡ (mod bn2 ) , 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 nghiệm y < 10n(10) = 100 với a (không phải bội 10), cần kiểm tra giá trị a mod100 Như có dãy x(a) cho a Hệ 2.1 Nếu b số đắn, với số nguyên a, bội s(b), tồn dãy {xn }n≥0 số ≤ xn < b cho số nguyên n−1 xi bi = (xn−1 , x1 x0 )b xn (a, b) = i=0 thỏa mãn axn (a,b) ≡ xn (a, b) (mod bn ) , với n ≥ n(b) Khi b số ước phương, s(b) = b điều với số nguyên a, không bội b Với b = 10 tồn dãy x(a) 31 Kết luận Đề nghị Luận văn “Một số phương trình Diophant đặc biệt" giải vấn đề sau: Chương hệ thống lại số hàm số học Đã đưa cấu trúc nghiệm phương trình σ (n) = γ(n)2 đưa nghiệm phương trình số trường hợp đặc biệt Chương trình bày toán dãy chữ số cuối số sở đắn, tồn nghiệm phương trình ax ≡ x (modbn ) Do vấn đề đề cập luận văn tương đối phức tạp, thời gian khả hạn chế nên có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý báu thầy cô giáo người quan tâm để luận văn hoàn thiện 32 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo Dục, Hà Nội Tiếng Anh [3] Broughan K., De Koninck M.J (2012), "On integers for which the sums of divisors is the sqefree core", J.Integers Sequences, Vol.15, Waterloo, Canada [4] Urozand JJ., Yebra (2009), "On the equantion ax ≡ x (modbn )", J.Integers Sequences, Vol.12, Waterloo, Canada ... Chương Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2 Trong chương trình bày số hàm số học, cấu trúc nghiệm phương trình nghiệm số trường hợp đặc biệt Chương Phương trình dạng ax ≡ x(modbn ) Chương trình bày... bày Bài toán dãy chữ số cuối số sở đắn, tồn nghiệm phương trình 2 Chương Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2 1.1 1.1.1 Một số hàm số học Phi - hàm Ơle Định nghĩa 1.1 Giả sử n số nguyên dương Giá trị... đầu Phương trình Diophant dạng toán lâu đời Toán học trải qua lịch sử phát triển lâu dài Thông qua việc giải phương trình Diophant, nhà Toán học tìm tính chất sâu sắc số nguyên, số hữu tỷ, số