Vành euclide các số nguyên đại số

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ THỊ PHƯƠNG THẢO VÀNH EUCLIDE CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ THỊ PHƯƠNG THẢO VÀNH EUCLIDE CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - 2017 LỜI CẢM ƠN Trong trình học tập nghiên cứu Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, nhận đề tài nghiên cứu “ Vành Euclide số nguyên đại số ” hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Đến nay, luận văn hồn thành Có kết dạy bảo hướng dẫn tận tình nghiêm khắc Thầy Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy gia đình! Tơi xin gửi lờn cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau đại học Khoa Toán – Tin Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ trình học tập trường thời gian nghiên cứu hoàn thành luận văn Sự giúp đỡ nhiệt tình thái độ thân thiện thầy, giáo, cán thuộc Phịng Đào tạo, Khoa Tốn – Tin đã để lại lịng chúng tơi ấn tượng tốt đẹp Khơng biết nói hơn, lần tơi xin trân trọng cảm ơn Tơi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp thành viên lớp cao học Tốn K9N (Khóa 2015-2017) quan tâm, tạo điều kiện, cổ vũ động viên để tơi hồn thành nhiệm vụ Thái Ngun, ngày 15 tháng năm 2017 Tác giả Mục lục MỞ ĐẦU Vành Euclide bao đóng nguyên √ √ √ 1.1 Vành Z[ d] Z[ p, q] 5 1.2 Vành Euclide 1.3 Vành số nguyên đại số 12 1.4 Chuẩn vết 23 Một số vận dụng 28 2.1 Chứng minh tồn nghiệm Z[α] 28 2.2 Số nguyên đại số 34 KẾT LUẬN 42 MỞ ĐẦU Vành Euclide khái niệm quen thuộc trừu tượng lý thuyết vành Lớp vành đặc biệt có tính chất quan trọng ứng dụng nhiều tốn phổ thơng, đặc biệt kỳ thi học sinh giỏi nước Hiện xuất nhiều tốn khó kỳ thi học sinh giỏi mà giải theo kiến thức phổ thơng ta phải cần nhiều kết phụ mẹo mực Nhưng xét toán theo mắt tốn cao cấp ta có cách giải hệ thống Do vấn đề nhìn toán sơ cấp mắt toán cao cấp đáng quan tâm Luận văn đặt vấn đề nghiên cứu vành Euclid, mở rộng vành, bao đóng nguyên, phần tử nguyên đại số, chuẩn vết, để từ truyền tải số kết toán cao cấp vào toán sơ cấp Cấu trúc luận văn chia làm chương cụ thể sau Chương trình bày vành Euclide bao đóng nguyên Trong √ chương này, Tiết 1.1 quan tâm đến hai loại vành đặc biệt vành Z[ d] √ √ Z[ p, q] với d, p, q số ngun khơng có ước phương Tiết 1.2 nghiên cứu khái niệm vành Euclide đưa số ví dụ √ vành Euclide vành Z[ d] với d = −1, 2, (xem Mệnh đề 1.2.8) vành đa thức biến với hệ số trường (Định lí 1.2.11) Tiết 1.3 quan tâm đến khái niệm số nguyên đại số, bao đóng nguyên √ đại số, vành số nguyên đại số trường Q( d) với d = −11, −7, −3, −2 vành Euclide (Định lí 1.3.8), đồng thời xác định √ vành số nguyên đại số trường Q( d) (Định lí 1.3.26) Phần cuối Chương nghiên cứu chuẩn vết số đại số Chương trình bày việc vận dụng kiến thức lí thuyết Chương để giải số dạng toán sơ cấp Trong phần đầu Chương 2, khai thác tính chất chuẩn, vết phần tử vành √ √ √ √ √ Euclid Z[i], Z[ 2], Z[ 3], Z[ −2] vành Z[ −11], Z[ −7], √ √ √ Z[ 5], Z[ 6], Z[ −6] để giải toán đại số sơ cấp, nhiều √ số quy toán tồn nghiệm Z[ d] Tiết cuối Chương hệ thống toán sơ cấp mà lời giải chúng sử dụng kết vành số nguyên đại số, đặc biệt tính đóng phép cộng, trừ, nhân tập số nguyên đại số Do thời gian kiến thức hạn chế nên chắn luận văn cịn có thiếu sót nhât định, kính mong q thày bạn đóng góp ý kiến để tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn Chương Vành Euclide bao đóng nguyên Mục đích chương trình bày kết vành Euclide, quan tâm đến lớp vành Euclide đặc biệt sau đây: √ √ - Vành Z d = a + b d |a, b ∈ Z với d ∈ {−1, 2, 3} - Một số vành số nguyên đại số - Vành đa thức biến trường 1.1 √ √ √ Vành Z[ d] Z[ p, q] Nhiều để giải toán ta phải sử dụng vành √ Trong mục chúng tơi sử dụng vành Z[ d] với d số nguyên không chứa nhân tử phương Mệnh đề 1.1.1 Cho số nguyên d > khơng số phương Khi √ √ (1) Tập Z[ d] = {a+b d | a, b ∈ Z} phép cộng nhân lập thành √ √ vành giao hốn có đơn vị ánh xạ f : Z[ d] → Z[ d] cho √ √ f (a + b d) = a − b d, tự đẳng cấu √ √ (2) Tập Z[ −d] = {a + ib d | a, b ∈ Z} phép cộng nhân lập √ thành vành giao hốn có đơn vị ánh xạ f từ vành Z[ −d] √ √ √ đến vành Z[ −d] cho f (a + ib d) = a − ib d tự đẳng cấu √ √ √ √ Với z = a + b d ∈ Z[ d], u = a + ib d ∈ Z[ −d], ta ký hiệu N (z) = a2 − db2 , N (u) = a2 + db2 Ta gọi N (z) chuẩn z N (u) chuẩn u Khi ta có tính chất sau chuẩn √ √ Hệ 1.1.2 Với z1 , z2 , , zn ∈ Z[ d] u1 , u2 , , un ∈ Z[ −d] ta ln có hệ thức N (z1 z2 zn ) = N (z1 )N (z2 ) N (zn ) N (u1 u2 un ) = N (u1 )N (u2 ) N (un ) √ √ Chứng minh Giả sử zk = ak + bk d ∈ Z[ d] với k = 1, , n, viết n √ √ tích (ak + bk d) = a + b d Qua tự đẳng cấu liên hợp ta có n k=1 √ √ (ak − bk d) = a − b d Vì k=1 n 2 a −b d= √ n n (a2k − b2k d) (ak − bk d) = (ak + bk d) k=1 √ k=1 k=1 Nên ta suy N (z1 z2 zn ) = N (z1 )N (z2 ) N (zn ) Tương tự, ta có N (u1 u2 un ) = N (u1 )N (u2 ) N (un ) Sử dụng định nghĩa đẳng cấu vành, ta kiểm tra tính chất sau Mệnh đề 1.1.3 Giả thiết p, q hai số ngun dương khơng có nhân tử phương cho (p, q) = Khi tập √ √ √ √ √ Z[ p, q] = {a + b p + c q + d pq | a, b, c, d ∈ Z} phép cộng nhân thông thường lập thành vành giao hoán √ √ √ √ có đơn vị ánh xạ φi : Z[ p, q] → Z[ p, q] cho ứng phần tử √ √ √ z = a + b p + c q + d pq với phần tử  √ √ √  φ (z) = a + b p + c q + d pq    √ √ √ φ (z) = a − b p + c q − d pq √ √ √  φ3 (z) = a + b p − c q − d pq    φ (z) = a − b√p − c√q + d√pq tự đẳng cấu, với i=1,2,3,4 √ √ Với z ∈ Z[ p, q], đặt N (z) = φ1 (z)φ2 (z)φ3 (z)φ4 (z) Ta gọi N (z) chuẩn z Khi đó, sử dụng đẳng cấu mệnh đề ta có tính chất sau chuẩn √ √ Hệ 1.1.4 Nếu z1 , z2 ∈ Z[ p, q] N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) √ √ √ √ Chứng minh Với z1 , z2 ∈ Z[ p, q], ta có z1 z2 ∈ Z[ p, q] Hơn nữa, φi (z1 z2 ) = φi (z1 )φi (z2 ) Vậy N (z1 z2 ) = φi (z1 ) i=1 φi (z2 ) = N (z1 )N (z2 ) i=1 Cho α ∈ C Ký hiệu Q[α] = {f (α) | f (x) ∈ Q[x]}; Q(α) = f (α) | f (x), g(x) ∈ Q[x], g(α) = g(α) Khi Q [α] vành nhỏ C chứa Q α Hơn nữa, Q (α) trường nhỏ C chứa Q α Rõ ràng Q (α) chứa Q [α] Nếu α số đại số (tức α nghiệm đa thức khác khơng với hệ số Q) Q (α) = Q [α] (xem Định lý 1.3.15) Với α, β ∈ C, đặt Q (α, β) = (Q (α)) (β) Khi Q (α, β) trường nhỏ C chứa Q, α, β Mệnh đề 1.1.5 Cho p, q hai số nguyên dương khơng có nhân tử √ √ √ √ phương cho (p, q) = Khi Q p, q = Q p + q Hơn √ √ √ √ p, q = Q p, q Q √ √ √ √ √ √ √ √ Chứng minh Vì p+ q ∈ Q p, q nên Q p+ q ⊆ Q p, q √ √ Đặt u = p + q Khi ta có hệ √ √ p+ q =u √ √ (p + 3q) p + (q + 3p) q = u3 Suy √ √ p, q ∈ Q(u) Như √ Q Tóm lại Q √ q ⊇Q √ √ p, q √ √ √ √ p, q = Q p + q Dễ dàng Q 1.2 p+ √ √ √ √ p, q = Q p, q Vành Euclide Trước tiên ta nhắc lại vài khái niệm Phần tử p = không khả nghịch thuộc miền nguyên R gọi phần tử bất khả quy khơng có ước thực Phần tử p = không khả nghịch gọi phần tử nguyên tố với a, b ∈ R p|ab p|a p|b Chú ý miền nguyên, phần tử nguyên tố phần tử bất khả quy Miền nguyên R gọi vành iđêan iđêan Định nghĩa 1.2.1 Miền ngun R gọi vành Euclide tồn ánh xạ (Euclide) δ : R∗ = R \ {0} → N thỏa mãn hai điều kiện đây: (i) Với a, b ∈ R∗ , a = b|a, có δ(b) δ(a) 29 n hay √ √ (ai − bi 5) = a − b Do i=1 n √ n (ai + bi 5) i=1 √ √ √ (ai − bi 5) = (a + b 5)(a − b 5) = a2 − 5b2 i=1 √ n √ n (2) Ta có a2n − 5b2n = + − = theo (1) Đặt √ √ √ √ xn + yn = an + bn + = (3an + 5bn ) + (an + 3bn ) Khi x2n − 5yn2 = (a2n − 5b2n )(32 − 5.12 ) = với n Vì phương trình x2 − 5y = có vơ hạn nghiệm ngun x, y Khi (x, y) nghiệm x2 − 5y = (x, −y), (−x, y), (−x, −y) nghiệm Do x2 − 5y = có vơ hạn nghiệm nguyên dương x, y Bài toán 2.1.2 Chứng minh với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 2n = 7x2 + y Lời giải Xét vành giao hoán √ √ Z[ −7] = {r + is | r, s ∈ Z} √ Chuẩn z = r + is 2 √ √ N (z) = r + 7s = (r + is 7)(r − is 7) Hiển nhiên N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) Ta chứng minh toán quy nạp theo n, tức chứng minh với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 2n = 7x2 + y Với n = có 23 = = + = 12 + 7.12 Như toán với n = Giả sử toán với số nguyên n ≥ 3, tức có hai số nguyên lẻ x, y để y + 7x2 = 2n Ta chứng minh toán với số nguyên n + Ta xét √ √ √ z1 = (y + ix 7)(1 + i 7) = (y + x − 8x) + i(x + y) √ √ √ z2 = (y + ix 7)(1 − i 7) = (y − x + 8x) + i(x − y) 30 Vì x, y số lẻ nên x = 2k + 1, y = 2h + Do x + y = 2(k + h + 1), y − x = 2(h − k) (x + y) − (y − x) = 4k + Suy ra, hai số x + y y − x có số chia hết cho y−x Nếu x + y chia hết cho số nguyên lẻ Khi y−x x − y√ z3 = ( + 4x) + i 2 với √ √ N (y + ix 7)N (1 − i 7) N (z3 ) = = 2n = 2n+1 y+x số lẻ Khi Nếu y − x chia hết cho x+y x + y√ z4 = ( − 4x) + i 2 với √ √ N (y + ix 7)N (1 + i 7) N (z4 ) = = 2n = 2n+1 Bài toán 2.1.3 Chứng minh với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 4.3n = 11x2 + y Lời giải Xét vành giao hoán √ √ Z[ −11] = {r + is 11 | r, s ∈ Z} √ Chuẩn z = r + is 11 √ √ N (z) = r2 + 11s2 = (r + is 11)(r − is 11) Hiển nhiên N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) Tính tốn vài số cụ thể: 4.3 = 12 = 11.12 + 12 4.32 = 36 = 11.12 + 52 4.33 = 108 = 11.32 + 32 31 Ta chứng minh toán quy nạp theo n, tức với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 4.3n = 11x2 + y Với n = có 4.3 = 11.12 + 12 Do tốn với n = Giả sử toán với n, tức có hai số nguyên lẻ x, y để 11x2 + y = 4.3n Ta cần chứng minh toán với số nguyên n + Ta xét √ √ √ z1 = (y + ix 11)(1 + i 11) = (y + x − 12x) + i(x + y) 11 √ √ √ z2 = (y + ix 11)(1 − i 11) = (y − x + 12x) + i(x − y) 11 Vì x, y số lẻ nên x = 2k + 1, y = 2h + Khi x + y = 2(k + h + 1) y − x = 2(h − k) (x + y) − (y − x) = 4k + Do hai số x + y y − x có số chia hết cho y−x số lẻ Khi Nếu x + y chia hết cho x − y√ y−x + 6x) + i 11 z3 = ( 2 với √ √ N (y + ix 11)N (1 − i 11) N (z3 ) = = 4.3n = 4.3n+1 y+x Nếu y − x chia hết cho số lẻ Khi x + y√ x+y − 6x) + i 11 z4 = ( 2 với √ √ N (y + ix 11)N (1 + i 11) N (z4 ) = = 4.3n = 4.3n+1 Như ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.1.4 Chứng minh ln ln tồn hai số nguyên x x lẻ y lẻ n lẻ y để 19n = x2 − 6y với x lẻ y chẵn n chẵn 32 Lời giải Xét vành giao hoán √ √ Z[ 6] = {r + s | r, s ∈ Z} √ √ √ √ Đồng cấu f : Z[ 6] → Z[ 6], r + s → r − s 6, đẳng cấu √ √ √ Do (a + b 6)(c + d 6) = u + v nên tác động f lên hai vế √ √ √ √ (a − b 6)(c − d 6) = u − v Sử dụng kết này, với z = a + b đặt N (z) = a2 − 6b2 ta có N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) Ta chứng minh toán quy nạp theo n Với n = ta có 19 = 52 − 6.12 192 = 312 − 6.102 Do tốn với n = Giả sử toán với số nguyên n 1, tức có hai số nguyên a, b để 19n = a2 − 6.b2 , a b lẻ n lẻ; a lẻ b chẵn n chẵn Ta chứng minh toán với n + Ta xét hai trường hợp: (i) Nếu n lẻ có số a lẻ số b lẻ để a2 − 6b2 = 19n Khi n + số chẵn 19n+1 = (5a + 6b)2 − 6(a + 5b)2 với 5a + 6b lẻ a + 5b chẵn (ii) Nếu n chẵn có số a lẻ số b chẵn để a2 − 6b2 = 19n Khi n + số lẻ 19n+1 = (5a + 6b)2 − 6(a + 5b)2 với 5a + 6b lẻ a + 5b lẻ Do tốn với n + 1, ta có điều cần chứng minh Bài tốn 2.1.5 Chứng minh ln ln tồn hai số nguyên x x lẻ y lẻ n lẻ y để 31n = x2 + 6y với x lẻ y chẵn n chẵn Lời giải Xét vành giao hoán √ √ Z[ −6] = {r + is | r, s ∈ Z} √ √ √ √ Đồng cấu f : Z[ −6] → Z[ −6], r + is → r − is 6, đẳng √ √ √ cấu Do (a + ib 6)(c + id 6) = u + iv nên tác động f lên hai vế ta √ √ √ (a − ib 6)(c − id 6) = u − iv 33 √ Sử dụng kết với z = a + ib đặt N (z) = a2 + 6b2 ta có N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) Ta chứng minh toán quy nạp theo n = Với n = ta có 31 = 52 + 6.12 312 = 192 + 6.102 Do tốn với n = Giả sử toán với số nguyên n 1, tức có hai số nguyên a, b để 31n = a2 + 6b2 , a b lẻ n lẻ; a lẻ b chẵn n chẵn Ta chứng minh toán với n + Ta xét hai trường hợp: (i) Nếu n lẻ có số a lẻ số b lẻ để a2 + 6b2 = 31n Khi n + số chẵn 31n+1 = (5a − 6b)2 + 6(a + 5b)2 với 5a − 6b lẻ a + 5b chẵn (ii) Nếu n chẵn có số a lẻ số b chẵn để a2 + 6b2 = 31n Khi n + số lẻ 31n+1 = (5a − 6b)2 + 6(a + 5b)2 với 5a − 6b lẻ a + 5b lẻ Do tốn với n + 1, ta có điều cần chứng minh Bài tốn 2.1.6 Tìm số x, y, z, t ∈ Z thỏa mãn phương trình √ √ √ (x + y 3)4 + (z + t 3)4 = 20 + 12 Lời giải Giả sử có x, y, z, t ∈ Z thỏa mãn √ √ √ (x + y 3)4 + (z + t 3)4 = 20 + 12 √ Gọi f tự đẳng cấu liên hợp vành Z[ 3], tức √ √ f (a + b 3) = a − b Tác động f vào hai vế đẳng thức ta √ √ √ f ((x + y 3)4 + (z + t 3)4 ) = f (20 + 12 3) Chú ý f (z + z ) = f (z) + f (z ) f (z.z ) = f (z).f (z ) với √ z, z ∈ Z[ 3] Vì ta có √ √ √ √ f ((x + y 3)4 + (z + t 3)4 ) = (x − y 3)4 + (z − t 3)4 34 √ √ Vì f (20 + 12 3) = 20 − 12 3, nên ta có √ √ √ (x − y 3)4 + (z − t 3)4 = 20 − 12 √ √ √ Vì 20 − 12 < nên (x − y 3)4 + (z − t 3)4 < Điều vô lý 2.2 Số nguyên đại số Trong tiết này, sử dụng tính chất số nguyên đại số trình bày Chương để giải số toán sơ cấp cụ thể √ √ √ Bài toán 2.2.1 Chứng minh + + nguyên Z √ √ √ tìm đa thức tối tiểu Xây dựng dãy (an ) với a0 = + + a2n − an+1 = với số nguyên n Chứng minh an ∈ / Q với 2(an + 2) số tự nhiên n √ √ √ Lời giải Chú ý 2, 3, nguyên Z Vì √ √ √ nghiệm đa thức x2 − 2, x2 − 3, x2 − Do + + √ √ √ √ √ √ nguyên Z Xét x = + + Khi x − = + √ √ Suy x2 − − 2x = Vậy f (x) = x4 − 22x2 − 48x − 23 nhận √ √ √ + + làm nghiệm Chú ý đa thức khơng có nghiệm hữu tỷ Do khơng tích đa thức bậc đa thức bậc Ta kiểm tra f (x) khơng tích hai đa thức bậc √ √ √ hai với hệ số nguyên Vì f (x) đa thức tối tiểu + + π 2n π Ta kiểm tra a0 = cot − Giả sử an = cot − = t − 24 24 Khi an+1 (t − 2)2 − t2 − 2n+1 π a2n − = = = − = cot − 2(an + 2) 2t 2t 24 Ta thấy a0 , a1 , a2 , a3 ∈ / Q Khi n = m + với m số nguyên không 2m π π âm ta có am+3 = cot − 2, am+3 = cot − 3 2π am+3 = cot − vơ tỷ 35 Bài tốn 2.2.2 Xét dãy (an ) với số nguyên n a0 = √ 5− 0, ta có √ a3 − 6an − + 5, an+1 = n2 3an + 6an + Chứng minh an ∈ / Q nguyên Z với số tự nhiên n √ √ Lời giải Các số 5, + ngun Z √ √ nghiệm đa thức x2 − x4 − 10x2 + Do − + √ √ √ √ nguyên Z Xét x − = − + Khi x2 − 5x = Vì vậy, lập luận tương tự lời giải tốn ta có √ √ f (x) = x4 − 20x2 −√40x − 20 đa thức tối tiểu − + π 5−1 π Ta có sin = Ta suy a0 = tan − 10 n 20 π − = t − Nếu an = tan 20 an+1 = (t − 1)3 − 6(t − 1) − a3n − 6an − = 3a2n + 6an + 3(t − 1)2 + 6(t − 1) + ta nhận an+1 = t3 − 3t2 − 3t + 3n+1 π = tan − 3t2 − 20 3n π Do an = tan − với số tự nhiên n Vì 3n số lẻ với 20 số tự nhiên n nên ta có −1 = cos 3n π + i sin 3n π = cos 3n π 3n π + i sin 20 20 20 3n π làm nghiệm Do Vì đa thức P (x) ∈ Z[x] nhận tan 20 nguyên Z Vì 34 ≡ 1(mod 20) nên ta cần kiểm tra tan 3π 9π π 7π 3π tan , tan = cot tan = cot có số 20 20 20 20 20 hay khơng Điều kiểm tra trực tiếp an π , 20 vô tỷ Bài tốn 2.2.3 Tìm tất số ngun dương n cho 1999n +2011n chia hết cho 1999n−1 + 2011n−1 36 Lời giải Đặt am = 1999m + 2011m với m = 0, 1, 2, Vì 1999 2011 hai nghiệm phương trình x2 − (1999 + 2011)x + 1999.2011 = nên ta có hệ thức am = (1999 + 2011)am−1 − 1999.2011am−2 với số nguyên m Với n = a1 chia hết cho a0 Nếu n > an−1 nguyên tố với 1999 2011 nên an chia hết cho an−1 an−2 phải chia hết cho an−1 , điều khơng thể xảy an−2 < an−1 Bài toán 2.2.4 Số α = √ 5+2− √ − số hữu tỷ hay vơ tỷ? Tính f (γ) với √ γ= 5+2 − √ 5−2 , f = 4x9 − 24x6 + 75x3 − 31)n Lời giải Vì α3 = − 3α α ∈ R nên từ (α − 1)(α2 + α + 4) = ta suy α = Vì α số hữu tỷ Ta có γ = − 3γ Suy 4γ − 24γ + 75γ − 32 = Do f (γ) = f (1) = Bài toán 2.2.5 Xác định đa thức f (x) ∈ Z[x] bậc thấp nhân α làm nghiệm với α= 2+ 2+ √ 3− 6−3 2+ √ Từ suy giá trị biểu thức T = a4 − 16a2 + a6 − 224a2 + 513 Lời giải Vì α4 −16α2 +32 = nên đa thức f (x) = x4 −16x2 +32 ∈ Z[x] nhận α làm nghiệm Vì f (x) khơng có nghiệm hữu tỉ nên f (x) khơng 37 tích đa thức bậc đa thức bậc Ta cần chứng minh f (x) khơng tích hai đa thức bậc hai Giả sử ngược lại, Khi f (x) = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) với a, b, c, d ∈ Z Đồng hệ số f (x) = x4 − 16x2 + 32 với biểu diễn f (x) ta suy c = −a suy b = d Từ ta b2 = 32, b không số nguyên, điều vô lý Vậy f (x) khơng tích hai đa thức bậc hai, khơng tích đa thức bậc đa thức bậc ba Tóm lại f (x) = x4 − 16x2 + 32 ∈ Z[x] đa thức có bậc bé nhận α làm nghiệm ta có T = − 32 + a2 (a4 − 16a2 + 32) + = 961 Bài toán 2.2.6 Với đa thức g(x) = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1, tìm đa thức dư phép chia g(x2016 ) cho g(x) Lời giải Gọi α nghiệm đa thức g(x) Rõ ràng không nghiệm g(x) nên α = Ta lại có x7 − = (x − 1)(x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1) Vì α nghiệm g(x) nên α nghiệm x7 − Các nghiệm x7 − bậc đơn vị Vì α bậc đơn vị Do α có dạng 2kπ 2kπ + i sin 7 2π 2π với k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} Chọn α = cos + i sin Khi α7 = Ta 7 giả sử α = cos g(x2016 ) = q(x)g(x) + ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex + f Như = aα5 + bα4 + cα3 + dα2 + eα + f hay aα5 + bα4 + cα3 + dα2 + eα + f − = Suy a = b = c = d = e = 0, f = Vì dư phép chia 38 Bài toán 2.2.7 Giả sử f (x) = x2017 +a1 x2016 +· · ·+a2016 x+1 ∈ R[x] với ak có 2017 nghiệm thực Chứng minh f (2017) 20182017 f (1) < ea1 Lời giải Gọi nghiệm đa thức f (x) α1 , , α2017 ∈ R Do tất ak nên αk < Suy γk = −αk > Theo Định lý Bézout có f (x) = (x − α1 )(x − α2 ) · · · (x − α2017 ) = (x + γ1 )(x + γ2 ) · · · (x + γ2017 ) Vì ta có f (2017) = (2017 + γ1 )(2017 + γ2 ) · · · (2017 + γ2017 ) với γ1 γ2017 = Vì 2017 + γk = + · · · + + γk √ 2018 2018 1.1 1.γk = 2018 2018 γk 20182017 Ta biết + x < ex với với k nên f (2017) x > Do 2017 γi e = e i=1 (1 + γi ) < f (1) = i=1 2017 2017 γk i=1 suy f (1) < ea1 Bài toán 2.2.8 [IMO 1991] Giả sử số hữu tỷ a ∈ (0; 1) thỏa mãn phương trình cos 3πa + cos 2πa = Chứng minh a = Lời giải Đặt x = cos πa Khi 4x3 + 4x2 − 3x − = Suy (2x + 1)(2x2 + x − 2) = −1 a = x số vô tỷ Do |x| Nếu cos πa = x = −1 Nếu x = 2x2 + x − = 0, nên √ −1 + 17 cos πa = x = 39 Bằng quy nạp, √ a + b 17 n n cos 2n πa = với số nguyên lẻ an , bn Vì √ √ an+1 + bn+1 17 a + b n n 17 = cos 2n+1 πa = cos2 2n πa − = 2[ ] −1 4 a2 + 17b2n − nên an+1 = n > an Do dãy (an ) dãy tăng nghiêm ngặt tập giá trị cos 2n πa với n = 0, 1, 2, tập vô hạn Do a số hữu tỷ nên tập giá trị cos mπa với m = 0, 1, 2, phải hữu hạn Điều mâu thuẫn Do a = Bài tốn 2.2.9 Giả sử đa thức f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an ∈ R[x] có n nghiệm thực phân biệt Cho q(x) = x2 + x + 2016 Giả sử đa thức f (q(x)) khơng có nghiệm thực Chứng minh f (2016) > n Lời giải Gọi nghiệm thực phân biệt f (x) α1 , , αn ∈ R Theo Định lý Bezout có f (x) = (x − α1 )(x − α2 ) · · · (x − αn ) Suy f (q(x)) = (q(x) − α1 )(q(x) − α2 ) · · · (q(x) − αn ) Vì f (q(x)) khơng có nghiệm thực nên x2 +x+2016−αi khơng có nghiệm thực với i = 1, 2, , n Ta phải có ∆i = 1−4(2016−αi ) < hay 2016 − αi > với i = 1, 2, , n Từ suy n (2016 − αi ) > f (2016) = i=1 4n Bài toán 2.2.10 [RMC 2013]Cho số tự nhiên n số nguyên an , bn , cn thỏa mãn √ √ √ 3 ( − 1)n = an + bn + cn Chứng minh cn ≡ 1(mod 3) n ≡ 2(mod 3) 40 Lời giải Xét đa thức f (x) = (x − 1)n − cn x2 − bn x − an Khi ta có √ √ f ( 2) = Vì đa thức x3 − ∈ Z[x] bất khả quy nên từ f ( 2) = suy f (x) chia hết cho đa thức x3 − Biểu diễn f (x) = (x − 1)n − cn x2 − bn x − an = (x3 − 2)g(x) với g(x) ∈ Z[x] ta nhận (x − 1)n = (x3 − 2)g(x) + cn x2 + bn x + an Vậy, cn x2 + bn x + an phần dư phép chia đa thức (x − 1)n cho đa thức x3 − Z[x] Biểu diễn n = 3p + r với p ∈ N, r ∈ {0, 1, 2} Khi (x − 1)n = (x − 1)3p+r = (x3 − 3x2 + 3x − 1)p (x − 1)r = (x3 − + 1)p (x − 1)r = (x3 − 2)h(x) + (x − 1)r Z3 [x] Như vậy, (x − 1)r = cn x2 + bn x + an Z3 [x] Từ suy cn ≡ 0(mod 3) r ∈ {0, 1} cn ≡ 1(mod 3) r ≡ 2(mod 3) Bài toán 2.2.11 Cho số nguyên n > số hứu tỷ a0 , a1 , , an−1 thỏa mãn √ √ n n a0 + a1 + · · · + an−1 3n−1 = Chứng minh a0 = a1 = · · · = an−1 = Lời giải Hiển nhiên f (x) = xn − đa thức bất khả quy Z theo Tiêu chuẩn Eisenstein đa thức bất khả quy √ Q Vì xn − đa thức tối tiểu n Q Vì đa thức √ g(x) = a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 ∈ Q[x] có bậc nhỏ n nhận n làm nghiệm nên g(x) đa thức Suy a0 = a1 = · · · = an−1 = √ √ Bài toán 2.2.12 Số thực α = + + − − + số hữu tỉ hay số vơ tỉ? Lời giải Vì α4 −16α2 +32 = nên đa thức f (x) = x4 −16x2 +32 ∈ Z[x] thỏa mãn f (α) = Không ước 32 nghiệm f (x) Như vậy, α số vô tỉ 41 √ hữu tỷ hay vô tỷ Tìm 1+ 2+234 đa thức bậc thấp thuộc Z[x] nhận α làm nghiệm √ √ Lời giải Ta cần số α = + + nguyên Z Các √ √ số nguyên Z nghiệm vủa đa thức Bài toán 2.2.13 Số thực α = √ x3 − x3 − 32 Do α nguyên Z theo Bổ đề 1.3.3 Đặt √ √ 3 x = α − = 2(1 + 2) Khi √ √ 3 x = 2[17 + 2(1 + 2)] = 34 + 12x Do đa thức f (x) = (x − 1)3 − 12(x − 1) − 34 = x3 − 3x2 − 9x − 23 nhận α làm nghiệm Vậy g(x) = 23x3 + 9x2 + 3x − ∈ Z[x] đa thức cần tìm Do g(x) khơng có nghiệm hữu tỷ nên α số vô tỷ KẾT LUẬN Luận văn " Vành Euclide số nguyên đại số " bao gồm nội dung sau đây: √ √ √ - Trình bày số tính chất vành có dạng Z[ d] Z[ p, q] với d, p, q số ngun khơng chứa ước phương; - Đưa khái niệm vành Euclide, số kết vành Euclide số lớp vành Euclide; - Chứng minh số kết số đại số, số nguyên đại số, bao đóng nguyên, vành Euclide số nguyên đại số; - Trình bày khái niệm tính chất chuẩn vết số đại số - Vận dụng kết vành Euclide vành số nguyên đại số để giải toán sơ cấp đặc biệt quan tâm đến toán kỳ thi học sinh giỏi 42 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Nguyễn Tự Cường, Đại số đại, NXB ĐHQG Hà Nội, 2003 [2] Lê Tuấn Hoa, Đại số tuyến tính qua ví dụ tập, NXB ĐHQG Hà Nội, 2006 [3] Lê Thị Thanh Nhàn, Lý thuyết đa thức, NXB ĐHQG Hà Nội, 2015 B Tiếng Anh [4] M Harper, M R Murty, Euclidean Rings of Algebraic Integers, Canad J Math., 56 (2004), 71-76 [5] V Peric, M Vukovic, Some examples of principle ideal domain which are not Euclidean and some other counterexamples, Novi Sad J Math., 38 (2008), 137-154 43 ... phương; - Đưa khái niệm vành Euclide, số kết vành Euclide số lớp vành Euclide; - Chứng minh số kết số đại số, số nguyên đại số, bao đóng nguyên, vành Euclide số nguyên đại số; - Trình bày khái niệm... khái niệm số nguyên đại số, bao đóng nguyên √ đại số, vành số nguyên đại số trường Q( d) với d = −11, −7, −3, −2 vành Euclide (Định lí 1.3.8), đồng thời xác định √ vành số nguyên đại số trường... hai số nguyên đại số α ± β α.β số nguyên đại số Hệ 1.3.25 Tập tất số nguyên đại số thuộc K lập thành vành OK trường C Giả sử d ∈ Z không chứa nhân tử phương Ta xác định vành √ số nguyên đại số