Mở rộng vành z và ứng dụng

đại học thái nguyên Tr-ờng đại học KHOA HọC VŨ THỊ HẰNG Më réng vµnh z Vµ øng dơng LUN VN THC S TON HC thái nguyên - năm 2014 đại học thái nguyên Tr-ờng đại học KHOA HọC VŨ THỊ HẰNG Më réng vµnh z Vµ øng dơng LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên, 2014 i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn iii Mở đầu iv Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Khái niệm vành, trường đồng cấu 1.1.1 Vành đồng cấu 1.1.2 Iđêan vành thương Tính đóng đại số trường C 1.2.1 Đa thức bất khả quy Q 1.2.2 C trường đóng đại số 1.2.3 Đa thức bất khả quy C R 1.2.4 Một vài ví dụ ứng dụng trường C Số đại số vận dụng 2.1 2.2 2.3 11 Số đại số 11 2.1.1 Bao đóng nguyên vành 11 2.1.2 Khái niệm số đại số 14 2.1.3 Chuẩn vết 18 2.1.4 Một vài ví dụ 21 Vành Gauss 28 2.2.1 Vành Euclid 28 2.2.2 Vành Gauss 28 Vận dụng Số học √ √ √ 2.3.1 Chuẩn vành Z[ d] Z[ p, q] 34 34 ii 2.3.2 Tồn nghiệm nguyên 37 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 iii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình Phó giáo sư Tiến sĩ Đàm Văn Nhỉ Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tận tâm nhiệt tình thầy suốt trình tác giả thực luận văn Trong trình học tập làm luận văn, từ giảng giáo sư, tiến sĩ cơng tác Viện tốn học, Trường Đại học khoa học tự nhiên, trường Đại học sư phạm Hà Nội, trường Đại học Thái Nguyên, tác giả trau dồi thêm nhiều kiến thức để nâng cao trình độ Từ đáy lịng mình, tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới tất thầy, cô Tác giả xin chân thành cám ơn Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo Khoa học Quan hệ quốc tế, Khoa Toán tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo tỉnh Sơn La, Ban giám hiệu, tổ chức Đồn thể, tổ chun mơn, nhóm toán trường THPT Chiềng Sơn, huyện Mộc Châu bạn bè đồng nghiệp gia đình tạo điều kiện giúp đỡ, động viên tác giả hoàn thành luận văn Thái Nguyên, tháng 04 năm 2014 Tác giả Vũ Thị Hằng iv Mở đầu Số học lĩnh vực cổ xưa Toán học, lĩnh vực tồn nhiều toán, giả thuyết chưa có câu trả lời Trên đường tìm kiếm lời giải cho giả thuyết đó, nhiều tư tưởng lớn, nhiều lý thuyết lớn toán học nẩy sinh Hơn nữa, năm gần đây, Số học không lĩnh vực tốn học lý thuyết, mà cịn lĩnh vực có nhiều ứng dụng, đặc biệt lĩnh vực bảo mật thơng tin Do đó, lĩnh vực thuận lợi để đưa học sinh tiếp cận nhanh với môn khoa học khác Tuy nhiên chương trình số học trường phổ thơng nay, mơn Số học chưa giành nhiều thời gian Cũng mà học sinh thường lúng túng giải toán Số học, đặc biệt kỳ thi học sinh giỏi Luận văn nhằm mục đích tìm hiểu trình bày lại kết có vành số nguyên Từ mở rộng vành số nguyên để xây dựng chuẩn tự đẳng cấu tương ứng Vận dụng kết đạt để giải số toán phương trình nghiệm ngun Luận văn gồm lời nói đầu, hai chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương phần kiến thức chuẩn bị Chương tập trung nhắc lại số khái niệm vành, trường đồng cấu Tiếp đó, tác giả có trình bày lại khái niệm mở rộng vành chứng minh tính đóng đại số trường số phức Cuối việc vận dụng tính đóng đại số trường C để xây dựng giải số tốn Chương tập trung trình bày phân tử nguyên số đại số Trong chương này, định nghĩa phần tử nguyên, bao đóng nguyên vành Tiếp theo, tác giả trình bày vành Euclid, vành Gauss khái niệm chuẩn Cuối việc vận dụng kết đạt để xét số toán số học, chẳng hạn √ √ √ như: Sử dụng vành Z[ d] Z[ p, q] với chuẩn tương ứng để chứng minh tồn nghiệm nguyên v Do thời gian kiến thức hạn chế nên chắn luận văn cịn có thiếu sót định, kính mong q thầy bạn đóng góp ý kiến để tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn Chương Kiến thức chuẩn bị Chương tập trung nhắc lại vài khái niệm vành, trường đồng cấu 1.1 Khái niệm vành, trường đồng cấu 1.1.1 Vành đồng cấu Giả sử tập R = ∅ với hai phép toán hai phép cộng phép nhân Nếu (R, +) lập thành nhóm giao hốn, (R, ) lập thành nửa nhóm phép cộng, phép nhân thỏa mãn luật phân phối, có nghĩa: a(b+c) = ab+ac, (b+c)a = ba + ca, ∀a, b, c ∈ R, R gọi vành Vành R gọi vành giao hoán ab = ba với ∀a, b ∈ R Cho hai vành R S Nếu R vành vành S S gọi vành mở rộng vành R Giả sử K vành giao hoán với đơn vị K gọi trường phần tử khác phần tử khơng K có phần tử nghịch đảo, có nghĩa: Nếu a ∈ K, a = 0, có b ∈ K để ab = ba = Cho hai trường K F Nếu K trường trường F F gọi trường mở rộng trường K Chú ý rằng, phần tử đơn vị lập thành nhóm với phép nhân Ví dụ, phần tử khả nghịch thuộc vành thương Zn lập thành nhóm nhân U (n) với cấp ϕ(n) 1.1.2 Iđêan vành thương Giả thiết R vành giao hoán với đơn vị Giả sử I iđêan vành R Xét tập thương R/I = {r + I|r ∈ R} Định nghĩa hai phép toán cộng nhân: Với phần tử r + I, s + I ∈ R/I ta định nghĩa phép cộng phép nhân: (r + I) + (s + I) = r + s + I (r + I).(s + I) = rs + I Khi R/I hai phép tốn cộng nhân lập thành vành giao hoán với đơn vị + I Vành gọi vành thương R theo I ánh xạ ϕ : R → R/I, r → r + I, toàn cấu 1.2 Tính đóng đại số trường C 1.2.1 Đa thức bất khả quy Q Qua kết ta phải xét đa thức bất khả quy trường Q Trước tiên ta xét nghiệm hữu tỷ đa thức với hệ số nguyên Bổ đề 1.2.1 Cho đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an ∈ Z[x], a0 = Nếu p số hữu tỷ với (p, q) = nghiệm phương trình f (x) = q (i) p ước an q ước a0 (ii) p − mq ước f (m) cho số nguyên m Chứng minh: (i) Giả sử số hữu tỷ p với (p, q) = nghiệm f (x) = q Khi a0 pn + a1 pn−1 q + · · · + an q n = Vì (p, q) = nên p ước an q ước a0 (ii) Khai triển f (x) theo luỹ thừa x − m ta f (x) = a0 (x − m)n + b1 (x − m)n−1 + · · · + bn−1 (x − m) + f (m) ∈ Z[x] p quy đồng a0 (p − mq)n + b1 (p − mq)n−1 q + · · · + bn−1 (p − mq)q n−1 + q f (m)q n = Vì (p, q) = nên p − mq ước f (m) cho số nguyên Cho x = m Hệ 1.2.2 Nghiệm hữu tỷ đa thức f (x) = xn +a1 xn−1 +· · ·+an ∈ Z[x] phải số nguyên Bổ đề Gauss đa thức nguyên bản, rằng, việc xét đa thức bất khả quy Q tương đương với việc xét đa thức bất khả quy Z việc phân tích đa thức thành tích đa thức bất khả quy Z Q hoàn toàn Bổ đề 1.2.3 Đa thức với hệ số nguyên bất khả quy Z bất khả quy trường Q Định lý 1.2.4 [Gauss] Đa thức f (x) thuộc Z[x] phân tích Q[x] thành tích đa thức bất khả quy f (x) có phân tích Z[x] Chính lý mà ta xét đa thức bất khả quy Z Một số tiêu chuẩn sau để kiểm tra đa thức với hệ số nguyên bất khả quy Định lý 1.2.5 [Tiêu chuẩn Eisenstein] Cho f (x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+ a0 , an = 0, đa thức với hệ số nguyên p số nguyên tố cho an không chia hết cho p , i < n, chia hết cho p a0 không chia hết cho p2 Khi f (x) đa thức bất khả qui Z r Chứng minh: Giả sử f = gh = ( i=0 bi xi )( s cj xj ) với g, h ∈ Z[x] r = j=0 deg g, s = deg h > 0, r + s = n Vì b0 c0 = a0 chia hết cho p nên tối thiểu số b0 c0 phải chia hết cho p, chẳng hạn b0 chia hết cho p Vì a0 khơng chia hết cho p2 nên c0 khơng chia hết cho p Nếu tất bi chia hết cho p an phải chia hết cho p : mâu thuẫn với giả thiết Vậy phải có bi khơng chia hết cho p Gọi i số nhỏ để bi không chia hết cho p Khi < i r Vì = bi c0 + bi−1 c1 + · · · + b0 ci chia hết cho p với tất 33 Hệ 2.2.14 Cho hai số nguyên a b với ucln(a, b) = Khi đó, a + bi số nguyên tố vành Z[i] a2 + b2 số nguyên tố Z Chứng minh: Dựa vào mệnh đề 2.2.4, không tính tổng quát giả sử a, b > Ta thấy b nguyên tố với a2 + b2 Vì b−1 tồn Za2 +b2 Ta rằng, xét nghịch đảo lớp tương đương b đồng dư với a2 + b2 Tuy nhiên, ta xét nghiệm nguyên xét lớp tương đương mod a2 + b2 Từ a2 + b2 ≡ 0(mod a2 + b2 ), a2 ≡ −b(mod a2 + b2 ), giả sử (ab−1 )2 ≡ −1 Xét ánh xạ φ : Z[i] → Za2 +b2 , x + yi → x − (ab−1 )y(mod a2 + b2 ) ta cóZ[i]/(a + bi) ∼ = Za2 +b2 theo Định lý 2.2.11 Số a + bi số nguyên tố vành Z[i] Z[i]/(a + bi) miền nguyên Vậy Za2 +b2 miền nguyên hay a2 + b2 số nguyên tố Ví dụ 2.2.15 Nếu N (α) = 1+i phần tử nguyên tố 1−i = (−i)(1+i) Bài giải: Vì N (1 + i) = nên + i phần tử nguyên tố theo Bổ đề 2.2.13 Hiển nhiên − i = (−i)(1 + i) với N (−i) = Ví dụ 2.2.16 Giả sử số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ 1(mod 4) Chứng minh tồn số tự nhiên n để p |n2 + Bài giải: Ta có −1 ≡ (p − 1)! ≡ p−1 k=1 k p−1 (p − k)(mod p) theo Định lý k=1 p−1 p−1 p−1 Wilson Vậy ! ≡ −1 ! ≡ −1(mod p) hay có số tự 2 nhiên n để n2 ≡ −1(mod p) Từ suy p | n2 + Bài tập 2.2.17 Xác định tất phần tử nguyên tố thuộc vành Gauss Γ Giả sử α ∈ Γ Khi αα = N (α) Vậy α|N (α) Khi α phần tử ngun tố tính phân tích thành tích nhân tử nguyên tố Γ α|N (α) nên α phải ước nhân tử nguyên tố p phân tích N (α) Giả sử có số nguyên tố q phân tích N (α) với (p, q) = α|q Vì (p, q) = nên có r, s ∈ Z để rp + sq = Vậy α|1 : mâu thuẫn Tóm lại, α ước nhân tử nguyên tố N (α) Như vậy, chuyển việc xác định phần tử nguyên tố thuộc vành Γ sang việc xác định phần tử nguyên tố ước số nguyên tố p 34 2.3 Vận dụng Số học 2.3.1 √ √ √ Chuẩn vành Z[ d] Z[ p, q] Một câu hỏi thường xuất hiện: Vận dụng kết vành vào nghiên cứu Số học nào? Có nhiều cách vận dụng khác Trong mục tồn nghiệm nguyên số phương trình qua chuẩn tự đẳng cấu vành tương ứng Mệnh đề 2.3.1 Với số ngun khơng phương d > ta có √ √ (i) Z[ d] = {a + b d | a, b ∈ Z} vành giao hốn có đơn vị hai ánh xạ tự đẳng cấu: √ √ Z[ d] → Z[ d]  √ ϕ1 (z) = a + b d √ z =a+b d → ϕ (z) = a − b√d ϕi : √ √ (ii) Z[ −d] = {a + ib d | a, b ∈ Z} vành giao hốn có đơn vị hai ánh xạ tự đẳng cấu: √ √ ψi : Z[ −d] → Z[ −d]  √ ψ1 (u) = a + ib d √ u = a + ib d → ψ (u) = a − ib√d Mệnh đề 2.3.2 Với hai số ngun dương p, q khơng có nhân tử số √ √ √ √ √ phương (p, q) = 1, Z[ p, q] = {a + b p + c q + d pq|a, b, c, d ∈ Z} vành giao hoán với đơn vị Các ánh xạ sau tự đẳng cấu: √ √ √ √ √ √ √ Z[ p, q] → Z[ p, q], S = a + b p + c q + d pq,  √ √ √   φ (S) = a + b p + c q + d pq      φ2 (S) = a − b√p + c√q − d√pq S → φ (S) = a + b√p − c√q − d√pq       φ4 (S) = a − b√p − c√q + d√pq φi : 35 Mệnh đề 2.3.3 Ta có Q √ √ Q p, q √ √ √ √ √ √ p, q = Q p+ q Đặc biệt ta cịn có Q p, q = Chứng minh: Hiển nhiên, ta có Q √ √ √ √ √ √ p, q ⊇ Q p+ q Đặt α = p+ q Khi ta có √ √ √ α2 = ( p + q = p + q + pq √ √ √ √ √ α3 = ( p + q = p p + q q + pqα   √p + √q = α Hệ phương trình tuyến tính có nghiệm  p√p + q √q = α3 − α(α2 − p − q) √ √ √ √ √ √ p, q tính qua α p, q ∈ Q α = Q p + q Từ suy √ √ √ √ Q p, q ⊆ Q p + q ta nhận điều cần chứng minh Trong vành định nghĩa chuẩn tương ứng đây: √ √ (1) Chuẩn z = a + b d ∈ Z[ d] định nghĩa N (z) = ϕ1 (z)ϕ2 (z) = a2 − db2 √ √ (2) Chuẩn u = a + ib d ∈ Z[ −d] định nghĩa N (u) = ψ1 (u)ψ2 (u) = a2 + db2 √ √ (3) Chuẩn S ∈ Z[ p, q] định nghĩa N (S) = φ1 (S)φ2 (S)φ3 (S)φ4 (S) √ √ Hệ 2.3.4 Với z1 , , zn ∈ Z[ d]; u1 , , un ∈ Z[ −d] có N (z1 zn ) = N (z1 ) N (zn ) N (u1 un ) = N (u1 ) N (un ) √ √ Chứng minh: Giả sử zk = ak + bk d ∈ Z[ d] với k = 1, , n, viết tích n n √ √ √ √ (ak +bk d) = a+b d Qua tự đẳng cấu liên hợp có (ak −bk d) = a−b d k=1 N (z1 zn ) = N (z1 ) N (zn ) a2 − b2 d = n n k=1 √ (ak + bk d) k=1 (a2k − b2k d) Tương tự có N (u1 un ) = N (u1 ) N (un ) k=1 n √ (ak − bk d) = k=1 36 √ √ Mệnh đề 2.3.5 Với S1 , , Sn ∈ Z[ p, q] ta có hệ thức N (S1 Sn ) = N (S1 ) N (Sn ) n n Chứng minh: Đặt S = Si Ta có N (S) = N ( i=1 Si ) Vậy i=1 N (S) = φ1 (S)φ2 (S)φ3 (S)φ4 (S) n = n n φ1 (Si ) i=1 n = φ2 (Si ) i=1 n φ3 (Si ) i=1 φ4 (Si ) i=1 n φ1 (Si )φ2 (Si )φ3 (Si )φ4 (Si ) = i=1 N (Si ) i=1 n n ta nhận hệ thức N ( Si ) = i=1 N (Si ) i=1 √ √ Mệnh đề 2.3.6 Với z = a + b d u = a + ib d có a N (z) = b , N (u) = db a a b −db a Chứng minh: Hiển nhiên √ √ √ √ √ Mệnh đề 2.3.7 Với S = a + b p + c q + d pq ∈ Z[ p, q] có N (S) = a b c pb a pd c qc qd a d b pqd qc pb a Chứng minh: Đặt D = a b c pb a pd c qc qd a d Với khai triển Laplace, ta có D = b pqd qc pb a (a − pb ) + q (c − pd ) − 2q(ac − pbd)2 − 2pq(bc − ad)2 = 2 2 2 φ1 (S)φ2 (S)φ3 (S)φ4 (S) = N (S) Ví dụ 2.3.8 Với số a, b, c, d, x, y, z, t có đồng thức AB = C, A = (a2 − 2b2 )2 + 9(c2 − 2d2 )2 − 6(ac − 2bd)2 − 12(ad − bc)2 37 B = (x2 − 2y )2 + 9(z − 2t2 )2 − 6(xz − 2yt)2 − 12(xt − yz)2 C = (p2 − 2q )2 + 9(r2 − 2s2 )2 − 6(pr − 2qs)2 − 12(ps − qr)2 p = ax + 2by + 3cz + 6dt, q = ay + bx + 3ct + 3dz r = az + 2bt + cx + 2dy, s = at + bz + cy + dx Bài giải: Vì A = a b c 2b a 2d c 3c 3d d a B = q r 2q p 2s r 3r 3ds p 6s 3r q 2q p z 2y x 2t z b d x y z 2b a 2d c 2y x 2t z 3c 3d c a x t nên ta có C = y 6t 3z 2y x a s = y 3z 3t b 6d 3c 2b a p x b 6d 3c 2b a 3z 3t x t = AB y 6t 3z 2y x Chú ý 2.3.9 Nếu nhúng Z vào Q ta Q-không gian véc tơ √ √ (1) Q[ d] không gian véc tơ chiều Q với sở 1, d √ √ (2) Q[ −d] không gian véc tơ chiều Q với sở 1, i d √ √ √ √ √ (3) Q[ p, q] Q-không gian véc tơ chiều với sở 1, p, q, pq Điều giải thích sử dụng định thức để biểu diễn chuẩn 2.3.2 Tồn nghiệm nguyên Bây sử dụng chuẩn vào việc xét tồn nghiệm số phương trình nghiệm nguyên √ Sử dụng vành Z[ d] Ví dụ 2.3.10 Với số nguyên dương n, giả sử số a1 , b1 , , an , bn a, b n √ √ thuộc Z thỏa mãn quan hệ (ai + bi 5) = a + b Khi ta có i=1 n (i) (a2i − 5b2i ) = a2 − 5b2 i=1 38 √ (ii) Giả sử + n √ = an + bn Ta có a2n − 5b2n = Từ suy phương trình x2 − 5y = có nhiều vơ hạn nghiệm nguyên dương x, y √ √ Bài giải: (i) Xét vành giao hoán Z[ 5] = {r + s 5|r, s ∈ Z} Đồng cấu √ √ √ √ f : Z[ 5] → Z[ 5], r + s → r − s 5, đẳng cấu Tác động f lên n n √ √ √ √ hai vế f ( (ai + bi 5)) = f (a + b 5) hay (ai − bi 5) = a − b Do i=1 √ n (ai + bi 5) √ √ i=1 √ (ai − bi 5) = (a + b 5)(a − b 5) = a2 − 5b2 i=1 i=1 √ n √ n √ (ii) Ta có an − 5b2n = + − = theo (i) Đặt xn + yn = √ √ √ an + bn + = (3an + 5bn ) + (an + 3bn ) Khi x2n − 5yn2 = n (a2n − 5b2n )(32 − 5.12 ) = với n Như phương trình x2 − 5y = có nhiều vô hạn nghiệm nguyên x, y Khi x, y nghiệm x2 − 5y = ±x, ±y nghiệm Do x2 − 5y = có nhiều vơ hạn nghiệm ngun dương x, y Ví dụ 2.3.11 Với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 2n = 7x2 + y √ √ Bài giải: Xét vành giao hoán Z[ −7] = {r + is 7|r, s ∈ Z} Chuẩn √ √ √ z = r + is N (z) = r2 + 7s2 = (r + is 7)(r − is 7) Hiển nhiên N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ), theo hệ 2.3.4 Bằng phương pháp quy nạp theo n để ra, với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 2n = 7x2 + y Với n = có 23 = = + = 12 + 7.12 Giả sử có hai số nguyên lẻ x, y để y + 7x2 = 2n với số nguyên n 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) 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 y−x Nếu x + y chia hết cho số ngun lẻ Khi z3 = ( + 4x) + 2√ √ x − y√ N (y + ix 7)N (1 − i 7) i với N (z3 ) = = 2n = 2n+1 39 y+x x+y x + y√ Nếu y −x chia hết cho số lẻ Khi z4 = ( −4x)+i √ 2 √ N (y + ix 7)N (1 + i 7) với N (z4 ) = = 2n = 2n+1 Ví dụ 2.3.12 Với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 4.3n = 11x2 + y √ √ Bài 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 ) Ta có vài số cụ thể: 4.3 = 12 = 11.12 + 12 , 4.32 = 36 = 11.12 + 52 , 4.33 = 108 = 11.32 + 32 Bằng phương pháp quy nạp theo n để ra, với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 4.3n = 11x2 + y Với n = có 4.3 = 11.12 + 12 Giả sử có hai số nguyên lẻ x, y để 11x2 + y = 4.3n với số nguyên n 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 x − y√ y−x số lẻ Khi z3 = ( +6x)+i 11 Nếu x+y chia hết cho 2 √ √ N (y + ix 11)N (1 − i 11) = 4.3n = 4.3n+1 với N (z3 ) = y+x x+y x + y√ Nếu y−x chia hết cho số lẻ Khi z4 = ( −6x)+i 11 2 √ √ N (y + ix 11)N (1 + i 11) với N (z4 ) = = 4.3n = 4.3n+1 Do đó, ta suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.3.13 Chứng  minh luôn tồn hai số nguyên x y để x lẻ y lẻ n lẻ n 2 19 = x − 6y với x lẻ y chẵn n chẵn 40 √ √ Bài giải: Xét vành giao hoán Z[ 6] = {r + s 6|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 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 có N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) Với n = có 19 = 52 − 6.12 192 = 312 − 6.102 Giả sử số nguyên n hai số nguyên a, b để 19n = a2 − 6.b2 , a b lẻ n lẻ; a lẻ b chẵn n chẵn Với n + ta xét: (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 đó, ta suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.3.14 Chứng  minh luôn tồn hai số nguyên x y để x lẻ y lẻ n lẻ n 2 31 = x + 6y với x lẻ y chẵn n chẵn √ √ Bài giải: Xét vành giao hoán Z[ −6] = {r + is 6|r, s ∈ Z} Đồng cấu f : √ √ √ √ Z[ −6] → Z[ −6], r + is → r − is 6, đẳng cấu Do vậy, √ √ √ √ (a + ib 6)(c + id 6) = u + iv tác động f lên hai vế (a − ib 6)(c − √ √ √ id 6) = u−iv Sử dụng kết này, với z = a+ib đặt N (z) = a2 +6b2 có N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) Với n = có 31 = 52 +6.12 312 = 192 +6.102 Giả sử số nguyên n hai số nguyên a, b để 31n = a2 + 6b2 , a b lẻ n lẻ; a lẻ b chẵn n chẵn Với n + ta xét: (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 đó, ta suy điều phải chứng minh 41 Ví dụ 2.3.15 Với số tự nhiên n, luôn tồn hai số nguyên lẻ x y để 5072n+1 = 4x2 + 503y √ √ Bài giải: Xét vành giao hoán Z[ −503] = {r + is 503|r, s ∈ Z} Đồng cấu √ √ √ √ f : Z[ −503] → Z[ −503], r + is 503 → r − is 503, đẳng cấu Do √ √ √ vậy, (a + ib 503)(c + id 503) = u + iv 503 tác động f lên hai vế √ √ √ √ (a−ib 503)(c−id 503) = u−iv 503 Sử dụng kết này, với z = a+ib 503 ta đặt N (z) = a2 +503b2 Ta có N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) Với n = có 507 = 4.12 + 503.12 Giả sử số nguyên n hai số nguyên lẻ a b để 5072n+1 = √ √ 4a2 + 503b2 Với n + 1, xét (2a + ib 503)(2 + i 503)2 = −2.409a − 2.1006b+ √ i(4a − 409b) 503 Từ suy 5072n+3 = 4(409a + 1006b)2 + 503(4a − 409b)2 với hai số nguyên lẻ 409a + 1006b 4a − 409b Do đó, ta suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.3.16 Với số tự nhiên n, luôn tồn hai số nguyên lẻ x y để 20132n+1 = 4x2 + 249y √ √ Bài giải: Xét vành giao hoán Z[ −249] = {r + is 249|r, s ∈ Z} Đồng cấu √ √ √ √ f : Z[ −249] → Z[ −249], r + is 249 → r − is 249, đẳng cấu √ √ √ Do (a + ib 249)(c + id 249) = u + iv 249 tác động f lên hai √ √ √ vế (a − ib 249)(c − id 249) = u − iv 249 Sử dụng kết này, với √ z = a + ib 249 ta đặt N (z) = a2 + 249b2 Ta có N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) Với n = có 2013 = 4.212 + 249.12 Giả sử số nguyên n hai số nguyên lẻ √ √ a b để 20132n+1 = 4a2 + 249b2 Với n + 1, xét (2a + ib 249)(42 + i 249)2 = √ 2.1515a−2.42.249b+ i(2.84a+1515b) 249 Từ suy 20132n+3 = 4(1515a− 42.249b)2 + 249(168a + 1515b)2 với hai số nguyên lẻ 1515a − 42.249b 168a + 1515b Do đó, ta suy điều phải chứng minh Bài tập 2.3.17 Xét tính cặp số (x, y) thỏa mãn phương trình tương ứng Ví dụ 2.3.18 Có hay không số nguyên dương n thỏa mãn P = √ 2009 − √ 2008 2010 = √ n− √ n − 42 √ Bài giải: Đặt r = 2008 Ta có P = P = 2r + − r(r + 1) Khi có Q = 2r+1+2 r(r + 1) 2r + − r(r + 1) √ r+1− 2010 r Khai triển được: 1005 =a−b 1005 = a+b r(r + 1) Vậy a2 −b2 r(r+1) = r(r + 1) với a, b ∈ Z 1005 1005 2r + + r(r + 1) √ √ có b2 r(r + 1) = n − Như 2009 − 2008 √ √ n − n − Vậy, có tồn số n = Với n = a2 ∈ N∗ 2010 = a − b r(r + 1) = Ví dụ 2.3.19 Giải phương trình nghiệm nguyên √ 2013 − √ √ Bài giải: Đặt r = 2012 Ta có 2r + − r(r + 1) Khi nhận 2r + + 2012 2012 = r+1− 1006 √ √ r =a−b r(r + 1) 1006 x− 2012 √ x − Khai triển r(r + 1) với a, b ∈ Z = a+b 1006 r(r + 1) Vậy a2 − b2 r(r + 1006 2r + + r(r + 1) = Với x = a2 ∈ N∗ √ √ 2012 2013 − 2012 có b2 r(r + 1) = x − Như = a − b r(r + 1) = √ √ √ √ x − x − Vậy, có tồn số x = a2 ∈ N∗ Vì y = x − x − hàm đơn 1) = 2r + − r(r + 1) điệu giảm nên nghiệm Ví dụ 2.3.20 Chứng minh rằng, với số ngun dương n ln có ba số √ ngun a, b, c ∈ (n2 ; n2 + n + n) để ab chia hết cho c Bài giải: Với n = 1, có a = 3, b = 4, c = ∈ (1; 5) thỏa mãn ab = 12 chia √ hết c Với n = có a = 5, b = 8, c = 10 ∈ (4; + 2) thỏa mãn ab chia hết cho c Xét n > với a = (n − x)(n + x + 1), b = (n − x + 1)(n + x) c = (n − x + 1)(n + x + 1), x số nguyên lớn thỏa mãn √ x2 + x < n Dễ dàng kiểm tra n2 < a < b < c < n2 + n + n ab chia hết cho c √ √ Sử dụng vành Z[ p, q] Ví dụ 2.3.21 Chứng minh rằng, với số ngun dương n ln có số nguyên dương x, y, z, t thỏa mãn điều kiện sau: 43 (i) x, y, z số lẻ, t số chẵn x2 + 9y − 6z − 12t2 = 3748 n (ii) x, y, z, t số chẵn 3748n = 4 12 24 = x2 + 9y − 6z − 12t2 với n > Bài giải: x1 = 1, y1 = 2, z1 = 3, t1 = thỏa mãn điều kiện  √ √ √   N (x1 + y1 + z1 + t1 6) = 3748       x = |x21 − 2y12 |, y = |z12 − 2t21 |    z = |x1 z1 − 2y1 t1 |, t = |x1 t1 − y1 z1 |      x, y, z, t số tự nhiên      x2 + 9y − 6z − 12t2 = 3748 Bốn dãy số (xn ), (yn ), (zn )     x      y  2       =    z1        t1 (tn ) xác định công thức     x 24   n+1     12    y   n+1   =    zn+1         tn+1 xn   yn    zn   tn √ √ √ √ Chú ý rằng, với un+1 = xn+1 + yn+1 + zn+1 + tn+1 un = xn + yn + √ √ zn + tn ta có N (un+1 ) = 3748N (un ) Các số tự nhiên x = |x2n − 2yn2 |, y = |zn2 −2t2n |, z = |xn zn −2yn tn | t = |xn tn −yn zn | thỏa mãn x2 +9y −6z −12t2 = 3748n Như vậy, x1 = 1, y1 = 2, z1 = 3, t1 = ta có x, y, z số nguyên dương lẻ, t số nguyên dương chẵn thỏa mãn x2 + 9y − 6z − 12t2 = 3748 Ta có (i) Khi n > ta thấy xn , yn , zn , tn số nguyên dương chẵn n x, y, z, t chẵn thỏa mãn 3748n = Ta nhận kết luận (ii) 4 12 24 = x2 + 9y − 6z − 12t2 44 Tiếp theo việc sử dụng tự đẳng cấu vành để chứng minh phương trình vơ nghiệm chứng minh tính chất Ví dụ 2.3.22 Tìm số x, y, z, t ∈ Z thỏa mãn phương trình √ √ √ (x + y 3)4 + (z + t 3)4 = 20 + 12 √ √ √ Bài giải: Giả sử có x, y, z, t ∈ Z thỏa mãn (x+y 3)4 +(z+t 3)4 = 20+12 √ Sử dụng tự đẳng cấu liên hợp vành Z[ 3] cho đồng thức có mâu √ √ √ thuẫn (x − y 3)4 + (z − t 3)4 = 20 − 12 < √ √ Ví dụ 2.3.23 Với số nguyên dương n biểu diễn (1 + + 3)n = an + √ √ √ dn bn bn + cn + dn với an , bn , cn , dn ∈ N Tìm lim , lim n→∞ an n→∞ an √ √ Bài giải: Sử dụng tự đẳng cấu vành Z[ 2, 3] cho đồng thức √ √ √ √ √ (1 + + 3)n = an + bn + cn + dn 6, ta nhận √ √ √ √ √ xn1 = (1 + + 3)n = an + bn + cn + dn √ √ √ √ √ xn2 = (1 − + 3)n = an − bn + cn − dn √ √ √ √ √ xn3 = (1 + − 3)n = an + bn − cn − dn √ √ √ √ √ xn4 = (1 − − 3)n = an − bn − cn + dn √ Vậy 4an = xn1 + xn2 + xn3 + xn4 , 2bn = xn1 − xn2 + xn3 − xn4 Từ ta nhận 1 xn − xn2 + xn3 − xn4 dn bn √ √ = √ lim 1n = = , lim lim n→∞ an n→∞ x1 + xn2 + xn3 + xn4 n→∞ an Ví dụ 2.3.24 Với số nguyên dương n, chứng minh tổng sau chia hết cho √ √ √ √ √ √ √ √ S = (1 + + 3)n + (1 − + 3)n + (1 + − 3)n + (1 − − 3)n √ √ Bài giải: Sử dụng tự đẳng cấu vành Z[ 2, 3] cho biểu diễn (1 + √ √ √ √ √ + 3)n = an + bn + cn + dn 6, với an , bn , cn , dn ∈ Z, có √ √ √ √ √ (1 + + 3)n = an + bn + cn + dn √ √ √ √ √ (1 − + 3)n = an − bn + cn − dn √ √ √ √ √ (1 + − 3)n = an + bn − cn − dn √ √ √ √ √ (1 − − 3)n = an − bn − cn + dn Do ta có tổng S = 4an Vậy S ˙: 45 Ví dụ 2.3.25 Giả sử dãy số (an ), (bn ), (cn ), (dn ) xác định sau:    a1 = 1, b1 = 1, c1 = 1, d1 =       an+1 = an + 2bn + 5cn    bn+1 = an + bn + 5dn      cn+1 = an + cn + 2dn      d n+1 = bn + cn + dn √ √ √ √ Khi đó, với số nguyên dương n có (1 + + 5)n = an + bn + cn + √ an dn 10 a2n − 10d2n chia hết cho 2n−1 Tìm lim n→+∞ dn √ √ Bài giải: Với số nguyên dương n ta biểu diễn (1 + + 5)n = An + √ √ √ Bn + Cn + Dn 10, An , Bn , Cn , Dn ∈ N Hiển nhiên A1 = = √ √ a1 , B1 = = b1 , C1 = = c1 , D1 = = d1 Từ An+1 + Bn+1 + Cn+1 + √ √ √ Dn+1 10 = (1 + + 5)n+1 ta suy An+1 = an+1 , Bn+1 = bn+1 , Cn+1 = cn+1 , Dn+1 = dn+1 √ √ √ Sử dụng tự đẳng cấu vành Z[ 2, 5] cho đồng thức (1 + + √ √ √ √ n 5) = an + bn + cn + dn 10, ta nhận √ √ √ 5)n = an + bn + cn + dn 10 √ √ √ √ √ (1 − + 5)n = an − bn + cn − dn 10 √ √ √ √ √ (1 + − 5)n = an + bn − cn − dn 10 √ √ √ √ √ (1 − − 5)n = an − bn − cn + dn 10 Do có hai quan hệ (1 + √ 2+ √ √ √ √ √ √ 2an + 2dn 10 = (1 + + 5)n + (1 − − 5)n √ √ √ √ √ 2an − 2dn 10 = (1 − + 5)n + (1 + − 5)n Vậy 4a2n − 40d2n = 2n (2 + √ 5)n + (2 − a2n − 10d2n = 2n−1 (2n + (−1)n ) (−1)n 2k ) n 2k + · · · lim n→+∞ n an dn √ 5)n + (−1 + √ + (2n−2 + (−1)n 2) √ = 10 2)n + (−1 − n √ 2)n hay + · · · + +(2n−2k 5k + 46 Kết luận Trong luận văn trình bày kết sau: Trình bày kết vành số nguyên Mở rộng vành số nguyên để xây dựng chuẩn tự đẳng cấu tương ứng Vận dụng kết để xét toán số học: Xét tồn phương trình nghiệm ngun, tốn chứng minh tính chia hết, Luận văn đưa hệ thống phong phú ví dụ Tác giả luận văn hy vọng có nhiều thời gian để tìm hiểu sâu nội dung, ý nghĩa thực tiễn phương pháp giải xây dựng toán số học qua mở rộng vành 47 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Dương Quốc Việt Đàm Văn Nhỉ, Giáo trình Đại số Sơ cấp, Nhà Xuất Bản ĐHSP Hà Nội 2007 [2] Dương Quốc Việt Đàm Văn Nhỉ, Cơ sở Lý thuyết số Đa thức, Nhà Xuất Bản ĐHSP Hà Nội 2008 [3] Hà Huy Khoái, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn trung học phổ thơng Số học, Nhà Xuất Bản Giáo dục 2004 [4] Tuyển tập: The IMO Compendium 1959-2004 [B] Tiếng Anh [5] G Dresden and M Dymacek, Finding Factors of Factor Rings over the Gausian Integers, Monthly 112 [6] M B Nathanson, Elementary Methods in Number Theory, Springer - Verlag New - York Berlin - Heidelberg SPIN 10742484 [7] V Prasolov, Polynomials, Springer - Verlag Berlin Heidelberg 2004 [8] N Robbins, Beginning number theory, W.m C Brown Publishers 1993 ... (b+c)a = ba + ca, ∀a, b, c ∈ R, R gọi vành Vành R gọi vành giao hoán ab = ba với ∀a, b ∈ R Cho hai vành R S Nếu R vành vành S S gọi vành mở rộng vành R Giả sử K vành giao hoán với đơn vị K gọi trường... theo, ta chứng minh vành Gauss vành Euclid Mệnh đề 2.2.3 Mỗi vành Gauss Z[ i] vành Euclid Chứng minh: Giả sử z = a + bi z1 = a1 + b1 i = Ta có z2 = a2 + b2 i ∈ Γ cho N (z − z1 z2 ) < N (z1 ) Thật... − ab1 z aa1 + bb1 − a + i − b2 i − z2 = N z1 a21 + b21 a21 + b21 Như N (z − z1 z2 ) = N z1 z − z2 z1 = N (z1 )N , suy 1 + = 4 z − z2 < N (z1 ) suy z1 Z[ i] vành Euclid Iđêan sinh phần tử a+bi