Phương trình fermat và giả thuyết euler

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC MAI THỊ VÂN PHƯƠNG TRÌNH FERMAT VÀ GIẢ THUYẾT EULER LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC MAI THỊ VÂN PHƯƠNG TRÌNH FERMAT VÀ GIẢ THUYẾT EULER LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - 2017 i Mục lục Lời cảm ơn ii Bảng ký hiệu Mở đầu Bài toán Fermat Giả thuyết Euler 1.1 Những trường hợp đặc biệt toán Fermat 1.2 Giả thuyết Euler 19 Sự tồn nghiệm phương trình Euler 25 2.1 Elkies Giả thuyết Euler 25 2.2 Khoảng trống tổng bậc hai 39 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 ii Lời cảm ơn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy tơi GS.TSKH Hà Huy Khối, người trực tiếp hướng dẫn luận văn, tận tình bảo hướng dẫn tơi tìm hướng nghiên cứu, tìm kiếm tài liệu, giải vấn đề nhờ tơi hồn thành luận văn cao học Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy hứa cố gắng để xứng đáng với công lao Thầy Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, đặc biệt thầy giáo dạy cao học Phương pháp Toán sơ cấp quan tâm giúp đỡ suốt thời gian học tập trường Tơi xin cảm ơn q thầy Khoa Tốn - Tin quan tâm, động viên, trao đổi đóng góp ý kiến quý báu suốt q trình học tập, nghiên cứu hồn thành luận văn Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi suốt q trình học tập Thái Nguyên, ngày tháng năm 2017 Tác giả luận văn Mai Thị Vân Bảng ký hiệu R Z Q S K E P(m) P3 P SL2 (Q) Tập số thực Tập số nguyên Tập số hữu tỉ Mặt affine Tập hợp ánh xạ hữu tỉ Đường cong elliptic trường hàm K Tập hợp điểm E Khơng gian ánh xạ ba chiều Nhóm tuyến tính ma trận cấp hai hệ số hữu tỉ Kết thúc chứng minh Mở đầu Bài toán Fermat câu chuyện độc vô nhị lịch sử toán học giới, khởi nguồn từ cổ đại với nhà toán học Pythagore Bài toán cuối (sau giới toán học gọi Định lý cuối Fermat, hay Định lý lớn Fermat) có gốc từ định lý Pythagore: "Trong tam giác vng, bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng" Sau chứng minh phương trình x4 + y = z khơng có nghiệm ngun khơng tầm thường, Fermat phát biểu Định lý cuối Fermat, nói phương trình xn + y n = z n khơng có nghiệm ngun khơng tầm thường với n ≥ Năm 1769, Euler phát biểu giả thuyết tổng qt nói rằng, phương trình tương tự phương trình Fermat khơng có nghiệm khơng tầm thường số bậc lớn số ẩn Hơn 200 năm sau, N Elkies, nghiên cứu sinh Đại học Harvard, người đưa phản ví dụ cho giả thuyết Euler với phương trình bậc gồm ẩn Cơng trình mở đầu cho hướng nghiên cứu mới, gắn liền việc xét nghiệm phương trình x4 + y + z = u4 (1) với việc nghiên cứu đường cong Elliptic Mục đích luận văn trình bày lịch sử tốn Fermat Giả thuyết Euler, với cơng trình Elkies kết liên quan đến nghiệm nguyên phương trình Euler Bố cục luận văn gồm phần mở đầu, hai chương trình bày nội dung luận văn, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: "Bài toán Fermat Giả thuyết Euler" trình bày lịch sử chứng minh số trường hợp Định lý Fermat, kết Euler Giả thuyết Euler Chương 2: "Sự tồn nghiệm phương trình Euler" trình bày kết Elkies kết liên quan đến nghiệm nguyên phương trình kiểu Fermat cách đánh giá khoảng trống tổng bậc hai Chương Bài toán Fermat Giả thuyết Euler Chương trình bày lịch sử chứng minh số trường hợp Định lý Fermat, kết Euler Giả thuyết Euler 1.1 Những trường hợp đặc biệt toán Fermat Người ta chứng minh rằng, phương trình x4 +y +z +t4 = w2 có ba nghiệm phụ thuộc tham số Trong phần này, chúng tơi trình bày số kết phương trình x4 + y + z + t4 = (x2 + y + z − t2 )2 , đặc biệt chứng tỏ nhận nhiều vơ hạn nghiệm phụ thuộc tham số cách tìm điểm đường cong Elliptic trường Q(m) Jacobi Madden xét phương trình x4 + y + z + t4 = (x + y + z + t)4 (1) Họ cho thấy tồn vô số nghiệm nguyên phương trình (1) Đây trường hợp đặc biệt phương trình x4 + y + z + t = w , (2) Elkies tìm thấy tập hợp vô hạn nghiệm nguyên t = Trong phần này, xem xét trường hợp đặc biệt phương trình tương tự x4 + y + z + t = w (3) Xét phương trình (3), nói nghiệm tầm thường có số x, y, z, t, w 0, ví dụ (x, y, z, t, w) = (x, 0, 0, 0, x2 ) Nếu số x, y, z, t, w số khơng, phương trình khơng có nghiệm khơng tầm thường, Fermat chứng minh phương trình x4 + y = w2 khơng có nghiệm ngun khác khơng Nghiệm phụ thuộc tham số biết không tầm thường sơ cấp: (x, y, z, t, w) = (a2 , ab, b2 , ab, a4 + b4 ) Trong nghiệm tìm thấy Fauquembergue, số x, y, z, t, w số không, chẳng hạn z = 0: (x, y, z, t, w) = (ac, bc, 0, ab, a4 + a2 b2 + b4 ) a2 +b2 = c2 Nghiệm sau tìm thấy Fauquembergue, lần với giả thiết a2 + b2 = c2 : (x, y, z, t, w) = (2a2 bc3 , 2ab2 c3 , (a2 − b2 )c4 , 2ab(a4 + b4 ), (a6 +2a5 b+3a4 b2 +3a2 b4 +2ab5 +b6 )(a6 −2a5 b+3a4 b2 +3a2 b4 −2ab5 +b6 )) Ba nghiệm phụ thuộc tham số cho ta nghiệm không tầm thường, ngoại trừ ab = 1.1.1 Phương trình x4 + y + z + t4 = (x2 + y + z − t2 )2 Trong nghiên cứu phương trình (3), ta thấy số tính chất cần ý Xét ba trường hợp sau i) Nếu w = x2 +y +z +t2 x2 y +x2 z +z t2 +y z +y t2 +z t2 = 0; thế, có nghiệm tầm thường ii) Nếu w = x2 + y − z − t2 x2 y − x2 z − y z = t2 (x2 + y − z ) Đây trường hợp thú vị phức tạp Chúng ta nghiên cứu tương lai iii) Nếu w = x2 + y + z − t2 x2 y + x2 z + y z = t2 (x2 + y + z ) Trường hợp thú vị thảo luận đây, bắt đầu mệnh đề Đây trường hợp nghiên cứu Mệnh đề 1.1.1 Nếu x2 + y + z = (x, y, z, t) thoả mãn x4 + y + z + t4 = (x2 + y + z − t2 )2 (4) (x2 + y + z )(y z + z x2 + x2 y ) = (x2 + y + z − t2 )2 (5) y z + z x2 + x y t = x2 + y + z (6) và Chứng minh Ta có x4 + y + z + t4 − (x2 + y + z − t2 )2 = 2((x2 + y + z )t2 −(y z + z x2 + x2 y )) Vì (4) bậc bốn, từ ta viết nghiệm phương trình (x : y : z : t) Phương trình biểu diễn mặt P3 , ′ S = {(x : y : z : t) ∈ P3 |x4 + y + z + t4 = (x2 + y + z − t2 )2 } Giả sử t = 0, ta xét mặt affine tương ứng (x, y, z) ↔ (x : y : z : 1) Điều cho ta thấy mặt thú vị khơng gian ba chiều; xem hình vẽ 1.1 Câu hỏi đặt Có đường cong hữu tỉ m → (x(m), y(m), z(m)) ′ mặt S Nếu xyz = 0, (5) thể sau (x2 + y + z )( 1 + + ) = (x2 + y + z − t2 )2 2 x y z Điều dẫn tới bổ đề sau Bổ đề 1.1.2 Nếu (x : y : z : t) nghiệm (4) mà xyzt = 1 1 : : : nghiệm (4) x y z t 40 r(100, 7) vài đồng hồ máy tính cá nhân Dữ liệu số cho thấy giới hạn biết gần với giá trị thực r(n, k) Trong mơ hình tính tốn, người ta thường cần phải so sánh độ dài hai đường gấp khúc, mà nút nằm lưới nguyên, có cạnh đo theo chuẩn Euclid Câu hỏi hình học đưa tốn so sánh hai tổng bậc hai số nguyên Trong hình học tính tốn, người ta thường giả thiết mơ hình tính tốn số thực, mà nhớ chứa số thực Sau giả định phép toán đại số, lấy bậc hai hay so sánh số thực thực phép tốn Có cách trực tiếp so sánh tổng bậc hai máy số thực Nhưng mơ hình khơng thực tế, [11, 9] Nếu xét vấn đề máy Turing, ta cần thiết kế thuật toán để so sánh hai tổng bậc hai số nguyên với độ phức tạp thấp Một cách tiếp cận khác xấp xỉ tổng số thập phân đến độ xác định Một cách hình thức, định nghĩa r(n, k) giá trị dương cực tiểu √ a1 + + √ ak − b1 − − bk a1 , a2 , , ak , b1 , b2 , , bk số nguyên dương không vượt √ n Độ phức tạp thời gian phương pháp xấp xỉ đa thức 7+ √ √ √ √ √ √ 14+ 39+ 70+ 72+ 76+ 85 = 47.42163068019049036900034846, phép xấp xỉ tổng bậc hai số ngun tính thời gian đa thức đầu vào Ta muốn biết phải − log r(n, k) giới hạn hàm đa thức k log n Nếu vậy, cách tính cận xấp xỉ để so sánh tổng hai bậc hai số nguyên chạy thời gian đa thức Mặc dù vấn đề đưa năm 1980, khơng có nhiều kết thông báo Người ta chứng minh − log r(n, k) = O(22k log n) cách sử dụng phương pháp tách Qian Wang đưa ràng buộc cận hữu hiệu cho r(n, k) với thời gian O(n−2k+ ) Hằng số ẩn O - lớn suy từ báo họ phụ 41 thuộc vào k Người ta − log r(n, k) 2k log n − 8k + O(log n + k log k) Do ràng buộc không tầm thường n 24k Có cận cho r(n, k) sử dụng lời giải toán Prouhet – Tarry – Escott Tuy nhiên, toán Prouhet – Tarry – Escott thân khó giải Có khoảng cách rộng giới hạn giới hạn biết r(n, k) Ví dụ phương pháp tách căn, ta có r(100, 7) (14 ∗ √ 13 100)−2 ≈ 10−17581 Người ta đưa giới hạn không tầm thường cho r(n, k) từ phương pháp Qian Wang, từ phương pháp Prouhet – Tarry – Escott Việc thiếu cận mạnh cho r(n, k) sau nhiều năm nghiên cứu việc tìm kiếm cận chặt chẽ khó Có thể thấy tình hình địi hỏi phải nghiên cứu sâu sắc r(n, k) Cho đến có vài ví dụ thơng báo chúng dễ tìm thấy cách sử dụng tìm kiếm vét cạn: r(20, 2) ≈ 002 = r(20, 3) ≈ 00005 = √ √ 5+ 10 + √ 6+ √ √ 11 − 18 − √ √ 5− 4− √ √ 18 12 − √ 12 Khả máy tính gia tăng giúp ta vượt qua ví dụ Ngồi ra, có động lực khác cho việc nghiên cứu số vấn đề tổng bậc hai: Dữ liệu số làm sáng tỏ loại số nguyên mà có tổng bậc hai gần Trong nhiều tình thực tế, đặc biệt tính tốn hình học xác, n k nhỏ Các giới hạn người ta tạo giúp tăng tốc độ tính tốn, chúng tốt giới hạn tiên đốn phương pháp tách 42 Vì giới hạn nằm xa giới hạn dưới, liệu số cung cấp cho số gợi ý cận gần với chân lý thúc đẩy phát biểu giả thuyết hợp lý cận r(n, k) Làm để tìm xác giá trị r(n, k)? Việc tìm kiếm vét cạn sử dụng khơng gian, đòi hỏi thời gian n2k Nếu n = 100 k = 7, thuật toán cần khoảng 10014 ≈ 293 phép tính, điều khơng thể Cách tiếp cận tốt phân loại tất tổng √ √ a1 + + ak (1 ≤ ≤ n cho tất ≤ i ≤ k) sau dựa vào danh sách xếp để tìm khoảng trống nhỏ hai phần tử liên tiếp Nó chạy thời gian nk không gian nk Nếu n = 100 k = 7, xấp xỉ sử dụng 1007 = 104 ≈ 10000 GB không gian, theo giả định lạc quan cho sử dụng byte để ghi giá trị tổng Sự phức tạp khơng gian làm cho tính tốn r(100, 7) tốn Chúng ta trình bày thuật tốn để tính r(n, k) xác dựa ý tưởng liệt kê tổng cách sử dụng heap (đống) Thuật toán sử dụng khơng gian cách tiếp cận phân loại giữ phức tạp thời gian, mà làm cho phép tính r(100, 7) khả k thi Thực tế có độ phức tạp khơng gian khơng q n[ ]+o(k) Tìm kiếm chúng tơi cho thấy r(100, 7) = 1.88 × 10−19 , đạt √ 7+ √ 14 + √ 39 + √ 70 + √ 22 + √ 76 + √ 33 + √ 85 = 47.42163068019049036900034846 √ 13 + √ 16 + √ 46 + √ 55 + √ 67 + √ 79 = 47.42163068019049036881196876 Người ta chứng minh cận đơn giản cho − log r(n, k) dựa lập luận chuồng chim bồ câu: − log r(n, k) k log n − k log k + O(k + log n) 43 So với ràng buộc Qian Wang, yếu n lớn, tốt n đa thức k, có khả ứng dụng rộng Ví dụ, n = 100 r = 7, cho ta cận có ý nghĩa: r(100, 7) 7.2 × 10−8 Việc sử dụng heaps để liệt kê tổng theo thứ tự xếp xuất sớm [6, mục 5.2.3] Cho P danh sách xếp số thực p với phần tử thứ i ký hiệu P [i] Giả sử Q danh sách xếp khác q số thực với phần tử thứ i ký hiệu Q[i] Xem cách liệt kê phần tử mẫu P [i] + Q[j] theo thứ tự xếp: Thuật toán Build a heap for P [i] + Q[1], ≤ i ≤ p; while the heap is not empty Remove the element P [i] + Q[j] at the root from the heap if j < q then put P [i] + Q[j + 1] at the root of the heap endif reheapify endwhile Thuật tốn sử dụng khơng gian để lưu trữ phần tử p + q tạo luồng phần tử pq theo thứ tự xếp Schroeppel Shamir [11] áp dụng ý tưởng để công hệ thống mật mã dựa toán xếp balo Các nhà lý thuyết số sử dụng ý tưởng chế tiết kiệm không gian để kiểm tra giả thuyết khó máy tính Ví dụ, xét phương trình Diophantus: a4 + b4 + c4 = d4 Euler giả thuyết phương trình khơng có nghiệm ngun dương Giả thuyết bị bác bỏ Elkies [5] cách sử dụng lý thuyết đường cong elliptic với trợ giúp từ việc tìm kiếm máy tính Bernstein [9] tìm thấy tất nghiệm với d = 2.1 × 107 Ý tưởng ơng xây dựng hai dòng số nguyên xếp, cho a4 + B cho c4 − d4 , sau tìm mối liên hệ Để tìm nghiệm với d ≤ H, thuật toán cần H 1+o(1) không gian chạy thời 44 gian H 2+o(1) Một ý tưởng tương tự sử dụng để tìm số ngun viết nhiều cách tổng luỹ thừa định Cách tiếp cận lấy cảm hứng từ việc Về sử dụng heap (đống) để liệt kê tất tổng dạng k √ (1 ≤ ≤ n cho tất ≤ i ≤ k) cố gắng tìm khoảng trống i=1 nhỏ hai phần tử liên tiếp Trong trường hợp này, đẳng thức (khoảng cách = 0) không quan tâm mệnh đề 2.1.3, trong ứng dụng tổng luỹ thừa, có đẳng thức mong muốn Có khác biệt quan trọng khác: - Trường hợp tổng luỹ thừa ta làm việc với số nguyên, trường hợp chúng ta, phải làm việc với số thực Độ xác số thực đóng vai trị quan trọng Đơi hai tổng bậc hai dẫn đến số điểm khác Ví dụ, sử dụng kiểu double double type để biểu diễn số thực, ước lượng của: √ √ √ √ √ √ √ ( + + 8) + ( 24 + 83 + 83 + 89) khác với ước lượng √ √ √ √ √ √ √ ( + + 6) + ( 32 + 83 + 83 + 89) khoảng × 10−28 , rõ ràng chúng - Trong trường hợp tổng luỹ thừa, giới hạn p-adic thường áp dụng để tăng tốc độ tìm kiếm 2.2.1 Một giới hạn từ nguyên tắc chuồng chim bồ câu Giới hạn Qian Wang bắt nguồn từ bất đẳng thức: n > 24k Giả sử = 2k − 2i − bi = 2k − 2i − (t + 2i − 2) với ≤ i ≤ k (t + 2i − 2) với ≤ i ≤ k, 45 ta có k 0< i=1 √ k − i=1 bi ≤ ∗ ∗ ∗ ∗ (4k − 5) 22k−1 t2k− Lưu ý 2k − i lớn 2k − k ≥ 22k−1 (2k) Để có cận cho r(n, k) ≤ √ k n−k , s(n) + k − −1 k ta lấy n= 2k − k (t + k), (1) ta có − log r(n, k) ≥ 2k log n − 8k + O(log n + k log k) Vì kết Qian Wang áp dụng n > 24k Một cận thú vị khác phụ thuộc vào toán Prouhet – Tarry – Escott, tìm nghiệm hệ phương trình: k k aki i=1 = i=1 bki , ≤ t ≤ k − với điều kiện a1 ≤ a2 ≤ ≤ ak b1 ≤ b2 ≤ ≤ bk danh sách phân biệt số ngun Tuy nhiên khơng có nghiệm tìm thấy cho k = 11 k > 13[2] Do cách tiếp cận dựa vấn đề Prouhet – Tarry – Escott không mở rộng Ở chúng tơi trình bày ràng buộc dựa lý luận chuồng chim bồ câu Định nghĩa 2.2.1 Gọi số ngun n square-free khơng có số ngun a > cho a2 |n Ta dùng s(n) để ký hiệu số số nguyên dương square-free nhỏ n, ví dụ s(100) = 61 46 Mệnh đề 2.2.2 Giả sử s1 , s2 , , sk số nguyên square√ √ √ free khác Khi s1 , s2 , , sk độc lập tuyến tính Q Định lý 2.2.3 Ta có r(n, k) ≤ √ k n−k s(n) + k − −1 k Chứng minh Xét tập {(a1 , a2 , , ak )|ai square-free, ≤ a2 ≤ ≤ ak ≤ n} Tập có lực lượng r(100, 7) ≤ 70 − = 7.2 × 10−8 67 −1 61 k Với phần tử (a1 , a2 , , ak ) thuộc vào tập, tổng √ phân i=1 biệt Mệnh đề Vì có s(n) + k − k √ tổng phân biệt đoạn [k, k n] Phải có hai điểm khác vịng khoảng cách √ k n−k s(n) + k − −1 k từ điểm đến điểm Từ suy định lý Đặt n = 100 k = 7, ta có r(100, 7) ≤ Người ta biết s(n) = 70 − = 7.2 × 10−8 67 −1 61 √ 6n n)[7] Từ ta có + O( π2 47 Hệ 2.2.4 log r(n, k) ≥ k log n − k log k + O(log(nk)) Lưu ý n lớn nhiều lần k, ràng buộc khơng tốt ràng buộc Qian Wang 2.2.2 Thuật tốn để tìm r(n, k) Phác hoạ thuật tốn Ta có đầu vào hai số nguyên dương n k Giả sử k < n Thuật toán Input: hai số nguyên dương n, k (n > k) Lưu trữ tất dãy ( ), nk+o(k) , vào ma trận P , xếp ma trận P theo tổng P [i][A] ≤ Q[j ′ ][1] Giả sử có phần tử p danh sách; Lưu trữ tất dãy (1 ≤ a2 ≤ ≤ ak−A ≤ n), ≤ a2 ≤ ≤ ak−A ≤ n, vào ma trận Q, xếp ma trận Q theo tổng k−A √ i=1 Giả sử có nhiều phần tử q Q; Khoảng cách nhỏ = ∞; Phần tử nhỏ trước = k; Xây dựng heap (đống) cho (P [i] + Q[1]), ≤ i ≤ p, hai dãy so sánh theo tổng bậc hai số nguyên dãy; Khi heap không rỗng, làm Giả sử (P [i] + Q[j]) phần tử gốc heap; A Phần tử lớn = k−A P [i][l] + l=1 Q[i][l] l=1 Nếu < phần tử lớn – phần tử lớn trước < khoảng cách nhỏ khoảng cách nhỏ = phần tử lớn – phần tử lớn trước đó; Kết thúc vịng lặp if Loại bỏ (P [i] + Q[j]) từ heap; Phần tử lớn trước = (P [i] + Q[j]); Nếu tồn số nguyên j ′ cho j < j ′ ≤ q P [i][A] ≤ Q[j ′ ][1] đặt j ′ số nhỏ đặt (P [i] + Q[j ′ ])vào gốc Kết thúc vòng lặp if 48 Quay trở lại heap Kết thúc vòng lặp while Output r(n, k) = khoảng cách nhỏ Lưu ý thuật tốn trên, khơng giống thuật tốn 1, thay (P [i] + Q[j]) gốc (P [i] + Q[j ′ ]), mà không thiết (P [i] + Q[j + 1]) Trong nhiều trường hợp j’ lớn nhiều so với j + Điều làm tăng đáng kể hiệu thuật toán Bây ta chứng minh tính đắn thuật toán Định lý 2.2.5 Khi thuật toán kết thúc, ta nhận r(n, k); Chứng minh Đối với ≤ a1 ≤ a2 ≤ ≤ ak ≤ n , định nghĩa Sa1 ,a2 , ,aA = {(a1 , a2 , , ak )|aA ≤ aA+1 ≤ aA+2 ≤ ak ≤ n} phân hoạch tập S = {(a1 , a2 , , ak )|1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ ≤ ak ≤ n} thành tập theo phần tử A đầu tiên, cụ thể S= Sa1 ,a2 , ,aA 1≤a1 ≤a2 ≤ ≤aA ≤n Như thường lệ, ta xếp hai danh sách số nguyên tổng bậc hai chúng Xét thủ tục sau đây: chọn phần tử nhỏ tất phần tử tối thiểu tập hợp con, loại bỏ khỏi tập Nếu lặp lại thủ tục, ta tạo dòng phần tử S theo thứ tự xếp Ta kiểm tra thuật toán chúng ta, heap bao gồm tất phần tử nhỏ tất tập hợp Gốc heap chứa phần tử nhỏ heap Sau loại bỏ phần tử gốc, ta đặt phần tử từ tập hợp vào heap Do thuật tốn sinh dòng phần tử từ S theo thứ tự xếp Khoảng cách tối thiểu hai phần tử liên tiếp dòng r(n, k), theo định nghĩa Định lý 2.2.6 Thuật toán chạy thời gian không nk+o(k) không gian không r(n, k) ≤ n−2k 49 Chứng minh Sử dụng cận tách nghiệm, ta cần không O(22k log n) bit để biểu diễn tổng bậc hai với mục đích so sánh Vì so sánh hai phần tử cần có thời gian (22k log n)O(1) Vì phần tử S xuất gốc heap nhiều lần |S| ≤ nk , vòng lặp có nhiều nk phép lặp.Với lần lặp, phức tạp thời gian (22k log n)O(1) log(n4 ) Độ phức tạp bước khác nhỏ nhiều so với vịng lặp Vì độ phức tạp thời gian nk+o(k) Độ phức tạp không gian rõ ràng nmax(A,k−A)+o(k) Để thực thuật toán, vấn đề định độ xác tính tốn bậc hai tổng chúng Ta cần ý đến hai khả - Thứ nhất, hai tổng khác nhau, độ xác đặt q nhỏ chúng xuất với giá trị số Chú ý ta làm việc r(n, k) ≤ n2k - Thứ hai, hai biểu thức biểu diễn số thực, sau tính tốn số, khác Đây vấn đề tính ổn định số Trong hai trường hợp, nhận r(n, k) khơng Chiến lược đặt độ xác đến khoảng 2k log n chữ số thập phân Ví dụ, để tính r(100, 7), sử dụng liệu có độ xác khoảng 32 chữ số thập phân Bất khác hai tổng nhỏ k n−2k , ta gọi thủ tục dựa mệnh đề để định xem hai số có hay khơng Chúng đưa số thống kê liệu tổng bậc hai khoảng trống hai tổng liên tiếp Việc tính tốn khoảng 18 máy tính cá nhân cấu hình cao Có 17940390851 số thực [7, 100] viết tổng bậc hai số nguyên dương nhỏ 100 Vì có 17940390851 khoảng cách hai số liên tiếp sau xếp tất tổng Trong bảng 1, liệt kê số nguyên ≤ a ≤ 70 với số số thực [a, a + 1) mà biểu diễn dạng √ √ √ a1 + a2 + + a7 (1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ ≤ a7 ≤ 100) Lưu ý 50 hai tổng có giá trị nhau, tính lần Từ bảng, ta thấy có 1163570911 tổng khoảng [48, 49), cho cận xác r(n, k) = 8.6 × 10−10 , vài xa so với r(n, k) 1163570911 Trong bảng 2, với phạm vi, ta liệt kê số khoảng cách số liên tiếp phạm vi Từ bảng thấy có khoảng trống mà có độ lớn khoảng 10−19 Bảng Thống kê tổng bậc hai 17 57 10 161 11 418 12 1003 13 2259 14 4865 15 10044 16 20061 17 38742 18 72903 19 133706 20 239593 21 420279 22 722739 23 1218852 24 2017818 25 3280805 26 5239096 27 8218857 28 12664315 29 19165803 30 28482325 31 41554376 32 59503519 33 83607939 34 115241837 35 155784865 36 206478894 37 268254403 38 341520055 39 425961992 40 520334126 41 622307266 42 728445926 43 44 1834229563 934295227 45 46 1022797808 1093860379 51 47 48 49 50 51 1142175328 1163570911 1155526520 1117588507 1051539385 52 961294902 53 852549403 54 732208073 55 607649679 56 486014737 57 373475729 58 274666260 59 192383944 60 127511613 61 79264404 62 45637971 63 23914891 64 11119037 65 4410314 66 1398655 67 316043 68 40172 69 1476 70 Bảng Thống kê khoảng trống 10−19 ∼ 10−18 10−18 ∼ 10−17 47 10−17 ∼ 10−16 1245 10−16 ∼ 10−15 14139 10−15 ∼ 10−14 129248 10−14 ∼ 10−13 1459473 10−13 ∼ 10−12 13100265 10−12 ∼ 10−11 132767395 10−11 ∼ 10−10 1272832428 10−10 ∼ 10−9 8256755966 10−9 ∼ 10−8 7766837445 10−8 ∼ 10−7 463570895 10−7 ∼ 10−6 30415764 10−6 ∼ 10−5 2314151 10−5 ∼ 10−4 176109 10−4 ∼ 10−3 14890 10−3 ∼ 10−2 1300 10−2 ∼ 10−1 80 10−1 ∼ 52 Kết luận Khi nghiên cứu phương trình Fermat, Euler đưa giả thuyết nói phương trình Diophantus có số biến khơng vượt q bậc phương trình phương trình khơng có nghiệm ngun khơng tầm thường Giả thuyết Euler mở hướng nghiên cứu sôi hàng trăm năm, có mối liên hệ sâu sắc với vấn đề khác lý thuyết số khoảng trống tổng bậc hai việc xác định điểm đường cong Elliptic Bản luận văn trình bày số kết bật theo hướng nêu trên, nhằm làm sáng tỏ số vấn đề liên quan toán sơ cấp vấn đề đại Toán học 53 Tài liệu tham khảo Tiếng Anh [1] A Bremner (1987), personal communication, Aug, 1987 [2] B J Birch and W Kuyk, Editors, Modular Functions on One Variable IV, Lecture Notes in Math., vol 476, Springer - Verlag, New York, 1975 [3] K Ireland and M Rosen, A Classical Introduction to Modern Number Theory, Graduate Texts in Mathematics, vol 84,New York, 1982 [4] Noam Elkies (1988), On A4 + B + C = D4 , Math of Comp., 51, pp 825–835 [5] Joseph H Silverman (1994), Advanced Topics in the Arithmetic of Elliptic Curvers, Springer, 1994 [6] Joseph H Silverman (1986), The Arithmetic of Elliptic Curvers, Springer, 1986 [7] Maciej Ulas (2012), Rational points in arithmetic progressions on y = xn + k, Canad Math Bull, 55, pp 193 - 207 [8] B Mazur(1978), Rational isogenies of prime degree, Invent Math., vol 44, pp 129 - 162 [9] Daniel Bernstein (2001), Enumerating solutions to p(a) + q(b) = r(c) + s(d) Math of Comp., 70, pp 389 - 394 [10] D Zagier(1987), On the equation w4 + x4 + y = z , unpublished note 1987 [11] A Shamir (1979), Factoring numbers in O(logn) arithmetic steps, Information Processing Letters, 1, pp.28 - 31 54 [12] Erik D Demaine, Joseph S B Mitchell, and Joseph O’Rourke, The open problems project: Problem 33, http://maven.smith.edu/orourke/TOPP/ [13] Jianbo Qian and Cao An Wang (2006), How much precision is needed to compare two sums of square roots of integer?, Inf Process Lett., 100(5), pp 194 - 198 ... Bài toán Fermat Giả thuyết Euler 1.1 Những trường hợp đặc biệt toán Fermat 1.2 Giả thuyết Euler 19 Sự tồn nghiệm phương trình Euler 25 2.1 Elkies Giả thuyết Euler ... Chương 1: "Bài toán Fermat Giả thuyết Euler" trình bày lịch sử chứng minh số trường hợp Định lý Fermat, kết Euler Giả thuyết Euler Chương 2: "Sự tồn nghiệm phương trình Euler" trình bày kết Elkies... nguyên phương trình kiểu Fermat cách đánh giá khoảng trống tổng bậc hai 4 Chương Bài toán Fermat Giả thuyết Euler Chương trình bày lịch sử chứng minh số trường hợp Định lý Fermat, kết Euler Giả thuyết