Thông tin tài liệu
Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TIN - - HỨA THỊ TIẾN SỐ NGUYÊN GAUSS VÀ ỨNG DỤNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Mở đầu: Số nguyên Gauss nói riêng lý thuyết số nói chung phần quan trọng môn số học Số nguyên Gauss mảng kiến thức cần thiết cho sinh viên ngành Toán, đặc biệt số nguyên Gauss có nhiều ứng dụng tốn sơ cấp Nhằm tìm hiểu số ngun Gauss ứng dụng nó, tơi chọn đề tài khóa luận tốt nghiệp là: “ Số nguyên Gauss ứng dụng “ Xin cảm ơn Thầy, Cô giáo tận tình giảng dạy Ban chủ nhiệm Khoa Tốn tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành khóa luận tốt nghiệp SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Chương I SỐ NGUYÊN GAUSS Chương trình bày sơ luợc số nguyên Gauss tính chất nhằm làm sở cho chương sau § SƠ LƯỢC VỀ SỐ PHỨC 1.1.1 Định nghĩa số phức: Các số có dạng z a ib ( a, b ¡ ), i số thoả mãn i2 1 , đuợc gọi số phức Ký hiệu: z a ib , a phần thực, b phần ảo Tập gồm tất số phức đuợc ký hiệu £ Ví dụ: i , i , số phức Chú ý: Số phức có phần ảo gọi số thực Số phức có phần thực gọi số ảo ( hay ảo) 1.1.2 Định nghĩa : Cho hai số phức z a ib , z ' a ' ib ' a , b , a ' , b ' ¡ a a ' b b ' Nếu z z ' 1.1.3 Các phép toán số phức: a Phép cộng: z1 a bi z1 z2 (a c) (b d )i với a , b , c , d ¡ z2 c di Tính chất: Tính kết hợp: ( z1 z2 ) z3 z1 ( z2 z3 ) Tính giao hoán: z1 z2 z2 z1 Cộng với 0: z1 z1 z1 Số đối z a ib z a ib SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu b Phép nhân: z1 a bi z1 z2 ( a bi ) (c d i) ( ac bd ) ( ad bc ) i z2 c d i Tính chất: Tính kết hợp: ( z1 z2 ) z3 z1 ( z2 z3 ) Tính giao hoán: z1 z2 z2 z1 Nhân với 1: z1 z1 Tính chất phân phối: z1 ( z2 z3 ) z1 z2 z1 z3 c Phép chia: z1 a bi z a bi ( a bi ) ( c di ) ac bd ad bc i z2 c di ( c di ) ( c di ) c d c2 d z2 c di 1.1.4 Số phức liên hợp: Số phức liên hợp z a ib số phức a ib ký hiệu là: z Ký hiệu z a ib a bi , a , b ¡ Tính chất: Với số phức z1 , z2 ta có: z1 z2 z1 z2 ; z z ; z1 z2 z1 z2 Với số phức z , số z z số thực z a bi , a , b ¡ z z a2 b2 1.1.5 Mô đun số phức: Mô đun số phức z a ib , với a , b ¡ , số thực không âm a2 b2 Ký hiệu: z a b2 Nếu z a ib z zz a b2 z2 z z 1.1.6 Số phức nghịch đảo: Số phức nghịch đảo số phức z khác số z 1 z z 1.1.7 Biểu diễn lượng giác: SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Cho số phức z a ib ( a , b ¡ ) Biểu diễn hình học z điểm M (a , b) Đặt r OM r z a b2 uur uuur Ox , OM , ( z ) Arg z a r cos , b r sin Vậy biểu diễn lượng giác số phức z là: z a bi r cos ir sin r ( cos + i sin ) y M(a,b) r x § SỐ NGUYÊN GAUSS 1.2.1 Định nghĩa số nguyên Gauss: Một số nguyên Gauss số phức mà phần thực phần ảo số nguyên Các số nguyên Gauss biểu diễn mặt phẳng phức điểm nguyên Ví dụ: 2i số nguyên Gauss Im 2i 3+2i SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Re Trang Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu 1.2.2 Mệnh đề 1: Tập số nguyên Gauss miền nguyên, ký hiệu là: Zi {a + bi / a , b Z } £ 1.2.3 Định nghĩa chuẩn số nguyên Gauss: Chuẩn số ngun Gauss bình phương mơ đun nó, ký hiệu: N ( ) Nếu a bi Z [i] N( ) ( a bi ) ( a bi ) a2 b2 Các tính chất hàm chuẩn: với , Z [i] ta có: N ( ) N ( ) N ( ) N ( ) N ( ) Chứng minh Với a bi , c di Z [i] Ta có ( a bi ) ( c di ) ac adi bci bd ( ac bd ) ( ad bc )i ¢ [i] Suy N ( ) (ac bd )2 (ac bc)2 (ac)2 (bd )2 2abcd (ad )2 (bc)2 2abcd (1) (ac)2 (ad )2 (bd )2 (bc)2 a2 (c2 d ) b2 (c2 d ) (c2 d ) (a2 b2 ) Lại có N( ) a2 b2 , N ( ) c2 d Suy N( ) N( ) (a2 b2 ) (c2 d ) (2) Từ (1) (2) suy N ( ) N ( ) N ( ) 1.2.4 Đơn vị số nguyên Gauss: Đơn vị Z [i] số nguyên Gauss có chuẩn Từ định nghĩa phần tử đơn vị, ta thấy Z [i] có phần tử đơn vị: 1, 1, i , i , gọi chung 1.2.5 Quan hệ chia hết, phần tử khả nghịch, phần tử bất khả quy: a Quan hệ chia hết: SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Cho , Z [i] , ta nói ước ( hay bội ) tồn Z [i] cho Ký hiệu: | hay | Z [i] Nếu | ta cịn nói chia hết hay chia hết cho b Phần tử khả nghịch: Một số nguyên Gauss gọi khả nghịch ước Nói cách khác: Một phần tử Z [i] khả nghịch ước số nguyên Gauss c Mệnh đề 2: Tập tất phần tử khả nghịch Z [i] là: Z *[i] = { , i } = { Z [i]: N( ) = 1} Chứng minh: Thậy vậy, giả sử khả nghịch Suy tồn 1 Z [i] Suy 1 phần tử nghịch đảo Ta có N (1) N ( 1) N( ) N( 1) Lại có N ( ) , N ( 1) ¢ suy N ( ) N ( 1) Ngược lại, N ( ) 1 suy 1 phần tử khả nghịch Với a bi ta có N ( ) a2 b2 Suy ( a , b ) ( 1, 0) (a , b) (0 , 1) Tức a bi a bi i Vậy tập tất phần tử khả nghịch Z[i] là: Z *[i] = { , i } = { Z [i]: N( ) = 1} Mệnh đề chứng minh d Định nghĩa quan hệ liên kết: Hai số nguyên Gauss , gọi liên kết với sai khác phép nhân với phần tử khả nghịch, ký hiệu: : : , với phần tử khả nghịch Bài tập: Tìm liên kết i , i , i SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Giải: Ta có (1 i) (1 i) 1 i2 11 suy i : Tương tự ta có: ( i) (2 i) 22 i2 1 Suy i : i : e Định nghĩa phần tử bất khả quy: Một số nguyên Gauss bất khả quy khác khơng có ước thực sự, tức Z [i] bất khả quy , không khả nghịch khả nghịch ( : ) khả nghịch ( : ) 1.2.6 Định lý 1: Thuật chia Euclid Z [i] Cho hai số nguyên Gauss , với Khi tồn số nguyên Gauss , cho N ( ) N ( ) Chứng minh: Giả sử u vi vi u , v Ô Suy ra: x Z gần u nhất, y Z gần v Khi ta suy được: x u y u Ta đặt x y i Z [i] Xét có Z [i] Ta cần chứng minh: Ta có ( ) ( ) N( ) ( ) Mặt khác ta có: ( ) Suy (u x ) ( v y )i u x v y 2 2 1 1 4 hay N ( ) N ( ) Định lý chứng minh Ví dụ minh họa: SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Tìm phép chia Euclid cho với i , i Giải: Ta có 58i (5 i) (7 i ) 11 71 i 11 71 i 3i ( i ) (7 i ) 58 58 58 Số nguyên Gauss gần với 11 71 i i Vậy i 58 Ta có 8i ( 3i ) ( i ) 8i 7i i N ( ) Vậy 8i (7 3i ) ( i ) i N ( ) 58 N ( ) phép chia Euclid 8i cho 3i Chú ý: Cặp số nguyên Gauss , thuật chia Euclid khơng Bài tập: Tìm tất phép chia Euclid cho với: a , b i , i Giải a , Ta có: 2 2 Trường hợp 1: suy mà N (1) N (2) Trường hợp 2: suy mà N (1) N (2) Vậy b i , i Ta có: 3i ( i ) ( i ) 11 i 11 i 2i (2i)(2i) 5 Trường hợp 1: suy i ( i ) i i i Mà N ( i ) N ( i ) SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Trường hợp 2: i suy i (2 i ) (2 i ) i i i Mà N (1 i ) N ( i ) Vậy i ( i ) i (2 i ) (2 i ) i 1.2.7 Định nghĩa: Cho , Z [i] hai số nguyên Gauss khác Chúng gọi hai số nguyên tố tất ước chung { 1, i } Tức là, | | { 1, i } 1.2.8 Định lý 2: Giả sử , Z [i] hai nguyên tố Khi tồn số nguyên Gauss 0 , 0 cho: 0 0 Chứng minh: Đặt A { } , Z [i] Lấy A , phần tử mà N ( ) có giá trị nhỏ chuẩn phần tử khác A Theo thuật chia Euclid ta tìm , Z [i] cho: , ( N ( ) N ( ) ) Ta phải chứng minh rằng: A Thật vậy, A nên 1 1 Do ( 1 1) (1 1) ( 1) 2 2 A Vì N ( ) N ( ) , A N ( ) có giá trị nhỏ chuẩn phần tử khác A nên ta suy Do ước Tương tự ước Vậy ta suy ước chung Mà ta có: hai số nguyên tố Gauss nên phải đơn vị SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 10 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Vậy ( iii ) chứng minh 1.2.23 Định nghĩa: (đồng dư số nguyên Gauss) Cho , , số nguyên Gauss Ta nói đồng dư với modulo | Khi ta viết (mod ) 1.2.24 Định lý 7: Nếu m số nguyên thông thường , a bi , x iy (mod ) a x (mod m) , b y (mod m) 1 1 (mod ) , (mod ) Suy ra: 1 1 (mod ) 1.2.25 Định lý 8: Cho p số nguyên tố thông thường số nguyên Gauss Khi đó: p (mod p) p k p (mod p) p k Với số nguyên tố p thông thường p (mod p) p 1 (mod p) p k , (mod p) p1 (mod p) p k 1, N ( ) (mod p) Chứng minh: ( ) Giả sử a bi Vì Cpk (mod p) ( với k p ) Ta có: p (a bi) p a p (ib) p a i p b (mod p) Mà ta có: Nếu p 4k i p i Suy p a ib (mod p) p (mod p) Nếu p 4k i p i Suy ra: p a ib (mod p) p (mod p) Vậy ( ) chứng minh ( ) Nếu p k p p (mod p) SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 23 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Nếu p 4k p p (mod p) Vậy với p số nguyên tố thơng thường p (mod p) (Điều phải chứng minh) ( ) Giả sử a bi (mod p) , p k a2 b2 (mod p) Suy ra: c ¥ cho c (a2 b2 ) (mod p) Đặt c (a bi) ta có c (a2 b2 ) (mod p) Theo chứng minh ( 2) ta có: p (mod p) 1) (mod p) ( p ( p p 1 (mod p) ( (mod p) ) p 1 1 1 1) (mod p) 1 (mod p) Tương tự, ta giả sử a bi (mod p) , p k N ( ) a2 b2 (mod p) Suy ra: c ¥ cho c (a2 b2 ) (mod p) Đặt c (a bi) ta có c (a2 b2 ) (mod p) Theo chứng minh ( ) p (mod p) với p có dạng 4k 1 p (mod p) ( p1 1) (mod p) ( p1 1) (mod p) p1 1 (mod p) ( (mod p) ) p1 (mod p) Vậy ( ) chứng minh SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 24 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Chương II ỨNG DỤNG SỐ NGUYÊN GAUSS TRONG TOÁN SƠ CẤP Chương trình bày ứng dụng số nguyên Gauss để giải số tốn sơ cấp § MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ TÌM NGHIỆM NGUN 2.1.1 Bài tốn 1: [ ] Tìm nghiệm ngun phương trình: y2 x3 (1) Chứng minh: Giả sử ( x , y) nghiệm nguyên phương trình (1) Nếu x chẵn y2 1 (mod 8) , 1 khơng phương modulo Vậy x lẻ y chẵn Từ phương trình ( ) ta có phương trình tương đương sau: x3 y2 1 x3 ( y i)( y i) (1) Gọi a bi bậc y i , ta có: y i (a bi)3 ( y i) a3 3ab2 (3 a2 b b3 ) i , đó: a, bZ Cân phần thực phần ảo ta hệ phương trình sau: y a3 ab2 3a b b y a (a2 3b2 ) (2) 2 b (3 a b ) (3) Từ phương trình (3) ta suy ra: b 1 2 a b a Thay a vào ( ) ta được: y 03 3 1 Thay y vào phương trình ( ) ta được: 02 x3 x3 x Vậy (1, 0) nghiệm nguyên phương trình cho 2.1.2 Bài toán 2: [ ] Chứng minh phương trình: x5 y2 (1) có nghiệm nguyên Chứng minh: SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 25 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Giả sử ( x , y) nghiệm nguyên phương trình Nếu x chẵn y2 1 (mod 8) , 1 khơng phương modulo Vậy x lẻ y chẵn Phương trình ( ) x5 y2 1 x5 ( y i)( y i) Gọi a bi bậc y i , ta có: y i (a bi)5 ( y i (a bi)5 ) với a , b Z y i a5 5a4 bi 10 a3 b2 10 a2 b3 i ab4 b5 i y i (a5 10 a3 b2 ab4 ) (b5 10 a2 b3 a b) i y i a (a4 10 a2 b2 b4 ) b (b4 10 a2 b2 a4 ) i Cân phần thực phần ảo ta hệ phương trình sau: y a (a4 10 a2 b2 b4 ) (2) 2 b (b 10 a b a ) (3) Từ (3) ta có: Nếu b ta ta có: 10 a2 a4 Suy a4 10 a2 a2 a (chọn) Nếu b 1 ta có: 10 a2 a4 1 Suy a 10 a a 15 a 15 Z ( loại) Thay a , b vào ( ) ta được: y 0(04 10 1 14 ) Thay y vào phương trình (1) ta được: x5 02 x5 x Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên ( x , y) (1, 0) 2.1.3 Bài toán 3: [ ] Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: y2 x3 (*) Giải: Từ phương trình (*) ta suy ra: x3 y2 x3 ( y i)( y i) Giả sử ( x , y ) nghiệm nguyên phương trình Ta nhận thấy: x y (mod 2) SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 26 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Theo bổ đề ta suy y 2i , y 2i hai số nguyên Gauss nguyên tố Suy a , b Z cho: y 2i (a bi)3 y i a3 a2 bi ab2 b3 i y i (a3 ab2 ) (3 a2 b b3 ) i y 2i a (a2 3b2 ) b (3 a2 b2 ) i Cân phần thực phần ảo ta hệ phương trình sau: y a (a2 3b2 ) (1) 2 b (3 a b ) (2) a a b Giải phương trình ( ) ta được: a b 1 b Thay a 1, b vào phương trình ( ) ta được: y 1(12 312 ) Thay y vào phương trình ( * ) ta được: x3 (2)2 x3 x Thay a 1, b vào phương trình ( ) ta được: y (1)[(1)2 312 ] (1)(2) Thay y vào phương trình ( * ) ta được: x3 22 x3 x Vậy phương trình có cặp nghiệm nguyên là: ( x , y) (2 , 2) ( x , y) (2 , 2) 2.1.4 Bài toán 4: [ ] Tìm tất nghiệm nguyên dương ( x , y , z) phương trình: x2 y2 z2 Giải: Các nghiệm nguyên dương ( x , y , z) phương trình cho ba Pitago ( x , y, z ) SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 27 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu ( x , y , z ) ba Pitago (k x , k y , k z ) ba Pitago, với k N Giả sử ( x, y, z ) tức ( x , y , z) ba Pitago nguyên thủy Suy ra: ( x , y) ( y , z) ( z , x) x , y không chẵn Tuy nhiên, x , y khơng thể lẻ, z2 11 (mod 4) vô lý Ta giả sử, x chẵn, y lẻ Khi ta có: ( x i y)( x i y) z Ta phải chứng minh: x iy , x iy số nguyên tố Gauss Giả sử Z [i] cho | x y i , | x y i Suy | x , | i y Ta cần phải chứng minh ước Thật vậy, giả sử | N ( ) | N (2) N ( ) chẵn Vì N ( ) | N ( x yi) x2 y2 x2 y2 số chẵn Điều mâu thuẫn với x , y khơng chẵn Do đó, | x , | y Suy ra: N ( ) | N( x) x2 , N( ) | N( y) y2 Theo Định lý 6, N ( ) p số nguyên tố thông thường p | x , p | y Điều trái với giả thuyết ( x , y) Do đó, x i y , x i y số nguyên tố Gauss Theo Định lý 5, ta có: x i y (m n i)2 (m2 n2 ) (2 mn) i , x i y i(m ni)2 (2 mn) (m2 n2 ) i Vì x chẵn, y lẻ nên suy ra: x mn , y (m2 n2 ) z2 x2 y2 m2 n2 (m2 n2 ) (m2 n2 )2 z m2 n2 Vì ( y , z ) nên (m , n) m , n không tính chẵn lẻ Ta kiểm tra lại cơng thức: Với x mn , y m2 n2 , z m2 n2 Suy ra: x2 y2 m2 n2 (m2 n2 )2 (m2 n2 )2 z2 Với x m2 n2 , y 2mn , z m2 n2 Suy ra: x2 y2 (m2 n2 )2 m2 n2 (m2 n2 )2 z2 SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 28 Khóa Luận Tốt Nghiệp x 2mn Vậy y m2 n2 2 z m n GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu x m2 n y m n , với m , n ¥ * , (m , n) , z m2 n m n (mod 2) nghiệm phương trình cho § MỘT SỐ BÀI TỐN SƠ CẤP 2.2.1 Bài tốn 5: [ ] Tìm ước chung lớn i , i Giải: Ta có 58i ( i )( i ) 11 71 i 11 71 i 3i ( i )( i ) 58 58 58 Với i ta suy được: i ( i ) ( i ) i i i 58i ( 3i ) ( i ) i Ta tiếp tục xét Với ( i ) ( i )( i ) 11 13 i (2i ) ( i)( i ) 3i ta suy ra: i (2 i )( i) i i i 3i ( i ) ( 3i ) i Ta lại xét ( 2i) ( 2i)i 1 i i i2 i , i (1 i ) ( i) i i Phần dư cuối khác thuật chia Eulid i Do i ước chung lớn 8i , 3i i ( i ) 1 ( i ) ( i ) ( i ) ( i ) [ i ( i ) ( i )] ( i ) 1 ( i ) ( i ) ( i ) ( i ) (7 i ) (1 i ) ( i ) ( i ) ( 3i ) ( 2i ) ( 8i ) ( 3i ) 2.2.2 Bài toán 6: [ ] SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 29 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Cho z Z [i] ; z a bi (a , b 0) Chứng minh rằng: Nếu z số nguyên tố Gauss z số nguyên tố thông thường Giải: Giả sử z số nguyên tố Gauss Suy z số nguyên tố Gauss zz Mà ta có: z Giả sử hợp số Gauss Suy m , n Z [i] cho z (*) z m n với (m , n) m,n z | m Từ (*) ta suy ra: z | m n z | n Giả sử z | n z | n2 Suy m n | n2 m | n , điều mâu thuẫn với giả thuyết (m , n) Do đó, Vậy z z không hợp số Gauss số nguyên tố thông thường (điều phải chứng minh) 2.2.3 Bài toán 7: [ ] Tìm tất số nguyên dương ( a , b , c ) phân biệt cho a2 , b2 , c2 lập thành cấp số cộng Giải: Bài tốn quy việc tìm nghiệm ngun x y phương trình: x2 y2 z2 Ta có ( x , y , z ) (1) nghiệm phương trình (1) (k x , k y , k z ) ; k ¥ * nghiệm phương trình (1) Do đó, khơng giảm tính tổng qt toán, ta giả sử ( x , y , z ) Ở đây, x chẵn, y chẵn z chẵn suy vơ lý Vì vậy, ta giả sử x lẻ, y lẻ Ta có: x2 y2 (mod 4) suy z lẻ Nếu p | x , p | y suy p | z ( p lẻ ) Vậy ( x , y) ta có : (1) ( x yi) ( x yi) z2 SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 30 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Mà ta lại có: (1 i) (1 i) , ta suy được: ( x yi) ( x yi) (1 i) (1 i) z2 (2) Suy i | x yi i | x yi Suy u , v Z cho: ( x yi) (1 i) (u vi) x yi (1 i) (u vi) x yi u iu iv v (u v) (u v)i x yi u iu iv v (u v) ( u v) i x uv y (u v ) Cân phần thực phần ảo ta được: Thay x , y vào phương trình (1) ta được: ( u v )2 (u v)2 z 2( u v2 ) 2z u v2 u v u v2 u v 2z u v2 z Vì x y nên u , v Do ( x , y ) nên suy (u , v) Theo Định lý 5, ta có u i v (m i n)2 (m2 n2 ) mni Hoặc u i v i (m i n)2 mn (m2 n2 ) i Cân phần thực phần ảo ta được: u ( m2 n ) u 2mn 2 v (m n ) v m n z (m2 n ) z ( m2 n ) Với m , n Z , (m , n) 1, m n (mod 2) x uv Ta có y u v z m2 n2 a (m n)2 2n2 b m2 n 2 c (m n) m với m , n Z , (m , n) 1, m n (mod 2) Vậy a (m n)2 2n2 , b m2 n2 , c (m n)2 m2 , với m , n Z , (m , n) 1, m n (mod 2) a2 , b2 , c2 lập thành cấp số cộng 2.2.4 Bài toán 8: [ ] SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 31 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Chứng minh rằng: số nguyên dương n biểu diễn thành tổng hai số phương phân tích tiêu chuẩn n ước nguyên tố có dạng 4k lũy thừa chẵn Giải: "" Giả sử n a2 b2 (a bi) (a bi) , a , b Z Vì n nên a bi khơng đơn vị Phân tích a bi thành tích số nguyên tố Gauss ta được: a bi ( q ) ( t si i i pj ) j j với i , j đơn vị, qi số nguyên tố thơng thường có dạng 4k j x j i y j số nguyên tố Gauss với x j , y j Ta có: a bi a bi ( q ) ( si i i j j )t j t t n (a bi) (a bi) ( i qi ) s i ( j j ) j ( i qi ) s i ( j j ) j (q ) ( N ( t 2s i i j )) j Ta đặt: N ( j ) p j Theo Định lý 6, p j số nguyên tố thơng thường khơng có dạng 4k n (q ) p si i tj j Mà si M2 Suy ra, điều phải chứng minh " " Giả sử n (q ) p si i tj j Do p j số nguyên tố thông thường dạng 4k nên theo Bổ đề p j viết dạng tổng hai số phương khác p j x2j y 2j Ta đặt j x j i y j , suy N ( j ) j j x2j y 2j p j Ta lại xét: (q ) si i tj j SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 32 Khóa Luận Tốt Nghiệp Khi GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu qi s j t qi s j t j i q ( 2s i i j )t j j j i q 2s i i pj j n t Giả sử a bi suy a2 b2 hay n a2 b2 Điều phải chứng minh 2.2.5 Bài toán 9: [ ] Cho p số nguyên tố có dạng 4k x , y , z số nguyên dương thỏa mãn phương trình sau: x2 y z p 1 , với ( x , y) Chứng minh rằng: p | x y Giải: Trước tiên ta phải chứng minh hai số nguyên Gauss x i y , x i y hai nguyên tố Giả sử số nguyên tố Gauss cho | x i y , | x i y Khi đó, | x , | 2i y Nếu | suy N ( ) | N (2) Suy N ( ) chẵn Mà N ( ) | N ( x yi) x2 y z Suy | z p 1 p 1 , suy z p 1 chẵn Suy z chẵn x2 y Vì ( x , y) nên x , y không chẵn Suy ra: x2 y2 1, (mod 4) Điều mâu thuẫn với | x2 y2 Do đó, khơng phải ước số Vậy x iy , x iy hai số nguyên Gauss nguyên tố Vậy | x , | y suy N( ) | N( x) x2 , N( ) | N( y) y2 Theo Định lý 6, ta có N ( ) p số nguyên tố p | x , p | y Điều mâu thuẫn với giả thuyết ( x , y) Theo Định lý 5, ta có: x i y (a i b) p 1 ( x i y)2 (a bi) p1 (a bi)(a bi) p SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 33 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Theo Định lý (đồng dư Z [i] ) (a bi) p a b i (mod p) ( p có dạng 4k ) Suy (x yi)2 (x2 y2 ) x yi (a bi)(a bi) (mod p) ( x yi)2 x2 y2 x yi (a2 b2 ) (mod p) x y (mod p) Vì p số nguyên tố lẻ nên p | x y (Điều phải chứng minh) SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 34 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Kết luận: Đề tài: “ Số nguyên Gauss ứng dụng “ tìm hiểu số nguyên Gauss, mảng kiến thức lý thuyết số, cần thiết cho sinh viên ngành Toán, mà vốn chưa học chương trình đào tạo Trên sở kiến thức số nguyên Gauss, đề tài vận dụng chúng để giải số tốn sơ cấp Tuy nhiên, trình độ cịn hạn chế người thực đề tài, hạn hẹp thời gian, nên đề tài không tránh khỏi thiếu sót Hy vọng thời gian tới, đề tài tiếp tục bổ sung hoàn thiện nhiều SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 35 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu Tài liệu tham khảo: [ ] Giáo trình số học Thầy Đặng Hùng Thắng, Trường ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội [ ] Tài liệu nghiên cứu “ Số nguyên Gauss ứng dụng lý thuyết số” Thầy Đặng Hùng Thắng, Trường ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội [ ] Thơng tin tốn học, tháng năm 2011, tập 15, số [ ] Thơng tin tốn học, tháng năm 2011, tập 15, số [ ] Tổng quan đại số đại ( tập 1, ), tác giả G.Birkhoff S.MacLane, dịch Trần Văn Hạo SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 36 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD:TS.Nguyễn Ngọc Châu MỤC LỤC: Mở đầu Chương I: Số nguyên Gauss .2 § Sơ lược số phức § Số nguyên Gauss Chương II: Ứng dụng số nguyên Gauss tốn sơ cấp 25 § Một số tốn tìm nghiệm ngun .25 § Một số toán sơ cấp 29 Kết luận .34 Tài liệu tham khảo .35 Mục lục 36 SVTH: Hứa Thị Tiến_Lớp 08CTT2 Trang 37 ... số nguyên Gauss kết hợp Do đó, số nguyên tố Gauss b số nguyên tố "" Giả sử số nguyên tố Gauss Phải chứng minh: b số nguyên tố Gauss Vì , b hợp số ib Mà số nguyên tố Gauss, b số. .. Chương I: Số nguyên Gauss .2 § Sơ lược số phức § Số nguyên Gauss Chương II: Ứng dụng số nguyên Gauss toán sơ cấp 25 § Một số tốn tìm nghiệm nguyên .25 § Một số toán... bi (a , b 0) Chứng minh rằng: Nếu z số nguyên tố Gauss z số ngun tố thơng thường Giải: Giả sử z số nguyên tố Gauss Suy z số nguyên tố Gauss zz Mà ta có: z Giả sử hợp số Gauss Suy m , n
Ngày đăng: 26/06/2021, 13:33
Xem thêm:
