Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 37 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH PHAN THỊ LỆ HẰNG SỐ HỌC TRÊN VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN 12-2011 MỞ ĐẦU Một số nguyên Gauss số phức với phần thực phần ảo số nguyên Tập số nguyên Gauss miền nguyên, ký hiệu Z[i] Trong Đại số Số học, gặp toán đa thức số nguyên mà lời giải trình bày ngắn gọn dựa vào cơng cụ số phức Chính tốn thơi thúc viết luận văn với niềm tin nội dung này, việc giới thiệu hiểu biết tốn học mới, cịn giúp ích tích cực việc giải số toán Đại số Số học Luận văn giới thiệu số tính chất số học vành số nguyên Gauss ứng dụng Đại số Số học Trong trình bày, chúng tơi có tham khảo nhiều nguồn khác nhau, chủ yếu báo The arithmetic of Gaussian integers A B Gonrachov Kvant, No.12, 1985, pp 8-13 viết Các số nguyên Gauss tác giả Nguyễn Chu Gia Vượng (Viện Tốn học) đăng Thơng tin Tốn học Hội Toán học Việt Nam, Tập 15, Số Số 2, năm 2011 Nội dung luận văn gồm hai chương: Chƣơng 1: Trình bày khái niệm kết sở vành số nguyên Gauss Z[i] Nội dung chương giới thiệu tính chất số học vành Z[i] số nguyên Gauss, có Định lý Số học, thuật tốn Euclid, tốn mơ tả phần tử bất khả quy vành Z[i] Chƣơng 2: Giới thiệu ứng dụng số nguyên Gauss việc chứng minh tìm tịi suy rộng Định lý Fermat tổng hai số phương; tìm số Pythagore; giải số tập số học đa thức Albert Girard người đưa nhận xét “mỗi số nguyên tố lẻ mà đồng dư với theo môđun 4, biểu diễn dạng tổng hai số phương” vào năm 1632 (xem [9]) Fermat người đưa chứng minh Fermat thông báo điều thư gửi cho Marin Mersenne vào ngày 25 tháng 12 năm 1640, ngày giáng sinh; định lý đơi gọi “Định lý ngày giáng sinh” Fermat Nhờ công cụ số nguyên Gauss, Định lý Fermat tổng hai số phương mở rộng tới Định lý 2.2.2 diễn đạt sau: “Cho số nguyên dương n Khi đó, số nghiệm nguyên phương trình x y n lần hiệu số ước đồng dư với theo mod4 n trừ số ước đồng dư với theo mod4 n.” Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học - PGS.TS Nguyễn Thành Quang - tận tình hướng dẫn bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin cảm ơn thầy cô giáo chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau đại học – Trường Đại học Vinh – giảng dạy hướng dẫn cho học tập nghiên cứu Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho học viên học tập nghiên cứu chương trình đào tạo sau đại học Xin cảm ơn quan công tác tơi, gia đình, bạn hữu quan tâm giúp đỡ suốt thời gian học tập vừa qua Tuy cố gắng trình học tập, nghiên cứu viết luận văn, song chắn có nhiều thiếu sót, mong góp ý, bảo thầy cô bạn đồng nghiệp Nghệ An, tháng 01 năm 2012 Tác giả CHƢƠNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRÊN VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS 1.1 Các hái ni sở 1.1.1 Vành số nguyên Gauss Ta nhắc lại định ngh a tập hợp số nguyên Gauss: [i] {a bi; a, b } , trường số phức, i 1 Chú ý rằng, ta coi [i ] vành Điều có ngh a là, với phép toán cộng nhân quen thuộc số phức, với , [i], ta có , ; 1.1.2 Chuẩn i ột số phức Về mặt hình học, ta biểu diễn số phức điểm mặt ph ng tọa độ, số phức z x yi với điểm M có tọa độ ( x, y) mơđun số phức z đo khoảng cách từ điểm M biểu diễn tới gốc toạ ñoä Rõ ràng là, tập số nguyên Gauss ổn định phép lấy liên hợp: i i Ngồi ra, mơđun số ngun thơng thường giá trị tuyệt đối nó, cụ thể số ngun khơng âm, mơđun số ngun Gauss nói chung khơng cịn số ngun nữa, ch ng hạn i Chính vậy, ta đưa khái niệm chu n thay cho khái niệm môđun, để thuận tiện làm việc với số học vành số nguyên Gauss Theo định ngh a, chu n số ngun Gauss bình phương mơđun Nói khác đi, a bi N ( ) a b i Ta có N : i , N ( ) phép lấy liên hợp giao hoán với phép nhân, nên hàm chu n c ng Vì vậy, ta nói hàm chu n có tính N ( ) N ( ) N ( ) chất nhân: 1.1.3 Nh n t Với a bi, c di , đ ng th c chuẩn N ( ) N ( ) N ( ) N ( ) N ( ) N ( ) cho ta đ ng th c quen thuộc sau (1) (ac bd ) (ad bc) (a b )(c d ); (2) (ac bd )2 (ad bc)2 (a b2 )(c d ) 1.2 Quan h chia h t, phần t ngh ch phần t ất quy vành số nguyên Gauss 1.2.1 Quan h chia h t vành số nguyên Gauss Với hai số nguyên Gauss , ta nói ước hay bội , kí hiệu , tồn [i] cho Khái niệm mở rộng khái niệm chia hết quen thuộc vành số nguyên Một số nguyên Gauss gọi khả nghịch n ước 1, nói cách khác, n cho nghịch đảo n c ng số nguyên Gauss Chú ý rằng, ước số nguyên Gauss, nên phần tử khả i nghịch ước số nguyên Gauss Tập tử khả nghịch phần i miêu tả sau 1.2.2 M nh đề Tập hợp phần tử khả nghịch vành i 1, i i [i]; N ( ) 1 Ch ng minh Thật vậy, giả sử khả nghịch 1 [i] nghịch đảo Ta có N ( ) N ( 1 ) N (1) Do N ( ), N ( 1 ) số nguyên dương nên ta phải có N ( ) N ( 1 ) Ngược lại, N ( ) N ( ) nên nghịch đảo Cuối nhận xét từ N (a bi) a b kéo theo (a, b) (1,0) (a, b) (0,1) , nói cách khác a bi 1 i Chú ý rằng, từ định ngh a [i] { [i]; 1 [i]} ta c ng tìm lại kết trên, mà không dùng công cụ hàm chu n Ta nói hai số nguyên Gauss liên kết với nhau, kí hiệu , Nhận xét rằng, hai số nguyên Gauss liên kết với chúng sai khác với qua phép nhân với phần tử khả nghịch 1.2.3 Phần t ất quy vành số nguyên Gauss Khái niệm quan trọng quan hệ chia hết phần tử bất khả quy, khái niệm đóng vai trị tương tự số nguyên tố vành số nguyên Ta nói [i] phần tử bất khả quy vành [i ] 0, không khả nghịch khả nghịch (khi nghich (khi ) khả ) Nói cách khác, số nguyên Gauss bất khả quy khác khơng có ước thực Lưu ý rằng, a bất khả quy [i ] a số ngun tố thơng thường Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng, ch ng hạn phần tử bất khả quy [i ] i(1 i) Ta nghiên cứu phần tử bất khả quy cách chi tiết 1.3 Tính Euclid Đ nh lý ản Số học vành số nguyên Gauss Tính chất chu n cho phép ta xác định phép chia Euclid với số nguyên Gauss sau 1.3.1 M nh đề (Phép chia Euclid vành số nguyên Gauss) Cho , số nguyên Gauss với Khi đó, tồn số nguyên Gauss , cho N ( ) N ( ) Ch ng minh Đặt tung x yi với x, y Trong mặt ph ng phức i trục hoành với trục , tập số ngun Gauss tập điểm có tọa độ nguyên Ta chọn [i] điểm tọa độ nguyên gần x yi Khi đó, khoảng cách x yi không vượt q nửa độ dài đường chéo hình vng đơn vị, ngh a ngh a N ( , nói riêng ln nhỏ Điều có ) < Do N ( ) N ( ( )) N ( ) N ( ) N ( ) Nhân xét rằng, cặp , mệnh đề nói ■ Ví dụ Ta minh họa mệnh đề với 8i, 3i Ta có 8i (5 8i)(7 3i) 11 71 i 3i (7 3i)(7 3i) 58 58 Số nguyên Gauss gần với 11 71 i i Ta lấy thương phép 58 58 chia Euclid i , ta nhận phần dư i Đ ng thức 5i (7 3i)(i) (2 i), phép chia Eculid 5i cho 3i Ví dụ Cho số nguyên Gauss: a = − 36 + 242i, b = 50i + 50i Ta có: a 103 139 i b 50 50 Ta cần xác định số nguyên Gauss q gần với thương a b Trong hình vẽ đây, mặt ph ng số phức, thương a biểu thị b chấm đen, nằm ô vuông độ dài đơn vị với đỉnh số nguyên Gauss, ô vuông tô màu đỏ nâu nhạt Do khoảng cách điểm a q b không 1, nên giá trị q số nguyên Gauss biểu thị đỉnh Ta vẽ đường trịn bán kính đơn vị nhận đỉnh làm tâm (các đường trịn tơ màu xanh nhạt) Nếu điểm a nằm đường tròn q b nhận giá trị tâm đường trịn Nhìn vào hình vẽ ta thấy q nằm đường trịn có tâm điểm tơ màu đỏ, nhận giá trị bằng: + 2i; + 3i; + 3i Kết cho thấy tồn thuật toán Eculid vành số nguyên Gauss Thuật toán áp dụng cho cặp số , [i], cho phép ta tìm ước chung lớn , theo ngh a sau: (1) , ; (2) Với số cho , liên kết với N ( ) N ( ) Ước chung lớn hai số nguyên Gauss (mà tồn nêu trên) không Nếu ước chung lớn , c ng ước chung lớn tập { ; } tập ước chung lớn , Hơn nữa, thuật toán Euclid c ng cho hai phần tử , [i] cho v Đ ng thức biết đến tên gọi đ ng thức Bezout Ta nói hai số nguyên Gaus khác nguyên tố ước chung lớn chúng Nh n t Cho hai số hữu tỉ nguyên a 0, b Khi đó, a b nguyên tố vành số nguyên chúng nguyên tố vành số nguyên Gauss Tính Euclid vành [i ] cho ta trường hợp đặc biệt Bổ đề Gauss 1.3.2 Bổ đề Cho , , số nguyên Gauss với bất khả quy Nếu Ch ng minh Giả sử không ước Khi đó, sử dụng thuật toán Euclid cho , (điều kiện bất khả quy đảm bảo ) cho ta tồn ước chung lớn , với số nguyên Gauss , v cho v Vì bất khả quy theo giả thiết, nên phần tử khả nghịch phần tử liên kết với Nhưng liên kết ta có , dẫn tới Như phần tử 10 khả nghịch Ta suy 1 1v Vì nên từ đ ng thức kéo theo Ta có điều cần phải chứng minh ■ Như hệ quả, tồn phép chia Euclid vành số nguyên Gauss, ta có Định lý Số học cho vành [i ] sau: 1.3.3 Đ nh lý (Định lý Số học cho vành số nguyên Gauss) Mọi số nguyên Gauss khác viết dạng n , phần tử khả nghịch, , , n phần tử bất khả quy (khơng thiết phân biệt, chí không thiết đôi không liên kết) Cách phân tích theo nghĩa sau: Nếu 1 m phân tích tương tự m = n tồn hoán vị tập {1,2,…,n} cho với i , ta có i (i ) Ch ng minh Sự tồn tại: Ta tiến hành quy nạp theo N ( ) Trường hợp N ( ) tầm thường phần tử khả nghịch Giả sử phân tích tồn với i cho N ( ) k với k số nguyên dương số nguyên Gauss với N ( ) k Nếu phần tử bất khả quy định lý chứng minh Giả sử khả quy, viết v với , v phần tử không khả nghịch Do N ( ) N ( ) N (v) nên N ( ), N (v) k Ap dụng giả thiết quy nạp cho v ta nhận phân tích thỏa mãn yêu cầu định lý Tính nhất: Nếu phần tử khả nghịch Định lý hiển nhiên Giả sử khơng khả nghịch Khơng tính tổng qt, ta phân tích thành tích phần tử bất khả quy dạng 1 m với i phần tử bất khả quy, không thiết đôi không liên kết Chú ý rằng, phần tử khả nghịch phân tích nhập vào phần tử bất khả quy 23 Ch ng minh Thật vậy, giả sử cho a i, a i , 2i nói riêng ta có N ( ) N (2i) Mặt khác a i N ( ) N (a i) a Như số nguyên dương N ( ) vừa ước vừa ước số nguyên lẻ a N ( ) phần tử khả nghịch ■ Ta biết Định lý Số học cho khả nghịch [i] tập phần tử [i] 1, i Mặt khác, theo bổ đề trên, y i, y i nguyên tố Như y i, y i lập phương phần tử [i] (do phần tử khả nghịch lập phương phần tử khả nghịch đó) Do tồn số nguyên a,b cho y i (a bi)3 (bằng cách lấy liên hợp ta có y i (a bi)3 ) So sánh phân ảo hai vế đ ng thức y i (a bi)3 ta b(3a b2 ) Giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản ta (a, b) (0, 1) Từ đây, suy y x ■ Bài tốn số học kì thi Học sinh giỏi Quốc gia 2010 phát biểu cách khác Cho dù ứng dụng trực tiếp vành số nguyên Gauss, hiểu biết vành Gauss, mà cụ thể đ ng thức tính nhân hàm chu n, làm sáng tỏ chứng minh trình bày sau 2.3.3 M nh đề Với số nguyên dương, phương trình x 15 y 4n , có đ ng n nghiêm ngun khơng âm Ch ng minh Bài toán quan tâm đến nghiệm nguyên không âm, gọn ta viết nghiệm thay cho nghiệm nguyên không âm Trước hết nhận xét với n = 1,2 toán tầm thường 22 15.02 4; 42 15.02 12 15.12 42 24 Ta phân chia nghiệm nguyên phương trình cho thành hai loại: nghiệm chẵn nghiệm lẻ theo ngh a thơng thường Ngồi ra, ký hiệu Pt (n) phương trình x 15 y 4n Ta chứng minh rằng, Pt (n) có n nghiệm chẵn nghiệm lẻ Điều suy từ kh ng định (KĐ) sau đây, kh ng định tầm thường KĐ 1: Nếu ( x, y) nghiệm nguyên Pt (n) (2 x,2 y ) nghiệm nguyên Pt (n 1) KĐ 2: Với n , Pt (n) có nghiệm lẻ Pt (n 1) c ng có nghiệm lẻ KĐ 3: Với n , Pt (n 1) có hai nghiệm lẻ Pt (n) c ng có hai nghiệm lẻ Thật vậy, trước hết, KĐ KĐ với quy nạp theo n chứng tỏ phương trình Pt (n) có nghiệm lẻ Kết hợp điều vời KĐ 1, lại tiến hành quy nạp ta suy Pt (n) có n nghiệm nguyên n nghiệm chẵn nghiệm lẻ Chứng inh KĐ Giả sử x 15 y 4n với x, y số nguyên dương lẻ Đ ng thức x 15 y 4n viết lại hai cách tương đương sau: x 15 y x y n 1 15 4 (2) x 15 y x y n 1 15 4 (3) 2 2 x 15 y x y x 15 y x y , , Chú ý x, y lẻ nên cặp số nguyên Hơn x y x y x lẻ nên hai cặp số nghuyên 2 25 lẻ Lấy ( x, y) giá trị tuyệt đối cặp lẻ ta cặp nguyên dương lẻ thỏa mãn x2 15 y2 4n1 Chứng inh KĐ 3: Giả sử x, y cặp nguyên dương lẻ thỏa mãn x 15 y 4n1 Ta có đ ng thức sau x 15 y x y n 15 4 (4) x 15 y x y n 15 4 (5) 2 Do x 15 y x y x y x 15 y 2y2 8 8 nên x 15 y x y 8 x 15 y x y Bây giờ, với n ta có x2 15 y 4n1 x y 8 (mod16) x y x y x y x y (mod 4) Nhưng hiệu y (mod 2) 2 2 nên ta phải có x y x y Mặt khác n y lẻ, ta có x2 y 4n1 16 y (mod 32) Ta suy 16 không ước x y 16 không ước x y Các lập luận chứng tỏ ( x, y) nghiệm lẻ Pt (n 1) ( x 15 y x y x 15 y x y , ) nghiệm , ) ( 2 nguyên lẻ Pt (n) Để kết thúc, ta chứng minh hai nghiệm nguyên lẻ ( x, y) ( x, y) Pt (n 1) , theo xây dựng trên, đem lại hai nghiệm lẻ phân biệt Pt (n) Cụ thể hơn, ta ( x 15 y x y x 15 y x y x 15 y x y , )( , ), ( , ) 8 8 8 26 ( x 15 y x y x 15 y x y x 15 y x y , )( , ), ( , ) Một số trường 8 8 8 hợp hiển nhiên, để minh họa, ta xét hai trường hợp bớt tầm thường điển hình lập luận 1) Giả sử ( x, y, x, y, x 15 y x y x 15 y x y , )( , ) Như vậy, ta giả sử 8 8 x 15 y x y x 15 y x y , , , 8 8 y y x y hay y y số nguyên dương lẻ Ta suy x y x y Nhưng y, y, số 8 nguyên lẻ nên đ ng thức x y 2) Giả sử ( x, y, x, y, y x 15 y x y x 15 y x y , )( , ) Tương tự, ta giả sử 8 8 x 15 y x y x 15 y x y số nguyên dương lẻ Ta suy , , , 8 8 x y x y x y số nguyên lẻ nên đ ng thức y Nhưng y, y, 8 x y ■ 2.3.6 Nh n t Trong chứng minh trên, điểm mấu chốt nằm đ ng thức (2),(3) Trước hết, xuất mẫu số biểu thức x y x y , , thực đến từ việc thực ta làm việc với vành 2 1 15 a 15bi ; a , b , a b (mod 2) 2 Đây vành số nguyên trường 15 C ng vành số nguyên Gauuss, ta định ngh a chu n vành cách đặt N ( z ) zz Khi đó, nói ( x, y) nghiệm nguyên x 15 y 4n tương đương 27 1 15 n với việc phần tử x y 15 có chu n Lưu ý đ ng 1 15 1 15 N thức 12 15 12 16 chứng tỏ N Theo tính nhân 2 15 15 chu n, ta có N ( x y 15)( ) N ( x y 15)( ) 4n1 2 2 Khai triển biểu thức ta khơng khác ngồi công thức (2),(3) Như vậy, thực theo ngh a nghiệm Pt (n 1) sinh từ nghiệm Pt (n) cách nhân chúng với phần tử có chu n 1 15 dạng x y 15 Thật việc nhân nghiệm ( x, y) Pt (n) với để nghiệm chẵn Pt (n) thực chất đến từ việc N (2) 22 N ( x y 15) 4n N ( x y 15) 4n1 2.3.7 Giải ột số ài t p s dụng c ng cụ số phức nguyên Bài t p 1: Cho p số nguyên tố Hãy xác định phần dư p 1 n 1 (n2 1) chia cho p Giải Đặt f ( x) n1 ( x n) Thế p 1 p 1 n 1 f (i) f (i) Nhận xét rằng, f ( x) x p1 pg ( x) với g đa thức hệ số nguyên Bài t p 2: Với n , chứng minh phương trình xn – y2 = có nghiệm (x,y) = (1,0) Giải Chỉ cần xét n p nguyên tố Với p toán tầm thường nên ta giả sử p lẻ Bằng cách xét theo modulo 4, dễ thấy ( x, y) nghiệm x lẻ y chẵn Viết phương trình dạng x p y ( y i)( y i) 28 ta suy y i (a bi) p với a, b số nguyên Từ đ ng thức trên, ta có b 1 p 1 p k ( a k 0 ) 1 k Lại ý b 1 nên x a a chẵn Nếu a ( x, y) (1,0) Ta giả sử a Khi đó, vế trái đ ng thức (mod 4) nên vế phải đ ng thức viết lại cách tương đương dạng p k 2k k (1) a p k 0 2 p 1 Để kết thúc, chứng minh định giá 2-adic vế phải dương ta có điều mâu thu n cần tìm Bài t p 3: Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình y2 = x3 – Giải Ta chứng minh rằng, phương trình cho có nghiệm nguyên dương ( x, y) (2, 2),(5 11) Giả sử ( x, y) nghiệm Dễ thấy x y (mod 2) Ta phân hai trường hợp để suy luận 1) Giả sử x, y số nguyên lẻ Thế y 2i, y 2i số nguyên Gauss nguyên tố Ta suy y 2i (a bi)3 với a, b Từ ta suy (a, b) (1,1),(2, 2) ( x, y) (5 11) ; x y 2) Giả sử x, y số nguyên chẵn Đặt x , y Ta có x, y số 2 nguyên lẻ từ y i, x i có ước chung lớn i Từ ta suy y i c ng y i lập phương số nguyên Gauss Trường 1 i hợp cho ( x, y) (2, 2) 29 Bài t p Cho đa thức f(x) = (1- x2)3 – 8x3 1) Tìm nghiệm f(x) 2) Phân tích f(x) thành tích đa thức bất khả quy hệ số thực ( x ) 2x Giải 1) f(x) = (1- x2)3 = (2x)3 ( x ) 2 x ( x ) 2 x x 2x (1) x 2 x ( ) x 2 x ( ) 3 , 1, Từ đó: i 2 Phương trình (1) có nghiệm là: x1 1 x2 1 Phương trình (2) có nghiệm là: 1 3 1 i 2 1 1 x4 i 2 x3 Phương trình (3) có nghiệm là: 1 3 1 i x3 2 1 1 x6 i x4 2 Do đó, f(x) có phân tích bất khả quy vành R[x] sau: f ( x ) 8x3 ( x )3 ( x x1 )( x x2 )( x x3 )( x x5 )( x x4 )( x x6 ) ( x2 ( x1 x2 )x x1 x2 )( x ( x3 x5 )x x3 x5 )( x ( x4 x6 )x x4 x6 ) x5 ( x2 ( x1 x2 )x x1 x2 )( x ( x3 x3 )x x3 x3 )( x ( x4 x4 )x x4 x4 ) ( x )( x )( x ( )x ( ))( x ( )x ( )) 30 Bài t p Tìm dư phép chia: ( cos x sin )n cho x Giải Đặt f ( x ) ( cos x sin )n q( x )( x 1) r( x ),deg r( x ) Giả sử r( x ) ax b,a,b £ Thay x i vào đ ng thức ta có: f ( i ) r( i ) (cos i sin )n , f ( i ) r( i ) (cos i sin )n r( i ) cos n i sinn , r( i ) cos n i sinn b cos n i sinn ; b cos n i sinn Cộng vế với vế ta có: a sinn , b cos n Do đa thức dư cần tìm là: r( x ) x sinn cos n 31 2.4 Bài tốn tì ộ số Pythagore 2.4.1 Các ộ số Pythagore Bộ ba số nguyên dương x, y, z thoả mãn x2 y z gọi số Pythagore Tên gọi xuất phát từ Định lý Pythagore quen thuộc: Bình phương độ dài cạnh huyền tam giác vuông tổng bình phương cạnh góc vng Như vậy, ba số nguyên dương x, y, z số Pythagore tồn tồn tam giác vng có số đo cạnh góc vng x y , số đo cạnh huyền z (ch ng hạn 3, 4,5 , 6,8,10, ) Rõ ràng rằng, x, y, z số Pythagore kx, ky, kz c ng số Pythagore với số nguyên dương k Do ta cần xét ba số nguyên tố Bộ ba số Pythagore x, y, z gọi nguyên thuỷ x, y, z Ví dụ: Các số 3, 4,5 , 5,12,13 nguyên thuỷ, số 6,8,10 không nguyên thuỷ Nếu số Pythagore x, y, z không nguyên thuỷ, ch ng hạn x, y, z d , x y z , , số Pythagore nguyên thuỷ Để tìm số Pythagore ta d d d cần bổ đề sau 2.4.2 Bổ đề Nếu x, y, z số Pythagore nguyên thuỷ x, y x, z y, z Ch ng minh Giả sử x, y, z số Pythagore nguyên thuỷ x, y Khi tồn số nguyên tố p cho p x, y Vì p x p y nên p x y z Do p số nguyên tố mà p z nên p z , mâu thuẫn với giả thiết x, y, z Vậy x, y Tương tự ta có x, z y, z 32 2.4.3 Bổ đề Giả sử x, y, z số Pythagore nguyên thuỷ Khi đó, x chẵn y lẻ x lẻ y chẵn hay x y khơng tính chẵn lẻ Ch ng minh Giả sử x, y, z số Pythagore nguyên thuỷ Theo Bổ đề 2.4.2, x, y nên x y chẵn Nếu x, y lẻ z chẵn hay z2 chia hết cho Ta có x 1 mod , y 1 mod Do z x2 y mod Điều vơ lý với kết z chia hết cho Vậy x y không tính chẵn lẻ 2.4.4 Bổ đề Giả sử r , s, t số nguyên dương cho r , s rs t Khi tồn số nguyên h l cho r l s h2 Ch ng minh Nếu r s Bổ đề hiển nhiên Ta giả sử r s Giả sử phân tích r , s, t thừa số nguyên tố có dạng sau: p11 p2 pn n s pn1 n1 pn 2 n pm m t q11 q2 2 qk k Vì r , s nên số nguyên tố xuất phân tích r s khác Do rs t nên p11 p22 pnn pn1n 1 pn2n pmm q12 1 q2 2 qk k Từ định lý Số học ta suy rằng, luỹ thừa nguyên tố xuất hai vế đ ng thức phải Vậy pi phải q j đó, đồng thời i 2 j Do đó, số m i chẵn nên r l , s h2 , l , h số nguyên: l p11 / p2 / pnn / ; h pn 1n 1 / pn 2n / pmm / i nguyên Từ suy 33 Bây ta mơ tả tất số Pythagore nguyên thuỷ 2.4.5 Đ nh lý Các số nguyên dương x , y , z lập thành số Pythagore nguyên thuỷ, với y chẵn, tồn số nguyên dương nguyên tố m, n với m n , m lẻ n chẵn m chẵn n lẻ cho x m2 n2 y 2mn z m2 n2 Ch ng minh Giả sử x, y, z số Pithagore nguyên thuỷ Bổ đề 2.4.3 cho thấy x lẻ y chẵn ngược lại Vì ta giả thiết y chẵn nên x, z lẻ Do z x z x số chẵn, nên số zx zx r; s số nguyên 2 Vì x2 y z nên y z x2 z x z x Vậy y z x z x zx zx rs; r , s Để ý r , s Thật vậy, r , s d d r , d s nên d r s z d r s x Điều có ngh a d z, x nên d Từ Bổ đề 2.4.4 ta thấy tồn số nguyên m n cho r m2 , s n2 Viết x, y, z thông qua m, n ta có z x 2r x r s m2 n2 z x 2s hay y 4rs y 4rs 2mn z r s m2 n2 Ta c ng có m, n , ước chung m n c ng ước x m2 n2 , y 2mn, z m2 n2 , nên ước chung ( x, y, z ) Mà x, y, z nguyên tố nên m, n Mặt khác, m n khơng thể lẻ ngược lại x, y z chẵn, mâu thuẫn điều kiện x, y, z Vì m, n m, n không đồng thời hai số lẻ nên m chẵn, n lẻ ngược lại Vậy số Pithagore nguyên thuỷ có dạng nêu 34 Để chứng tỏ ba số x m2 n2 y 2mn z m2 n2 m, n số nguyên dương, m n , m, n m n mod lập thành số Pythagore nguyên thuỷ, trước tiên ta nhận xét x y m2 n2 (2mn)2 m 2m n n 4m n m 2m n n m2 n2 z2 ta chứng minh x, y, z nguyên tố Giả sử ngược lại, x, y, z d Khi tồn số nguyên tố p cho p x, y, z Ta thấy p \ x lẻ (do x m2 n2 , m n khơng tính chẵn lẻ) Lại p x , p z nên p z x 2m2 p z x 2n2 Vậy p m p n : mâu thuẫn với m, n Do x, y, z 1, tức x, y, z số Pythagore nguyên thuỷ Từ Định lý 2.4.5 ta thu ví dụ số Pythagore nguyên thuỷ Ch ng hạn lấy m 5, n ta có m n mod m, n 1, m n Bộ ba số x m n 52 22 21 y 2mn 2.5.2 20 z m n 52 22 29 số Pythagore nguyên thuỷ 2.4.6 Tì ộ số Pythagore ằng c ng cụ số nguyên Gauss Giả sử (a,b,c) số Pythagore, ta có a b2 c2 Ta viết a b2 c (a bi)(a bi) Phân tích nguyên tố: c p1e a bi ' q1f pne n qmf s1k m slk l 35 qi qi ; s j s j Từ đó: c p12e pn2e a b2 ' ' q12 f n qm2 f s1k s1 m k1 slk sl l kl Theo tính phân tích ki phải số chẵn: ki = 2ri (i = 1, …, l) Do đó: c d (u vi)(u vi) d q1f qmf u vi s1r m slr Vì l c d (u vi)2 (u vi) (d (u iv)2 ) d (u vi)2 Sử dụng tính phân tích nguyên tố lần ta có a bi d (u vi)2 d (u v ) (2duv)i Từ có ba số Pythagore sau: a d (u v ) b 2duv c d (u v ) u, v số nguyên dương tuỳ ý 36 KẾT LUẬN Nội dung luận văn gồm: Trình bày khái niệm kết sở vành số nguyên Gauss Z[i] Giới thiệu tính chất số học vành số nguyên Gauss, có Định lý Số học, thuật toán Euclid, phần tử nguyên tố vành số nguyên Gauss Z[i] Giới thiệu ứng dụng số nguyên Gauss: - Chứng minh Định lý Fermat tổng hai số phương - Tìm tịi suy rộng Định lý Fermat tổng hai số phương - Tìm số Pythagore - Giải số phương trình Diophante Hướng nghiên cứu Luận văn sâu tìm hiểu tính chất số học vành số nguyên Gauss thông qua đặc trưng đa thức vành 37 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [2] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục, Hà Nội [3] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Trường Đại học Vinh [5] Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [6] Nguyễn Chu Gia Vượng (2001), Các số ngun Gauss, Thơng tin Tốn học, Tập 15, số TIẾNG ANH [7] Z I Borevic and R I Shafarevich (1966), Number Theory, Acamedic Press [8] D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi [9] A B Gonrachov (1985), The arithmetic of Gaussian integers, Kvant, No.12, pp 8-13 [10] M B Nathanson (2000), Elementary Methods in Number Theory, Springer [11] S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi ... CHƢƠNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRÊN VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS 1.1 Các hái ni sở 1.1.1 Vành số nguyên Gauss Ta nhắc lại định ngh a tập hợp số nguyên Gauss: [i] {a bi; a, b } , trường số phức,... chất số học vành số nguyên Gauss, có Định lý Số học, thuật tốn Euclid, phần tử nguyên tố vành số nguyên Gauss Z[i] Giới thiệu ứng dụng số nguyên Gauss: - Chứng minh Định lý Fermat tổng hai số phương... hệ quả, tồn phép chia Euclid vành số nguyên Gauss, ta có Định lý Số học cho vành [i ] sau: 1.3.3 Đ nh lý (Định lý Số học cho vành số nguyên Gauss) Mọi số nguyên Gauss khác viết dạng