Cơ sở đúng đắn và sự tồn tại nghiệm của phương trì- 123docz.net

2 Phương trình dạng ax ≡ x( modb n)

2.2 Cơ sở đúng đắn và sự tồn tại nghiệm của phương trình ax ≡

Chúng ta sẽ viết các thừa số nguyên tố của một số nguyên b là b =

ppvp(b)và kí hiệue(b) = maxp|b{vp(b)}là lũy thừa cao nhất của số nguyên tố chia hếtb. Ta sẽ sử dụng kí hiệus(b) = Q

p|bplà phần không có ước chính phương của b. Khi đó ta có bổ đề sau:

Bổ đề 2.1. Giả sửa, blà các số nguyên vàx ≥ e(b)một nghiệm của phương trình

ax ≡ x(modϕ(b)).

Khi đó

aax ≡ ax(modb).

Chứng minh. Cho b = b1b2 với gcd(b1, a) = 1 và nếup|b2 thì p|a. Sau đó

ϕ(b1)|ϕ(b) suy ra ax ≡ x(modϕ(b1)). Bây giờ, ta sử dụng một hệ quả đơn giản của định lý Euler, ta được

aax ≡ ax(modb1)

Mặt khác, ta có

aax ≡ ax ≡ 0 (modb2) Kết quả được suy ra từ định lí Trung Hoa về phần dư. Từ bổ đề trên ta có định lý sau:

Định lí 2.1. Với mọi cặp các số nguyêna, b tồn tại số nguyênx ≥ e(b) + 1 thỏa mãn

ax ≡x(modb)

. Chứng minh. Chúng ta chứng minh bằng quy nạp trên b, lưu ý rằng kết quả là tầm thường chob = 1,2.

Chúng ta giả sử đã chứng minh định lý với mọi số nguyên nhỏ hơn b

và chúng ta muốn chứng minh các kết quả đó cho b. Chúng ta cũng giả sử

a > 1. Bây giờ, lưu ý rằngϕ(b) < b chúng ta có thể áp dụng quy nạp để có được nghiệm x≥ e(ϕ(b)) + 1của phương trình

ax ≡ x(modϕ(b)).

Trong trường hợp này, vì e(ϕ(b)) ≥ e(b)−1được xác định, sử dụng Bổ đề 2.1 ta có aax ≡ ax(modb) chú ý rằng ax = (1 + (a−1))x = Px j=0 x j (a−1)j ≥ 1 +x với số nguyên a > 1bất kì và x ≥ 0, ta có ax ≥ x+ 1 ≥ e(b) + 1. Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét 2.1. Sự tồn tại của số nguyên n(b) là rõ ràng, từ định nghĩa của cơ sở đúng đắn. Dễ thấy rằng cơ sở đúng đắn b là chẵn, và ta cũng thấy rằng b = 2,4,6,8,10,12,16,18,20,24 và 30 là các cơ sở đúng đắn đầu tiên trong khi với b = 2,6,10,30,34,42,78,102 và 110 là cơ sở đúng đắn đầu tiên không có ước chính phương. Ta thấy rằng khi b là số không có ước

chính phương, n(b) = maxp|b{maxq|b{vq(p−1)}}. Do đó, ta có n(10) = 2 vàn(34) = 4 trong khin(100) = 1

Ngoài những căn cứ được đưa ra trong Nhận xét 2.1, người ta có thể đặt câu hỏi liệu có tồn tại các cơ sở đúng đắn khác và làm thế nào để tìm thấy chúng. Các tính chất sau đây cung cấp nhiều cách khác nhau của việc xây dựng các cơ sở đúng đắn mới khác. Đặc biệt chúng ta lưu ý rằng có vô số các cơ sở đúng đắn.

•Tích các cơ sở đúng đắn là cơ sở đúng đắn.

•Nếu b là cơ sở đúng đắn và plà số nguyên tố thỏa mãn p−1|br với r

nào đó, thì pbcũng là cơ sở đúng đắn. •b = m!là cơ sở đúng đắn với mọim

•Với mọi số nguyênr, b = Q

p≤r plà cơ sở đúng đắn.

Hai nhận xét đầu tiên là hệ quả trực tiếp của định nghĩa. Đối với nhận xét thứ ba và thứ tư chúng ta phải lưu ý rằng nếu p|b và q|p−1, thì q ≤ m

trong nhận xét thứ ba, trong khiq ≤ r trong nhận xét cuối cùng.

Kết quả còn lại, ta kí hiệuxn(a, b) bớixn cho ngắn, ta có định lý sau:

Định lí 2.2. Cho b là cơ sở đúng đắn, và s(b) là phần không có ước chính phương của nó. Khi đó, với mọi số nguyên a không là bội của s(b) thì tồn tại dãy duy nhất {cn}n≥nb các chỉ số, 0≤ cn < bsao cho số nguyênxn+1 =

xn +cnbn thỏa mãn

axn ≡ xn(modbn),

với mọin > n(b).

Chứng minh.Để chứng minh lập luận trên, đầu tiên ta xétblà các số nguyên không có ước chính phương. Trong tất cả các trường hợp dưới đây, ta chứng minh bằng quy nạp theon.

Giả sử rằng, với n ≥ n(b) nào đó, axn ≡ xn(modbn) (Dễ thấy điều này là đúng vớin = n(b) theo định lí 2.1 vớibn(b) thay chob). Khi đó

axn ≡ xn+cnbn(modbn+1),

với0 ≤cn < b.

Tiếp theo, ta luôn thấy được đối với một cơ sở đúng đắn,ϕ(pn+1)|bn với mọi số nguyênn ≥ n(b) và với mọi số nguyên tốp|b.

Do đó, vìaϕ(pn+1) ≡ 1(modpn+1), với mọi số nguyênm, ta có

ambn ≡1(modbn+1)

theo định lí phần dư Trung Hoa. Ta có

axn+cnbn ≡ axn(modbn+1) ≡xn +cnbn(modbn+1)

nghĩa là

axn+1 ≡xn+1(modbn+1) và việc chọncn này là duy nhất.

Trường hợp 2:blà số không có ước chính phương và gcd(a, b) > 1.

Cho b = b1b2 thỏa mãn gcd(b1, a) = 1 và b2|a. Một lần nữa ta chứng minh theo quy nạp, ta giả sử rằng

axn ≡ xn(modbn) ≡ xn+ cnbn(modbn+1) (2.1)

vớin≥ n(b). Trong trường hợp này, và một số bước ở trên, ta suy ra với mọi số nguyên mcó

ambn ≡1(modbn1+1),

vìgcd(a, b1) = 1. Đặc biệt

Mặt khác, ta dễ thấy bn2+1|gcd(axn+cnbn, xn + cnbn), thêm vào đó, nếu xn ≥

n+ 1thìbn2+1|axn+cnbn vàbn2+1|gcd(axn, bn+1). Do đób2n+1 chia hếtxn+cnbn

theo 2.1. Hơn nữa,xn > 0và cũng theo 2.1 ta có thể thấy rằng bn2|xn và đặc biệt xn ≥ n+ 1. Do đó

axn+cnbn ≡ xn+ cnbn(modbn2+1)

phần còn lại theo chứng minh định lý Trung Hoa về phần dư.

Trường hợp 3:bcó ước chính phương và gcd(a, b) = 1.

Cho b = Q

pvp(b) = Pα1

1 ...Prαr, với α1 < α2 < ... < αr và Pi là các số không có ước chính phương, với i = 1, ..., r. Ta kí hiệu Bj = Qj−1

i=1 Pαi i và B1 = 1. Ta giả sử axn ≡ xn(modbn) vớin ≥n(b). Khi đó axn ≡ xn+c1,2,nbn(modP1bn) và0 ≤c1,1,n < P1.

Ta cũng có ϕ(pnvp(b)+1)|bn với bất kì n ≥ n(b) và p|P1, do đó theo lập luận như trên ta suy ra với số nguyên m bất kì

ambn ≡ 1(modP1bn).

Đặc biệt

axn+c1,1,nbn

≡ axn(modP1bn) ≡xn +c1,1,nbn(modP1bn).

Cứ tiếp tục như vậy, và chú ý rằngϕ pnvp(b)+i

|P1i−1bn ta có

axn,1 ≡ xn,1(modPα1 1 bn)

cho duy nhất xn,1 = xn + ( α1−1 X i=0 ci,1,nP1i)bn, với0 ≤ci,1,n < P1.

Tiếp theo ta chú ý rằng với bất kì1 ≤l ≤ rvàjl < αlta cóϕ(pnvp(b)+jl)|Pjl−1

l Blbn. Lặp lại quá trình trên ta có thể xây dựng một sự duy nhất

xn+1 = xn+ ( r X j=1 αj−1 X i=0 ci,j,nPjiBj)bn,

vớici,j,n ≤Pj −1thỏa mãn

axn+1 ≡xn+1(modbn+1). Do đó, r X j=1 αj−1 X i=0 ci,j,nPjiBj ≤ r X j=1 (Pj−1) αj−1 X i=0 PjiBj = r X j=1 (Pjαj−1)Bj = r X j=1 (Bj+1−Bj) =b−1,

ta có điều phải chứng minh.

Trường hợp 4:bcó ước chính phương và gcd(a, b) > 1.

Chứng minh tương tự như trường hợp 2.

Nhận xét 2.2. Cần phải thấy rằng , khin≥ n(b), nếu các nghiệm được thỏa mãn bởi định lí 2.1 là x ≥ bn, ta cần tìm 1 nghiệm khác y < bn. Do đó, với bất kì các số nguyên n≥ n(b)các số nguyênxn chonchữ số đầu tiên trong cơ sốb của số nguyênxm với mỗim ≥ n. Để chỉ ra điều này, nếu

ax ≡ x(modbn)

và x > bn, thì x = Pn−1

i=0 cibi + Pk

i=ncibi = y + bnY với y 6= 0 nào đó, vì ngược lạia là bội củas(b). Nhưng sau đó

vì ax ≡ 0 (modbn2) và ax ≡ y(modbn2), y ≥ b2n ≥ e(b2)n và ta luôn thấy rằng

ay ≡0 ≡ y(modbn2).

Cuối cùng vìn ≥ n(b), abn ≡ 1 (modbn1) và do đó

ay ≡ y(modbn1).

Kết quả đó là một hệ quả của định lí Trung Hoa về phần dư.

Bên cạnh đó, người ta dễ dàng xác nhận rằng khi b = 10 chỉ có một nghiệm y < 10n(10) = 100 với mỗi a (không phải là bội của 10), chỉ cần kiểm tra giá trị của a mod100. Như vậy có một dãy duy nhất x(a) cho mỗi

Hệ quả 2.1. Nếu b là cơ số đúng đắn, với mọi số nguyên a, không phải là bội củas(b), tồn tại dãy {xn}n≥0 các chỉ số0 ≤xn < b sao cho số nguyên

xn(a, b) = n−1 X i=0 xibi = (xn−1, ...x1x0)b thỏa mãn axn(a,b) ≡xn(a, b) (modbn),

với mọin ≥ n(b). Khib là số không có ước chính phương,s(b) = bvà điều này đúng với mọi số nguyêna, không là bội củab. Vớib = 10thì tồn tại dãy

Kết luận và Đề nghị

Luận văn“Một số phương trình Diophant đặc biệt"đã giải quyết được những vấn đề sau:

Chương 1 đã hệ thống lại được một số hàm số học. Đã đưa ra được cấu trúc nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 và đã đưa ra nghiệm của phương trình trên trong một số trường hợp đặc biệt.

Chương 2 trình bày bài toán về dãy chữ số cuối của một số. và cơ sở đúng đắn, sự tồn tại nghiệm của phương trình ax ≡

x(modbn).

Do vấn đề được đề cập trong luận văn là mới và tương đối phức tạp, hơn nữa do thời gian và khả năng còn hạn chế nên mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của thầy cô giáo và những người quan tâm để luận văn được hoàn thiện hơn.

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

[1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học và thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

[2] Hà Huy Khoái (2004),Số học, NXB Giáo Dục, Hà Nội.

Tiếng Anh

[3] Broughan K., De Koninck M.J. (2012), "On integers for which the sums of divisors is the sqefree core",J.Integers Sequences, Vol.15, Wa- terloo, Canada.

[4] Urozand JJ., Yebra. (2009), "On the equantion ax ≡ x(modbn)",