Ví dụ 2.4.22. Giả sử f(x), g(x) ∈ Z[x] là hai đa thức mônic bất khả quy và không là hằng số. Nếu f(n) và g(n) với mọi số nguyên đủ lớn n
có cùng tập các ước nguyên tố thì f(x) = g(x).
Lời giải: Theo Bổ đề Gauss, hai đa thức f(x) và g(x) cũng là bất khả quy trong Q[x]. Hai đa thức này là đa thức mônic, bất khả quy.Nếu f(x) và g(x) không bằng nhau thì chúng nguyên tố với nhau trên Q[x]. Sử đụng Định lý Bezout, tồn tại số nguyên m và hai đa thức p(x) và q(x) thuộc Z[x] để f(x)p(x) +g(x)q(x) = m. Điều này chỉ ra rằng, với mọi số nguyên n đủ lớn, tất cả các ước nguyên tố của f(n) đều chia hết m.
Ví dụ 2.4.23. [Bulgarian MO] Giả sử f(x), g(x) ∈ Z[x] là đa thức với bậc degf(x) > 1 và các số nguyên dương n, k. Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên dương a để mỗi số hạng thuộc {f(a), f(a+1), . . . , f(a+n−1)}
có ít nhất k ước nguyên tố khác nhau.
Lời giải: Xét mảng các số nguyên tố phân biệt và các số nguyên dương {pij|f(nij) ≡0(modpij), nij ∈ N∗,1 6i, j 6 k}.
Mảng này luôn có theo Định lý ??. Sử dụng Định lý Trung hoa về dư, ta có thể tìm được số nguyên dương a thỏa mãn a+i−1 ≡ nij(modpij) với mọi chỉ số i, j. Vì f(a)−f(b) luôn luôn chia hết cho a−b với mọi
a, b ∈ Z, a6= b,nên mỗi số hạng thuộc dãy f(a), f(a+ 1), . . . , f(a+n−1) có ít nhất k ước nguyên tố phân biệt.
Ví dụ 2.4.24. [Rookie Contest 1999] Chứng minh rằng, phương trình
x4 = y2 + z2 + 4 không có nghiệm nguyên.
Lời giải: Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x, y, z). Khi đó y2+z2 = x4−4 = (x2−2)(x2+ 2). Ta chỉ ra x4−4 không thuộc Q2.
Xét trường hợp x là số nguyên lẻ. Khi đó x = 2k + 1 và x2 + 2 = (2k+ 1)2 + 2 = 4k(k + 1) + 3 ≡ 3(mod 4). Từ đó suy ra sự tồn tại của số nguyên tố p ∈ P3 để vp(x2 + 2) là số lẻ. Nếu p chia hết x2 − 2 thì
p|(x2+ 2−(x2−2)) = 4, vô lý do p là số nguyên tố lẻ. Vậy p6 |(x2−2)và ta cóvp(x4−4)là số lẻ. Do đóx4−4 6∈ Q2,mâu thuẫn với x4−4 = y2+z2.
Xét trường hợpxlà số nguyên chẵn. Khi đóx = 2k vàx4−4 = 4(4k4−1).
Từ 4(4k4 −1) = y2 +z2 ta suy ra 4k4 −1 ∈ Q2. Do 4k4 −1 ≡3(mod 4) nên4k4−1 có thừa số nguyên tố thuộcP3 với số mũ lẻ. Hơn nữa, phương trìnhy2+z2 = 4h+ 3 không thể có nghiệm nguyên, kiểm tra qua việc lấy modulo 4. Từ những suy luận trên ta đã chỉ ra 4k4−1∈ Q2 là không thể được. Vậy phương trình x4 = y2 +z2 + 4 không có nghiệm nguyên. 2.4.4 Vận dụng Định lý cơ bản của số học
Ví dụ 2.4.25. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương a, b, c ta có
(a, b, c)2
(a, b).(b, c).(c, a) =
[a, b, c]2 [a, b].[b, c].[c, a]. Lời giải: Giả sử a = pu1
1 . . . pur r , b = pv1 1 . . . pvr r , c = pt1 1 . . . ptr r , trong đó p1, . . . , pr là những số nguyên tố phân biệt và ui, vi, ti là những số
nguyên không âm với i = 1, . . . , r. Ký hiệu P = [a, b, c] 2 [a, b].[b, c].[c, a] và T = (a, b, c) 2 (a, b).(b, c).(c, a). Khi đó ta có P = r Q i=1 p2 max{ui,vi,ti} i r Q i=1 pmax{ui,vi} i r Q i=1 pmax{vi,ti} i r Q i=1 pmax{ti,ui} i = r Y i=1
p2 max{ui,vi,ti}−max{ui,vi}−max{vi,ti}−max{ti,ui} i T = r Q i=1 p2 min{ui,vi,ti} i r Q i=1 pmin{ui,vi} i r Q i=1 pmin{vi,ti} i r Q i=1 pmin{ti,ui} i = r Y i=1
p2 min{ui,vi,ti}−min{ui,vi}−min{vi,ti}−min{ti,ui} i
Ta kiểm tra 2 max{ui, vi, ti} − max{ui, vi} − max{vi, ti} − max{ti, ui} 2 min{ui, vi, ti} − min{ui, vi} − min{vi, ti} − min{ti, ui}. Với u, v, t và
u 6 v 6 t ta luôn có
x = 2 max{u, v, t} −max{u, v} −max{v, t} −max{t, u} = 2t−v −t−t= −v
y = 2 min{u, v, t} − min{u, v} −min{v, t} −min{t, u} = 2u−u−v −u = −v.
Vậy x = y và suy ra P = T.
Ví dụ 2.4.26. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương a, b, c, số
(a, b).(b, c).(c, a)
(a, b, c)2 là số nguyên.
Lời giải: Với biểu diễn như trong ví dụ trên ta có A = (a, b).(b, c).(c, a) (a, b, c)2
=
r
Q
i=1
pmin{ui,vi}+min{vi,ti}+min{ti,ui}−2 min{ui,vi,ti}−2 min{ui,vi,ti}
i nên A là một số
Kết luận
Luận văn đã trình bày và đạt được một số kết quả sau:
(1) Trình bày một số kiến thức cơ bản về lý thuyết chia hết: quan hệ chia hết, số nguyên tố và hợp số, ước chung lớn nhất và thuật toán Euclid, trình bày định lý cơ bản của số học, biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số và hàm tổng các chữ số của số tự nhiên. Trong mỗi phần đều đưa ra các ví dụ kèm theo lời giải minh họa cho các ví dụ đó.
(2) Trình bày Định lý Euler, Định lý Fermat, số mũ và định giá p-adic. (3) Trình bày Định lý Wolstenhome, Định lý Định lý Thue, Định lý
Schur.
(4) Vận dụng các kết quả đạt được vào việc giải một số bài toán số học trong đề thi học sinh giỏi các nước trong các năm gần đây, mỗi bài đều có lời giải chi tiết nhằm phục vụ cho quá trình giảng dạy và ôn thi học sinh giỏi sau này.
Tài liệu tham khảo
[A] Tiếng Việt
[1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
[2] Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ (2014), Cơ sở lí thuyết số và Đa thức, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội.
[B] Tiếng Anh
[3] Andreescu T., Andrica D., Feng Z. (2006), 104 Number theory prob- lems, Birkh¨auser Boston - Basel - Berlin, pp 1 - 50.
[4] Andreescu T., Dospinescu G. (2008), Problems from the book, XYZ Press, pp 49 - 53.
[5] Hardy G. H., Wright E. M. (1938), An introduction to the theory of numbers, Oxford At The Clarendon Press.
[6] Djukic D., Jankovic V., Matic I., Petrovic N. (2009), The IMO Com- pendium: A collection of problems suggested for the international mathematical olympiads: 1959-2009, Springer.