ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC —————————————– PHẠM QUỐC THỊNH ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY RỘNG ĐỐI VỚI ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHƠNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC —————————————– PHẠM QUỐC THỊNH ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY RỘNG ĐỐI VỚI ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 0113 Người hướng dẫn khoa học: TS.VŨ HOÀI AN THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 newpage BẢNG KÍ HIỆU f n(f, a) T (f ) K R Hàm hữu tỷ Hàm đếm f điểm a Hàm độ cao f Trường đóng đại số, đặc số không Trường số thực i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn TS Vũ Hồi An Tác giả bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến người thầy Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy cô giáo Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên trực tiếp giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập Tơi xin cảm ơn gia đình, bạn bè tất người quan tâm, tạo điều kiện, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Thái Nguyên, Tháng năm 2015 ii MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài: Trong [5], Hà Huy Khoái- Phạm Huy Điển đề cập đến Định lý Davenport sau đa thức trường số phức : Định lí A Giả sử f , g đa thức C cho f = g , f g khơng có khơng điểm chung Khi deg f ≤ deg(f − g ) − Khẳng định tương tự Định lí A số nguyên chưa chứng minh Một tổng quát Định lý Davenport hàm nguyên p-adic sau đề cập [7] trình bầy lại [6] Định lí B Cho f1m1 , , fnmn hàm ngun a-dic khơng có khơng điểm chung độc lập tuyến tính Cp ; m1 , , mn số nguyên dương Khi   n 1− i=1 n−1 mi max 1≤i≤n T r, fimi  ≤N r, n i=1 fimi  n (n − 1) − log r + O (1)  Phương pháp chứng minh Định lí B sử dụng hai Định lý lý thuyết phân bố giá trị cho đường cong chỉnh hình p - adic Dưới góc độ lý thuyết phân bố giá trị cho đường cong chỉnh hình p - adic, cơng việc tương tự Định lí B đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng đề cập [1] Mặt khác, Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng có ứng dụng tốn học phổ thông Theo hướng nghiên cứu này, xem xét vấn đề: Định lý Davenport suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng Mục đích, nhiệm vụ phương pháp nghiên cứu Tổng hợp, trình bầy lại giảng [1] Định lý Davenport suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Các kết cơng việc có tựa đề Định lý Davenport suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Đưa ví dụ tốn học phổ thơng thể tương tự Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng với hàm số biến số thực số nguyên Nội dung nghiên cứu Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Sự tương tự Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng với hàm số biến số thực số nguyên thể qua 21 ví dụ Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, tài liệu tham khảo, luận văn gồm phần sau Chương 1: Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số không 1.1 Phân bố giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng 1.2 Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Chương 2: Định lý Davenport suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số không 2.1 Định lý Davenport suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số không 2.2 Sự tương tự Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số không với hàm số biến số thực số nguyên Mục lục BẢNG KÍ HIỆU LỜI CẢM ƠN Mở đầu i ii ii ĐỊNH LÝ DAVENPORT ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHƠNG 1.1 Phân bố giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không 1.2 Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số không 12 ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY RỘNG ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG 2.1 Định lý Davenport suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số không 2.2 Sự tương tự Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng với đa thức biến số thực số nguyên Kết luận TÀI LIỆU THAM KHẢO 16 16 21 40 41 Chương ĐỊNH LÝ DAVENPORT ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHƠNG Định lý Davenport phát biểu [5] chưa chứng minh Trong [1], Định lý Davenport xem xét góc độ phân bố giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng Vì vậy, chương này, trước hết chúng tơi trình bày lại phân bố giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng Mục 1.1 Nội dung phần đề cập [1] trình bày lại [3] Ở mục 1.2 chúng tơi trình bày lại phát biểu chứng minh Định lý Davenport đề cập [1] Nội dung phần đề cập [1] trình bày lại 1.1 Phân bố giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không Một trường K gọi đóng đại số đa thức ẩn khác với hệ số K có nghiệm K Trường số phức C trường đóng đại số đa thức khác thuộc C [x] có nghiệm C Trường Q khơng trường đóng đại số đa thức P (x) = x4 + khơng có nghiệm Q hệ số đa thức thuộc Q Trường R không trường đóng đại số đa thức P (x) = có nghiệm R hệ số đa thức thuộc R √ 3x + không Tiếp theo, ta định nghĩa khái niệm đặc số trường đóng đại số Số gọi đặc số trường K n1 = với số tự nhiên n > Nếu có số tự nhiên n = cho n1 = số nhỏ thỏa mãn tính chất gọi đặc số trường K, ký hiệu char(K) Ví dụ, trường Q có đặc số 0, trường Z11 có đặc số 11 11.1 ≡ 11 số nguyên dương nhỏ thỏa mãn điều kiện Nếu char(K) = n > nx = với x ∈ K nx = n(1x) = (n1)x = 0x Từ trở đi, ta ln ký hiệu K trường đóng đại số, đặc số không Giả sử f đa thức khác có bậc n K a khơng điểm f Khi ta viết f = (z − a)m P (z) với P (a) = l số nguyên dương Ta gọi m bội khơng điểm a đặt µ0f (a) = m Ký hiệu n(f ) số khơng điểm f tính bội; n(f, d) = n(f − d); q {mi ; l}; f = (z − a1 )m1 (z − aq )mq ; nl (f ) = i=1 n1 (f, d) = n1 (f − d); n0 (f ) = q ; n0 (f, d) = n0 (f − d); T (f ) = deg f Chú ý n1 (f ) số không điểm f mà khơng điểm tính với bội 1, n0 (f ) số không điểm phân biệt f Ta có n1 (f ) = n0 (f ) Ví dụ 1.1 Xét đa thức f (x) = (x + 1)2 (x + 2)3 (x + 4)5 R Ta có -1, -2, -4 khơng điểm phân biệt f với bội 2, 3, Mặt khác n0 (f ) = 3, n6 (f ) = 10, n2 (f ) = 6, n4 (f ) = 9; deg f = 10 Ví dụ 1.2 Xét đa thức f (x) = (x + 1)2 (x + 2)3 (x + 4)5 (x2000 + 1) R Ta có n0 (f ) = = n1 (f ), n6 (f ) = 10, n2 (f ) = 6, n4 (f ) = 9; deg f = 2010; n(f ) = 10 Ví dụ 1.3 Xét đa thức f (x) = (x + 1)2 (x + 2)3 (x + 4)5 (x2000 + 1) C Ta có n0 (f ) = = n1 (f ), n6 (f ) = 2010, n4 (f ) = 2009; deg f = 2010; n(f ) = 2010 = deg f Giả sử f = ff21 hàm hữu tỷ K, f1 , f2 ∈ K[x] khơng có khơng điểm chung K, d ∈ K, ta ký hiệu n(f ) = n(f1 ); n(f, d) = n(f1 − df2 ); n1 (f ) = n1 (f 1); n1 (f, d) = n1 (f1 − df2 ); n0 (f, d) = n0 (f1 − df2 ); n(f, ∞) = n(f2 ) n1 (f, ∞) = n1 (f2 ); n0 (f, ∞) = n0 (f2 ) deg f = deg f1 − deg f2 ;T (f ) = max {deg f1 , deg f2 } Ví dụ 1.4 Xét hàm hữu tỷ sau K (x − 1)4 (x − 5)7 (x − 4)9 (x − 9) f (x) = (x + 1)3 (x + 2)2 (x + 3)5 (x − 3) Ta có không điểm f 1, 4, 5, µ0f (1) = 4, µ0f (5) = 7, µ0f (4) = 9, µ0f (9) = ∞ ∞ Ta có cực điểm f -1, -2, -3, µ∞ f (−1) = 3, µf (−2) = 2, µf (−3) = Lấy l = 9, ta có n9 (f ) = + + +1 = 21, n9 (f, ∞) = + + + = 11 Lấy l = 5, ta có n5 (f ) = 15, n5 (f, ∞) = 11 Lấy l = 1, ta có n1 (f ) = 4, n1 (f, ∞) = 4, n0 (f ) = 4, n0 (f, ∞) = Ta có deg f = (4 + + + 1) − (3 + + + 1) = 10, T (f ) = 21 Định nghĩa 1.1 Đường cong hữu tỷ f : K → P n (K) lớp tương đương (n + 1) đa thức (f1 , , fn+1 ) cho f1 , , fn+1 khơng có khơng điểm chung K Hai (n + 1) đa thức (f1 , , fn+1 ) (g1 , , gn+1 ) tương đương với tồn c ∈ K∗ cho gi = cfi với i = 1, , n + Ký hiệu f˜ = (f1 : : fn+1 ) biểu diễn f Khi ta viết f : K → P n (K) z → f˜(z) = (f1 (z) : : fn (z)) Giả sử f g hai đường cong hữu tỷ từ K vào P n (K) với hai biểu diễn f˜ = (f1 (z) : : fn+1 (z)) g˜ = (g1 (z) : : gn+1 (z)) tương ứng Ta nói f đồng g viết f ≡ g tồn c ∈ K∗ cho gi = cfi với i = 1, , n + Định nghĩa 1.2 Độ cao đường cong hữu tỷ f từ K vào P n (K) với biểu diễn f˜ = (f1 : : fn+1 ) xác định T (f ) = max deg fi , deg fi bậc 1≤i≤n+1 đa thức fi với i = 1, , n + Nhận xét 1.1 Độ cao đường cong hữu tỷ f xác định Thật vậy, f đường cong hữu tỷ với f˜ = (f1 : : fn+1 ) g˜ = (g1 : : gn+1 ) = 2T (f ) + k + n−2− n T (f ) − 1, m n T (f ) ≤ k − m n Điều mâu thuẫn với n − − m ≥ k Vậy phương trình (2.4) vơ nghiệm Ví dụ 2.2.5 Giải phương trình axn + by n + czm = (2.5) n với a, b, c ∈ K, a, b, c = K [x] n ≥ 3m + n ≥ m + Giải Giả sử (f, g, h) nghiệm phương trình (2.5) Xét trường hợp: 1.Hai ba đa thức f, g, h hằng, chẳng hạn f, g Khi af n + bg n + chm = Do f khác hằng, a, b, c = 0, n > 3m + ta có mâu thuẫn Một ba đa thức Trường hợp đa thức xét Ví dụ 2.2.1; 2.2.2; 2.2.3; 2.2.4 Cả ba đa thức f, g, h khác Ta xét hai trường hợp sau: 3.1 (f, g, h) = Từ af n + bg n + chm = suy (f n , g n ) = Áp dụng Bổ đề 2.1.3 với n = 1, m1 = n, m2 = n ta có 1− max {deg af n , deg bg n } ≤ n1 (af n + bg m ) − n Do max {deg af n , deg bg n } = n max {deg af, deg bg} , af n + bg n = −chm Ta có deg h ≤ 1− n max {deg f, deg g} , m n max {deg f, deg g} ≤ n1 (hn ) − n = n1 (h) − ≤ deg h − n ≤ max {deg f, deg g} m 27 Vậy 1− n n− max {deg f, deg g} + ≤ n m Do n−2− n ≥0 m Ta có mâu thuẫn 3.2 (f, d, h) = l, l khác Đặt f1 = f g h , g1 = , h1 = l l l Từ af n + bg n + chm = ta có = 0, lm af n−m f1m + bg n−m g1m + chn−m af n−m f1m + bg n−m g1m + chn−m = (6) Giả sử f n−m f1m , g n−m g1m độc lập tuyến tính Từ (6) l = (f, g, h) ta suy f n−m f1m , g n−m g1m khơng có khơng điểm chung Áp dụng Bổ đề 2.2 với n = 1, f1 f n−m , g1 f1m , f2 g n−m , g2 g1m ; f3 hn−m , g3 1, ta nhận max deg f n−m f1m , deg g n−m g1m , deg hn−m ≤ n1 (f, 0) + n1 (g, 0) + n1 (h1 , 0) + m deg f1 + m deg g1 − ≤ deg f + deg g + deg h1 + m (deg f1 + deg g1 ) − (7) Ta có deg f n−m f1m = (n − m) deg f + m deg f1 deg g n−m g1m = (n − m) deg g + m deg g1 deg hn−m = (n − m) deg h1 Từ (7) suy (n − m) max {deg f, deg g, deg h1 } ≤ max deg f n−m f1m , deg g n−m g1m , deg hn−m ≤ (2m + 3) max {deg f, deg g, deg h1 } − 1, ≤ (2m + 3) max {deg f, deg g, deg h1 } − 1, (n − 3m − 3) max {deg f, deg g, deg h1 } + ≤ 28 Mâu thuẫn với giả thiết n ≥ 3m + Vậy phương trình (2.5) khơng có nghiệm K [x] n ≥ 3m + n ≥ n m + Ví dụ 2.2.6 Giải phương trình axn + by n + czn = (2.6) với a, b, c ∈ K, a, b, c = K (x) − K với điều kiện n ≥ Giải Giả sử (f, g, h) ∈ K (x) − K nghiệm phương trình (2.6) Khi af n + bg n + chn = (8) Gọi l = (f, g, h) đặt f g h , g1 = , h1 = l l l f1 = Ta có af1n + bg1n + chn1 = (9) Do h1 không đồng không nên từ (9) ta nhận a n f1 h1 Xét hai trường hợp hf11 khác Từ (10) suy g1 h1 n g1 h1 +b + c = (10) khác hằng.Áp dụng Định lý 1.5 cho hàm f1 h1 với ∞, 0, −c ta có T f1 a h1 n ≤ n1 nT f1 h1 f1 a h1 ≤ n1 n ,∞ + n1 f1 ,∞ h1 Từ (10) ta có T f1 a h1 + n1 =T g1 h1 f1 h1 = nT T f1 h1 =T nT f1 h1 (n − 3) T ≤ 3T f1 h1 29 , , − 1, + ≤ f1 a h1 f1 , −c h1 n g1 h1 f1 h1 + n1 + n1 g1 a h1 nT Do ,0 f1 ,0 h1 n f1 a h1 n −1 n , −c − 1; n Từ n ≥ ta có mâu thuẫn hf11 Từ (10) suy Đặt g1 h1 f1 g1 = a1 , = b1 h1 h1 Ta có f1 = a1 h1 , g1 = b1 h1 aan1 + bbn1 + c = Vậy f = a1 h, g = b1 h, aan1 + bbn1 + c = Ví dụ 2.2.7 Giải phương trình axn + bg n + c = với a, b, c = K [x] − K Giải Giả sử (f, g) nghiệm (2.7), f, g ∈ K [x] − K Khi af n + bg n + c = Áp dụng Định lý 1.5 cho af n với giá trị ∞, 0, −c ta có T (af n ) ≤ n1 (af n , ∞) + n1 (af n , 0) + n1 (af n , −c) − 1, nT (af ) ≤ n1 (f, 0) + n1 (g, 0) − ≤ T (f ) + T (g) − ≤ T (f ) + T (f ) − Vậy (n − 2) T (f ) + ≤ Nếu n ≥ ta có mâu thuẫn Nếu n = ta có af + bg + c = 0, g = − (af + c) b Bây ta xét toán sau 30 (2.7) Bài toán A Cho f (x), g (x), h (x) ba đa thức hàm hữu tỷ R Tìm số nguyên dương n cho f n (x) + g n (x) = hn (x) (1) Nhận xét Ta xét f (x), g (x), h (x) đa thức hàm hữu tỷ C Khi ta dùng bất đẳng thức mơ tả liên hệ bậc đa thức với không điểm cực điểm Mối liên hệ thể Định lý Davenport Trong trường hợp tổng quát, chưa giải Bài tốn A Tuy nhiên ví dụ sau trường hợp riêng Bài tốn A Ví dụ 2.2.8 Cho 1 f (x) = x3 + x2 + x + 1, g (x) = f (x − 1) , h (x) = x2 ba đa thức R Tìm số nguyên dương n cho f n (x) − g n (x) = hn (x) ∀x ∈ R (2.8) Giải Đặt f = f (x), g = g (x), h = h (x) Xét trường hợp sau n ≥ Từ (2.8) ta có f n − g n = hn (10) Lý luận tương tự Ví dụ 2.2.6 ta có f = ch, c = Ta có deg f = 3, deg h = Mâu thuẫn n = Ta có f − g2 = x + x + x+1 − 1 (x − 1)3 + (x − 1)2 + (x − 1) + không đồng h n = Ta có f −g =h 31 Vậy n = Ví dụ 2.2.9 Cho f (x) = 2x + x2 (x + 1) , g (x) = (x + 1) , h (x) = x2 Tìm số nguyên dương n cho f n (x) + g n (x) = hn (x) ∀x ∈ R (2.9) Giải Đặt f = f (x), g = g (x), h = h (x) Xét trường hợp sau n ≥ Từ (2.9) ta có f n + g n − hn = (12) Lý luận tương tự Ví dụ 2.2.6 ta có g = ch, c = Khi (x + 1) c , x2 = x2 = c(x + 1)2 Mâu thuẫn n = 2, ta có f + g2 = (2x + 1)2 x4 (x + 1) + (x + 1)4 không đồng h2 n = 1, ta có f +g = 2x + x2 (x + 1) + (x + 1) = = h ∀x ∈ R x2 Vậy n = Tiếp theo, ta nêu ví dụ minh họa Bài toán A hàm số lượng giác, hàm số mũ, hàm số lơgarit Ví dụ 2.2.10 Cho f (x) = sin x, g (x) = cos x 32 Tìm số nguyên dương n cho f 2n (x) + g 2n (x) = ∀x ∈ R Giải Xét trường hợp sau Với n = 1, ta có sin2 x + cos2 x = Với n > 1, theo giả thiết ta có sin2 x n + cos2 x n = (12) Đặt t = sin2 x, t ∈ [0; 1], cos2 x = − sin2 x = − t, tn + (1 − t)n = (13) Nhận xét rằng: Do t ∈ [0; 1] nên ta không dùng bất đẳng thức thể mối quan hệ bậc đa thức khơng điểm Lúc ta phải dùng đạo hàm, tập giá trị hàm số biến số thực Đặt F (t) = tn + (1 − t)n , t ∈ R Ta có F = n tn−1 − (1 − t)n−1 = 0, tn−1 = (1 − t)n−1 , t= Suy hàm số nghịch biến 0; 12 đồng biến Ta có 2; F (0) = = F (1) , 1 F = n−1 2 Như ta có tập giá trị F (t) [0; 1] 2n−1 ;1 Mặt khác tập giá trị [0; 1] {1} Do 2n−1 ; với n > không trùng với {1} nên sin2n x + cos2n x không đồng với x ∈ R Ví dụ 2.2.11 Tìm số nguyên dương n cho 2n + 3n = 5n 33 Giải Từ 2n + 3n = 5n ta có Xét trường hợp sau n = ta có n n > Do n + + = = < 1, < 5 nên Vậy n + 5 n n ∀n > 1, < ∀n > < n < + = ∀n > 5 Do n = Ví dụ 2.2.12 Tìm số nguyên dương n cho logn6 + logn6 = Giải Xét hai trường hợp sau n = 1, ta có log16 + log16 = log6 = n > Do > 1, < < 6, < < nên < log6 < 1, < log6 < Do logn6 < log6 ∀n > 1, logn6 < log6 ∀n > Từ ta có logn6 + logn6 < log6 + log6 = ∀n > 34 Vậy n = Tiếp theo, ta xét liên hệ Định lý Davenport với phương trình nghiệm ngun, số phương Ví dụ 2.2.13 Chứng minh phương trình x4 + y = z khơng có nghiệm ngun x, y, z khác Chứng minh Giả sử phương trình có nghiệm ngun x, y, z khác Vì ta thay biến tùy ý số đối nên ta xem chúng số nguyên dương Ta giả thiết (x, y) = Thật vậy, (x, y) = d x = dx1 , y = dy1 , với (x1 , y1 ) = 1, x1 , y1 số nguyên dương Vì x4 + y = z nên (dx1 )4 + (dy1 )4 = z Do d4 x41 + y14 = z Vậy d4 |z , suy d2 |z , nghĩa z = d2 z1 với z1 số nguyên dương Do d4 x41 + y14 = d2 z1 = d4 z12 nên x41 + y14 = z12 Ta nhận nghiệm x4 + y = z với số nguyên dương x = x1 , y = y1 , z = z1 (x1 , y1 ) = Bây ta giả sử x = x0 , y = y0 , z = z0 nghiệm phương trình x4 + y = z (x0 , y0 ) = Ta tồn nghiệm khác gồm số nguyên dương x = x1 , y = y1 , z = z1 với (x1 , y1 ) = cho z1 < z0 2 Vì x40 + y04 = z02 nên x20 + y02 = z02 , tức x20 , x20 , z0 số Pitago Hơn nữa, x20 , x20 = 1, p số nguyên tố , p x20 , p y02 p|x0 , p|y0 , mâu thuẫn với (x0 , y0 ) = Như x20 , x20 , z0 số Pitago nguyên thủy Khi đó, tồn số nguyên dương m, n cho x20 = m2 − n2 , y02 = 2mn, z0 = m2 + n2 xem y02 số chẵn (Nếu cần đổi kí hiệu y02 x20 ) Từ đẳng thức x20 ta được: x20 + n2 = m2 35 Do (m, n) = nên (x0 , n, m) số Pitago nguyên thủy Do đó, tồn số nguyên dương r, s cho x20 = r2 − s2 , m = 2rs, n = r + s2 Vì m lẻ (m, n) = 1, ta có (m, 2n) = Do y02 = (2n) m nên tồn số nguyên dương z1 w với m = z12 , 2n = w2 Vì w chẵn, w = 2u u số nguyên dương nên u2 = n = rs Do (r, s) = 1, tồn số nguyên dương x1 , y1 cho r = x21 , s = y12 Chú ý (r, s) = nên dễ dàng suy (x1 , y1 ) = Như x41 + y14 = z12 , x1 , y1 , z1 số nguyên dương với (x1 , y1 ) = Hơn ta có z1 < z0 z1 < z14 = m2 < m2 + n2 = z0 Để kết thúc chứng minh, giả sử x4 + y = z có nghiệm nguyên Do nguyên lý thứ tự tốt, số nghiệm nguyên dương, tồn nghiệm nguyên với giá trị z0 bé Tuy nhiên ta từ nghiệm tìm nghiệm khác với giá trị bé biến z Từ dẫn đến mâu thuẫn Như ta điều phải chứng minh Tiếp theo, chúng tơi trình bày số ví dụ số phương Số phương chủ đề bồi dưỡng học sinh giỏi phổ thơng Số phương bình phương số tự nhiên Số phương có số tính chất sau: Số phương có tận 0, 1, 4, 5, 6, 9; khơng thể có tận 2, 3, 7, Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa lũy thừa số với số mũ chẵn, không chứa thừa số nguyên tố với số mũ lẻ Thật vậy, giả sử A = k k = ax by cz (a, b, c, số nguyên tố) A = (ax by cz )2 = a2x b2y c2z Từ tính chất suy ra: - Số phương chia - Số phương chia - Số phương chia - Số phương chia hết hết hết hết cho cho cho cho thì thì 36 phải phải phải phải chia chia chia chia hết hết hết hết cho cho cho cho 25 36 Số lượng ước số phương số lẻ Đảo lại, số có số lượng ước số lẻ số số phương Thật vậy, A = A số phương có ước Ta giả sử số A > có dạng phân tích thừa số nguyên tố A = ax by cz số lượng ước (x + 1) (y + 1) (z + 1) 3a Nếu A số phương x, y, z, chẵn nên x + 1, y + 1, z + 1, lẻ Vậy số lượng ước A số lẻ 3b Ngược lại, số lượng ước A số lẻ (x + 1) (y + 1) (z + 1) lẻ, thừa số x + 1, y + 1, z + lẻ, suy x, y, x, chẵn Đặt x = 2x , y = 2y , z = 2z , với x , y , z , ∈ N A = ax by cz Do A số phương Ví dụ 2.2.14 Tìm số ngun tố ab (a > b > 0) cho ab − ba số phương Giải Ta có ab − ba = (10a + b) − (10b + a) = 9a − 9b = 32 (a − b) Do ab − ba số phương nên (a − b) số phương Ta thấy ≤ (a − b) ≤ nên a − b ∈ {1; 4} Với a − b = ab ∈ {21; 32; 43; 54; 66; 76; 87; 98} Loại hợp số ta 43 số nguyên tố Với a − b = ab ∈ {51; 62; 73; 84; 95} Loại hợp số ta 73 số nguyên tố Vậy ab 43 73 Khi đó: 43 − 34 = = 32 73 − 37 = 36 = 62 Ví dụ 2.2.15 Tìm số phương có bốn chữ số, viết chữ số 3, 6, 8, Giải Gọi n2 số phương cần tìm Vì số phương khơng có tận 3, nên n2 phải có tận Số có tận 86 chia hết cho không chia hết số phương, n2 có tận 36 Vậy số phương cần tìm 8836 = 942 37 Ví dụ 2.2.16 Một số tự nhiên gồm chữ số 0, sáu chữ số số phương khơng? Giải Giả sử n2 số phương gồm chữ số sáu chữ số Nếu n2 có tận phải tận chẵn chữ số Ta bỏ tất chữ số tận số tận cịn lại phải số phương Xét hai trường hợp: số lại tận 06 tận 66 Các số khơng phải phương (vì chia hết cho khơng chia hết cho 4) Nếu n2 có tận lập luận dẫn đến mâu thuẫn Vậy số có tính chất nêu khơng thể số phương Ví dụ 2.2.17 Viết liên tiếp từ đến 12 ta số A = 1234 1112 Số A có 81 ước khơng? Giải Số lượng ước A 81 số lẻ, nên A số phương (1) Mặt khác, tổng chữ số A 51 nên A chia hết cho không chia hết cho 9, A khơng số phương (2) (1) (2) mâu thuẫn với nên A khơng thể có 81 ước Ví dụ 2.2.18 Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết nhân với 135 ta số phương Giải Gọi số phải tìm n, ta có 135n = a2 với a ∈ N Hay 32 5.n = a2 Số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn nên n = 3.5.k với k ∈ N Với k = n = 15, với k = n = 60, với k ≥ n ≥ 135, có nhiều hai chữ số, loại Vậy số phải tìm 15 60 Ví dụ 2.2.19 Tìm số phương có bốn chữ số cho hai chữ số đầu giống nhau, hai chữ số cuối giống Giải Biến đổi n2 = aabb = 11 (100a + b) = 11.a0b a0b = 11.k với k ∈ N Ta có 100 ≤ 11.k ≤ 909 suy ≤ k ≤ Lần lượt cho k giá trị 4, 6, 7, 8, ta a0b = 11.k theo thứ tự 176, 38 275, 396, 539, 704, 891 Chỉ có số 704 có chữ số hàng chục Vậy k = aabb = 11.11.82 = 882 = 7744 39 KẾT LUẬN Luận văn trình bày: - Định lý Davenport (Định lý 1.7) đa thức trường đóng đại số, đặc số không - Định lý Davenport suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng (Định lý 2.1) - 19 ví dụ thể tương tự Định lý Davenport với hàm số biến số thực số nguyên toán học phổ thông 40 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Vũ Hoài An, Tương tự Định lý Davenport suy rộng cho đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng, Bản thảo [2] Vũ Hữu Bình, Nâng cao phát triển toán 6, Tập 1, NXBGD, năm 2009 [3] Vũ Thị Thùy Dung, Vấn đề nhận giá trị Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không áp dụng, Luận văn thạc sĩ, Trường Đại học khoa họcĐại học Thái Nguyên, 2014 [4] Nguyễn Thành Hiếu, Số lũy thừa hoàn hảo Giả thuyết Pillai, Luận văn Thạc sĩ toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, 2004 [5] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển: Số học Thuật tốn Cơ sở lý thuyết & Tính tốn thực hành, NXB ĐHQG Hà Nội, 2003 [6] Phạm Đăng Tiến, Tương tự Định lý Mason Định lý Davenport cho hàm nguyên p-adic, Luận văn thạc sĩ, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, 2008 [B] Tiếng Anh [7] Ha Huy Khoai and Mai Van Tu, p-adic Nevalinna - Cartan Theorem, Internat J Math 6(1995), 719 - 731 41 ... 2: Định lý Davenport suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số không 2.1 Định lý Davenport suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 2.2 Sự tương tự Định lý Davenport đa thức trường đóng. .. Chương 1: Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 1.1 Phân bố giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng 1.2 Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số không. .. tự Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng với hàm số biến số thực số nguyên Nội dung nghiên cứu Định lý Davenport đa thức trường đóng đại số, đặc số không Sự tương tự Định lý