ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGÔ TRỌNG THIẾT ĐỊNH LÝ MASON SUY RỘNG ĐỐI VỚI ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHƠNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGÔ TRỌNG THIẾT ĐỊNH LÝ MASON SUY RỘNG ĐỐI VỚI ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS VŨ HỒI AN Thái Nguyên - Năm 2015 i Mục lục Mục lục Lời cảm ơn Bảng ký hiệu Mở đầu i ii iii 1 Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 1.1 Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng 1.2 Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số không ứng dụng 2.1 Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số không 2.2 Sự tương tự Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng với số ngun Kết luận Tài liệu tham khảo 11 11 18 36 37 ii 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 giáo Khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên trực tiếp giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt q 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 Tác giả Ngô Trọng Thiết iii Bảng ký 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 khơng Trường số thực Mở đầu Lý chọn đề tài Trong [5], "Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển, Số học Thuật tốn Cơ sở lý thuyết Tính tốn thực hành, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2003", đề cập đến Định lý Mason đa thức trường số phức: Định lí A Giả sử a (t), b (t), c (t) đa thức với hệ số phức, nguyên tố cặp thỏa mãn hệ thức a (t) + b (t) = c (t) Khi đó, ký hiệu n0 (f ) số nghiệm phân biệt đa thức f ta có max {dega, degb, degc} ≤ n0 (abc) − Dưới góc độ lý thuyết phân bố giá trị p-adic, hệ hai Định lý nhận giá trị hàm hữu tỷ với đa thức trường đóng đại số, đặc số không Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng đưa [1] "Vũ Hoài An, Tương tự định lý Mason suy rộng cho đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng, thảo", trình bày [3] "Vũ Thị Thùy Dung, Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng áp dụng, Luận văn thạc sỹ tốn học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, 2014" Năm 2002 [8] "Hu, P.C and Yang, C.C, A Generalized abc Conjeture over Function Fields, Journal of Number Theory 94, 268 - 298, 2002" đưa tổng quát Định lý Mason hàm nguyên p-adic sau đây: Định lý B Cho K trường đóng đại số, đặc số khơng, đầy đủ chuẩn không Archimedean Cho fj (j = 1, , k + 1) hàm nguyên K cho fj , f1 khơng có khơng điểm chung, j = 2, , k + 1; fj (j = 1, , k + 1) độc lập tuyến tính K f2 + + fk+1 = f1 Khi k+1 max {T (r, fj )} ≤ 1≤j≤k+1 Nk−1 r, i=1 fi − k (k − 1) log r + O Phương pháp chứng minh Định lý B thiết lập hàm g , g thương Wronskian f2 fk+1 Đánh giá môđun hàm g , sử dụng Bổ đề đạo hàm loga lý thuyết phân bố giá trị p-adic Dưới góc độ lý thuyết phân bố giá trị cho đường cong chỉnh hình p-adic, cơng việc xét Định lý B tương tự đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng đề cập [1] "Vũ Hoài An, Tương tự định lý Mason suy rộng cho đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng, thảo" Mặt khác, Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng có ứng dụng tốn học phổ thơng Theo hướng nghiên cứu này, xem xét vấn đề: Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng Mục đích, nhiệm vụ phương pháp nghiên cứu Tổng hợp, trình bày lại giảng [1] Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số không Các kết công việc có tựa đề Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Đưa ví dụ tốn học phổ thông thể tương tự Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số không với số nguyên Nội dung nghiên cứu Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng trình bày Chương Kết Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.3 Định lý 1.2.2 Định lý Mason C, Định lý 1.2.3 Định lý Mason K Chúng tơi trình bày lại hai cách chứng minh: Một cách giới thiệu [5], cách đề cập [1] trình bày lại [3] Định lý Mason suy rộng đa thức trường K, K trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng trình bày Chương Hai kết Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.2 Đây hai dạng Định lý Mason suy rộng Ngồi ra, luận văn đưa ví dụ thể ứng dụng Định lý Mason với số nguyên Ý tưởng ứng dụng sau: Phương trình Fermat đa thức K ứng dụng thú vị Định lý Mason Từ dẫn đến việc xét phương trình Fermat trường có đặc số khác khơng Từ tạo nhiều toán chia hết số nguyên Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần sau Chương 1: Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Kết trình bày lại Chương Định lý 1.2.2 (Định lý Mason C) Định lý 1.2.3 (Định lý Mason K, K trường đóng đại số, đặc số không) Chương 2: Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số không ứng dụng Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.2 hai dạng Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Ngồi ra, chúng tơi trình bày ví dụ ứng dụng Định lý Mason toán học phổ thông Chương Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số không Mục tiêu thứ Chương trình bày Định lý Mason theo hai cách: Một là, dùng đạo hàm để xét mối quan hệ số nghiệm đa thức với bậc nó; từ nhận Định lý Mason Hai là, dùng hai kiểu định lý hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng để đưa mối quan hệ bậc hàm hàm đếm không tính bội; từ nhận Định lý Mason hệ Mục tiêu thứ hai Chương là: Xác định cách tiếp cận thứ hai đây, cho phép mở rộng Định lý Mason cho n đa thức thỏa mãn điều kiện Để thực hai mục tiêu này, trước tiên trình bày vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng đề cập [1] trình bày [3] 1.1 Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng Định nghĩa 1.1.1 Một trường K gọi đóng đại số đa thức ẩn có bậc dương với hệ số K có nghiệm K Trường số phức C trường đóng đại số Trường Q khơng trường đóng đại số đa thức P (x) = x10 + khơng có nghiệm Q hệ số đa thức thuộc Q √ Trường R khơng trường đóng đại số đa thức P (x) = 5x2 + 11 khơng có nghiệm R hệ số đa thức thuộc R Tiếp theo, ta định nghĩa khái niệm đặc số trường Định nghĩa 1.1.2 Số gọi đặc số trường K n1 = với số tự nhiên n khác khơng Khi ta gọi K trường có đặc số khơng Nếu có số tự nhiên n khác khơng cho n1 = số nhỏ thỏa mãn tính chất gọi đặc số trường K, ký hiệu char(K) Ví dụ, trường R có đặc số 0, trường Z13 có đặc số 13 13 ≡ 13 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 ký hiệu K trường đóng đại số, đặc số khơng Giả sử f đa thức khác có bậc n K a không điểm f Khi viết f = (z − a)m p (z) với p (a) = Ta gọi m bội không điểm a f Giả sử d ∈ K l số nguyên dương, ta ký hiệu: n (f ) số không điểm f tính bội; n(f, d) = n(f − d); nl (f ) = qi=1 min{mi , l}; f = (z − a1 )m1 (z − aq )mq nl (f, d) = nl (f − d); n0 (f ) = q ; n0 (f, d) = n0 (f − d) Giả sử f = ff12 hàm hữu tỷ K, f1 , f2 ∈ K[x] khơng có khơng điểm chung, 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 ); degf = degf1 − degf2 ; T (f ) = max {degf1 , degf2 } 23 1, nên x, y chẵn Nếu x y lẻ ta có x2 ≡ y ≡ (mod4) nên z = x2 + y ≡ (mod4) Điều vơ lý Vì x, y khơng thể chẵn lẻ Bây giờ, (x, y, z) số Pitago nguyên thủy nên x chẵn y lẻ ngược lại Vì ta giả thiết y chẵn nên x, z lẻ Do x + z , z − x z−x số chẵn nên số r = x+z , s = số nguyên Vì x2 + y = z nên y = z − x2 = (z − x) (z + x) Vậy y 2 = z+x z−x = rs Để ý (r, s) = Thật vậy, (r, s) = d d|r, d|s nên d| (r + s) = z d| (r − s) = x Điều có nghĩa d| (z, x) = nên d = Mặt khác, ta lại chứng minh được: Nếu r, s, t số nguyên dương cho (r, s) = rs = t2 tồn số nguyên h l cho r = l2 s = h2 Thật vậy: Nếu r = s = kết luận hiển nhiên Ta giả sử r > s > 1, giả sử cách phân tích r, s, t thừa số nguyên tố có dạng r = pα1 pα2 pαnn , αn+1 αn+2 s = pn+1 pn+2 pαmm , t = q1β1 q2β2 qkβk Vì (r, s) = nên số nguyên tố xuất hiên phân tích r s khác Do rs = t2 nên α α n+1 n+2 pα1 pα2 pαnn pn+1 pn+2 pαmm = q12β1 q22β2 qkβk Từ Định lý Số học ta suy lũy thừa nguyên tố xuất hai vế đẳng thức phải Vậy pi phải qj đó, đồng thời αi = 2βj Do số mũ αi chẵn nên α2i số nguyên Từ suy r = l2 , s = h2 , l, h số nguyên: α /2 α /2 α /2 l = p1 p2 pnn , αn+1 /2 αn+2 /2 α /2 h = pn+1 pn+2 pmm Như vậy, tồn số nguyên m, n cho r = m2 , s = n2 Viết 24 x, y, z thông qua m, n ta có x=√ r − s =,√ m2 − n2 , y = 4rs = 4m2 n2 = 2mn, z = r + s = m2 + n2 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 khơng ước x lẻ (do x = m2 −n2 m2 , n2 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) = tức (x, y, z) số Pitago nguyên thủy Ví dụ 2.2.10 Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + + xm = n m, n ∈ N Giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho mạng lưới gồm ô vuông, đánh số từ đến m theo chiều từ trái sang phải từ đến n theo m chiều từ lên Khi có Cn+m đường từ nút (0, 0) đến nút (m, n) cho cạnh ô vuông từ trái sang phải từ lên Thật vậy, đường xem (m + n) đoạn, đoạn cạnh ô vuông Tại đoạn ta chọn hai giá trị lên (ta mã hóa 1) sanh phải (ta mã hóa 0) Số đoạn lên n số đoạn sang phải m Bài tốn dẫn đến việc tìm xem có dãy nhị phân có độ dài (m + n) m có n thành phần có giá trị Kết cần tìm Cn+m Ta cho hạt chuyển động đường thỏa mãn yêu cầu toán Gọi xi+1 đoạn mà hạt lên theo đường thẳng đứng có số i, với i = 1, m Khi số đường thỏa mãn số nghiệm ngun m khơng âm phương trình x1 + + xm+1 = n Số nghiệm Cn+m Áp dụng bổ đề trên, số nghiệm nguyên không âm phương trình m−1 x1 + + xm = n m, n ∈ N Cn+m−1 Từ Ví dụ 2.2.10 trên, ta giải tốn sau: Ví dụ 2.2.11.Tìm số nghiệm ngun khơng âm bất phương trình x1 + x2 + x3 + x4 ≤ 11 25 Giải Số nghiệm cần tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 11 = 1365 Dễ thấy kết |X| = C15 Ví dụ 2.2.12.Có n vật giống hệt m hộp phân biệt (n ≥ m, m ∈ N∗ ) a Có cách phân phối hết n vật vào m hộp cho? b Có cách phân phối hết n vật vào m hộp cho cho hộp có vật? Giải Đánh số hộp theo thức tự từ đến m Giả sử phân phối hết n vật vào m hộp cho Gọi xi số vật phân phối vào hộp thứ i, với i = 1, m a Số cách phân phối số nghiệm nguyên không âm phương m−1 trình x1 + x2 + + xm = n Cm+n−1 cách b Số cách phân phối thỏa mãn hộp có vật số nghiệm nguyên hệ phương trình x1 + x2 + + xm = n xi ≥ 1, ∀i = 1, m m−1 Kết cần tìm Cn−1 cách Từ Ví vụ 2.2.5, ta tạo nhiều tốn phép chia hết Z Ví dụ tổng qt sau cho thấy điều Ví dụ 2.2.13 Lấy n số nguyên tố, m k số nguyên dương, m ≥ 2; x1 , , xm số nguyên cho x1 + + xm = a Khi đó: k k xn1 + + xnm − an k số chia hết cho n Giải Xét phần tử x1 , , xm ∈ Z/nZ Khi x1 + + xm = a Áp dụng ví dụ 2.2.5 ta có k k (x1 + + xm )n = xn1 + + xnm Từ ta nhận k k k x1 n + + xm n − an = 0; k xn1 + + xnmk − ank = 26 Vậy x1 + + xm = a Tiếp theo, nêu số toán liên quan đến phép chia hết Z Ví dụ 2.2.14 Chứng minh a Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho b Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho c Tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 20 Giải a Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n 2n + với n ∈ Z tích chúng 4n (n + 1) Mà n n + hai số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho Suy 4n (n + 1) chia hết cho b.Trong ba số nguyên liên tiếp có số chia hết cho số chia hết cho 3, tích chúng chia hết cho c.Ta có 120 = 3.5.8 Trong số nguyên liên tiếp có số chia hết cho 3, số chia hết cho Mặt khác theo a số nguyên liên tiếp có hai số chẵn liên tiếp Do tích số ngun liên tiếp chia hết cho 120 Bây ta xét số toán chia hết sử dụng Nguyên tắc Dirichlet: Nếu đem nk + vật xếp vào n ngăn kéo có ngăn kéo chứa từ k + vật trở lên Ví dụ 2.2.15 Trong 11 số nguyên tìm số có chữ số tận giống Trong 101 số nguyên tìm số có hai chữ số tận giống Trong n + số ngun có hai số có hiệu số chúng chia hết cho n Giải Lấy 11 số nguyên cho chia cho 10 11 số dư nhận 10 giá trị 0, 1, , Theo nguyên tắc Dirichlet phải có hai số có dư, hiệu hai số chia hết cho 10 Khi đó, hai số có chữ số tận giống Tương tự câu 1, lấy 101 số nguyên cho chia cho 100, ta tìm hai số có hai chữ số tận giống Tổng quát, lấy n + số nguyên cho chia cho n n + số dư nhận giá trị 0, 1, , n − nên theo nguyên tắc Dirichlet, 27 phải có hai số dư nhau, hiệu số hai số chia hết cho n Ví dụ 2.2.16 Cho 10 số tự nhiên a1 , a2 , , a10 Chứng minh tồn số chia hết cho 10 tổng số số chia hết cho 10 Giải Xét 10 số sau S1 = a1 , S2 = a1 + a2 , , S10 = a1 + a2 + + a10 Lấy 10 số S1 , S2 , , S10 chia cho 10 i Nếu có số Si , i = 1, 2, , 10 chia hết cho 10 tốn chứng minh ii Nếu Si không chia hết cho 10 với i, tức S1 , S2 , , S10 chia cho có dư chín số 1, 2, , Theo Nguyên tắc Dirichlet có hai số dư chia cho 10, giả sử Sk Sl (với k > l) Khi (Sk − Sl = al+1 + al+2 + + ak ) 10 Bài toán tổng quát: Trong n số tự nhiên tồn số tự nhiên chia hết cho n tổng số số chia hết cho n Ví dụ 2.2.17 Chứng minh số tự nhiên có số chọn số mà viết liền ta số có chữ số chia hết cho Giải Lấy số cho chia cho ta số dư nhận giá trị 0, 1, , Theo Nguyên tắc Dirichlet có hai số dư Giả sử abc def chia cho có dư r Giả sử abc = 7k + r def = 7l + r Ta có abcdef = 1000abc+def = 1000(7k+r)+7l+r = [7(1000k + l) + 1007r] Ví dụ 2.2.18 Chứng minh số nguyên bất kì, tìm ba số có tổng chia hết cho Giải Lấy số nguyên cho chia dư 0, 1, 28 i Nếu số nguyên chia dư đủ 0, 1, Giả sử a1 = 3k1 , a2 = 3k2 + 1, a3 = 3k3 + a1 + a2 + a3 = 3(k1 + k2 + k3 + 1) ii Nếu số nguyên chia cho có hai loại số dư theo Ngun tắc Dirichlet có ba số có số dư Khi tổng số chia hết cho iii Nếu số nguyên chia cho có số dư tổng ba số số chúng số chia hết cho Vậy, số ngun bất kì, tìm ba số có tổng chia hết cho Ví dụ 2.2.19 Chứng minh 19 số tự nhiên liên tiếp bất kì, ln tồn số có tổng chữ số chia hết cho 10 Giải Trước hết ta chứng minh: với 19 số tự nhiên liên tiếp, ln tồn 10 số liên tiếp có hàng chục giống chữ số hàng đơn vi liên tiếp từ đến i Nếu 19 số tự nhiên liên tiếp có mặt chữ số hàng chục khác rõ ràng có chữ số hàng chục (ở hai chữ số hàng chục lại) với chữ số hàng đơn vị liên tiếp từ đến ii Nếu 19 số tự nhiên liên tiếp có hai loại chữ số hàng chục từ 19 = 2.9 + suy có 10 số có chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị liên tiếp từ đến Tổng chữ số số 10 số tự nhiên nói lập thành 10 số tự nhiên liên tiếp, phải có số chia hết cho 10 Vậy 19 số tự nhiên liên tiếp bất kì, ln tồn số có tổng chữ số chia hết cho 10 Ví dụ 2.2.20 Viết số tự nhiên từ đến 10 thành hàng ngang theo thứ tự tùy ý, tiếp cộng số số cho với số thứ tự vị trí (tính từ trái sang phải) Chứng minh có hai tổng mà chữ số tận hai tổng giống Giải Gọi 10 số tự nhiên từ đến 10 viết theo thứ tự từ trái sang phải a1 , a2 , , a10 Ta lập dãy b1 , b2 , , b10 với b1 = a1 + 1, b2 = a2 + 2, , b10 = a10 + 10 Ta có b1 + b2 + + b10 = a1 + a2 + + a10 + + + + 10 = 110 29 Vì 110 số chẵn nên khơng xảy trường hợp có số bi lẻ số bj chẵn, nói cách khác số bi lẻ bj chẵn phải khác Do số bi lẻ phải lớn số bj chẵn phải lớn Mà từ đến 10 có vị trí lẻ vị trí chẵn nên theo Ngun tắc Dirichlet phải có hai số bi lẻ tận giống có hai số bj chẵn tận giống Ví dụ 2.2.21 Trong bảng vuông gồm 5x5 ô vuông, người ta viết vào ô vuông ba số 1; 0; −1 cho có số Chứng minh tổng số theo cột, hàng, đường chéo phải có hai tổng số Giải Ta có hàng, cột đường chéo nên có 12 tổng Mỗi ô nhận ba giá trị 1; 0; −1 nên tổng nhận giá trị từ −5 đến Ta có 11 số nguyên từ −5 đến nên theo Nguyên tắc Dirichlet, có hai tổng Sau đây, ta xét số toán chia hết giải phương pháp quy nạp tốn học Ví dụ 2.2.22 Chứng minh với số tự hiên n, ta có 32 4n+1 + 11 Giải 4n+1 i Với n = 0, mệnh đề trở thành 32 + 11 (đúng) ii Giả sử mệnh đề đến n = k , tức ta giả sử 4k+1 32 + 11 iii Ta cần chứng minh mệnh đề với n = k + 1, tức cần chứng minh 4(k+1)+1 32 + 11 Ta có 4(k+1)+1 32 4k+5 + = 32 4k+1 = 32 16 4k+1 + = 32 − 216 + 216 + 16 +2 30 4k+1 Do 32 16 − 216 chia hết cho 32 4k+1 + (vì 16 số chẵn) Theo giả thiết quy nạp ta có 4k+1 32 + 11 Vậy 4k+1 32 Mặt khác 16 − 216 11 216 + = 215 + 11 Do 4(k+1)+1 32 + 11 Vật theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề với số tự nhiên n Ví dụ 2.2.23 Chứng minh số lập thành 3n chữ số giống chia hết cho 3n với n số nguyên dương Giải i Với n = 1, mệnh đề trở thành aaa = 111.a (đúng) ii Giả sử mệnh đề đến n = k , tức ta giả sử aaa 3k (có k chữ số a) iii Ta cần chứng minh mệnh đề với n = k + 1, tức cần chứng minh aaa 3k (có k + chữ số a) Ta có 3k+1 = 3k + 3k + 3k Do k k aa a = aa a aa a aa a = aa a.102.3 + aa a.103 + aa a 3k+1 3k 3k 3k 3k 3k k k = aa a 102.3 + 103 + 3k+1 3k 3k 31 k k theo giả thiết quy nạp aa a 3k 102.3 + 103 + 3k Như vậy, mệnh đề với n = k + Theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề với số nguyên dương n Ví dụ 2.2.24 Chứng minh từ 2n+1 − số ngun bất kì, ln tìm 2n số mà tổng chúng chia hết cho 2n , n ∈ N∗ Giải i Với n = 1, ta chứng minh từ số ngun bất kì, ln tìm số có tổng chia hết cho Thật vậy, ba số nguyên có hai số có tính chẵn, lẻ Tổng hai số chia hết cho ii Giả sử mệnh đề đến n = k , tức ta giả sử từ 2k+1 − số ngun bất kì, ln tìm 2k số mà tổng chúng chia hết cho 2k iii Ta chứng minh mệnh đề với n = k + 1, tức chần chứng minh từ 2k+2 − số ngun bất kì, ln tìm 2k+1 số mà tổng chúng chia hết cho 2k+1 Ta có 2k+2 − = 2k+1 − + Theo giả thiết quy nạp, số 2k+1 − số ngun bất kì, ln tìm 2k số mà tổng chúng chia hết cho 2k Giả sử tổng 2k số S1 = 2k l1 với l1 ∈ Z Trong 2k+1 − số khác với 2k+1 − số ta lại có 2k số có tổng chia hết cho 2k , giả sử tổng 2k số S2 = 2k l2 với l2 ∈ Z Như ta có 2k+1 số có tổng S1 + S2 = 2k (l1 + l2 ) Như lại 2k+1 − số Lại theo giả thiết quy nạp 2k+1 − số ln tìm 2k số mà tổng chúng chia hết cho 2k , giả sử tổng S3 = 2k l3 với l3 ∈ Z Theo trên, với n = ta kết quả: Trong ba số l1 , l2 , l3 có hai số có tổng chia hết cho 2, giaẻ sử (l1 + l2 ) 2, tổng 2k+1 số S1 + S2 = 2k (l1 + l2 ) 2k+1 Do mệnh đề với n = k + Vậy, theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề với số nguyên dương n Ta có số kết sau phép đồng dư: a ≡ b(modm) (a − b) m Nếu a ≡ b(modm) c ≡ d(modm) a + c ≡ b + d(modm) a − c ≡ b − d(modm) 32 ac ≡ bd(modm) Nếu a ≡ b(modm) a + c ≡ b + c(modm) a − c ≡ b − c(modm) ac ≡ bc(modm) an ≡ bn (modm), (n ∈ N) Sử dụng kết trên, ta giải toán sau: n Ví dụ 2.2.25 Chứng minh n n + n2 + 3i chia hết cho n2 + i=1 (−1)i chia hết cho n2 + n + với a1 , a2 , , an ∈ Z i=1 n ∈ N∗ Giải Ta có n2 + ≡ −n(modn2 + n + 1) Suy n2 + ≡ −n3 (modn2 + n + 1) (1) Mà (n3 − 1) (n2 + n + 1) n3 ≡ 1(modn2 + n + 1) (2) Từ (1) (2) suy n2 + n2 + 3i ≡ −1(modn2 + n + 1), ≡ (−1)i (modn2 + n + 1), i = 1, n n n n + i=1 3i (−1)i modn2 + n + ≡ i=1 Ví dụ 2.2.26 (Định lý Fermat nhỏ) Với p số nguyên tố ta có ap ≡ a (modp) Đặc biệt, (a, p) = ap−1 ≡ (modp) Giải Giả sử p nguyên tố (a, p) = Số dư chia a, 2a, , (p − 1)a cho p đôi khác số số 1, 2, , p − Gọi r1 , r2 , , rp−1 số dư tương ứng phép chia a, 2a, , (p − 1)a 33 cho p Ta có  a ≡ r1 (modp)    2a ≡ r2 (modp)    (p − 1)a ≡ rp−1 (modp) Nhân tương ứng đồng dư thức ta 1.2 (p − 1)ap−1 ≡ r1 r2 rp−1 (modp) Mặt khác 1.2 (p − 1) = (p − 1)! r1 r2 rp−1 = 1.2 (p − 1) = (p − 1)! nên (p − 1)!ap−1 ≡ (p − 1)!(modp) ⇒ ap−1 ≡ 1(modp), ((p − 1)!, p) = Sử dụng Ví dụ 2.2.26, ta giải tốn sau Ví dụ 2.2.27 Cho a ∈ Z; m, n ∈ N∗ Chứng minh a6n + a6m a Giải Giả sử a6n + a6m a không chia hết cho ta có (a, 7) = Theo Ví dụ 2.2.26 a6 ≡ (mod7) ⇒ a6n ≡ (mod7) Và a6m ≡ (mod7) ⇒ a6n + a6m ≡ (mod7) Vơ lí Vậy a Ngược lại, a a6n + a6m Ví dụ 2.2.28 Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh − 2p − chia hết cho 42p Giải Ta có 42p = 6p.7 = 2.3.p.7.Ta có 3p − 2p − = ((3p − 1) − 2p ) 2, (1) 3p − 2p − = (3p − (2p + 1)) 3, (2) p số lẻ nên (2p + 1) (2 + 1) = Áp dụng Ví dụ 2.2.26 3p ≡ (modp) 2p ≡ (modp) Do 3p − 2p − = (3p − 3) − (2p − 2) p (3) p 34 Một số nguyên tố p chia cho dư dư i Nếu p = 6k+1 3p −2p −1 = 3.(36 )k −2.(26 )k −1 ≡ 3−2−1 = (mod7) ii Nếu p = 6k + 3p − 2p − = 35 36k − 25 26k − ≡ 35 − 25 − ≡ (mod7) Vậy (3p − 2p − 1) (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy (3p − 3p − 1) (2.3.7.p) = 42p Ví dụ 2.2.29 Cho số ngun a, chứng minh a2 + khơng có ước nguyên tố dạng 4k + 3, từ suy phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương 4xy − x − y = z x2 − y = Giải Giả sử a2 + có ước nguyên tố p = 4k + 3, (với k ∈ N) Khi ap−1 + = a4k+2 + 1, (a2 )2k+1 + a2 + p (1) Mặt khác, theo Ví dụ 2.2.26 (ap−1 − 1) p (2) Từ (1) (2) suy = ap−1 + − (ap−1 − 1) Suy p = khơng có dạng 4k + 3, vơ lý Vậy a2 + khơng có ước ngun tố dạng 4k + Áp dụng kết vào phương trình (1), (2): Ta có 4xy − x − y = z ⇔ (4x − 1)(4y − 1) = (2z)2 + Ta có 4x − số nguyên dương lớn có dạng 4k + nên có ước ngun tố dạng 4k + (vì tích hai số dạng 4k + có dạng 4k + 1), (2z)2 + lại khơng có ước ngun tố dạng 4k + nên phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương Ta có x2 − y = ⇔ x2 + = (y + 2)(y − 2y + 4) Nếu y chẵn (y + 2)(y − 2y + 4) suy x3 ≡ 3(mod4) Vơ lý, số phương chia cho dư dư Vậy y số lẻ nên có hai trường hợp xảy i y có dạng 4k + y + có dạng 4k + Khi (y + 2)(y − 2y + 4) có ước nguyên tố dạng 4k + x2 + khơng có ước ngun tố dạng 4k + 35 ii y có dạng 4k + y − 2y + ≥ có dạng 4k + Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun 36 Kết luận Luận văn trình bày: - Định lý Mason (Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.3) Định lý Mason suy rộng (Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.2) - Các ví dụ mơ tả ứng dụng Định lý Mason phương trình nghiệm nguyên phép chia hết Z 37 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Vũ Hoài An, Tương tự Định lý Mason suy rộng cho đa thức trường đóng đại số, đặc số không, Bản thảo [2] Vũ Hữu Bình, Nâng cao phát triển tốn 6, Tập 1, NXB GD, 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 toán học, Trường Đại học khoa học - Đại 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, 2014 [5] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển: Số học Thuật toán Cơ sở lý thuyết & Tính tốn thực hành, NXB ĐHQG Hà Nội, 2003 [6] Nguyễn Vũ Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học sở, Số học, NXB GD, 2003 [7] Phạm Đăng Tiến, Tương tự Định lý Mason Định lý Davenport cho hàm nguyên p-adic, Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, 2008 [B] Tiếng Anh [8] Hu, P.C and Yang, C.C, A Generalized abc- Conjeture over Function Fields, Journal of Number Theory 94, 286-298, 2002 ... (Định lý Mason K, K trường đóng đại số, đặc số khơng) Chương 2: Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.2 hai dạng Định lý Mason suy rộng. .. đóng đại số, đặc số không Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng 2.1 Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng... Chương Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng 2.1 Định lý Mason suy rộng đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Trong mục này, chúng tơi trình bày lại mở rộng Định