Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 1 Lời Mở Đầu “Số học hiện đại” là một nghành khoa học tự nhiên ra đời cùng với sự ra đời của nghành toán học.Số Học ra đơi tư rất sớm trong lịch sử phát triên nghành toán và có vai trò quan trọng trong các nghành khoa học khác cũng như trong cuộc sống thực tế.Trong nền toán học hiện đại Số học có vai trò quan trọng,là nền tảng cho các nghanh toán đó. Tuy vậy khi tiếp cận với Số học hiện đại người học sẽ gặp rất nhiều khó khăn vì tính trừu tương và độ tư duy rất cao của nghành học.Để khắc phục vấn đề đó tôi đưa ra một số ít những gì mình đã học trong chương I và III của giáo trình “Số học hiện đại” của thầy Nguyễn Thành Quang.Thông qua một số kết quả và một số ví dụ để minh họa cho sự quan trọng đó và sự tương tự trong các nghiên cứu đó. Từ định lý Mason, người ta dễ dàng thu được định lý cuối cùng Fermat đối với đa thức trên hệ thức giữa các đa thức. Chẳng hạn một trong những hệ quả đó là định lý Davenport mà khẳng định tương tự của nó đối với số nguyên là giả thuyết Hall hoặc Giả thuyết “ABC” vẫn còn chưa được chứng minh.Số nguyên tố và số giả nguyên tố cùng những ứng dụng của nó trong khoa học và trong thực tiễn của cuộc sống. Cuối cùng tôi xin cám ơn Thầy giáo Nguyễn Thành Quang đã tận tình dạy bảo va giúp đỡ tôi trong quá trình học tập.Vì khả năng còn nhiêu hạn chế chắc chắn sẽ còn rất nhiều hạn chế và thiếu sót,vì vậy rất mong được sự góp ý chỉ dẫn của các thầy,cô và các bạn Tôi Xin Chân Thành Cám Ơn! Vinh,tháng 5 năm 2010 Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 2 I.Trường định chuẩn I.1 Định nghĩa: Môt trường định chuẩn nếu trên K đã xác định một ánh xạ: RK → : ϕ , th ỏ a mãn các đ i ề u ki ệ n sau: i. )(a ϕ là s ố th ự c , Ka ∈ ∀ , ii. )0( ϕ = 0; )( a ϕ > 0; v ớ i Ka ∈ ≠ 0 , iii. )(ab ϕ = )(a ϕ )(b ϕ , iv. ( ) ( ) ( ) ( ) baba ϕϕϕ ,max≤+ ; ., Kba ∈ ∀ I.2 Ví dụ: V ề tr ườ ng đị nh chu ẩ n ( ) ϕ ,K Gi ả s ử Q là tr ườ ng các s ố h ữ u t ỉ , p là m ộ t s ố nguyên t ố c ố đị nh nào đ ó. Khi đ ó v ớ i m ỗ i Qa ∈ ≠ 0 , ta có th ể vi ế t m ộ t cách duy nh ấ t n p t s a = , ( ) Ζ∈n Trong đ ó các s ố nguyên s,t không chia h ế t cho p. Ta đặ t ( ) ( ) n pp pa − == ϕϕ ;00 .Khi đ ó trên Q s ẽ xác đị nh cho ta m ộ t s ự đị nh chu ẩ n.Chu ẩ n này đượ c g ọ i là chu ẩ n p_adic . V ớ i n p t s a = ( ) .;. ZnQapp t s a n p n p ∈∈==⇒ − Ch ẳ ng h ạ n: .77 5 1 7 1 5 1 35 1 7 1 77 =⋅=⋅= − .122 35 1 1 35 1 35 1 00 22 ==⋅=⋅= Nhận xét : V ớ i p,q là hai s ố nguyên t ố phân bi ệ t thì chu ẩ n p_adic va chu ẩ n q_adic không t ươ ng đươ ng nhau trên tr ườ ng các s ố h ữ u t ỉ Q . I.3 Định chuẩn không Ácsimet. M ộ t chu ẩ n ϕ trên tr ườ ng K là m ộ t đị nh chu ẩ n không Ácsimet n ế u ( ) ( ) ( ) ( ) KbabaMaxba ∈∀≤+ ,;, ϕϕϕ . II.Định lý Mason. II.1 Định lý : Cho K la m ộ t tr ườ ng đ óng đạ i s ố đặ c s ố không.Gi ả s ử a(t),b(t),c(t) là các đ a th ứ c khác h ằ ng s ố v ớ i h ệ s ố trong K, nguyên t ố cùng nhau sao cho cba = + .Khi đ ó n ế u kí hi ệ u ( ) fn 0 là s ố nghi ệ m phân bi ệ t c ủ a đ a th ứ c f thì ta có: Max(deg(a) ,deg(b), deg(c)) ( ) 1 0 −≤ abcn . II.2 Định lý Fermat T ừ đị nh lí trên ta suy ra đượ c h ệ qu ả sau: (T ươ ng t ự c ủ a đị nh lí cu ố i cùng c ủ a Fermat trên đ a th ứ c) : Không tồn tại các đa thức a,b,c với hệ tử trong một trường đóng đại số đặc số không, khác hằng số, nguyên tố cùng nhau và thõa mãn phương trình: nnn cba =+ , v ớ i n .3 ≥ Chứng minh : Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 3 Giả sử các đa thức a, b, c thoả mãn phương trình nói trên. Rõ ràng số nghiệm phân biệt của đa thức a n b n c n không vượt quá deg(a) + deg(b) + deg(c). Áp dụng định lý Mason, ta có: deg(a n ) = ndega ≤ n o (a n b n c n ) – 1 ≤ n o (abc) – 1 ≤ deg(abc) – 1 = deg(a) + deg(b) + deg(c) - 1. Nên deg(a n ) = ndega ≤ deg(a) + deg(b) + deg(c) – 1 deg(b n ) = ndegb ≤ deg(a) + deg(b) + deg(c) – 1 deg(c n ) = ndegc ≤ deg(a) + deg(b) + deg(c) – 1 Cộng từng vế các bất phương trìng trên, ta có n(dega + degb + degc) ≤ 3(dega + degb + degc) – 3. Ta có mâu thuẫn vì n ≥ 3. II.3 Định lý Davenport Đặc biệt một trong những hệ quả của định lí Mason là định lý sau đây. Định lý Davenport: Giả sử f,g là các đa thức trên trường K, nguyên tố cùng nhau sao cho 23 gf ≠ .Khi đó ta có: ( ) 1deg 2 1 deg 23 +≥− fgf . Chứng minh: Ta dùng định lý Mason với. a = g 2 , b = f 3 – g 2 , c = g=f 3 . Khi đó a, b, c nguyên tố cùng nhau và thoả mãn phương trình a + b = c. Theo định lý Mason ta có dega ≤ n o (abc) – 1 ≤ n o (g 2 (f 3 – g 2 )f 3 ) – 1 ≤ n o (g(f 3 - g 4 )f) – 1 = deg(g(f 3 - g 4 )f) – 1 = degg + deg(f 3 – g 2 ) + degf – 1 ⇒ 2degg ≤ degg + deg(f 3 – g 2 ) +deg(f) – 1 (1) Tương tự: ⇒ 3degf ≤ degg + deg(f 3 – g 2 ) +deg(f) – 1 (2) Cộng từng vế các bất phương trìng (1) và (2) trên, ta có: Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 4 2degg + 3degf ≤ 2degg + 2deg(f 3 – g 2 ) + 2deg(f) – 2. ⇒ deg(f) ≤ 2deg(f 3 – g 2 ) - 2. ⇒ deg(f 3 – g 2 ) ≥ 2 1 deg(f) + 1. Suy ra đ pcm II.4.Hệ quả: II.4.1.Hệ quả 1. (Tưong tự định lý Davenport) Giả sử f, g là các đa thức khác hằng số trên trường đóng đại số, đặc số không K, nguyên tố cùng nhau, sao cho f 3 ≠ g 4 . Khi đó ta có: deg(f 3 – g 4 ) ≥ 4 5 degf + 1 (*) Chứng minh: +) Nếu 3deg(f) > 4deg(g) ⇒ deg(f 3 - g 4 ) = deg(f 3 ) = 3deg(f). Khi đó hiển nhiên ta có (*),với chú ý rằng deg(f) ≥ 1. +) Nếu 3deg(f) < 4deg(g) ⇒ deg(f 3 - g 4 ) = deg(g 4 ) = 4deg(g) khi đó ta cũng có (*), vì: deg(f 3 - g 4 ) = 4deg(g) > 3deg(f) > 4 5 degf + 1 +) Nếu 3deg(f) = 4deg(g) Sử dụng định lý Mason với: a = f 3 , b = g 4 - f 3 , c = g 4 . Khi đó a, b, c nguyên tố cùng nhau và thoả mãn phương trình a + b = c. Theo định lý Mason ta có dega ≤ n o (abc) – 1 Hay: 3deg(f) ≤ n o (g 4 (f 3 - g 4 )f 3 ) – 1. Suy ra 3deg(f) ≤ n o (g(f 3 - g 4 )f) – 1. Do đó ta có 3deg(f) ≤ deg(g) + deg(f 3 - g 4 ) + deg(f) – 1. ⇒ deg(f 3 - g 4 ) ≥ 2deg(f) – deg(g) + 1 ⇒ deg(f 3 - g 4 ) ≥ 2deg(f) – 4 3 deg(f) + 1 ⇒ deg(f 3 - g 4 ) ≥ 4 5 deg(g) + 1 II.4.2. Tổng quát của định ký Davenport Giả sử f,g là các đa thức khác hằng trên trường đóng đại số đặc số không K, nguyên tố cùng nhau , sao cho f n ≠ g m . Khi đó ta có deg(f n - g m ) ≥ m mnnm − − degf + 1 (**) Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 5 Chứng minh: +) Nếu ndeg(f) > mdeg(g) ⇒ deg(f n - g m ) = deg(f n )= ndeg(f). Khi đó hiển nhiên ta có (**),vơi chú ý rằng deg(f) ≥ 1. +) Nếu ndeg(f) < mdeg(g) ⇒ deg(f n - g m ) = deg(g m )= mdeg(g). Khi đó hiển nhiên ta có (**),với deg(f n - g m ) = mdeg(g) > n deg(f) > m mnnm − − deg(f) + 1. +) Nếu ndeg(f) = mdeg(g) Sử dụng định lý Mason với: a = f n , b = g m – f n , c = g m . Khi đó a, b, c nguyên tố cùng nhau và thoả mãn phương trình a + b = c. Theo định lý Mason ta có dega ≤ n o (abc) – 1. Hay: ndeg(f) ≤ n o (g m (f n – g m )f n ) – 1. Suy ra ndeg(f) ≤ n o (g(f n – g m )f) – 1. Do đó ta có ndeg(f) ≤ deg(g) + deg(f n – g m ) + deg(f) – 1. ⇒ deg(f n – g m ) ≥ (n-1)deg(f) – deg(g) + 1 ⇒ deg(f n – g m ) ≥ (n-1)deg(f) – m n deg(f) + 1 ⇒ deg(f n – g m ) ≥ m mnnm − − degf + 1. Ngoài định lí Mason ta còn có các giả thuyết: Hall, ’abc’, Fermat suy rộng, Pilai, Erdos_Mollon_Walsh. Ta có sự liên hệ giữa định lí Mason với các giả thuyết và các định lí khác như sau: ? Fermat Theorem Hall Conjecture Mason Theorem Davenport Theorem Analog of Fermat Theorem ( ) 3≥n ‘abc Conjecture Fermat Theorem ( ) 0 nn ≥ Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 6 III. Số nguyên tố. III.1. Định nghĩa: Số nguyên tố là số nguyên lớn hơn 1.Không chia hết cho số nguyên dương nào ngoài 1 và chính nó (không có ước thực sự).Một số nguyên lớn hơn 1 không phải là số nguyên tố được gọi là hợp số. Vd: 3,5,7,11,13, là số nguyên tố III.2.Số hoàn chỉnh (The perfect number) Số hoàn chỉnh là số nguyên dương mà tổng các ước số dương thực sự của nó bằng chính nó. Ta có kết quả sau:”Một số nguyên dương chẵn n là số hoàn chỉnh nếu và chỉ nếu: ( ) 122 1 −= − mm n . Trong đó 2 ≥ m là s ố nguyên d ươ ng sao cho 1 2 − m là s ố nguyên t ố . Vd: ( ) ( ) 12.212.27.428 31332 −=−== − : ( ) ( ) 12.212.231.16496 51554 −=−== − ; ( ) ( ) 12.212.2127.648128 71776 −=−== − , là các s ố hoàn ch ỉ nh. III.3. Số nguyên tố Mersenner: Nh ư ta đ ã th ấ y, ta có m ộ t s ố hoàn ch ỉ nh ch ẵ n khi có m ộ t s ố nguyên t ố d ạ ng 1 2 − m . Các s ố nguyên t ố nh ư v ậ y g ọ i là s ố nguyên t ố Mersenner. Trong vd v ề s ố hoàn ch ỉ nh ta th ấ y các s ố 7,31,127 là các s ố nguyên t ố Mersenner. S ố nguyên t ố Mersenner có vai tro quan tr ọ ng trong c ả lý thuy ế t và ứ ng d ụ ng. Ch ẳ ng h ạ n v ấ n đề tìm ra các s ố nguyên t ố l ớ n h ơ n để xây d ự ng h ệ m ậ t mã công khai. III.4. Số nguyên tố Fermat Fermat đ ã chi ra r ằ ng,các s ố t ự nhiên 12 2 += n n F , n=0,1,2, là s ố nguyên t ố . Các s ố nguyên t ố n F đượ c g ọ i là s ố nguyên t ố Fermat. III.5.Định lý:(định lý cơ bản của số học) M ọ i s ố t ự nhiên l ơ n h ơ n 1 đề u phân tích đượ c m ộ t cách duy nh ấ t thành tích các th ừ a s ố nguyên t ố , trong đ ó các th ừ a s ố đượ c vi ế t v ớ i th ứ t ự không gi ả m.S ố nguyên t ố đượ c coi nh ư là “tích” ch ỉ g ồ m m ộ t th ừ a s ố là chính nó. III.6. Số nguyên tố sánh đôi. Định nghĩa: N ế u 1 là ướ c chung l ớ n nh ấ t ( ƯCLN ) c ủ a các s ố nguyên n aaa , ,, 21 thì các s ố n aaa , ,, 21 đượ c g ọ i là nguyên t ố cùng nhau.N ế u ta còn có 1 là Ư CLN c ủ a m ọ i c ặ p s ố phân bi ệ t ,1,, njiaa ji ≤≠≤ thì các s ố nguyên n aaa , ,, 21 đượ c g ọ i là nguyên t ố cùng nhau t ừ ng đ ôi m ộ t,hay nguyên t ố sánh đ ôi. Ch ẵ ng h ạ n dãy s ố 3,5,17,257,65537, là dãy s ố nguyên t ố Fermat thõa mãn đ i ề u ki ệ n là dãy s ố nguyên t ố sánh đ ôi. III.7. Số giả nguyên tố. Gi ả s ử b là m ộ t s ố nguyên d ươ ng cho tr ướ c.N ế u n là h ợ p s ố nguyên d ươ ng và ( ) nbb n mod≡ ,thì n đượ c g ọ i là s ố nguyên t ố c ơ s ở b. Trong tr ườ ng h ợ p (n,b)=1, ta th ươ ng dùng đị nh ngh ĩ a t ươ ng đươ ng sau: ( ) nb n mod1 1 ≡ − . Vd : S ố nguyên 561 là s ố gi ả nguyên t ố c ơ s ở 2. Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 7 Thật vậy : Ta có 561=3.11.17 và (3,2)=(11,2)=(17,2)=1,do đ ó áp d ụ ng đị nh lý Fermat, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 17mod122 11mod122 3mod122 35 16560 56 10560 280 2260 ≡= ≡= ≡= T ừ đ ó suy ra ( ) 561mod12 560 ≡ hay ( ) 561mod22 561 ≡ .Do đ ó 561 là s ố gi ả nguyên t ố c ơ s ở 2. III.8. Số Carmichael. H ợ p s ố n th ỏ a mãn đồ ng d ư th ứ c ( ) nb n mod1 1 ≡ − v ớ i m ọ i s ố nguyên d ươ ng b sao cho (n,b)=1 đượ c g ọ i là s ố Carmichael. Vd: S ố nguyên 561 là m ộ t s ố Carmichael. Th ậ t v ậ y: Do 561=3.11.17 nên 561 là h ợ p s ố V ớ i m ọ i s ố nguyên d ươ ng n thõa mãn: (b,n)= 1,ta th ấ y (b,3)= (b,11)= (b,17)= 1. Theo đị nh lý Fermat bé, ta có: ( ) ( ) ( )      ≡ ≡ ≡ 17mod1 11mod1 3mod1 16 10 2 b b b ⇔ ( ) ( ) ( )        ≡= =≡ ≡= )17(mod1 )11(mod1 )3(mod1 35 16560 56 10560 280 2560 bb bb bb ⇒ ( ) 561mod1 560 ≡b ⇒ 561 là số carmichael. Một cách khác để ta nhận biết một số có phải là số Carmichael hay không nhờ vào định lý sau:” Số tự nhiên n là số Carmichael khi và chỉ khi k qqqn 21 = , trong đó ( ) kjq j , 2,1, = ,là các s ố nguyên t ố khác nhau th ỏ a mãn 1− j q là ướ c c ủ a n-1. . thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 1 Lời Mở Đầu Số học hiện đại là một nghành khoa học tự nhiên ra. đại số đặc số không, khác hằng số, nguyên tố cùng nhau và thõa mãn phương trình: nnn cba =+ , v ớ i n .3 ≥ Chứng minh : Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học. thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 6 III. Số nguyên tố. III.1. Định nghĩa: Số nguyên tố là số nguyên lớn