Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Trêng ®¹i häc vinh -------------o0o------------- NGUYỄN TẤT CỬ TÍNH CHIA HẾT TRÊN MIỀN NGUYÊN VÀ ỨNG DỤNG CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ - LÝ THUYẾT SỐ MÃ SỐ: 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. MAI VĂN TƯ VINH - 2008 1 MỤC LỤC Mục lục 1 Lời nói đầu 2 1.1 Định nghĩa………………………………………………………………… 4 1.2 Tính chất cơ bản của các miền nguyên………………………… 4 2.1 Một số bài toán chia hết trên Z………………………… .………………….7 2.2 Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định…….15 2.2.1 Phương pháp giới hạn miền nghiệm kết hợp với thử chọn……… 15 2.2.2 Phương pháp đánh giá…………………………………………………… 18 2.2.3 Phương pháp đồng dư………………… .…………… .………… .22 2.2.4 Phương pháp xây dựng nghiệm…………… …………………………… 27 2.2.5 Phương pháp sử dụng các định lý cơ bản của số học…………… .30 2.3 Phương trình Pell…………………………………………… .…33 2.3.1 Định nghĩa……………………………………………………………….….33 2.3.2 Định lý 1……………………………………………………… ………… 33 2.3.3 Định lý 2…………………………………………………………………….33 2.3.4 Hệ quả………………………………………………………………………36 2.3.5 Ứng dụng của phương trình Pell……………………………… ……… 36 Kết luận Tài liệu tham khảo……………………………………………………………….42 2 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài. Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học. Trong lĩnh vực Số học có những giả thuyết chưa có câu trả lời. Trên con đường tìm kiếm lời giải cho những giả thuyết đó, nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn của toán học đã nẩy sinh. Hơn nữa, trong những năm gần đây, Số học không chỉ là một lĩnh vực của toán học lí thuyết, mà còn là lĩnh vực có rất nhiều ứng dụng. Tuy nhiên, trong chương trình Số học ở trường phổ thông hiện nay, môn Số học chưa được dành nhiều thời gian. Cũng vì thế mà học sinh thường rất lúng túng khi giải các bài toán Số học, đặc biệt là trong các kì thi chọn học sinh giỏi luôn có mặt các bài toán chia hết, bài toán nghiệm nguyên… Từ những lí do trên, chúng tôi quyết định chọn đề tài : “ Tính chia hết trên miền nguyên và ứng dụng”. 2. Mục đích nghiên cứu. Mục đích của luận văn là hệ thống lại một số tính chất cơ bản của miền nguyên, sau đó đề xuất, sưu tầm và tuyển chọn một số bài toán tiêu biểu về tính chia hết, về phương trình nghiệm nguyên trên Z. 3. Cấu trúc của luận văn. Luận văn ngoài phần mở đầu, kết luận gồm 2 chương. Chương 1. Miền nguyên. Chương 2. Một số bài toán chia hết và một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn tận tình, chu đáo và hết sức nghiêm khắc của thầy giáo, TS. Mai Văn Tư. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến thầy, người đã chỉ dạy tác giả những kiến thức, kinh nghiệm trong học tập, nghiên cứu khoa học. Nhân dịp này tác giả xin 3 chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Sau Đại học đã tạo điều kiện, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình công tác và học tập. Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến các thầy giáo, cô giáo trong tổ Đại số Khoa Toán Trường Đại học Vinh đã giảng dạy , hướng dẫn và giúp đỡ trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy giáo, cô giáo và bạn đọc để lụân văn được hoàn thiện hơn. Vinh, tháng 12 năm 2008. Tác giả 4 CHƯƠNG 1 MIỀN NGUYÊN 1.1. Định nghĩa. 1.1.1. Định nghĩa. Một vành giao hoán, có đơn vị 0e≠ không có ước của 0 được gọi là miền nguyên. 1.1.2. Định nghĩa. Cho a và b là hai phần tử của miền nguyên X . Phần tử a được gọi là chia hết b nếu tồn tại c X∈ sao cho b ac= . Khi đó ta cũng nói rằng a là ước của b , kí hiệu ba / . Thay cho ký hiệu ba / ta còn viết b aM , và nói rằng b chia hết cho a hay b là bội của a . 1.1.3. Định nghĩa. Miền nguyên X được gọi là một vành chính nếu mọi iđêan của X đều là iđêan chính. 1.1.4.Định Nghĩa. Miền nguyên X được gọi là vành Ơclit nếu ánh xạ )( : * xx NX δ δ  → từ tập các phần tử khác 0 của X đến tập các số tự nhiên N thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: (i) * ,a b X∀ ∈ , ba / kéo theo ( ) ( )a b δ δ ≤ (ii) , , 0a b X b∀ ∈ ≠ tồn tại ,q r X∈ sao cho rbqa += với 0 = r hoặc nếu 0r ≠ thì ( ) ( )r b δ δ < . Ánh xạ δ được gọi là ánh xạ Ơclit. 1.2. Tính chất cơ bản của các miền nguyên. 1.2.1. Miền nguyên Z. 1.2.1.1. Tính chất. Vành các số nguyên Z là một vành chính. Chứng minh. Thật vậy, giả sử I là một iđêan của Z . Nếu { } 0 = I thì I là iđêan sinh bởi 0 . Nếu { } 0 ≠ I , giả sử a là số nguyên dương bé nhất của I và b là một phần tử tùy ý của I . Lấy b chia cho a , ta được: raqb += , với r là số dư, nên 0 r a≤ < . Mặt khác Iaqbr ∈−= . Nếu 0 ≠ r thì a không phải là số nguyên 5 dương bé nhất của I , mâu thuẩn. Do đó 0 = r và b aq= , tức aZI = là iđêan sinh ra bởi a . 1.2.1.2. Tính chất. Vành số nguyên Z cùng với ánh xạ nnn NZ =∂ →∂ )( : *  là một vành Ơclit. 1.2.2. Miền nguyên phức Z[i]. Vành các số nguyên phức Gaoxơ: [ ] { } ZbabiaiZA ∈+== ,/ . 1.2.2.1. Tính chất. Vành các số nguyên phức Gaoxơ là một vành chính. Chứng minh. Ta nhắc lại khái niệm môđun của một số phức .z i α β = + , , R α β ∈ , kí hiệu z : 2 2 z α β = + , ( 0 0z α β = ⇔ = = ) mà trong trường hợp z A∈ , thì 2 z N∈ . Nghĩa là 2 z là một số tự nhiên. Thêm nữa, ta thấy ngay: [ ] { } QiiQ ∈+= βαβα ,/ là trường các thương của A. Trên trục số, ta cũng thấy ngay cho một số hữu tỉ α , bao giờ ta cũng tìm thấy một số nguyên a sao cho 1 2 a α − ≤ . Do đó ta có thể khẳng định được rằng: (*) [ ] iQx ∈∀ , 2 1 , 1 2 z A x z∃ ∈ − ≤ < . Bây giờ ta hãy lấy một iđêan I không tầm thường của A . Tập hợp: { } 2 / 0X z z= ≠ ∈ Ι là một bộ phận khác rỗng của N và không chứa 0 . Vì N sắp thứ tự tốt, nên X có phần tử bé nhất, gọi u là số phức thuộc I sao cho 2 u là số tự nhiên bé nhất của X . Xét một phần tử tuỳ ý Iv ∈ . Hiển nhiên [ ] iQ v u ∈ . Theo khẳng định (*), tồn tại z A∈ sao cho: 2 1 v z u − < hay 2 2 v zu u− < . 6 Nhưng , , ,u v z A∈ Ι ∈ vậy v zu− ∈ Ι . Mặt khác 2 u là phần tử bé nhất của X , nên 0,v zu− = hay ,v zu= hay AuΙ = . Vậy A là vành chính. 1.2.2.2. Tính chất. Vành các số nguyên phức Gauxơ là một vành Ơclit. 1.2.2.3. Tính chất. ( Dấu hiệu khả nghịch) [ ] iZibaz ∈+= khả nghịch ⇔ 1.z = 1.2.3. Vành các đa thức một biến trên Z. 1.2.3.1. Tính chất. [ ] xZ là một miền nguyên 1.2.3.2. Tính chất. Vành [ ] xZ không phải là vành chính. Chứng minh. Trong [ ] xZ ta xét iđêan I sinh bởi x và 2 [ ] { } xZxgxfxgxxfI ∈+= )(),(/)(.2).( . Đa thức Ixh ∈ )( thì hạng tử tự do của ( )h x là một số chẵn. Hiển nhiên { } 0 ≠ I và [ ] xZI ≠ . Giả sử I là một iđêan chính, nghĩa là tồn tại đa thức [ ] xZxg ∈ )( sao cho ( ) ( )I g x= . Ta có: 1. 2.0x x= + và 2 0. 2.1x= + Nên x và 2 thuộc I và do đó ( )g x là ước của 2 và là ước của x . Nếu ( )g x là ước của 2 thì ( )g x chỉ có thể là 1± và 2± . Nếu ( )g x là ước của x thì ( )g x chỉ có thể là 1± và x± . Kết hợp lại ( )g x bằng 1 − hoặc 1 + . Nhưng vì [ ] xZI ≠ nên ( )g x không thể là 1 − hoặc 1 + được. Vậy I không phải là iđêan chính. Do đó [ ] xZ không phải là một vành chính. 1.2.3.3. Hệ quả. [ ] xZ không phải là vành Ơclit. 1.2.4. Miền nguyên P – adic. { } 1: ≤∈= p pp aQaZ , tức là: . 2 210 +++=⇔∈ papaaaZa p với 0 . i a p≤ < Rõ ràng p Z là vành con của p Q , không chứa ước của 0 nên p Z là một miền nguyên. 1.2.4.1. Tính chất. Z trù mật trong p Z . 1.2.4.2.Tính chất. p Zpapaaa ∈+++= . 2 210 khả nghịch khi và chỉ khi 7 0 ( , ) 1a p = . CHƯƠNG 2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRÊN MIỀN NGUYÊN Z 2.1. Một số bài toán chia hết trên Z. 2.1.1. Bài toán. (IMO - 1999) Xác định tất cả các cặp số nguyên dương p) (n, sao cho p nguyên tố, 2n p≤ và ( 1) 1 n p − + chia hết cho 1p n − . Lời giải. ∗ Dễ dàng nhận thấy cặp p) (1, , với p nguyên tố là nghiệm của bài toán. ∗ Ta tìm nghiệm khi 1 > n . Giả sử 1 > n , cặp ),( pn là nghiệm của bài toán. Gọi q là thừa số nguyên tố bé nhất của n . Đặt x là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho ( 1) 1 (mod ) x p q− ≡ − và y là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho ( 1) 1 (mod ) y p q− ≡ . Số y chắc chắn tồn tại và ta có qy < , bởi vì 1 ( 1) 1 (mod ) q p q − − ≡ . Ta cũng có ( 1) 1 (mod ) n p q− ≡ − nên số x nói trên cũng tồn tại. Giả sử rsyn += , với 0 r y≤ < , ta suy ra ( 1) 1 (mod ) r p q− ≡ − , từ đó x r y≤ < ( r không thể bằng 0 vì 1 1 (mod )q≠ − ). Giả sử khxn += , với 0 k x ≤ < , ta suy ra 1 ( 1) ( 1) ( 1) (mod ) n h k p p q− ≡ − ≡ − − . Số h không thể là số chẵn, vì nếu không thì ( 1) 1 (mod ) k p q− ≡ − , mâu thuẩn với giả thiết bé nhất của x . Vậy h lẻ và ta suy ra: ( 1) 1 (mod ) k p q− ≡ , với 0 k x y≤ < < . Nhưng trừ khi 0 = k , điều này mâu thuẩn với giả thiết bé nhất của y . Do đó ta được hxn = . Mà qx < nên 1 = x , suy ra )(mod1)1( qp −≡− , do vậy ta có qp = . Như thế, ta đã chứng minh được rằng trong trường hợp 1 > n , nếu ),( pn là nghiệm của bài toán thì p là ước số nguyên tố nhỏ nhất của n . Mà theo giả thiết 8 2n p≤ nên hoặc np = , hoặc 2 = p và 4 = n . Dễ thấy 2 = p và 4 = n không thoả mãn, do đó ta có np = . Ta cũng dễ dàng kiểm tra được 2 == pn và 3 == pn là nghiệm của bài toán. Xét trường hợp 3n p= > . Để ý rằng ta có 1)1( −≡− p nên dùng nhị thức Newton để khai triển ta được 2 2 3 1 1 ( 1) 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)( 2) . 2 6 p p p p p p p p p p− + = + − + − − + − − − Các hệ số nhị thức đứng trước , ( 3) i p i ≥ , trong khai triển trên, hiển nhiên chia hết cho 3 p . Từ đó, tổng ở vế phải của đẳng thức trên là bằng 2 p cộng với một bội số của 3 p . Như thế, tổng này không chia hết cho 3 p . Mặt khác, vì 3 > p nên 1 − p p chia hết cho 3 p , do đó 1 − p p không thể chia hết ( 1) 1 p p − + , nói cách khác, bài toán vô nghiệm khi 3 > n . Tóm lại, các cặp ),( pn tìm được theo yêu cầu của bài toán là )2,2( , )3,3( và ),1( p , với p là số nguyên tố tuỳ ý. 2.1.2. Bài toán. (IMO -1992) Tìm tất cả các số nguyên c b, a, thoả mãn điều kiện c b a 1 <<< và 1 − abc chia hết cho 1). - 1)(c - 1)(b - (a Lời giải. Đặt ( ) ( ) ( ) ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 ( 1)( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1) a b c abc d a b c a b c − + − + − + − − = = − − − − − − 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)a b c a b b c c a = + + + + + + − − − − − − − − − 1 1 1 1 1 1 1 4 2 3 2 6 3 ≤ + + + + + + < (vì 2, 3, 4a b c≥ ≥ ≥ ). Hơn nữa, 1 > d và nếu 4 > a thì 1 1 1 1 1 1 59 1 1 2 3 4 5 12 20 15 60 d ≤ + + + + + + = < . Từ đó, 2d = hoặc 3d = và 2a = hoặc 3a = . Ta có 4 trường hợp để kiểm tra 9 • Trường hợp 1: 2a = và 2d = . Ta có: 2 1 2 2 1 2( 1)( 1) ( 1)( 1) bc bc b c b c − = ⇔ − = − − − − . Vế trái ở phương trình trên lẻ còn vế phải chẵn nên phương trình vô nghiệm. • Trường hợp 2: 2a = và 3d = . Ta có: 2 1 3 ( 3)( 3) 5 ( 1)( 1) bc b c b c − = ⇔ − − = − − . Vì b<c nên 3 1 , 3 5 b c − =   − =  suy ra 2a = , 4b = , 8c = . • Trường hợp 3: 3a = và 2d = . Ta có: 3 1 2 ( 4)( 4) 11 2( 1)( 1) bc b c b c − = ⇔ − − = − − . Vì b<c nên 4 1 , 4 11 b c − =   − =  suy ra 3a = , 5b = , 15c = . • Trường hợp 4: 3a = và 3d = . Ta có: 3 1 3 3 1 6( 1)( 1) 2( 1)( 1) bc bc b c b c − = ⇔ − = − − − − . Phương trình này vô nghiệm vì vế phải là bội của 3 còn vế trái thì không. Tóm lại, các nghiệm của bài toán là: 8c 4,b 2,a === và 15c 5,b 3,a === . 2.1.3. Bài toán. (IMO-1964) a)Xác định tất cả các số nguyên dương n sao cho 12 − n chia hết cho 7 . b) Chứng tỏ rằng với mọi số nguyên dương n , số 2 1 n + không chia hết cho 7 . Lời giải. Trước hết, ta hãy để ý rằng nếu cho n lần lượt bằng 61,2,3,4,5, thì n 2 sẽ lần lượt là 2,642,4,8,16,3 , do đó phần dư của phép chia n 2 cho 7 sẽ lần lượt là 12,4,1,2,4, . Điều đó gợi ý rằng phần dư của phép chia n 2 cho 7 sẽ lần lượt là: 2,4,1 nếu n lần lượt bằng 3k 2,3k 1,3k ++ ( k nguyên dương). Quả vậy, nếu 3k n = thì: 3 2 2 8 (7 1) 7 1 n k k k m= = = + = + , nếu 13kn += thì: 3 1 3 2 2 2 .2 2(7 1) 14 2 n k k m m + = = = + = + , và cuối cùng nếu 23kn += thì: 3 2 3 2 2 2 .4 4(7 1) 28 4 n k k m m + = = = + = + . Từ kết quả này ta suy ra rằng: 10 . các bài toán chia hết, bài toán nghiệm nguyên Từ những lí do trên, chúng tôi quyết định chọn đề tài : “ Tính chia hết trên miền nguyên và ứng dụng . 2. Mục. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Trêng ®¹i häc vinh -------------o0o------------- NGUYỄN TẤT CỬ TÍNH CHIA HẾT TRÊN MIỀN NGUYÊN VÀ ỨNG DỤNG CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ