Đa thức cantor và định lý fueter pólya

5 1.3 Định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng... Đó là Sau đó Fueter cùng với Pólya dùng phương pháp lý thuyết số giảitích đã chứng minh rằng nếu F là một đa thức xếp bậc hai

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS NGUYỄN DUY TÂN

THÁI NGUYÊN - 2018

Mục lục

1 Một số kiến thức liên quan 3

1.1 Luật thuận nghịch bậc hai 3

1.1.1 Thặng dư bậc hai 3

1.1.2 Tiêu chuẩn Euler 3

1.1.3 Ký hiệu Legendre 4

1.2 Định lý thặng dư Trung hoa 5

1.3 Định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng 8

2 Chứng minh sơ cấp của định lý Fueter-Pólya 10 2.1 Đa thức Cantor 10

2.2 Đa thức xếp không thể là tuyến tính 12

2.3 Một số bổ đề 13

2.4 Định lý Fueter-Pólya 22

3 Đa thức Cantor trên hình quạt 24 3.1 Bài toán đa thức Cantor trên hình quạt 24

3.2 Hình quạt và vị nhóm 25

3.3 Đa thức xếp trên hình quạt I(1/s) 30

Tài liệu tham khảo 34

Lời nói đầu

Một hàm đa thức F : R2 →R được gọi là một đa thức xếp trên N2

0nếu F hạn chế xuống N20 cho ta một song ánh từ N20 tới N0 Cantor đãxây dựng tường minh hai đa thức xếp bậc hai như vậy Đó là

Sau đó Fueter cùng với Pólya dùng phương pháp lý thuyết số giảitích đã chứng minh rằng nếu F là một đa thức xếp bậc hai trên N20 thì

F = C1 hoặc F = C2 Mục đích của luận văn này là tìm hiểu chứngminh của Vsemirnov chỉ dùng luật thuật nghịch bậc hai và định lýDirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng (và một số lập tương đối

sơ cấp) cho định lý này của Fueter và Pólya Người ta cũng giả thuyếtrằng nếu F là một đa thức xếp (bậc tùy ý) thì F = C1 hoặc F = C2.Giả thuyết này đến nay vẫn còn mở

Luận văn có cấu trúc như sau: gồm phần Mở đầu, tiếp theo là baChương nội dung, phần Kết luận và Tài liệu tham khảo

Chương 1: Một số kiến thức liên quan

Chương này phát biểu luật thuận nghịch bậc hai, định lý thặng dưTrung hoa, kèm theo một số hệ quả của chúng

Chương 2: Chứng minh sơ cấp của định lý Fueter-Pólya

Chương này giới thiệu đa thức xếp Cantor và chứng minh đa thứcxếp đó không thể là tuyến tính, trình bày một số kết quả, bổ đề trong

lý thuyết số và trình bày chứng minh của định lý Fueter-Pólya

Chương 3: Đa thức Cantor trên hình quạt

Chương này trình bày khái niệm hình quạt và vị nhóm, kết quả củaNathanson về đa thức bậc hai xếp Cantor trên một số vị nhóm.

Luận văn này được thực hiện và hoàn thành vào tháng 5 năm 2018tại trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên Qua đây, tác giảxin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Duy Tân, người đã tậntình hướng dẫn trong suốt quá trình làm việc để hoàn thành luận vănnày Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Khoa Toán-Tin học,Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, đã tạo mọi điềukiện để giúp tác giả học tập và hoàn thành luận văn cũng như chươngtrình thạc sĩ Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao họcK10C, khóa 05/2016 - 05/2018 đã động viên giúp đỡ tác giả trong quátrình học tập và hoàn thành luận văn này Đồng thời tác giả xin gửi lờicảm ơn tới Ban giám hiệu và các đồng nghiệp tại trường THPT Hànthuyên, Bắc ninh đã tạo điều kiện cho tác giả trong suốt quá trình họctập và hoàn thành luận văn

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018Người viết luận văn

Nguyễn Quang Tuấn

Chương 1

Một số kiến thức liên quan

Chương này phát biểu luật thuận nghịch bậc hai, định lý thặng dưTrung hoa và một số ví dụ Tài liệu tham khảo sử dụng cho chươngnày là tài liệu [1] và [4]

1.1 Luật thuận nghịch bậc hai

1.1.1 Thặng dư bậc hai

Định nghĩa 1.1.1 Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyênsao cho p- a Số a được gọi là một thặng dư bậc hai modulo pnếu tồntại một số nguyên y sao cho y2 ≡ a( mod p) Nếu không tồn tại một sốnguyên y nào sao cho y2 ≡ a(modp) thì ta nói a là không thặng dưbậc hai modulo p

Ví dụ Các số 1, 3, 4 là các thặng dư bậc hai modulo 13, trong khi đó

2 là không thặng dư bậc hai modulo 5 vì phương trình y2 ≡ 2(mod5)

vô nghiệm

1.1.2 Tiêu chuẩn Euler

Định lý 1.1.2 (Tiêu chuẩn Euler) Cho plà một số nguyên tố lẻ không

là ước của số nguyên a Khi đó a là một thặng dư bậc hai (tương ứng,không thặng dư bậc hai) modulo p nếu và chỉ nếu ap−12 ≡ 1(modp)

(tương ứng, ap−12 ≡ −1(modp))

Ví dụ Ta có 35 = 243 ≡ 1 (mod 11) và5là thặng dư bậc hai modulo

11 Trong khi đó 25 = 32 ≡ −1 (mod 11) và 2 là không thặng dư bậchai modulo 11



=

(

1 nếu a là thặng dư bậc hai modulo p

−1 nếu a không là bình phương modulo p

Ký hiệu này được gọi là ký hiệu Legendre (Adrien Legendre (1752 1833) là nhà toán học người Pháp)

 

bp





=



bp







=



247

 

947



=



247



=



qp

trừ khi p ≡ q ≡

3 (mod4) thì



pq



= −



qp



Ví dụ Tính ký hiệu Legendre



12345331

.Lời giải

 

5331

 

823331



=



3331

 

5331

 

161331



=



3331

 

5331

 

7331

 

23331



= (−1)



3313

 

3315



(−1)



3317



(−1)



33123



= −



13

 

15

 

27

 

923



= −



13

 

15

 

27

 

323

2

= −



13

 

15

 

27

 

923



= − (1) (1) (1) (1)

= − 1

1.2 Định lý thặng dư Trung hoa

Định lý Thặng dư Trung Hoa là tên người phương Tây đặt cho định

lý này Người Trung Quốc gọi nó là Bài toán Hàn Tín điểm binh Tụctruyền rằng khi Hàn Tín điểm quân số, ông cho quân lính xếp hàng 3,hàng 5, hàng 7 rồi báo cáo số dư Từ đó ông tính được chính xác quân

số đến từng người Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày nội dung củađịnh lý Thặng dư Trung Hoa và một số ví dụ

Định lý 1.2.1 Giả sử rằng m1, m2, , mt là các số nguyên dương vàđôi một nguyên tố cùng nhau Đặt m = m1· · · mt Cho a1, , at ∈ Z

là các số nguyên tùy ý Khi đó ta có các khẳng định sau

tố cùng nhau Bởi vậy, với mỗi i, phương trình đồng dư

2) Giả sử d là một nghiệm khác của hệ đồng dư trên Khi đó

c ≡ d(modmi) với mọi i

Suy ra c ≡ d(modm) Vì vậy d = c + ms với s nào đó.

Ngược lại, nếu d = c + ms với s nào đó thì d ≡ c(modm), và vì vậyvới mỗi i, d ≡ c ≡ ai(modm) Điều này có nghĩa là d cũng là mộtnghiệm

Từ đó ta có

x = 3.56.1 + 7.35.3 + 5.40.3 = 1503 ≡ 103(mod280)

1.3 Định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số

cộng

Trong chứng minh của Vsemirnov trình bày ở chương sau cũng sẽ

sử dụng kết quả sau của Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng.Định lý này tuy có phát biểu tương đối sơ cấp nhưng chứng minh của

nó là khó Có thể xem chứng minh của định lý này trong [4]

Định lý 1.3.1 Cho a và d là hai số nguyên dương nguyên tố cùngnhau Khi đó tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng a + nd, với n ∈ N.

Ví dụ 1 (a) Có vô hạn số nguyên tố dạng 2n + 1 Đây chính là Định

lý Euclid về sự tồn tại vô hạn số nguyên tố

(b) Có vô hạn số nguyên tố dạng 4n + 1 Dưới đây ta sẽ trình bàylập luận tương đối sơ cấp chứng minh khằng định này

Đầu tiên ta nhận xét rằng mọi ước nguyên tố p của N2 + 1 (với

N ∈ N) đều đồng dư với 1 modulo 4 Thật vậy, vì p | N2 + 1 nên

−1 ≡ N2 (mod p), tức là



−1p



= 1 Do vậy p ≡ 1 (mod 4).Bây giờ ta giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố dạng 4n + 1, chúng

là p1, , pk Đặt N = 2p1· · · pk Xét p là một ước nguyên tố bất kỳcủa N2+ 1 Khi đó hiển nhiên p khác với pi, với mọi i = 1, , k Nhưvậy p 6≡ 1 (mod 4), điều này lại mâu thuẫn với nhận xét trên Ta cóđiều phải chứng minh

Mười số nguyên tố đầu tiên dạng 4n + 1 là

p là một ước nguyên tố bất kỳ của N2 + 1 Khi đó hiển nhiên p lẻ và

p khác với pi, với mọi i = 1, , k Nói riêng p ≡ 1 (mod 4) Như vậymọi ước nguyên tố của N đều là đồng dư 1 modulo 4 Do vậy N ≡ 1(mod 4), điều này mâu thuẫn với việc N ≡ 3 (mod 4) ở trên Ta cóđiều phải chứng minh Mười số nguyên tố đầu tiên dạng này là

3, 7, 11, 19, 23, 31, 43, 47, 59, 67,

N0 Cantor đã xây dựng tường minh hai đa thức xếp bậc hai Sau đóFueter cùng với Pólya dùng phương pháp giải tích đã chứng minh rằngcác đa thức Cantor là các đa thức xếp bậc hai duy nhất Mục đích củachương này là trình bày chứng minh tương đối sơ cấp của Vsemirnov

về định lý Fueter-Pólya

2.1 Đa thức Cantor

Cho S là một tập con của Zn Một hàm xếp trên S là một song ánh

từ S lên tập các số nguyên không âm N0 Một đa thức xếp trên S làmột đa thức n biến hệ số thực F sao cho F cảm sinh một song ánhgiữa S và N0

Ta xét trường hợp n = 2 và xét hàm C1 : N20 → N0 là hàm liệt kê,

từ phía dưới bên phải tới phía trên bên trái, các điểm nguyên không

âm trên các đoạn song song liên tiếp x + y = k, với k = 0, 1, 2, Tức

F = C2.

2.2 Đa thức xếp không thể là tuyến tính

Trong mục này ta sẽ chỉ ra đa thức xếp không thể là đa thức tuyếntính

Bổ đề 2.2.1 Cho l, m ∈ N0, với m ≥ 2 Với mỗi x = (x1, , xm) ∈

Nm0 , ta đặt min (x) = min (xi : i = 1, , m) Gọi S là tập hợp tất

cả các điểm nguyên x ∈ Nm0 sao cho min (x) ≥ l Khi đó không có đathức tuyến tính nào mà cảm sinh đơn ánh từ S vào N0

Chứng minh Giả sử tồn tại đa thức tuyến tính

aixi ∈ Z.

Bây giờ ta chọn x ∈ S sao cho min(x) ≥ l + A Khi đó với mọi

1 ≤ i 6= j ≤ m ta có x + aiej − ajei ∈ S và

F (x + aiej − ajei) = F (x) + aiaj − ajai = F (x)

Do F là hàm đơn ánh trên S nên x = x + aiej − ajei và aiej = ajei

kéo theo ai = aj = 0 và ai = 0 với mọi i ∈ {1, , m} Khi đó, hàm

F (x) = c không đổi, điều này vô lý

2.3 Một số bổ đề

Bổ đề 2.3.1 Cho D và l là các số nguyên khác 0 và D không là sốchính phương Khi đó thì tồn tại một số nguyên tố p sao cho D làkhông thặng dư modulo p và p không chia hết l

Chứng minh Ta viết D = (−1)α2βm2

kQi=1



=

−1p



=



±1p

 

2p

 

m2p



=



2p



= −1

Theo định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng, có vô số sốnguyên tố thỏa mỗi quan hệ đồng dư trên Bằng cách yêu cầu thêmđiều kiện p > l, ta có số nguyên tố p không chia hết cho l

Giả sử k ≥ 1 Với mỗi số nguyên tố p mà p ≡ 1 (mod8), ta có:



−1p



=



2p



=

kYi=1



qip



=

kYi=1

Chọn các số nguyên r1, , rk sao cho



=

kYi=1

Hơn nữa, nếu a = c = 0 thì b ≥ 1.

Chứng minh Hiển nhiên đa thức bậc hai F (x, y) với hệ số phức cóthể viết dưới dạng (2.2), ở đây a, c, f và b, d, e là các số phức Do F

Điều này suy ra a ≥ 0

Tương tự với mọi y ∈ N0, ta có

là hàm xác định dương trên N20 Hơn nữa, a ≥ 1 và c ≥ 1.

Chứng minh Hàm bậc hai Q(x, y) không bằng không vì F (x, y) là đathức bậc hai Ta định nghĩa dạng tuyến tính

Q(r, r) = br2 ≥ r2 > |d + e|r

2 = |L(r, r)|.

Do vậy, luôn tồn tại (r, s) ∈ N20 \ {(0, 0)} sao cho

Q(r, s) > |L(r, s)| (2.3)

Với mọi (x, y) ∈ N20 và t ∈ N0, ta có

F (xt, yt) = Q(xt, yt) + L(xt, yt) + f = Q(x, y)t2 + L(x, y)t + f

Nếu tồn tại (x, y) ∈ N20 sao cho Q(x, y) < 0, từ đẳng thức trên ta suy

ra F (xt, yt) < 0 đối với mọi giá trị t đủ lớn, điều này vô lý Do đó,

Q(x, y) ≥ 0 với mọi (x, y) ∈ N20

Giả sử Q(u, v) = 0 với (u, v) ∈ N20 \ {(0, 0)} nào đó Đặt w =L(u, v) Khi đó với mọi t ∈N0, ta có:

F (ut, vt) = Q(u, v)t2 + L(u, v)t + f = L(u, v)t + f = wt + f

Vì F (ut, vt) ≥ 0 với mọi t ∈ N0 nên w ≥ 0 Hơn nữa vì F (ut, vt)

không là hằng số khi t thay đổi nên w > 0 Chọn(r, s) ∈ N20 thỏa mãnbất đẳng thức (2.3), ta có

12k (y − km) x.

−125m = 25m2,

và

N2 =

10m−1Xx=m

5Xi=1

Chứng minh Ta có

8aDF (x, y) − 8aDf = 4D a2x2 + 2abxy + acy2 + adx + aey

= 4D(ax + by)2 − Dy2 + adx + aey

= 4D(ax + by)2 + d (ax + by) − Dy2 − (bd − ae) y

= D4 (ax + by)2 + 4d (ax + by)− 4D2y2 + 4D (bd − ae) y

= D (2ax + 2by + d)2 − (2Dy + bd − ae)2 + (bd − ae)2 − Dd2

= Du2 − v2 + r − 8aDf

Do đó 8DF (x, y) = Du2 − v2 + r

Giả sử D không chính phương Khi đó D 6= 0 Nếu x, y là các số

nguyên thì tồn tại các số nguyên u = u(x, y) và v = v(y) và r sao cho

8DF (x, y) = Du2 − v2 + r

Vì D 6= 0 và D không chính phương nên áp dụng Bổ đề 2.3.1 ta tìm

được số nguyên tố p sao cho D là không chính phương modulo p và

(8aD, p) = 1 Tồn tại số nguyên s sao cho

8aDs ≡ r (mod p2)

VìF (x, y)là một đa thức xếp nên tồn tại số số điểm nguyên(x, y) ∈ N20

sao cho F (x, y) ≡ s (mod p) và

Du2 − v2 + r = 8aDF (x, y) ≡ 8aDs ≡ r (modp)

u ≡ 0 (modp), và do đó s ≡ 0 (modp) và

Du2 − v2 ≡ 0 modp2

Như vậy nếu (x, y) ∈ N20 và F (x, y) ≡ s (modp), thì

8aDF (x, y) = Du2 − v2 + r ≡ r ≡ 8aDs modp2

Do (8aD, p) = 1, ta có thể thấy đồng dư thức F (x, y) ≡ s( mod p) kéotheo F (x, y) ≡ s(modp2) Điều này lại suy ra rằng không tồn tại các

số nguyên x và y để F (x, y) ≡ s + p(modp2) Do đó F (x, y) khôngtoàn ánh từ N20 tới N0, điều này vô lý Như vậy D phải là số chínhphương

1 − ac = b2 − ac = t2 ≥ 0 và 0 < ac ≤ 1 Điều này suy ra a = c = 1,

không phải là đơn ánh trên N20 Do đó,d 6= e Nếud > e, thì d−e = 2g

với g là số nguyên dương và

Điều này suy raF (x, y) 6= 1với mọi(x, y) ∈ N20, trái giả thiếtF : N20 →

N0 là toàn ánh Như vậy, e = 1 và

F (x, y) = (x + y)(x + y + 1)

với g là số nguyên dương nào đó Ta có F (0, 1) = 1, F (1, 0) = 1 + g

và F (x, y) ≥ 3 với mọi (x, y) ∈ N02 và x + y ≥ 2 Nếu g ≥ 2, thì

F (x, y) 6= 2 với mọi (x, y) ∈ N20, điều này vô lý Do đó, g = 1 và

F (x, y) = C1(x, y) là đa thức Cantor thứ nhất

Tương tự, nếu e > d, ta suy raF (x, y) = C2(x, y)là đa thức Cantorthứ hai

Chương 3

Đa thức Cantor trên hình quạt

Trong chương này chúng tôi trình bày về hình quạt và đa thứcCantor trên hình quạt Chúng tôi sử dùng tại liệu tham khảo [2] chochương này

3.1 Bài toán đa thức Cantor trên hình quạt

Cho Ω là một tập con của Rn và gọi L(Ω) là tập các điểm nguyênkhông âm nằm trong Ω, tức là L(Ω) = Ω ∩ N20 Một đa thức xếp trên

Ω là một đa thức F ∈ R[x1, , xn] sao cho F cảm sinh một song ánh

F : L(Ω) → N0 Trong chương này ta cũng chỉ xét trường hợp n = 2.Với mỗi số thực dương α, ta xét hình quạt thực

S(α) = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ αx}

và hình quạt nguyên

I(α) = S(α) ∩N20

Như vậy S(α) chính là nón trong R2 với đỉnh tại (0, 0) và có 2 tia biên

là sinh bởi điểm (1, 0) và (1, α) tương ứng

Ta cũng quy ước (ứng với trường hợp α = ∞)

S(∞) = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x, 0 ≤ y},

Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày kết quả rằng hai đa thức F1/s

và G1/s là những đa thức xếp bậc hai duy nhất trên I(1/s)

hạn phần tử trong W Các cách biểu diễn này nói chung không duynhất Vị nhóm giao hoánGđược gọi là tự do hạngknếu nó chứa một hệsinh gồmk phần tử W = {w1, , wk}sao cho mọi phần tử v ∈ Gđều

có cách biểu diễn duy nhất nhất dưới dạngv =

kPi=1

xiwi với xi ∈ N0 vớimọi i = 1, , k Trong trường hợp này tập W = {w1, , wk} đượcgọi là một cơ sở tự do của vị nhóm G Rõ ràng nếu w là một phần tửcủa cơ sở tự do thì w 6= 0

Ví dụ I(∞) = N20 là một vị nhóm giao hoán tự do hạng 2 với cơ sở

tự do duy nhất là {(1, 0), (0, 1)}

Định lý sau đây xác định khi nào vị nhóm giao hoán I (α) là tự do

Định lý 3.2.1 Vị nhóm giao hoán I (α) là tự do với bậc bậc k khi vàchỉ khi k = 2 và α ∈ {1/s | s ∈ N0} Hơn nữa, {(1, 0) , (s, 1)} là cơ sở

tự do duy nhất của I (1/s) với mọi s ∈ N0

Chứng minh Xét α là một vô tỉ dương và W là một tập con hữuhạn của I (α) \ {(0, 0)} Viết W = {w1, , wk}, và wi = (ai, bi) ∈

I (α) \ {(0, 0)} với ai 6= 0 với mọi i = 1, , k Ta định nghĩa

Khi đó điểm nguyên(c, d)thuộc I (α)nhưng không thuộcC Nói riêng

(c, d) ∈ I(α) \ hW i Do đó vị nhóm I (α) không hữu hạn sinh Nóiriêng I (α) không phải là một nửa nhóm giao hoán tự do hạng k vớibất kỳ k ∈ N nào.

Xét Γ 6= {(0, 0)} là một vị nhóm giao hoán nằm trong N20 hoặc,tổng quát hơn là nằm trong Q20, ở đây Q0 là tập số hữu tỉ không âm.Nếu Γ là tự do hạng k ≥ 3 thì tồn tại w1, w2, w3 ∈ Γ là các phần tửtrong một cơ sở tự do nào đó của Γ Vì

wi ∈ Q20\ {(0, 0)} ⊆ Q2\ {(0, 0)} ,

với i = 1, 2, 3, nên thì w1, w2, w3 là Q-phụ thuộc tuyến tính Do vậytồn tại các số hữu tỉ t1, t2, t3 không đồng thời bằng 0, sao cho

t1w1 + t2w2 + t3w3 = (0, 0)

Vectơ wi có toạ độ không âm và do đó ti > 0 với i nào đó và tj < 0

với j nào đó Ta có thể giả sử rằng t1 > 0, t2 ≥ 0 và t3 < 0 Khi đó tacó

Γ = {(0, 0)}, và điều này là vô lý Do đó, nếu Γ là một vị nhóm giaohoán tự do hạng k thì k = 1 hoặc 2

Nếu α > 0 hoặc α = ∞ thì (x, 0) ∈ I (α) với mọi x ∈ N0, và

(x, 1) ∈ I (α) với mọi x ≥ 1

α Do đó, I (α) là một vị nhóm giao hoán

trong Q20 không nằm trên đường thẳng bất kỳ Do đó, nếu I (α) tự dohạng k thì k = 2