Tính chia hết trên miền nguyên và ứng dụng

Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học.. 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 l

Bộ giáo dục và đào tạo Trờng đại học vinh

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS MAI VĂN TƯ

VINH - 2008

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

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài.

Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học Trong lĩnhvực Số học có những giả thuyết chưa có câu trả lời Trên con đường tìm kiếm lờigiải cho những giả thuyết đó, nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn của toán học đãnẩy sinh Hơn nữa, trong những năm gần đây, Số học không chỉ là một lĩnh vực củatoán học lí thuyết, mà còn là lĩnh vực có rất nhiều ứng dụng Tuy nhiên, trongchương trình Số học ở trường phổ thông hiện nay, môn Số học chưa được dànhnhiều 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 chiahết, bài toán nghiệm nguyên… Từ những lí do trên, chúng tôi quyết định chọn đềtài :

“ 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 miềnnguyên, sau đó đề xuất, sưu tầm và tuyển chọn một số bài toán tiêu biểu về tính chiahết, 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 trìnhnghiệm nguyên

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn tậntình, chu đáo và hết sức nghiêm khắc của thầy giáo, TS Mai Văn Tư Tác giả xinđược bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến thầy, người đã chỉ dạy tác giả những kiếnthức, kinh nghiệm trong học tập, nghiên cứu khoa học Nhân dịp này tác giả xin

chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Sau Đại học đã tạo điều kiện, giúp đỡ tácgiả trong suốt quá trình công tác và học tập Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơnđến các thầy giáo, cô giáo trong tổ Đại số Khoa Toán Trường Đại học Vinh đã giảngdạy , 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 vàbạn đọc để lụân văn được hoàn thiện hơn

Vinh, tháng 12 năm 2008

Tác giả

CHƯƠNG 1 MIỀN NGUYÊN1.1 Định nghĩa.

1.1.1 Định nghĩa Một vành giao hoán, có đơn vị e≠0 không có ước của 0 đượcgọi 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 a / b Thay cho ký hiệu a / b 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

) (

: *

x x

N X

(i) ∀ a b X , ∈ *, a / b kéo theo δ ( ) a ≤ δ ( ) b

(ii)∀ a b X b , ∈ , ≠ 0 tồn tại q r X , ∈ sao cho a =bq+r với r = 0 hoặc nếu

0

r ≠ thì δ ( ) r < δ ( ) b 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 I={ }0 thì I là iđêansinh bởi 0 Nếu I ≠{ }0 , giả sử a là số nguyên dương bé nhất của I và b là mộtphần tử tùy ý của I Lấy b chia cho a, ta được: b=aq+r, với r là số dư, nên

0 r a≤ < Mặt khác r=b−aq∈I Nếu r≠ 0 thì a không phải là số nguyên

dương bé nhất của I , mâu thuẩn Do đó r= 0 và b aq= , tức I =aZ là iđêan sinh

ra bởi a.

1.2.1.2 Tính chất Vành số nguyên Z cùng với ánh xạ

n n n

N Z

Chứng minh Ta nhắc lại khái niệm môđun của một số phức z = + α β i, α β ∈, R,

kí hiệu z : z = α2+β2 , ( z = ⇔ = =0 α β 0) mà trong trường hợp z A∈ , thì 2

z ∈N

Nghĩa là z2 là một số tự nhiên Thêm nữa, ta thấy ngay:

là trường các thương của A Trên trục số, ta cũng thấy ngay cho một số hữu tỉ α,

Nhưng u v, ∈ Ι, z ∈ A, vậy v− zu ∈ Ι Mặt khác u2 là phần tử bé nhấtcủa X , nên v− zu =0, hay v = zu, hay Ι = Au 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)

[ ]i Z i b a

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 I ≠Z[ ]x

nên g x( ) không thể là −1 hoặc +1 được Vậy I không phải là iđêan chính Do

đó Z[ ]x không phải là một vành chính

1.2.3.3 Hệ quả Z[ ]x không phải là vành Ơclit.

1.2.4 Miền nguyên P – adic.

0 khả nghịch khi và chỉ khi

( ,a p) 1= .

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 (n, p) sao cho p nguyên tố, n≤2p và (p−1)n + 1 chia hết cho n p−1.

Lời giải

∗ Dễ dàng nhận thấy cặp (1, p), với p nguyên tố là nghiệm của bài toán

∗ Ta tìm nghiệm khi n> 1 Giả sử n> 1, cặp (n,p) 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 (p−1)x≡ −1 (mod )q và y là sốnguyên dương nhỏ nhất sao cho (p−1)y ≡1 (mod )q Số y chắc chắn tồn tại và ta

có y<q, bởi vì (p−1)q−1 ≡1 (mod )q Ta cũng có (p−1)n ≡ −1 (mod )q nên số x

nói trên cũng tồn tại Giả sử n=sy+r, với 0 r y≤ < , ta suy ra (p−1)r ≡ −1 (mod )q

, từ đó x r y≤ < (r không thể bằng 0 vì 1≠ −1 (mod )q ) Giả sử n=hx+k , với

vô nghiệm khi n> 3.

Tóm lại, các cặp (n, p) 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 a,b,c thoả mãn điều kiện

3 5

b c

4 11

b c

bc

bội của 3 còn vế trái thì không Tóm lại, các nghiệm của bài toán là:

8 c

4,

b

2,

a = = = và a = 3, b = 5, c = 15

2.1.3 Bài toán (IMO-1964)

a)Xác định tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n − 1 chia hết cho 7 b) Chứng tỏ rằng với mọi số nguyên dương n, số 2n+1 không chia hết cho 7 Lời giải Trước hết, ta hãy để ý rằng nếu cho n lần lượt bằng 1,2,3,4,5, 6 thì 2n sẽlần lượt là 2,4,8,16,3 2,64, do đó phần dư của phép chia2ncho 7 sẽ lần lượt là

1

2,4,1,2,4, Điều đó gợi ý rằng phần dư của phép chia 2n cho 7 sẽ lần lượt là:

2,4,1 nếu n lần lượt bằng 3k + 1, 3k + 2, 3k (k nguyên dương) Quả vậy, nếu

a) Số 2n − 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi n có dạng 3k, tức là khi n là một bội

của 3

b) Phần dư của phép chia 2n + 1 cho 7 lần lượt là 2,3,5 khi n lần lượt bằng

2 3k

1,

3k

2.1.4 Bài toán (IMO - 1988) Cho a và b là hai số nguyên dương sao cho

++ là một số chính phương.

Lời giải Giả sử ngược lại rằng

1

k ab

+

=+ (*)không phải là số chính phương Biến đổi (*) ta được:

k kab b

a2 + 2 − = (**)

Vì a và b trong đẳng thức (**) có vai trò đối xứng nên không mất tính tổng quát,

ta giả sử a b≥ Xem (**) như là một phương trình bậc hai đối với a, nó có hai

nghiệm là a và a1 Ta có a1 cũng là số nguyên vì theo Định lí Viet a+a1=kb,

trong đó a và kb là hai số nguyên Nếu a1 = 0 thì k=b2, trái với điều giả sửtrên Nếu a1< 0 thì vế trái của đẳng thức (**) khi thay a bằng a1 sẽ lớn hơn vế

phải Vậy a1 > 0, theo Định lí Viet ta có: a1 b2 k a2 k a

Lặp lại quá trình trên, ta được một dãy vô hạn các nghiệm của phương trình nghiệmnguyên hai biến (**) là

), , ,

( ), , ( ),

,

(a b a1 b1 a2 b2 mà a+b>a1+b1>a2 +b2

Điều này mâu thuẩn vì nó không thể xảy ra trong phạm vi số tự nhiên

Vậy k phải là số chính phương, điều phải chứng minh

2.1.5 Bài toán (IMO - 1990) Xác định tất cả các số nguyên n lớn hơn 1 sao cho

2

2n 1

n

+ là một số nguyên

Lời giải Giả sử n là số thoả mãn yêu cầu của đề bài Vì 2n + 1 là số lẻ nên số n

thoả mãn đề bài phải là số lẻ Gọi p là ước số nguyên tố nhỏ nhất của n Cho x

là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 2x ≡ −1 (mod p), và y là số nguyên dươngnhỏ nhất sao cho 2y ≡1 (mod p) Số y như thế chắc chắn tồn tại và ta có y<p,vì: 2p−1≡1 (mod p), và x cũng tồn tại vì 2n ≡ −1 (mod p) Ta có thể viết

r

ys

n= + , với 0 r≤ < y Lúc đó: − ≡1 2n =(2 ) 2y s r ≡2 (modr p), suy ra x r≤ <y

(để ý r không thể bằng 0, vì 2r ≡ −1, chứ không phải 1 (mod p)) Ta lại có thểviết n=hx+k, với 0 k≤ <x Lúc đó

Bây giờ, ta giả sử rằng 3m là luỹ thừa lớn nhất của 3 chia hết n Ta sẽ chứng

minh rằng m= 1 Thật vậy, dùng khai triển nhị thức Newton cho ( 3 − 1 )n + 1

tađược

C , ở đây ta viết n=3m a vì theo trên ta có 3m là luỹthừa lớn nhất của 3 chia hết n, và ta xét khi b≥3 Các hệ số nhị thức đều là các sốnguyên nên số hạng tổng quát này chắc chắn chia hết cho 3m+2 khi b m≥ +2 Ta cóthể viết hệ số nhị thức dưới dạng:

3m+

Tương tự, ta cũng phân tích như thế khi b là bội của 3, và cuối cùng, để ý b≥ 3,

ta đi đến kết luận rằng số hạng (*) chia hết cho 3m+2

Từ phân tích trên, ta suy ra 3m+ 1 là luỹ thừa cao nhất của 3 chia hết 2n + 1 Nhưng

1

2n + chia hết cho n2 và do vậy chia hết cho 3 2m, từ đó ta có m= 1

Tiếp đến, ta có thể kiểm tra dễ dàng rằng n = 3 là một đáp số của bài toán

Nếu n> 3, ta đặt n = 3t (theo trên, ta đã chứng minh được rằng 3 1 là luỹ thừa lớnnhất của 3 chia hết n) Gọi q là ước số nguyên tố nhỏ nhất của t Giả sử w là

số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 2w ≡ −1 (mod )q và v là số nguyên dương nhỏ

nhất sao cho 2v ≡1 (mod )q Số v chắc chắn tồn tại và v<q vì ta đã có

1

2q− ≡1 (mod )q , và số w chắc chắn cũng tồn tại vì ta đã có 2n ≡ −1 (mod )q , tacũng suy ra được w <v như trước đây.

Tương tự, những gì đã lí luận ở trên, ta có w chia hết n Nhưng w<q , mà ngoài

số 3 ra, q là thừa số nguyên tố bé nhất của n Do đó ta phải có w= 1 hoặc

3

=

w Điều này không thể xảy ra, bởi khi ấy ta sẽ có 2 1 (mod )≡ q , và do vậy suy

ra q = 3 hoặc 23 ≡ −1 (mod )q , tức q = 3, mà ta đã biết rằng q> 3, mâu thuẩn!

cho 2n 21

n

+

là một số nguyên

2.1.6 Bài toán ( OLYMPIC Toán Việt Nam 1995)

Dãy số (a n), n∈N , được xác định như sau: a0 = 1, a1 = 3 và với mọi n= 0, 1,

n n

a a ne u n chan a

a a ne u n le

+ +

b) a2n+1 không là chính phương với mọi n∈N

Lời giải a) Với mỗi n∈N gọi b n, c n tương ứng là số dư trong phép chia a n cho

4 và cho 5 Khi đó: 0≤ ≤b n 3, 0≤ ≤c n 4, với mọi n∈N và b0 =1, b1 =3,

n n n

b+ ≡b+ +b với mọi n∈N , c0 =1, c1=3,

1 2

1

ˆ(mod 5)

ˆ

n n n

0 (mod 20)

k k

2.1.7 Bài toán (IMO- 1998) Hãy xác định tất cả các cặp số nguyên dương (a, b)

sao cho: a2b+a+b chia hết cho ab2 +b+ 7.

Lời giải.

∗ Nếu a<b thì b a≥ +1, do đó:

ab + + >b ab + ≥ +b a ab+ =a b a ab+ + + ≥a b a b+ + Như vậy, ta không tìm được ( )a b thoả điều kiện bài toán trong trường hợp này

∗ Giả sử a b≥ Đặt 22

7

a b a b k

ab b

+ +

=+ + , giả sử k là số nguyên dương Ta có:

- Nếu a 1 k a 1

b b− < < +b b thì a− <1 kb a< +1 Suy ra a kb=

Điều này cho ta tìm được ( ) (7 , 7 )a b = k2 k

- Nếu b= 1 thì (a+8) chia hết (a2+ +a 1), suy ra (a+8) chia hết

- Nếu b= 2 thì (4a+9) chia hết (2a2+ +a 2), do đó suy ra (4a+9) chia hết

Tóm lại, các cặp ( )a b thoả mãn điều kiên bài toán là

(11, 1), (49, 1), và (7 , 7 )k2 k ,

với k là số nguyên dương

2.1.8 Bài toán Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n2n+1 chia hết cho 3.

2.2 Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định.

2.2.1 Phương pháp giới hạn miền nghiệm kết hợp với thử chọn.

Để tìm nghiệm nguyên của phương trình ta có thể quy về việc xét các khoảngchứa nghiệm, rồi dùng cách thử trực tiếp để tìm ra nghiệm Để làm được điều này, tacần căn cứ vào các phương trình cụ thể, dự đoán rồi sử dụng những suy luận hợp lý

để chứng minh nghiệm hoặc các thành phần của nghiệm của phương trình (nếu có)phải lớn hơn một số nguyên m nào đó, rồi đồng thời phải nhỏ hơn một số nguyên nnào đó Công việc còn lại thật đơn giản, đó là thử trực tiếp các giá trị nguyên nằmgiữa m và n nếu khoảng cách đó không quá lớn

2.2.1.1 Bài toán Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình:

x bằng 1 thì Vt>1, trong khi Vp = 1 Hơn nữa, các số x i i ( =1, 2,3, 4) lại phải

nhỏ hơn 3, vì nếu một trong các số x i lớn hơn hoặc bằng 3 thì vế trái của phương

Vậy 1 < x i <3, i=1, 2,3, 4 Mà x i nguyên dương nên chỉ có thể x i =2, i=1, 2,3, 4.

Phép thử trực tiếp cho ta nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình là:

Lời giải Giả sử (x,y) là một cặp số nguyên thoả mãn phương trình Trước hết ta

thấy x≥ 1 Ta lại thấy rằng:

1! + 2! + 3! + 4! 33= còn 5!+ 6! + + n n! ( ≥5) là một số tận cùng bởi 0

Do vậy, nếu x≥ 4 thì tổng 1! + 2! + 3! + + x! là một số tận cùng bởi 3 và vì thế

2

y tận cùng bởi 3, đó là điều vô lý, vì một số chính phương không thể tận cùng bởi

3 (ta có thể dễ dàng chứng minh điều này) Từ đó ta thấy phải có 1 ≤ <x 4 Bằngphép thử trực tiếp với x=1; 2;3 ta được tất cả 4 cặp số nguyên (x, y) thoả mãnphương trình là: (1;-1); (1;1); (3;-3); (3;3)

2.2.1.3 Bài toán Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:

3

1! + 2! + 3! + + x! = y

Lời giải Giả sử (x; y) là một nghiệm nguyên của phương trình Ta thấy phải có

1

x≥ Tiếp theo bằng suy luận như ví dụ trên, ta thấy rằng:

1! + 2! + 3! + + 8! = 46233 chia hết cho 9 nhưng không chia hết cho

27, còn tổng : 9!+ 10! + + n n! ( ≥9) chia hết cho 27, vì mỗi hạng tử đều chiahết cho 27 Do đó, nếu x≥ 8 thì y3M9 do đó y3M3, mà 3 là số nguyên tố nên yM3

và vì thế y3M27 Đó là điều mâu thuẩn Vậy phải có 1 ≤ <x 8 Từ việc thử trực tiếp

7 giá trị của x ta được nghiệm nguyên duy nhất của phương trình là cặp số (1,1)

2.2.1.4 Bài toán Có hay không hai số nguyên dương x,y thoả mãn phương trình:

dương), suy ra: 19931991≥ +(x 1)1991=x1991+1991x1990+ + 1991x+1

Từ đó x1991+y1991>x1991+1991x1990 hay y1991 >1991x1990.Nhưng do x y≥ nên

1991 1991 1990

x > x và y1991>1991y1990, suy ra x> 1991 và y>1991 Như vậy phải có

1993 y 1991 1993,

x

1991 < < < < Từ đó ta thấy chỉ có thể x= =y 1992. Tuy nhiên khi

đó vế trái của phương trình là số chẵn, trong khi vế phải của phương trình lại là số

lẻ Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương

2.2.1.5 Bài toán (Olympic Toán Bungary, 1999)

Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thoả mãn: x3 =y3+2y2+1.

Lời giải Xét phương trình: x3 =y3+2y2+1 (1)

Giả sử (x y, ) là một nghiệm tuỳ ý của (1) Khi đó ta có:

Vì vậy nếu y >0 hoặc y < −3, thì: y< < +x y 1. (3)

Từ (3) suy ra nếu cặp (x y, ) thoả mãn (3), thì x y, không thể cùng nguyên Điều đóchứng tỏ rằng nếu (x y, ) là nghiệm nguyên tuỳ ý của (1), thì buộc lòng − ≤ ≤3 y 0

Do x≥0, y≥0, nên từ (1) suy ra: x2− ≤4 0 (2)

Từ (2) và do x nguyên không âm, nên ta có x=0,1, 2. Xét ba khả năng sau:

1) Nếu x= 0, ta đưa phương trình về dạng:

y − y− =

Do y≥0 và nguyên, suy ra y=3.

2) Nếu x=1, ta có phương trình sau để tìm y:

3y3−y2+2y+ = ⇔2 0 3y3+ − −3 (y 1)2 =0 (*)

Do y nguyên không âm, nên 3y3+ >3 y2+ ≥1 (y−1)2 suy ra vế trái của (*) > 0, do

đó phương trình (*) vô nghiệm

3) Nếu x= 2, từ phương trình ban đầu ta có: y− = ⇔ =1 0 y 1.

Tóm lại, phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên không âm sau đây:

p p( + = −1) (r q r q)( + +1) (2)

Do p q r≤ < ⇒ + < + +p 1 r q 1 Vì thế từ (2) ta có r q− < p Do p nguyên tố, nên

từ r q− < p ⇒( ,p r q− =) 1 Kết hợp với (2) ta có: (r q+ +1)Mp và (p+1) (Mr q− ), vàcũng từ (2) ta có: