Tài liệu Luận văn thạc sĩ toán các hàm số học và ứng dụng

  • Số trang: 63 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 73 |
  • Lượt tải: 3
tailieuonline

Đã đăng 39883 tài liệu

Mô tả:

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TẠ VĂN TRUNG CÁC HÀM SỐ HỌC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TẠ VĂN TRUNG CÁC HÀM SỐ HỌC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 1 Mục lục Lời mở đầu 2 Lời cảm ơn 3 1 Lý 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 thuyết chia hết trong vành Z Quan hệ chia hết . . . . . . . . . . . Phép chia với dư . . . . . . . . . . . . Ước chung lớn nhất . . . . . . . . . . Bội chung nhỏ nhất . . . . . . . . . . Số nguyên tố và Định lý cơ bản của số Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số . 2 Các 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 . . . . . . . . . . . . học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . hàm số học và ứng dụng Hàm phần nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hàm nhân, Công thức tổng trải . . . . . . . . . . . . Hàm τ (n), σ(n) và số hoàn thiện . . . . . . . . . . . . Hàm số π(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hàm Euler ϕ(n) và công thức tính . . . . . . . . . . . Hàm Mobius, Công thức đảo ngược Dedekind-Liouville Hàm tổng các chữ số của số tự nhiên . . . . . . . . . . Số đơn nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Công thức đảo ngược về tổng, tích Dirichlet . . . . . . Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 6 7 11 13 16 . . . . . . . . . . 21 21 24 26 29 30 33 36 39 41 48 Kết luận 60 Tài liệu tham khảo 61 2 Lời mở đầu Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, và cũng là lĩnh vực tồn tại nhiều nhất những bài toán, 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 nảy 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 trực tiếp vào các vấn đề của đời sống như kinh tế, xã hội, kỹ thuật máy tính, đặc biệt trong lĩnh vực bảo mật thông tin. Chính vì thế, số học-một khoa học "ai cũng biết và nên biết chút ít". Mục đích của luận văn giới thiệu Các hàm số học và ứng dụng. Những ứng dụng của các hàm số học là rất nhiều, nhưng vì giới hạn trong phương pháp toán sơ cấp và hạn chế trong một luận văn thạc sĩ nên bản luận văn chỉ nêu ra một số ứng dụng cơ bản. Bản luận văn gồm 2 chương: Chương I: Lý thuyết chia hết trong vành Z. Nội dung của chương I trình bày về: Quan hệ chia hết, Phép chia với dư, Ước chung lớn nhất, Bội chung nhỏ nhất, Số nguyên tố và định lý cơ bản của số học, Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số. Chương II: Các hàm số học và ứng dụng. Phần đầu chương này trình bày về các hàm số học cơ bản. Phần cuối chương là vận dụng lý thuyết về các hàm số học vào giải một số bài toán. 3 Lời cảm ơn Hoàn thành được luận văn này, ngoài sự nỗ lực của bản thân, tôi đã nhận được sự chỉ bảo, giúp đỡ của các thầy cô, gia đình và bạn bè. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới người thầy kính mến PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, người đã trực tiếp truyền thụ kiến thức, quyết định hướng nghiên cứu và tận tình hướng dẫn cho tôi hoàn thành bản luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, và các thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2012-2014, những người đã trực tiếp giảng dạy và giúp đỡ tôi trong quá trình học tập tại trường cùng toàn thể bạn bè và người thân đã đóng góp ý kiến, giúp đỡ, động viên tôi trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn này. Số học là một lĩnh vực rộng lớn, nhưng vì giới hạn trong phương pháp toán sơ cấp và hạn chế trong một luận văn thạc sĩ nên bản luận văn mới chỉ trình bày được một phần nào đó. Do thời gian có hạn và năng lực có phần hạn chế nên chắc chắn luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn chỉnh hơn. Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 19 tháng 04 năm 2014 Học viên Tạ Văn Trung 4 Về ký hiệu: N được ký hiệu cho tập các số tự nhiên. N∗ được ký hiệu cho tập các số tự nhiên dương. Z được ký hiệu cho vành các số nguyên. Q được ký hiệu cho trường các số hữu tỷ. Q∗ được ký hiệu cho tập các số hữu tỷ dương. R được ký hiệu cho trường các số thực. C được ký hiệu cho trường các số phức. K được ký hiệu cho một trong ba trường Q, R hoặc C. 5 Chương 1 Lý thuyết chia hết trong vành Z Khái niệm nhóm, vành và trường không nhắc lại trong chuyên đề này. Tập Z là một miền nguyên, Q là một trường đặc số 0. 1.1 Quan hệ chia hết Định nghĩa 1.1.1. Cho hai số nguyên a, b ∈ Z, b 6= 0. Số a được gọi là chia hết cho số b hay b chia hết a nếu có c ∈ Z thỏa mãn a = bc. . Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a .. b hoặc nói b chia hết a và viết b|a. Khi a = bc thì b được gọi là một ước của a. Các tính chất cơ bản sau đây về quan hệ chia hết là hiển nhiên. (i) 1 | a với mọi a ∈ Z. (ii) a | a với mọi a ∈ Z, a 6= 0. (iii) Nếu a | b và b | c thì a | c với mọi a, b, c ∈ Z, a, b 6= 0. (iv) Nếu a | b thì |a| 6 |b| với mọi a, b ∈ Z, a, b 6= 0. (v) Nếu a | bi với a, bi ∈ Z, i = 1, . . . , n, thì a | n P bi xi với xi ∈ Z. i=1 (vi) Nếu a | b và b | a thì a = b hoặc a = −b với a, b ∈ Z, a, b 6= 0. Hiển nhiên, quan hệ chia hết trong Z có tính phản xạ, nhưng không có . . tính bắc cầu, chẳng hạn 0 .. 5, nhưng 5 6 .. 0 và không có tính phản đối 6 xứng, chẳng hạn 5 | −5, −5 | 5, nhưng 5 6= −5. Do đó quan hệ chia hết không là quan hệ tương đương, cũng không là quan hệ thứ tự trong Z. 1.2 Phép chia với dư Định lý 1.2.1. Với mỗi cặp số nguyên a, b ∈ Z, b 6= 0, luôn tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q, r ∈ Z sao cho a = qb + r, với 0 6 r < |b|. Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| sao cho n|b| 6 a, n ∈ Z}. Vì |b| > 1 nên −|a||b| 6 −|a| 6 a. Do đó −|a||b| ∈ T. Vậy T 6= ∅. Vì T là tập bị chặn trên nên T có một số lớn nhất m|b|. Từ m|b| 6 a ta suy ra r = a−m|b| > 0 và r ∈ Z. Ta lại có (m+1)|b| = m|b|+|b| > m|b|. Do tính lớn nhất của m|b| trong T nên (m + 1)|b| > a. Như vậy |b| > a − m|b| = r và ta có a = qb + r với 0 6 r < |b|. Tính duy nhất: Giả sử có hai sự biểu diễn a = qb + r với 0 6 r < |b| và a = q1 b + r1 với 0 6 r1 < |b|. Trừ vế cho vế, ta có r − r1 = b(q1 − q). Từ |r − r1 | < |b| ⇒ |q1 − q||b| < |b|. Vậy q = q1 và hiển nhiên r = r1 . Biểu diễn a = qb + r, 0 6 r < |b|. Nếu r = 0 thì q được gọi là thương của a chia cho b. Nếu r 6= 0 thì q gọi là thương hụt, còn r là số dư trong phép chia a cho b. Ví dụ 1.2.2. Đặt an = 12011 + 22011 + · · · + n2011 với n ∈ N∗ . Chứng minh rằng an không chia hết cho n + 2. Bài giải: Ta có 2an = [n2005 + 22005 ] + [(n − 1)2005 + 32005 ] + · · · + [22005 + n2005 ] + 2. Vậy 2an = (n + 2)d + 2, d ∈ N∗ ⇒ an không chia hết cho n + 2. Ví dụ 1.2.3. Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x2 −38x+1 = 0. Đặt an = xn1 + xn2 với n = 0, 1, 2, . . . . Chứng minh rằng an là số nguyên và tìm dư của phép chia a1000 cho 19. 7 Bài giải: Có a0 = 1 + 1 = 2, a1 = x1 + x2 = 38. Vì x21 − 38x1 + 1 = + xn2 = 0. − 38xn+1 + xn1 = 0, xn+2 − 38xn+1 0, x22 − 38x2 + 1 = 0 nên xn+2 2 2 1 1 Do đó an+2 = 38an+1 − an với mọi n > 0. Bằng phương pháp quy nạp . theo n ta suy ra an nguyên với mọi n > 0. Ta có an+2 + an .. 19 với mọi số . . . nguyên n > 0. Từ an+2 + an .. 19 và an+4 + an+2 .. 19 suy ra an+4 − an .. 19 với mọi n > 0 và nhận được bảng chia hết cho dưới đây: . a4 − a0 .. 19 . a8 − a4 .. 19 . a12 − a8 .. 19 ... . a1000 − a996 .. 19. . Như vậy a1000 − a0 .. 19 hay a1000 chia cho 19 dư 2. 1.3 Ước chung lớn nhất Định nghĩa 1.3.1. Cho các số nguyên a1 , . . . , an ∈ Z không đồng thời bằng 0. Số nguyên d được gọi là ước chung của các ai nếu d | ai với mọi i = 1, . . . , n. Hiển nhiên +1, −1 là ước chung của mọi tập hữu hạn các số nguyên. Ký hiệu tập tất cả các ước chung của a1 , · · · , an ∈ Z là C(a1 , · · · , an ) và thấy ngay tập này khác rỗng. Ví dụ C(18, −15, 21) = {1, −1, 3, −3}. Định nghĩa 1.3.2. Cho các số nguyên a1 , . . . , an ∈ Z không đồng thời bằng 0. Số nguyên d được gọi là ước chung lớn nhất của các ai nếu d là một ước chung của các ai và d chia hết cho mọi ước chung của chúng. Như vậy, số nguyên d là ước chung lớn nhất của a1 , . . . , an ∈ Z khi và chỉ khi d | ai , i = 1, . . . , n, và nếu c | ai , i = 1, . . . , n, thì c | d. Khi số nguyên d là ước chung lớn nhất của a1 , . . . , an thì −d cũng là ước chung lớn nhất của a1 , . . . , an . Người ta ký hiệu ước chung lớn nhất của a1 , . . . , an qua (a1 , . . . , an ) và chọn nó là |d|. Dễ thấy rằng, (a1 , . . . , an ) là số nguyên dương lớn nhất nằm trong tập C(a1 , . . . , an ). 8 Định lý 1.3.3. Cho các số nguyên a1 , . . . , an ∈ Z không đồng thời bằng 0. Khi đó luôn tồn tại ước chung lớn nhất (a1 , . . . , an ). Chứng minh: Đặt I = {y = n P aj xj | xj ∈ Z, j = 1, . . . , n}. Dễ dàng j=1 chỉ ra I là một iđêan của vành Z. Từ ai = 1.ai + n P 0.aj ta suy ra các ai i6=j=1 đều thuộc I. Vậy I 6= {0}. Nếu y ∈ I thì −y ∈ I. Vậy có số dương thuộc I. Gọi d là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc I. Ta chỉ ra d = (a1 , . . . , an ). Trước tiên ta chỉ ra d ∈ C(a1 , . . . , an ) : Giả sử ai = qi d + ri , 0 6 ri < d n P aj xj , xj ∈ Z do d ∈ I và từ theo Định lý 1.2.1. Ta có biểu diễn d = j=1 ri = ai − qi d = a1 (−qi x1 ) + · · · + ai (1 − qi xi ) + · · · + an (−qi xn ) ∈ I suy ra ri ∈ I với mọi i = 1, . . . , n. Bởi vì d là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc I và các ri ∈ I, 0 6 ri < d, nên r1 = · · · = rn = 0. Tiếp theo, nếu c ∈ C(a1 , . . . , an ) thì c|d. Thật vậy, nếu c ∈ C(a1 , . . . , an ) n P thì có bj ∈ Z để aj = bj c với j = 1, . . . , n. Do vậy d = aj xj = j=1 c( n P bj xj ) hay c|d. Tóm lại d = (a1 , . . . , an ). j=1 Thuật toán Euclid để tìm ước chung lớn nhất Bây giờ chúng ta sẽ sử dụng Định lý 1.2.1 để tìm ước chung lớn nhất của một số số nguyên không đồng thời bằng 0, nhưng thực ra chỉ cần cho hai số. Để tìm ước chung lớn nhất của a, b ∈ Z, b 6= 0, ta sẽ sử dụng Định lý 1.2.1 vào việc xây dựng lại Thuật toán Euclid như sau: Biểu diễn a = q0 b + r với 0 6 r < |b|. Nếu r = 0 thì (a, b) = b. Nếu r 6= 0, ta biểu diễn b = q1 r + r1 với 0 6 r1 < r. Nếu r1 = 0 thì ta dừng lại và ta có r = (b, r) = (a, b) theo tính chất (vii). Nếu r1 6= 0, ta tiếp tục như trên. Đến bước thứ n ta có rn−3 = qn−1 rn−2 + rn−1 với 0 6 rn−1 < rn−2 , ... Sau mỗi bước ta có |b| > r > r1 > · · · > 0 và các ri ∈ N. Như vậy quá trình trên không thể tiếp tục mãi được. Đến bước thứ m xác định nào đó quá trình trên phải 9 dừng. Khi đó ta có rm−2 = qm rm−1 và (a, b) = rm−1 . Đây chính là Thuật toán Euclid để tìm ước chung lớn nhất của hai số. Đối với trường hợp tìm ước chung lớn nhất của nhiều hơn 2 số, ta sử dụng tính chất (iii) ở trên để đưa về việc tìm ước chung lớn nhất của hai số. Ví dụ 1.3.4. Cho a = 196, b = 38. Ta có 196 = 38.5 + 6, 38 = 6.6 + 2, 6 = 3.2. Vậy (196, 38) = 2. Chú ý rằng, do (a, b) = (b, r) nên ta có thể giả thiết hai số nguyên a và b không âm và a > b. Ta có: Định lý 1.3.5. Nếu d = (a, b) thì có x, y ∈ Z thỏa mãn d = ax + by. Chứng minh: Xây dựng hai dãy số nguyên (an ), (bn ) theo công thức truy hồi sao cho ri = ai a + bi b, i > 0 và r0 = r. Vì r = a − q0 b, nên ta chọn a0 = 1, b0 = −q0 và có được r0 = r = a0 a + b0 b. Vì a1 a + b1 b = r1 = b − q1 r0 = b − q1 (a0 a + b0 b) nên ta có thể chọn a1 = −q1 a0 = −q1 , b1 = 1 − q1 b0 = 1 + q0 q1 . Tổng quát, do bởi ai+1 a + bi+1 b = ri+1 = ri−1 − qi+1 ri = ai−1 a + bi−1 b − qi+1 (ai a + bi b) ta chọn công thức truy hồi   a0 = 1 a1 = −q1 b 1 = 1 + q0 q1 b0 = −q0  ai+1 = ai−1 − qi+1 ai bi+1 = bi−1 − qi+1 bi , i > 1. Vì qm = 0 nên x = am−1 , y = bm−1 thỏa mãn xa + yb = d. Từ định lý vừa được chứng minh suy ra một hệ quả có tính kỹ thuật sau: Hệ quả 1.3.6. Cho a, b ∈ Z không đồng thời bằng không. Khi đó (a, b) = 1 khi và chỉ khi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = 1. Tổng quát hơn nữa ta có hệ quả sau. Hệ quả 1.3.7. Cho a, b ∈ Z không đồng thời bằng không. Khi đó (a, b) = d khi và chỉ khi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = d và d là ước chung của a và b. 10  Chứng minh: Ta có (a, b) = d khi và chỉ khi a b , d d  = 1. Theo Hệ quả a b 1.3.6 có x, y ∈ Z để x + y = 1. Nhân hai vế với d ta có ax + by = d. d d Hệ quả 1.3.8. Cho a, b, c ∈ Z không đồng thời bằng không. Nếu (a, c) = 1, (b, c) = 1 thì (ab, c) = 1. Chứng minh: Theo Hệ quả 1.3.6 có x, y, z, t ∈ Z để ax+cy = 1, bz+ct = 1. Nhân vế với vế ta có 1 = (ax + cy)(bz + ct) = abxy + c(axt + byz + cyt). Vẫn theo Hệ quả 1.3.6 ta có (ab, c) = 1. Định nghĩa 1.3.9. Các số nguyên a1 , . . . , an ∈ Z không đồng thời bằng 0, được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a1 , . . . , an ) = 1. Chúng được gọi là nguyên tố sánh đôi nếu (ai , aj ) = 1 với mọi i, j = 1, . . . , n, i 6= j. Định lý 1.3.10. Cho các số nguyên a1 , . . . , an ∈ Z, không đồng thời bằng 0. Các số a1 , . . . , an nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi có xj ∈ Z để n P aj xj = 1. j=1 Chứng minh: Hiển nhiên, khi có các số nguyên xj để n P aj xj = 1 thì j=1 a1 , . . . , an là nguyên tố cùng nhau. Ngược lại, giả thiết a1 , . . . , an là nguyên tố cùng nhau. Đặt di = (a1 , . . . , ai ), i = 1, . . . , n. Ta có dn = 1. Vận dụng n−1 P Định lý 1.3.5, ta có thể giả thiết qui nạp có yj ∈ Z để yj aj = dn−1 . j=1 Từ (dn−1 , an ) = 1 ta suy ra có x, y ∈ Z để xdn−1 + yan = 1 theo Định n−1 P lý 1.3.5 và như vậy xyj aj + yan = 1. Tóm lại có các số nguyên xj để j=1 n P aj xj = 1. j=1 Ví dụ 1.3.11. Giả sử dãy số nguyên a0 = 0, a1 , a2 , . . . , thỏa mãn (am , ak ) = (am−k , ak ) với mọi số nguyên m > k. Khi đó (an , am ) = a(n,m) với mọi m, n. Sử dụng kết quả này để chứng minh, với dãy Fibonacci (an ) ta luôn có (am , ak ) = a(m,k) . 11 Bài giải: Dựa vào Thuật toán Euclid, tìm ước chung lớn nhất của m và k: m = q0 k + r1 với 0 6 r1 < k k = q1 r1 + r2 với 0 6 r2 < r1 r1 = q2 r2 + r3 với 0 6 r3 < r2 ... rs−1 = qs rs + rs+1 với 0 6 rs+1 < rs rs = qs+1 rs+1 , d = rs+1 = (m, k). Từ giả thiết suy ra (am , ak ) = (am−k , ak ) = · · · = (ar1 , ak ) và tiếp tục như vậy được (am , ak ) = (ar1 , ak ) = · · · = (ad , a0 ) = ad = a(m,k) . Xét dãy Fibonacci a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 + an , ∀ n > 1. Vì am = am−k ak+1 + am−k−1 ak nên (am , ak ) = (am−k , ak ) = a(m,k) . 1.4 Bội chung nhỏ nhất Định nghĩa 1.4.1. Cho các số a1 , . . . , an ∈ Z \ {0}. Số nguyên m được gọi là bội chung của a1 , . . . , an nếu m chia hết cho tất cả các số ai . Định nghĩa 1.4.2. Cho các số a1 , . . . , an ∈ Z \ {0}. Số nguyên m 6= 0 được gọi là bội chung nhỏ nhất của a1 , . . . , an nếu m là bội chung của các số ai và m chia hết mọi bội chung khác của các ai . Sử dụng ký hiệu BC(a1 , . . . , an ) cho tập tất cả các bội chung, còn bội chung có trị tuyệt đối nhỏ nhất của các số a1 , . . . , an được ký hiệu là bcnn(a1 , . . . , an ). Ta qui ước [a1 , . . . , an ] là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc tập BC(a1 , . . . , an ). Định lý sau đây chỉ ra mối liên hệ giữa bội chung nhỏ nhất và ước chung lớn nhất của một số hữu hạn các số đã cho. Định lý 1.4.3. Nếu a, b ∈ Z \ {0}, thì (a, b)[a, b] = |ab|. 12 Chứng minh: Không làm mất tính chất tổng quát ta giả thiết a, b > 0. ab b a Đặt m = . Hiển nhiên m là số nguyên. Từ m = a= b (a, b) (a, b) (a, b) ta suy ra m là một bội chung của a, b. Mặt khác, nếu c là một bội chung c hb bất kỳ của a và b, thì a|c và c = bh với h ∈ Z. Do đó = . Vì (a, b) (a, b) a bh a b a | và ( , ) = 1, nên |h. Điều này có nghĩa có tồn (a, b) (a, b) (a, b) (a, b) (a, b) ap ap ab tại p ∈ Z để h = . Khi đó c = bh = b = p = mp hay c (a, b) (a, b) (a, b) chia hết cho m. Do đó m là bội chung nhỏ nhất của a và b và ta suy ra hệ thức. Định lý sau đây chỉ ra bội chung nhỏ nhất của một số hữu hạn các số đã cho luôn luôn tồn tại. Định lý 1.4.4. Bội chung nhỏ nhất của các số a1 , . . . , an ∈ Z \ {0} luôn tồn tại. Hơn nữa, [a1 , . . . , an ] = [[a1 , . . . , an−1 ], an ]. Chứng minh: Ta chứng minh định lý bằng phương pháp qui nạp theo n. |a1 a2 | Với n = 1, [a1 ] = a1 . Với n = 2, [a1 , a2 ] = theo Định lý 1.4.3. Như (a1 , a2 ) vậy định lý đúng cho n = 1, 2. Giả sử định lý đúng cho tập ít hơn n số. Như vậy ta có a = [a1 , . . . , an−1 ]. Đặt m = [a, an ]. Do m là một bội chung của a và an , nên m là một bội chung của các số a1 , . . . , an . Mặt khác, nếu c là một bội chung của các ai thì c là một bội chung của a1 , . . . , an−1 và như vậy c là một bội của a. Từ đó suy ra c là một bội của m. Điều này chỉ ra m = [a1 , . . . , an ] tồn tại và định lý được chứng minh. Giả thiết các số nguyên a1 , . . . , an đều khác 0 và m, d là những số nguyên dương. Ta có các tính chất sau đây của bội chung nhỏ nhất mà phép chứng minh là hiển nhiên:   m m ,..., = 1. (i) m = [a1 , . . . , an ] ⇐⇒ a1 an [a1 , . . . , an ] h a1 an i (ii) = ,...,, . d d d 13 (iii) d[a1 , . . . , an ] = [da1 , . . . , dan ]. (iv) Bội chung nhỏ nhất của các số nguyên tố sánh đôi bằng tích của các số nguyên tố đó. 1.5 Số nguyên tố và Định lý cơ bản của số học Định nghĩa 1.5.1. Số tự nhiên p > 1 không có một ước số dương nào khác 1 và chính nó được gọi là số nguyên tố. Số tự nhiên q > 1 có ước số dương khác 1 và chính nó được gọi là hợp số. Nếu có số tự nhiên d để n = d2 thì n được gọi là số chính phương. Hiển nhiên ta có định lý sau đây: Định lý 1.5.2. Cho số nguyên tố p và các số nguyên tuỳ ý m, a, b. Khi đó  p nếu p | m (i) (m, p) = 1 nếu p - m. (ii) Mọi số m > 1 đều có ước nguyên tố. (iii) Nếu p | ab thì p | a hoặc p | b. Ta sẽ thấy luôn luôn tồn tại những khoảng bao gồm các số nguyên liên tiếp với độ dài tùy ý không có số nguyên tố nào. Tuy vậy, định lý sau đây chỉ ra tập các số nguyên tố là một tập vô hạn. Định lý 1.5.3. Tồn tại nhiều vô hạn các số nguyên tố dạng 4n − 1 với n ∈ N. Chứng minh: Giả sử chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố p1 , . . . , ps s Q dạng 4n − 1. Đặt q = 4 pi − 1 > 1. Khi đó q là số lẻ. Nhận xét (*) : i=1 Sử dụng quy nạp theo r ta dễ dàng chỉ ra tích r Q (4ni + 1) các số nguyên i=1 dương dạng 4h + 1 cũng là một số nguyên dương dạng 4m + 1. Nếu mọi ước nguyên tố của q đều có dạng 4k + 1 thì q phải có dạng 4m + 1. Vì q có dạng 4m − 1 nên q phải có một ước nguyên tố p dạng 4k − 1. Từ điều giả 14 sử ta suy ra p = pi với i nào đó. Vậy p |(−1). Điều này không thể được. Như vậy có nhiều vô hạn số nguyên tố dạng 4n − 1. Định lý 1.5.4. Với số nguyên dương n đều tồn tại số nguyên tố lớn hơn n. Chứng minh: Xét số n! + 1. Khi chia số này cho các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n đều cho số dư là 1. Do vậy mọi ước nguyên tố của n! + 1 đều không thuộc tập {1, 2, . . . , n} và như thế nó phải lớn hơn n. Định lý 1.5.5. [Định lý cơ bản của số học] Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành một tích hữu hạn các thừa số nguyên tố và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số. Chứng minh: Xét tập F gồm tất cả các số nguyên dương không biểu diễn được thành tích một số hữu hạn các thừa số nguyên tố. Ta chỉ cần chỉ ra F = ∅. Thật vậy, giả sử F 6= ∅. Ta thấy nếu m ∈ F thì m > 2, vì vậy F là tập bị chặn dưới. Khi đó có số nguyên dương nhỏ nhất m thuộc F. Vì m ∈ F nên m phải là hợp số. Khi đó có hai số nguyên dương q1 , q2 > 1 để m = q1 q2 . Vì q1 , q2 < m nên q1 , q2 ∈ / F. Như vậy ta có sự phân tích q1 = t1 t2 . . . th , q2 = u1 u2 . . . uk , ở đó ti , uj đều là các số nguyên tố. Khi đó m = q1 q2 = t1 t2 . . . th u1 u2 . . . uk . Điều này mâu thuẫn với giả thiết m ∈ F. Như vậy F phải là tập rỗng. Khi phân tích số tự nhiên q > 1 thành tích các thừa số nguyên tố, có thể một số nguyên tố xuất hiện nhiều lần. Nếu các số nguyên tố p1 , . . . , ps xuất hiện theo thứ tự α1 , . . . , αs lần, thì ta viết q = pα1 1 pα2 2 . . . pαs s và ta gọi tích này là dạng phân tích chính tắc hay dạng phân tích tiêu chuẩn của q. Khi hai số a, b có dạng phân tích chính tắc a = pα1 1 pα2 2 . . . pαs s q1u1 . . . qrur , b = pβ1 1 pβ2 2 . . . pβs s tv11 . . . tvhh , 15 trong đó các thừa số nguyên tố qi chỉ ở trong a, còn các thừa số nguyên tố tj chỉ có trong b. Ta có min(α2 ,β2 ) (a, b) = p1 min(α1 ,β1 ) p2 . . . ps min(αs ,βs ) [a, b] = p1 max(α1 ,β1 ) p2 max(α2 ,β2 ) . . . ps max(αs ,βs ) q1 u1 . . . qr ur t1 v1 . . . th vh . Định lý 1.5.6. Không tồn tại đa thức f (x) = a0 xm + a1 xm−1 + · · · + am với các hệ số ai nguyên và a0 6= 0, m > 1, thỏa mãn f (n) là số nguyên tố với mọi n = 1, 2, . . . . Chứng minh: Với đa thức f (x) như trên, hiển nhiên |f (n0 )| > 1 với một số nguyên dương đủ lớn n0 . Chọn số nguyên tố p chia hết f (n0 ) và khai triển f (n0 + kp) = f (n0 ) + kpg(n0 , p, k). Số g(n0 , p, k) là số nguyên. Như vậy cả ba số hạng trong hệ thức này đều chia hết cho p với mọi k = 1, 2, . . . . Với k đủ lớn ta có |f (n0 + kp)| > p và f (n0 + kp) chia hết cho p. Ta suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 1.5.7. Ký hiệu p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . . , pn là số nguyên tố thứ n Q pk n trong dãy các số nguyên tố theo thứ tự tăng dần. Khi đó pn+1 < k=1 và khi n > 4 thì pn > 2n. n Q pk − 1 > 1. Gọi ước nguyên tố nhỏ nhất √ của m là p. Khi đó p 6= pk với mọi k = 1, 2, . . . , n. Vậy pn+1 6 p 6 m. n Q Từ đây suy ra pn+1 6 m < pk . Bài giải: Xét số nguyên m = k=1 k=1 Ta có p5 = 11 > 2.5. Giả sử pn > 2n. Khi đó pn+1 > pn + 2 > 2n + 2 = 2(n + 1). Do đó pn > 2n khi n > 4. Ví dụ 1.5.8. Chứng minh rằng với số nguyên n > 2 luôn có ít nhất một số nguyên tố giữa n và n!. Từ đây dễ dàng suy ra tập tất cả các số nguyên tố là vô hạn. 16 Bài giải: Vì n > 2 nên n! − 1 > 1. Như vậy có số nguyên tố p | n! − 1 và suy ra p < n!. Giả sử p 6 n. Khi đó p | n! và p | n! − 1. Dễ dàng suy ra p | 1 : mâu thuẫn. Tóm lại n < p < n!. Ví dụ 1.5.9. Chứng minh rằng trong dãy các số nguyên dương n!+2, n!+ 3, . . . , n! + n, n > 1, không chứa một số nguyên tố nào. 1.6 Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số Ta đã biết cách biểu diễn một số tự nhiên theo cơ số 10. Định lý sau cho cách biểu diễn một số nguyên dương theo cơ số k > 1 tuỳ ý. Định lý 1.6.1. Cho số nguyên dương k > 1. Mỗi số nguyên không âm n đều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành tổng n = a0 k m + a1 k m−1 + · · · + am−1 k + am , trong đó a0 , . . . , am ∈ {0, 1, . . . , k − 1}. Chứng minh: Sự tồn tại: Giả thiết n là số nguyên không âm. Nếu 0 6 n 6 k − 1, ta đã có sự biểu diễn n = n. Nếu n > k ta gọi m là số nguyên dương lớn nhất để k m 6 n < k m+1 . Gọi a0 ∈ {1, . . . , k − 1} để a0 k m 6 n < (a0 + 1)k m . Ta có 0 6 n1 = n − a0 k m < k m . Tương tự trên, có ai , m − i để ai k m−i 6 n1 < k m−i+1 . Tương tự , sau một số hữu hạn bước ta có các ai ∈ {0, 1, . . . , k − 1} để n = a0 k m + a1 k m−1 + · · · + am−1 k + am . Tính duy nhất: Giả sử ta có hai sự biểu diễn cho n theo k là  n = a0 k m + a1 k m−1 + · · · + am−1 k + am , n = b0 k s + b1 k s−1 + · · · + bs−1 k + bs . Khi đó (a0 k m + · · · + am−1 k) − (b0 k s + · · · + bs−1 k) + (am − bs ) = 0. Vì vế phải chia hết cho k nên am − bs chia hết cho k. Ta suy ra am = bs . Lập luận tương tự, có m = s, ai = bi , ∀i, và sự biểu diễn là duy nhất. Với biểu diễn n = a0 k m + a1 k m−1 + · · · + am−1 k + am ta thường viết n = (a0 a1 · · · am−1 am )k . 17 Số k được gọi là cơ số, còn a0 , a1 , . . . , am được gọi là các chữ số của biểu diễn n theo cơ số k và biểu diễn n = (a0 a1 · · · am−1 am )k được gọi là biểu diễn k -phân. Ngoài cách biểu diễn mỗi số nguyên theo một cơ số như trên ta còn có nhiều cách biểu diễn khác nữa. Biểu diễn mỗi số nguyên dương qua các tổ hợp được sử dụng trong đại số giao hoán. Định lý 1.6.2. [Hilbert] Cho số nguyên dương d. Khi đó mỗi số nguyên dương n đều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành tổng ! ! ! hd−1 h1 hd + + ··· + , n= d d−1 1 trong đó các số nguyên dương hi thoả mãn hd > hd−1 > · · · > h1 > 0. Chứng minh: Sự tồn tại: Giả thiết n là số ! nguyên dương. Ta chọn ! hd hd hd là số nguyên dương lớn nhất sao cho 6 n. Nếu n = thì d d ! d P hi n = với hi = i − 1 cho i = 1, . . . , d − 1. Trong trường hợp i i=1 ! ! d−1 P h h d i > 0, sử dụng giả thiết qui nạp ta có thể coi n0 = n0 = n − i d i=1 với hd−1 > hd−2! > · · · > h1 ≥ 0. Ta còn phải chỉ ra hd > hd−1 . Thật     hd + 1 hd d−1 vậy, từ > n ta suy ra d−1 = hdd+1 − hdd > n0 > hd−1 . Vậy d hd > hd−1 . Tính duy nhất của biểu diễn được chứng minh ! bằng phương pháp qui nạp d P hi theo n. Chúng ta đã biết nếu n = với hd > hd−1 > · · · > h1 > 0 i i=1 ! hd thì hd là số lớn nhất thỏa mãn 6 n. Nếu n = 1 kết luận là hiển d ! d−1   P hi  hd + 1 hd +1 hd nhiên. Giả sử n > 1 và 6 n. Khi đó > − i d d = d i=1 18 hd d−1  +1 > hd−1 d−1 . Điều này mâu thuẫn với giả thiết qui nạp và sự biểu diễn là duy nhất.  Ví dụ 1.6.3. Với mỗi cặp số nguyên dương m, k, số m luôn có sự biểu diễn duy nhất trong dạng ! ! ! hk hk−1 hr m= + + ··· + , k k−1 r ở đó các số nguyên không âm hi thỏa mãn hk > hk−1 > · · · > hr > r > 1. Ví dụ 1.6.4. Với mỗi cặp số nguyên dương m, k, ta luôn có biểu diễn duy m n m P P P nhất k m = ar,m Crk với các hệ số nguyên ar,m và km = Cr+1 n+1 ar,m . r=1 k=1 r=1 Tìm ar,m . Bài giải: Tồn tại biểu diễn duy nhất k m = Ta có r P n P k=1 km = m P r=1 ar,m n P k=r Crk . Vậy n P m P r=1 km = k=1 ar,m Crk theo Định lý 1.6.2. m P r=1 Cr+1 n+1 ar,m . Ta có ar,m = (−1)r+i Cir im . i=1 Định lý 1.6.5. [Cantor] Mỗi số nguyên dương a đều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành tổng a = an n! + an−1 (n − 1)! + · · · + a2 2! + a1 1!, ở đó các ai nguyên với 0 6 ai 6 i và an > 0. Chứng minh: Ký hiệu pn = n!. Khi đó 1p1 + 2p2 + · · · + npn = pn+1 − 1. Giả sử a = a1 p1 + a2 p2 + · · · + an pn với an 6= 0 và 0 6 ak 6 k, k = 1, . . . , n. Ta thấy ngay b = a1 p1 + a2 p2 + · · · + an−1 pn−1 6 1p1 + 2p2 + · · · + (n − 1)pn−1 = pn − 1. Do đó b < pn . Mặt khác pn 6 an pn 6 npn . Tóm lại, ta có pn 6 an pn 6 a < pn+1 . Vậy, cho mỗi số tự nhiên a có thể tìm thấy duy nhất một số
- Xem thêm -