Bộ giáo dục và đào tạo Trờng đại học Vinh --------------------------------------------- Nguyễn Thị Anh Một số bài toán cơ bản của số học Luận văn thạc sĩ toán học Vinh - 2008 3 Bộ giáo dục và đào tạo Trờng đại học Vinh ----------------------------------------------------- Nguyễn Thị Anh Một số bài toán cơ bản của số học Chuyên ngành: Đại số & Lý thuyết số Mã số: 60 46 05 Luận văn thạc sĩ toán học Ngời hớng dẫn khoa học PGS.TS. Nguyễn Thành Quang Vinh - 2008 4 mục lục Trang mở đầu 1 Chơng 1 Một số bài toán cơ bản của số học 3 1.1. Bài toán về tính chia hết . 3 1.2. Bài toán về số nguyên tố . 11 1.3. Bài toán về số chính phơng 16 1.4 Bài toán về biểu diễn số nguyên 17 Chơng 2 Dãy fibonacci 23 2.1. Quan hệ hồi quy tổng quát . 23 2.2. Hồi quy tuyến tính hệ số hằng . 24 2.3. Dãy Fibonacci . 28 2.4 Một số bài toán về dãy Fibonacci 32 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo Mở đầu 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, đặc biệt trong lĩnh vực bảo mật thông tin. Vì thế, việc trang bị những kiến thức cơ bản về số học cho học sinh ngay từ trờng phổ thông là hết sức cần thiết. Không nh nhiều ngành toán học khác, có 5 rất nhiều thành tựu hiện đại và quan trọng của số học có thể hiểu đợc chỉ với những kiến thức phổ thông đợc nâng lên một bớc. Do đó, số học chính là lĩnh vực thuận lợi để đa ngời học toán tiếp cận nhanh với khoa học hiện đại. Tuy nhiên, trong chơng trình số học ở trờng phổ thông hiện nay, môn số học cha đợc dành nhiều thời gian. Cũng vì thế mà học sinh thờng rất lúng túng khi giải các bài toán số học, đặc biệt là trong các kì thi chọn học sinh giỏi. Tình hình đó đòi hỏi phải có những sách tham khảo và nghiên cứu về số học cho học sinh và giáo viên, nhất là giáo viên các lớp chuyên toán. Với những lý do nêu trên luận văn chọn đề tài Một số bài toán cơ bản của số học . Luận văn gồm hai chơng. Chơng 1, đề cập một số bài toán cơ bản của Số học về: tính chia hết, số nguyên tố, số chính phơng, biểu diễn số nguyên. Luận văn đã trình bày lại chi tiết một số kết quả sau: 1.1.1.Mệnh đề. Cho S là tập hợp hữu hạn các số nguyên dơng phân biệt. S đợc gọi là tập chia hết nếu mỗi số nguyên thuộc S đều là ớc của tổng tất cả các số nguyên thuộc S. Khi đó, mọi tập hữu hạn các số nguyên dơng đều là một tập hợp con của một tập chia hết nào đó. 1.1.3. Mệnh đề. Với mỗi số nguyên dơng n cho trớc, tồn tại một hệ thặng d đầy đủ modn gồm n số tam giác khi và chỉ khi 2 k n = , với k là số tự nhiên. 1.2.1. Định lý. Giả sử hàm số :f N N thoả mãn điều kiện: ( ) ( ) ( ) 2 .f m f n n f m= với mọi , m n N . Khi đó, với mỗi số nguyên tố p thì ( ) f p hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phơng của số nguyên tố. Bài toán 1.2.2. Xây dựng đợc hàm :f N N thoả mãn điều kiện ( ) ( ) ( ) 2 . .f m f n n f m= , với , m n N . Bài toán 1.3.1. Tìm tất cả các hàm tăng * * :f N N thoả mãn hai điều kiện 1) ( ) ( ) * 2 ,f n n f n n N= + . 6 2) Nếu f(n) là số chính phơng, thì n là số chính phơng. 1.4.1. Mệnh đề. Cho p là số nguyên tố lẻ. Khi đó, tồn tại số tự nhiên M sao cho 0 M p< < và M p là tổng của bốn bình phơng. Chơng 2 luận văn trình bày về quan hệ hồi quy và dãy số Fibonacci. Luận văn đã diễn đạt và chứng minh tờng tận một số kết quả liên quan đến quan hệ hồi quy và dãy số Fibonacci F n . Luận văn đợc thực hiện và hoàn thành tại Trờng Đại học Vinh, với sự hớng dẫn của PGS. TS. Nguyễn Thành Quang. Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và kính trọng tới Thầy giáo hớng dẫn. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới PGS. TS. Ngô Sỹ Tùng, PGS. TS. Lê Quốc Hán và các thầy giáo, cô giáo trong Khoa Toán, Khoa Đào tạo Sau đại học Trờng Đại học Vinh, đã giúp đỡ tác giả hoàn thành luận văn này, cũng nh trong suốt khoá học vừa qua. Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn tới các học viên cao học Khóa XIV Toán về những buổi seminar bổ ích trong nhiều chứng minh chi tiết. Mặc dù đã rất cố gắng nhng thật khó tránh khỏi những thiếu sót bởi những hiểu biết còn hạn chế của bản thân. Vì vậy, tác giả rất mong nhận đợc ý kiến góp ý của các thầy cô giáo và các bạn. Vinh, tháng 11 năm 2008 Tác giả Nguyễn Thị Anh Chơng 1 một số bài toán cơ bản của số học 1.1. Bài toán về tính chia hết 1.1.1. Mệnh đề. Cho S là tập hợp hữu hạn các số nguyên dơng phân biệt. S đ- ợc gọi là tập chia hết nếu mỗi số nguyên thuộc S đều là ớc của tổng tất cả các 7 số nguyên thuộc S. Khi đó, mọi tập hữu hạn các số nguyên dơng đều là một tập hợp con của một tập chia hết nào đó. Chứng minh. Giả sử S = {a 1 ,a 2 , ., a n }, trong đó a i là số nguyên dơng với mọi i = 1, 2, ., n. Đặt P = a 1 + a 2 + . + a n , và giả sử m = BSCNN[a 1 , a 2 , ., a n ]. Ta biểu diễn m dới dạng luỹ thừa của 2, tức là m có dạng m = 2 k p, với p là số nguyên dơng lẻ, k 0. Giả sử trong khai triển dới dạng nhị phân p có dạng (với p là số nguyên d- ơng lẻ): t t P 2 .22 2 210 ++++= (1) trong đó 1 0 == t , rõ ràng j nhận một trong hai giá trị 0 hoặc 1 với mọi j = 1, 2, ., t - 1. Bổ sung thêm vào tập hợp S các số 2 i P với 0 i t< và có i = 1. Khi đó, tổng các phần tử của tập hợp mở rộng S ( S bao gồm S và các phần tử mới đợc bổ sung ) là: 1 2 0 1 . 2 i i n i t P a a a P < = = + + + + (2) Từ đẳng thức (1) ta có: 0 0 0 2 2 1 i i i t i t a p < = = ữ . Do đó từ (2) ta có: ( ) pPPpPP =+= 1 . (3) Tiếp tục bổ sung thêm vào S các phần tử pP, 2pP, 2 2 pP, ., 2 l - 1 pP, với l = max{k, t}. Gọi S ~ là tập hợp đợc bổ sung vào S hai lần nh trên, và gọi P ~ là tổng các phần tử của tập hợp S ~ . Ta có: 1 2 . 2 l P P pP pP pP = + + + + % . (4) Thay (3) vào (4), ta có: 8 ( ) 1 2 1 2 . 2 1 2 2 . 2 2 1 . 2 1 2 . l l l l P pP pP pP pP pP pP pP pP pP = + + + + = + + + + + = + = % Vì l = max{k, t} nên 2 2 l k pP pM . Từ đó suy ra: 2 l pP mM (do m = 2 k p) (5) Mặt khác: m = BSCNN[a 1 , a 2 , ., a n ] 2 1, l i pP a i n =M (do 2 l pP m) Dễ dàng thấy đợc: 2 l pP 2 j pP với mọi j = 0, 1, ., l - 1. Từ l = max{k, t} 2 l pP 2 i P với mọi i = 0, 1, ., t . Tập hợp S ~ các số nguyên dơng có tính chất: Mọi phần tử của nó đều là ớc của tổng tất cả phần tử của nó, nên S ~ là tập chia hết . Nh vậy, với mọi tập hợp hữu hạn S các số nguyên dơng phân biệt đều là tập hợp con của một tập hợp chia hết nào đó (điều phải chứng minh). Ví dụ. Xét tập hợp S = {1, 3, 9}. Khi đó: P = 1 + 3 + 9 = 13. Giả sử m = BSCNN[ 1, 3, 9 ] = 9. Biểu diễn m dới dạng luỹ thừa của 2, tức là m = 9 = 2 0 .9 k = 0 và p = 9. Ta có: p = 2 0 + 2 3 , tức là 0; 1 2130 ==== ( ở đây t = 3 ) Suy ra: l = max{k, t} = max{0, 3} = 3. Ta bổ sung thêm vào tập hợp S phần tử 2 3 P. Khi đó tổng của các phần tử của tập hợp mở rộng S ( S bao gồm S và phần tử mới đợc bổ sung ) là: S = {1, 3, 9, 2 3 P} = {1, 3, 9, 8P} = {1, 3, 9, 104} Nh vậy, P = pP = 9.13 = 117. 9 Ta tiếp tục bổ sung thêm vào tập hơp S các phần tử: pP, 2pP, 2 2 pP. Gọi S ~ là tập hợp đợc bổ sung vào S sau hai lần bổ sung nh trên. Ta có: S ~ = {1, 3, 9, 8P, pP, 2pP, 2 2 pP} = {1, 3, 9, 104, 117, 234, 468} Rõ ràng SS ~ và S ~ là tập chia hết. Đó là điều phải chứng minh. 1.1.2. Định nghĩa. Một số nguyên dơng T gọi là số tam giác, nếu nó có dạng ( ) 1 2 a a T + = , trong đó a là số nguyên dơng. 1.1.3. Mệnh đề. Với mỗi số nguyên dơng n, tồn tại một hệ thặng d đầy đủ modn gồm n số tam giác khi và chỉ khi 2 k n = với k là số tự nhiên. Chứng minh. 1) Với n = 2 k , xét tập hợp có n phần tử A sau đây: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 3 3 1 5 5 1 2 1 2 , , , . , 2 2 2 2 n n A + + + = . Hệ này gồm n số tam giác ( ) 2 212 ii T i = , với i = 1, 2, ., n ; và n = 2 k . Ta sẽ chứng minh A là hệ thặng d đầy đủ modn, tức là chứng minh với mọi ji , thì i j T T / (mod n). Thật vậy, giả sử ngợc lại A không là hệ thặng d đầy đủ modn, tức là tồn tại ( ) njiji ,1, sao cho ji TT (mod n) . Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 1 2 ( ) 2 2 2 2 2 2 1 i j i i j j T T n n i i j j n i j i j n + M M M M Do n = 2 k , nên n không có ớc lẻ, suy ra: ( ) ( ) 2 2 1, 1 i j n i j n+ = M . (6) (6) vô lý, vì , 1 , 0i j i j n i j n < < (với i j> ).Vậy từ (6) suy ra điều vô lý, suy ra giả thiết ngợc lại là sai. Vậy A là hệ thặng d đầy đủ modn. 10 2) Đảo lại, giả sử A là một hệ thặng d đầy đủ modn, bao gồm n số tam giác. Ta cần chứng minh n có dạng là 2 k . Thật vậy, giả sử ngợc lại n = 2 s m, trong đó m lẻ và lớn hơn 1. Xét tập hợp ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 1 1 , , . , 2 2 2 m m B + + + = B là hệ gồm m phần tử có dạng tam giác. Do m lẻ, m > 1 nên ( ) 1 2 m m m + M , suy ra: ( ) ( ) 1 0 mod 2 m m m + . (7) Mặt khác, do m lẻ lớn hơn 1 nên m 1 2 ( ) ( ) ( ) 1 2 1 0 mod (8) 2 m m m m m m M Từ (7), (8) suy ra B không phải là hệ thặng d đầy đủ modn. (9) Lấy ( ) mx , .,2,1 . Vì A là hệ thặng d đầy đủ modn gồm toàn bộ tam giác và áp dụng tính chất: (Giả sử { } n aaaA , .,, 21 = là hệ thặng d đầy đủ modn, thì với mọi m Z tồn tại và duy nhất Aa i sao cho ( ) nma i mod ). Khi đó, tồn tại số tam giác ( ) A kk + 2 1 , sao cho: ( ) ( ) ( ) 1 mod 2 1 2 k k x n k k x n + + M Mặt khác, n = 2 s m ( tức là n m) nên suy ra: 11 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 mod 10 2 k k x m k k x m + + M Giả sử ik (mod m), với { } mi , .,2,1 . Khi đó theo tính chất đồng d ta có: ( ) ( )( ) miikk mod11 ++ Do m là số lẻ nên suy ra: ( ) ( ) ( ) m iikk mod 2 1 2 1 + + . (11) Thay (10) vào (11) ta có: ( ) ( ) mx ii mod 2 1 + Vậy B là hệ thặng d đầy đủ modn (12) Từ (9) và (12) suy ra mâu thuẫn, nên giả thiết phải chứng minh là sai . Vậy n phải có dạng 2 k , ta suy ra điều phải chứng minh. 1.1.4. Mệnh đề. Cho n là số nguyên dơng, và a là số nguyên. Nếu nh bậc của a(mod n) chính là ( ) n , thì ta nói rằng a là căn nguyên thuỷ của n (hay căn nguyên thuỷ modn). Nói cách khác, a là căn nguyên thuỷ của n, nếu nh ( ) n = ord n (a). Khi đó, với mọi n 1, thì 2 là căn nguyên thuỷ của 3 n . Chứng minh. Trớc hết ta có nhận xét sau: Với mọi 1n , thì ( ) 1 2.3 1 2 1 3 mod 3 n n n + + (13) Chứng minh nhận xét bằng phơng pháp quy nạp theo n. Với n = 1, thì ( ) 1 2.3 2 4 4 mod 9 n = hay ( ) 1 2.3 1 2 1 3 mod 3 n n n + + . Vậy (13) đúng khi n = 1. Giả sử (13) đúng đến n = k, tức là: ( ) 1 2.3 1 2 1 3 mod 3 k k k + + . (14) 12