tiểu luận số học hiện đại docx

Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh
Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 1


Lời Mở Đầu

“Số học hiện đại” là một nghành khoa học tự nhiên ra đời cùng với
sự ra đời của nghành toán học.Số Học ra đơi tư rất sớm trong lịch sử phát
triên nghành toán và có vai trò quan trọng trong các nghành khoa học khác
cũng như trong cuộc sống thực tế.Trong nền toán học hiện đại Số học có vai
trò quan trọng,là nền tảng cho các nghanh toán đó.
Tuy vậy khi tiếp cận với Số học hiện đại người học sẽ gặp rất nhiều
khó khăn vì tính trừu tương và độ tư duy rất cao của nghành học.Để khắc
phục vấn đề đó tôi đưa ra một số ít những gì mình đã học trong chương I và
III của giáo trình “Số học hiện đại” của thầy Nguyễn Thành Quang.Thông
qua một số kết quả và một số ví dụ để minh họa cho sự quan trọng đó và sự
tương tự trong các nghiên cứu đó. Từ định lý Mason, người ta dễ dàng thu
được định lý cuối cùng Fermat đối với đa thức trên hệ thức giữa các đa thức.
Chẳng hạn một trong những hệ quả đó là định lý Davenport mà khẳng định
tương tự của nó đối với số nguyên là giả thuyết Hall hoặc Giả thuyết “ABC”
vẫn còn chưa được chứng minh.Số nguyên tố và số giả nguyên tố cùng
những ứng dụng của nó trong khoa học và trong thực tiễn của cuộc sống.
Cuối cùng tôi xin cám ơn Thầy giáo Nguyễn Thành Quang đã tận tình
dạy bảo va giúp đỡ tôi trong quá trình học tập.Vì khả năng còn nhiêu hạn
chế chắc chắn sẽ còn rất nhiều hạn chế và thiếu sót,vì vậy rất mong được sự
góp ý chỉ dẫn của các thầy,cô và các bạn
Tôi Xin Chân Thành Cám Ơn!
Vinh,tháng 5 năm 2010

Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh
Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 2


I.Trường định chuẩn
I.1 Định nghĩa: Môt trường định chuẩn nếu trên K đã xác định một ánh xạ:
RK
→
:
ϕ
,
th
ỏ
a mãn các
đ
i
ề
u ki
ệ
n sau:
i. )(a
ϕ
là s
ố
th

ự
c ,
Ka
∈
∀
,
ii. )0(
ϕ
= 0; )(
a
ϕ
> 0; v
ớ
i
Ka
∈
≠
0 ,
iii. )(ab
ϕ
= )(a
ϕ
)(b
ϕ
,
iv.
(
)
(
)

(
)
(
)
baba
ϕϕϕ
,max≤+
; ., Kba
∈
∀

I.2 Ví dụ:
V
ề
tr
ườ
ng
đị
nh chu
ẩ
n
(
)
ϕ
,K

Gi
ả
s
ử

Q là tr
ườ
ng các s
ố
h
ữ
u t
ỉ
,
p
là m
ộ
t s
ố
nguyên t
ố
c
ố

đị
nh nào
đ
ó. Khi
đ
ó
v
ớ
i m
ỗ
i

Qa
∈
≠
0 , ta có th
ể
vi
ế
t m
ộ
t cách duy nh
ấ
t
n
p
t
s
a =
,
(
)
Ζ∈n

Trong
đ
ó các s
ố
nguyên
s,t
không chia h
ế

t cho
p.
Ta
đặ
t
(
)
(
)
n
pp
pa
−
==
ϕϕ
;00
.Khi
đ
ó
trên
Q
s
ẽ
xác
đị
nh cho ta m
ộ
t s
ự

đị
nh chu
ẩ
n.Chu
ẩ
n này
đượ
c g
ọ
i là chu
ẩ
n
p_adic
.
V
ớ
i
n
p
t
s
a
=
( )
.;.
ZnQapp
t
s
a
n

p
n
p
∈∈==⇒
−

Ch
ẳ
ng h
ạ
n:
.77
5
1
7
1
5
1
35
1
7
1
77
=⋅=⋅=
−


.122
35
1

1
35
1
35
1
00
22
==⋅=⋅=

Nhận xét
: V
ớ
i p,q là hai s
ố
nguyên t
ố
phân bi
ệ
t thì chu
ẩ
n
p_adic
va chu
ẩ
n
q_adic
không
t
ươ
ng

đươ
ng nhau trên tr
ườ
ng các s
ố
h
ữ
u t
ỉ

Q
.
I.3 Định chuẩn không Ácsimet.
M
ộ
t chu
ẩ
n
ϕ
trên tr
ườ
ng
K
là m
ộ
t
đị
nh chu
ẩ
n không

Ácsimet
n
ế
u
(
)
(
)
(
)
(
)
KbabaMaxba ∈∀≤+ ,;,
ϕϕϕ
.
II.Định lý Mason.
II.1 Định lý
: Cho
K
la m
ộ
t tr
ườ
ng
đ
óng
đạ
i s
ố

đặ
c s
ố
không.Gi
ả
s
ử

a(t),b(t),c(t)
là các
đ
a
th
ứ
c khác h
ằ
ng s
ố
v
ớ
i h
ệ
s
ố
trong K, nguyên t
ố
cùng nhau sao cho
cba
=
+

.Khi
đ
ó n
ế
u
kí hi
ệ
u
(
)
fn
0
là s
ố
nghi
ệ
m phân bi
ệ
t c
ủ
a
đ
a th
ứ
c
f
thì ta có:

Max(deg(a) ,deg(b), deg(c))

(
)
1
0
−≤ abcn
.

II.2 Định lý Fermat
T
ừ

đị
nh lí trên ta suy ra
đượ
c h
ệ
qu
ả
sau: (T
ươ
ng t
ự
c
ủ
a
đị
nh lí cu
ố
i cùng c
ủ

a
Fermat trên
đ
a th
ứ
c)
: Không tồn tại các đa thức a,b,c với hệ tử trong một trường đóng
đại số đặc số không, khác hằng số, nguyên tố cùng nhau và thõa mãn phương trình:
nnn
cba =+ , v
ớ
i n
.3
≥


Chứng minh
:
Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh
Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 3

Giả sử các đa thức a, b, c thoả mãn phương trình nói trên. Rõ ràng số nghiệm phân
biệt của đa thức a
n
b
n
c
n
không vượt quá
deg(a) + deg(b) + deg(c).

Áp dụng định lý
Mason, ta có:
deg(a
n
) = ndega
≤
n
o
(a
n
b
n
c
n
) – 1

≤
n
o
(abc) – 1

≤
deg(abc) – 1
= deg(a) + deg(b) + deg(c) - 1.
Nên
deg(a
n
) = ndega
≤
deg(a) + deg(b) + deg(c) – 1

deg(b
n
) = ndegb
≤
deg(a) + deg(b) + deg(c) – 1
deg(c
n
) = ndegc
≤
deg(a) + deg(b) + deg(c) – 1
Cộng từng vế các bất phương trìng trên, ta có
n(dega + degb + degc)
≤
3(dega + degb + degc) – 3.
Ta có mâu thuẫn vì n
≥
3.
II.3 Định lý Davenport
Đặc biệt một trong những hệ quả của định lí Mason là định lý sau đây. Định lý
Davenport:
Giả sử f,g là các đa thức trên trường K, nguyên tố cùng nhau sao cho
23
gf ≠ .Khi đó ta có:
(
)
1deg
2
1
deg
23

+≥− fgf .

Chứng minh: Ta dùng định lý Mason với.
a = g
2
, b = f
3
– g
2
, c = g=f
3
.
Khi đó a, b, c nguyên tố cùng nhau và thoả mãn phương trình a + b = c. Theo định lý
Mason ta có dega
≤
n
o
(abc) – 1
≤
n
o
(g
2
(f
3
– g
2
)f
3
) – 1

≤
n
o
(g(f
3
- g
4
)f) – 1
= deg(g(f
3
- g
4
)f) – 1
= degg + deg(f
3
– g
2
) + degf – 1
⇒
2degg
≤
degg + deg(f
3
– g
2
) +deg(f) – 1 (1)
Tương tự:

⇒
3degf

≤
degg + deg(f
3
– g
2
) +deg(f) – 1 (2)
Cộng từng vế các bất phương trìng (1) và (2) trên, ta có:
Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh
Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 4

2degg + 3degf
≤
2degg + 2deg(f
3
– g
2
) + 2deg(f) – 2.
⇒
deg(f)
≤
2deg(f
3
– g
2
) - 2.
⇒
deg(f
3
– g
2

)
≥

2
1
deg(f) + 1. Suy ra
đ
pcm
II.4.Hệ quả:
II.4.1.Hệ quả 1. (Tưong tự định lý Davenport)
Giả sử f, g là các đa thức khác hằng số trên trường đóng đại số, đặc số không K,
nguyên tố cùng nhau, sao cho f
3

≠
g
4
. Khi đó ta có: deg(f
3
– g
4
)
≥

4
5
degf + 1 (*)
Chứng minh:
+) Nếu 3deg(f) > 4deg(g)
⇒

deg(f
3
- g
4
) = deg(f
3
) = 3deg(f). Khi đó hiển nhiên ta có
(*),với chú ý rằng deg(f)
≥
1.
+) Nếu 3deg(f) < 4deg(g)
⇒
deg(f
3
- g
4
) = deg(g
4
) = 4deg(g) khi đó ta cũng có (*), vì:
deg(f
3
- g
4
) = 4deg(g) > 3deg(f) >
4
5
degf + 1
+) Nếu 3deg(f) = 4deg(g)
Sử dụng định lý Mason với: a = f
3

, b = g
4
- f
3
, c = g
4
.
Khi đó a, b, c nguyên tố cùng nhau và thoả mãn phương trình a + b = c. Theo định lý
Mason ta có dega
≤
n
o
(abc) – 1
Hay: 3deg(f)
≤
n
o
(g
4
(f
3
- g
4
)f
3
) – 1.
Suy ra 3deg(f)
≤
n
o

(g(f
3
- g
4
)f) – 1.
Do đó ta có 3deg(f)
≤
deg(g) + deg(f
3
- g
4
) + deg(f) – 1.
⇒
deg(f
3
- g
4
)
≥
2deg(f) – deg(g) + 1
⇒
deg(f
3
- g
4
)
≥
2deg(f) –
4
3

deg(f) + 1
⇒
deg(f
3
- g
4
)
≥

4
5
deg(g) + 1
II.4.2. Tổng quát của định ký Davenport
Giả sử f,g là các đa thức khác hằng trên trường đóng đại số đặc số không K,
nguyên tố cùng nhau , sao cho f
n

≠
g
m
. Khi đó ta có
deg(f
n
- g
m
)
≥

m
mnnm

−
−
degf + 1 (**)
Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh
Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 5

Chứng minh:
+) Nếu ndeg(f) > mdeg(g)
⇒
deg(f
n
- g
m
) = deg(f
n
)= ndeg(f). Khi đó hiển nhiên ta có
(**),vơi chú ý rằng deg(f)
≥
1.
+) Nếu ndeg(f) < mdeg(g)
⇒
deg(f
n
- g
m
) = deg(g
m
)= mdeg(g). Khi đó hiển nhiên ta có
(**),với deg(f
n

- g
m
) = mdeg(g) > n deg(f) >
m
mnnm
−
−
deg(f) + 1.
+) Nếu ndeg(f) = mdeg(g)
Sử dụng định lý Mason với: a = f
n
, b = g
m
– f
n
, c = g
m
.
Khi đó a, b, c nguyên tố cùng nhau và thoả mãn phương trình a + b = c. Theo định lý
Mason ta có dega
≤
n
o
(abc) – 1.
Hay: ndeg(f)
≤
n
o
(g
m

(f
n
– g
m
)f
n
) – 1.
Suy ra ndeg(f)
≤
n
o
(g(f
n
– g
m
)f) – 1.
Do đó ta có ndeg(f)
≤
deg(g) + deg(f
n
– g
m
) + deg(f) – 1.
⇒
deg(f
n
– g
m
)
≥

(n-1)deg(f) – deg(g) + 1
⇒
deg(f
n
– g
m
)
≥
(n-1)deg(f) –
m
n
deg(f) + 1
⇒
deg(f
n
– g
m
)
≥

m
mnnm
−
−
degf + 1.

Ngoài định lí Mason ta còn có các giả thuyết: Hall, ’abc’, Fermat suy rộng, Pilai,
Erdos_Mollon_Walsh.
Ta có sự liên hệ giữa định lí Mason với các giả thuyết và các định lí khác như sau:

?


Fermat Theorem Hall Conjecture
Mason Theorem
Davenport
Theorem
Analog of Fermat
Theorem
(
)
3≥n
‘abc
Conjecture
Fermat Theorem
(
)

0
nn
≥

Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh
Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 6

III. Số nguyên tố.
III.1. Định nghĩa:
Số nguyên tố là số nguyên lớn hơn 1.Không chia hết cho số nguyên dương nào
ngoài 1 và chính nó (không có ước thực sự).Một số nguyên lớn hơn 1 không phải là số
nguyên tố được gọi là hợp số.
Vd: 3,5,7,11,13, là số nguyên tố
III.2.Số hoàn chỉnh (The perfect number)
Số hoàn chỉnh là số nguyên dương mà tổng các ước số dương thực sự của nó bằng
chính nó.
Ta có kết quả sau:”Một số nguyên dương chẵn n là số hoàn chỉnh nếu và chỉ nếu:
(
)
122
1
−=
− mm
n .
Trong đó
2
≥
m là s
ố
nguyên d

ươ
ng sao cho
1
2
−
m
là s
ố
nguyên t
ố
.
Vd:

(
)
(
)
12.212.27.428
31332
−=−==
−
:
(
)
(
)
12.212.231.16496
51554
−=−==
−

;
(
)
(
)
12.212.2127.648128
71776
−=−==
−
, là các s
ố
hoàn ch
ỉ
nh.
III.3. Số nguyên tố Mersenner:

Nh
ư
ta
đ
ã th
ấ
y, ta có m
ộ
t s
ố
hoàn ch
ỉ
nh ch
ẵ

n khi có m
ộ
t s
ố
nguyên t
ố
d
ạ
ng
1
2
−
m
. Các s
ố
nguyên t
ố
nh
ư
v
ậ
y g
ọ
i là s
ố
nguyên t
ố
Mersenner.
Trong vd v
ề

s
ố
hoàn ch
ỉ
nh ta th
ấ
y các s
ố
7,31,127 là các s
ố
nguyên t
ố

Mersenner.
S
ố
nguyên t
ố
Mersenner có vai tro quan tr
ọ
ng trong c
ả
lý thuy
ế
t và
ứ
ng d
ụ
ng.
Ch

ẳ
ng h
ạ
n v
ấ
n
đề
tìm ra các s
ố
nguyên t
ố
l
ớ
n h
ơ
n
để
xây d
ự
ng h
ệ
m
ậ
t mã công khai.
III.4. Số nguyên tố Fermat
Fermat
đ
ã chi ra r
ằ
ng,các s

ố
t
ự
nhiên 12
2
+=
n
n
F , n=0,1,2, là s
ố
nguyên t
ố
.
Các s
ố
nguyên t
ố

n
F
đượ
c g
ọ
i là s
ố
nguyên t
ố
Fermat.
III.5.Định lý:(định lý cơ bản của số học)
M

ọ
i s
ố
t
ự
nhiên l
ơ
n h
ơ
n 1
đề
u phân tích
đượ
c m
ộ
t cách duy nh
ấ
t thành tích các
th
ừ
a s
ố
nguyên t
ố
, trong
đ
ó các th
ừ
a s
ố

đượ
c vi
ế
t v
ớ
i th
ứ
t
ự
không gi
ả
m.S
ố
nguyên t
ố

đượ
c coi nh
ư
là “tích” ch
ỉ
g
ồ
m m
ộ
t th
ừ
a s
ố

là chính nó.
III.6. Số nguyên tố sánh đôi.
Định nghĩa:
N
ế
u 1 là
ướ
c chung l
ớ
n nh
ấ
t (
ƯCLN
) c
ủ
a các s
ố
nguyên
n
aaa , ,,
21
thì các s
ố

n
aaa , ,,
21

đượ
c g

ọ
i là nguyên t
ố
cùng nhau.N
ế
u ta còn có 1 là
Ư
CLN c
ủ
a m
ọ
i c
ặ
p s
ố
phân bi
ệ
t
,1,, njiaa
ji
≤≠≤ thì các s
ố
nguyên
n
aaa , ,,
21

đượ
c
g

ọ
i là nguyên t
ố
cùng nhau t
ừ
ng
đ
ôi m
ộ
t,hay nguyên t
ố
sánh
đ
ôi.
Ch
ẵ
ng h
ạ
n dãy s
ố
3,5,17,257,65537, là dãy s
ố
nguyên t
ố
Fermat thõa mãn
đ
i
ề
u
ki

ệ
n là dãy s
ố
nguyên t
ố
sánh
đ
ôi.
III.7. Số giả nguyên tố.
Gi
ả
s
ử
b là m
ộ
t s
ố
nguyên d
ươ
ng cho tr
ướ
c.N
ế
u n là h
ợ
p s
ố
nguyên d
ươ
ng và

(
)
nbb
n
mod≡ ,thì n
đượ
c g
ọ
i là s
ố
nguyên t
ố
c
ơ
s
ở
b.
Trong tr
ườ
ng h
ợ
p (n,b)=1, ta th
ươ
ng dùng
đị
nh ngh
ĩ
a t
ươ
ng

đươ
ng sau:
(
)
nb
n
mod1
1
≡
−
.
Vd
: S
ố
nguyên 561 là s
ố
gi
ả
nguyên t
ố
c
ơ
s
ở
2.
Bài thu hoạch môn: Số học hiện đại. Lớp 17A3 Cao học toán - Đại học Vinh
Học viên: Trần Thanh Hải – Chuyên ngành: Giải tích 7

Thật vậy
: Ta có 561=3.11.17 và (3,2)=(11,2)=(17,2)=1,do

đ
ó áp d
ụ
ng
đị
nh lý
Fermat, ta có:
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
17mod122
11mod122
3mod122
35
16560
56
10560
280
2260
≡=
≡=
≡=

T
ừ

đ
ó suy ra
(
)
561mod12
560
≡ hay
(
)
561mod22
561
≡ .Do
đ
ó 561 là s
ố
gi
ả

nguyên t
ố
c
ơ
s
ở
2.
III.8. Số Carmichael.
H
ợ
p s
ố

n th
ỏ
a mãn
đồ
ng d
ư
th
ứ
c
(
)
nb
n
mod1
1
≡
−
v
ớ
i m
ọ
i s
ố
nguyên d
ươ
ng b sao
cho (n,b)=1
đượ
c g
ọ

i là s
ố
Carmichael.
Vd: S
ố
nguyên 561 là m
ộ
t s
ố
Carmichael.
Th
ậ
t v
ậ
y:
Do 561=3.11.17 nên 561 là h
ợ
p s
ố

V
ớ
i m
ọ
i s
ố
nguyên d
ươ
ng n thõa mãn: (b,n)= 1,ta th
ấ

y (b,3)= (b,11)= (b,17)= 1.
Theo
đị
nh lý Fermat bé, ta có:
(
)
( )
( )





≡
≡
≡
17mod1
11mod1
3mod1
16
10
2
b
b
b

⇔
(
)
( )

( )







≡=
=≡
≡=
)17(mod1
)11(mod1
)3(mod1
35
16560
56
10560
280
2560
bb
bb
bb

⇒
(
)
561mod1
560
≡b

⇒
561 là số carmichael.

Một cách khác để ta nhận biết một số có phải là số Carmichael hay không nhờ vào
định lý sau:” Số tự nhiên n là số Carmichael khi và chỉ khi
k
qqqn
21
= , trong đó
(
)
kjq
j
, 2,1, = ,là các s
ố
nguyên t
ố
khác nhau th
ỏ
a mãn 1−
j
q là
ướ
c c
ủ
a n-1.