Luận văn Đa thức bernoulli và tâm số (k, l) - Lũy thừa

Lời cảm ơn ii

Mở đầu 1

Chương 1 Đa thức Bernoulli và số Bernoulli 4

1.1 Đa thức Bernoulli và số Bernoulli . . . . . . . . . . . 4

1.2 Phân tích đa thức Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . 11

Chương 2 Tâm số (k; l)-lũy thừa 17

2.1 Tâm số k-lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.1.1 Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.1.2 Trường hợp k = 1 . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.3 Trường hợp k = 2 . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.1.4 Trường hợp k > 2 . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2 Tâm số (k; l)-lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

Kết luận 45

ài liệu tham khả

pdf51 trang | Chia sẻ: honganh20 | Ngày: 18/03/2022 | Lượt xem: 27 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Đa thức bernoulli và tâm số (k, l) - Lũy thừa, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
(1 + 2 + · · ·+ n)2. 1.2 Phân tích đa thức Bernoulli Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày về sự phân tích đa thức Bernoulli dưới dạng hợp thành của hai đa thức khác. Trước tiên ta nhắc lại khái niệm về sự phân tích của một đa thức. Định nghĩa 1.2.1. Một phân tích của một đa thức F (x) ∈ C[x] là một đẳng thức có dạng F (x) = G1(G2(x)), trong đóG1(x), G2(x) ∈ C[x]. Một phân tích như vậy được gọi là không tầm thường nếu bậc của G1 và G2 đều lớn hơn 1. Hai phân tích F (x) = G1(G2(x)) và F (x) = H1(H2(x)) được gọi là tương đương nếu tồn tại một đa thức tuyến tính l(x) ∈ C[x] sao cho G1(x) = H1(l(x)) và H2(x) = l(G2(x)). Đa thức F (x) được gọi là phân tích được nếu nó có ít nhất một phân tích không tầm thường và được gọi là không phân tích được trong trường hợp ngược lại. Bây giờ ta sẽ quan tâm đến sự phân tích của đa thức Bernoulli. Trước tiên, xét trường hợp n = 2m là một số nguyên dương chẵn. 11 Theo Mệnh đề 1.1.4 ta có Bn(x) = Bn(1− x). Do đó Bn(x) = B˜m((x− 1 2 )2), (1.1) trong đó B˜m(x) ∈ Q[x] là một đa thức bậc m. Trong mục này, ta sẽ thấy rằng, ngoài phân tích (1.1), các đa thức Bernoulli không còn phân tích không tầm thường nào khác. Ký hiệu ∆ là biệt thức trên vành đa thức C[x] được định nghĩa bởi ∆f(x) = f(x+ 1)− f(x). Khi đó ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.2.2 ([3, Bổ đề 4.2]). Với hai đa thức bất kỳ f(x), p(x) ∈ C[x], ta có ∆f là ước của ∆(p(f)). Chứng minh. Để chứng minh bổ đề này ta chỉ cần chỉ ra rằng ∆f là ước của ∆(fk), với mọi k = 0, 1, 2, .... Tuy nhiên, điều này là hiển nhiên vì với hai đa thức g và h bất kỳ ta luôn có g − h là ước của gk − hk, với mọi k = 0, 1, 2, .... Định lý sau đây cho ta kết quả về sự phân tích của các đa thức Bernoulli. Định lý 1.2.3 ([3, Định lý 4.1]). Đa thức Bernoulli Bn(x) là không phân tích được khi n là một số lẻ. Nếu n = 2m là số chẵn thì mọi phân tích không tầm thường củaBn(x) đều tương đương với phân tích (1.1). Đặc biệt đa thức B˜m(x) là không phân tích được. Chứng minh. Giả sử Bn(x) = G1(G2(x)) là một phân tích không tầm thường của Bn(x). Từ Bổ đề 1.2.2 và Mệnh đề 1.1.3 ta có ∆G2(x) là 12 ước của ∆Bn(x) = nxn−1. Điều này có nghĩa là ∆G2(x) = λxt, với t ≤ n− 1 và λ ∈ C∗. Tiếp tục sử dụng Mệnh đề 1.1.3 ta lại có G2(x) = γBk(x) + µ, trong đó γ ∈ C∗, µ ∈ C và k = t + 1. Vì vậy, phân tích Bn(x) = G1(G2(x)) tương đương vớiBn(x) = P (Bk(x)), với P (x) = G1(γx+ µ). Do phân tích là không tầm thường nên ta có 2 ≤ k < n. Nếu k = 2 thì phân tích này tương đương với phân tích (1.1). Giả sử rằng k ≥ 3. Do cả hai đa thức Bn(x) và Bk(x) đều có hệ số cao nhất bằng 1 nên đa thức P (x) cũng vậy. Hơn nữa, do phân tích là không tầm thường nên đa thức P (x) có bậc p ≥ 2. So sánh hệ số của nn−2 trong Bn(x) và trong P (Bk(x)) ta có n(n− 1) 12 = pk(pk − k) 8 + pk(k − 1) 12 . Vì pk = n nên ta thu được 2(n− 1) = 3(n− k) + 2(k − 1). Suy ra n = k. Điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu nên k = 2 và ta có điều cần chứng minh. Trong phần tiếp theo của mục này, chúng tôi trình bày lại một kết quả khác nói về phân tích đa thức Bernoulli qua các đa thức hệ số hữu tỷ. Đặt Φn(x) = Bn(x)−Bn. Khi đó, ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.2.4 ([3, Bổ đề 6.3]). Nếu Φn(x) ∈ Z[x] thì n ∈ {1, 2, 4}. 13 Chứng minh. Trước tiên ta có Φ1(x) = B1(x)−B1 = (x− 1 2 )− (−1 2 ) = x ∈ Z[x]. Giả sử rằng Φn(x) ∈ Z[x] và n > 1. (1.2) Do B1 = −1 2 , B2n+1 = 0 với mọi n ≥ 1 nên từ Mệnh đề 1.1.10 ta suy ra n ≡ 0 mod 2. (1.3) Theo Hệ quả 1.1.8 mẫu số của các hạng tử của Φn(x) đều chia hết cho 6. Do đó, từ giả thiết (1.2) ta suy ra 6|Ckn (1.4) với mọi số nguyên dương chẵn k < n. Tuy nhiên, nếu n = ∑r i=1 2 αi, trong đó α1 > α2 > · · · > αr > 0 và r > 1, thì k = ∑r−1 i=1 2 αi là số chẵn, 0 < k < n và từ Định lý Lucas trong tổ hợp ta suy ra Ckn là số lẻ. Do đó từ hai điều kiện (1.3) và (1.4) ta suy ra n = 2α. Tương tự, giả sử n = ∑s i=1 εi3 βi, với s > 1, β1 > β2 > · · · > βs ≥ 0 và εi ∈ {1, 2}. Nếu tồn tại một chỉ số j sao cho εj = 2 thì k = ∑ i 6=j εi3 βi là số chẵn và khi đó Định lý Lucas suy ra Ckn không chia hết cho 3. Cũng như vậy, nếu s > 2 và tồn tại hai chỉ số j1, j2 sao cho εj1 = εj2 thì k = ∑ i 6=j1,j2 εi3 βi là số chẵn và Ckn không chia hết cho 3. Vậy từ hai điều kiện (1.3) và (1.4) ta lại suy ra n = 2α = 3β1 + 3β2, với β1 ≥ β2. 14 Suy ra β2 = 0 và hoặc α = 1, β1 = 0 hoặc α = 2, β1 = 1. Tức là n = 2 hoặc n = 4. Định lý sau đây cho ta một kết quả về phân tích của các đa thức Bernoulli và các đa thức Φn(x). Định lý 1.2.5. Đa thức BernoulliBn(x) không thể biểu diễn được dưới dạng rP (Q(x)), trong đó r là một số hữu tỷ, P (x) ∈ Z[x] là một đa thức monic (tức là đa thức có hệ số cao nhất bằng 1) với bậc lớn hơn 1 và Q(x) ∈ Q[x]. Trong trường hợp n 6= 2, 4 thì khẳng định tương tự cũng đúng đối với đa thức Φn(x). Chứng minh. Giả sử phản chứng rằng tồn tại một phân tích của Bn(x) (hoặcΦn(x)) dưới dạng rP (Q(x)), trong đó r là một số hữu tỷ, P (x) ∈ Z[x] là một đa thức monic với bậc lớn hơn 1 và Q(x) ∈ Q[x]. Gọi d là mẫu số của đa thức Q(x), tức là số nguyên dương bé nhất sao cho dQ(x) ∈ Z[x]. Khi đó, mẫu số của Q(x)m, với m là bậc của P (x), là dm. Do P (x) là đa thức monic với hệ số nguyên nên mẫu số của P (Q(x)) cũng là dm. Hơn nữa, so sánh hệ số cao nhất của Bn(x) (hoặc Φn(X)) với hệ số cao nhất trong biểu diễn rP (Q(x)), ta có 1 = rqm hay r = q−m với q là hệ số cao nhất của Q(x). Từ đây suy ra mẫu số của rP (Q(x)) là lũy thừa bậcm của một số nguyên. Mặt khác, theo Định lý von Staudt-Clausen 1.1.7 và Bổ đề 1.2.4, mẫu số của đa thức Bernoulli (hoặc của đa thức Φn(x) trong trường 15 hợp n 6= 2, 4) là một số nguyên lớn hơn 1 không có ước chính phương. Tức là mẫu số này không thể là lũy thừa bậcm > 1 của một số nguyên. Suy ra điều cần chứng minh. 16 Chương 2 Tâm số (k, l)-lũy thừa Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày những nội dung chính của đề tài, đó là trình bày về khái niệm cũng như một số tính chất của tâm số (k, l)-lũy thừa. Cụ thể, chúng tôi sẽ giới thiệu lại khái niệm về tâm số k-lũy thừa, chính là trường hợp đặc biệt khi k = l. Khái niệm này được phát biểu bởi Finkelstein [4]. Sau đó chúng tôi trình bày lại một số kết quả của Finkelstein về sự tồn tại của tâm số k-lũy thừa trong trường hợp k = 1, k = 2 và giới thiệu sơ lược một số kết quả trong trường hợp k > 2. Phần sau của chương, chúng tôi trình bày lại khái niệm tổng quát về tâm số (k, l)-lũy thừa của Liptai và các cộng sự [6], đồng thời, chúng tôi trình bày lại một số kết quả của các tác giả này về tính tồn tại của tâm số (k, l)-lũy thừa trong một số trường hợp. 2.1 Tâm số k-lũy thừa 2.1.1 Khái niệm Khái niệm về tâm số k-lũy thừa được xuất phát từ một bài toán số học sau đây: 17 Bài toán 2.1.1. Một giáo sư nọ tìm đến chơi nhà một người bạn. Khi đến dãy phố mà người bạn của ông ở thì ông nhận ra rằng mình không nhớ chính xác số nhà của bạn mà chỉ nhớ rằng trên dãy phố này có nhiều hơn 200 nhà, ít hơn 500 nhà và đặc biệt tổng các số nhà từ nhà bạn ông đến một đầu của dãy phố bằng tổng các số nhà từ nhà bạn ông đến đầu còn lại của dãy nhà. Sau khi thấy rằng các số nhà trên dãy phố được đánh số liên tiếp, tức là 1,2,3,... thì giáo sư đã tìm ra số nhà của bạn mình. Bạn hãy tìm số nhà của bạn của giáo sư nọ. Gọi n là tổng số nhà trên dãy phố và x là số nhà của bạn ông giáo sư nọ thì ta có 200 < n < 500, 1 ≤ x ≤ n và: 1 + · · ·+ x = x+ · · ·+ n. Như vậy việc tìm ra số nhà của bạn ông giáo sư chính là giải phương trình Đi-ô-phăng trên. Ta sẽ xét một bài toán tổng quát hơn mà việc giải bài toán trên chỉ là một trường hợp đặc biệt. Trước tiên ta có khái niệm sau đây: Định nghĩa 2.1.2 ([4, Định nghĩa]). Cho trước hai số nguyên dương n và k. Ta gọi một số nguyên dương N là một tâm số k-lũy thừa của n nếu 1k + 2k + · · ·+ (N − 1)k +Nk = Nk + (N + 1)k + · · ·+ nk. Từ định nghĩa này ta thấy rằng số nhà x của bạn ông giáo sư nọ trong Bài toán 2.1.1 chính là tâm số 1-lũy thừa của tổng số nhà trên phố n. 18 Rõ ràng rằng, với số nguyên dương k bất kỳ, số 1 luôn tâm số k-lũy thừa của n = 1. Câu hỏi đặt ra là, với số nguyên dương k cho trước, số nguyên dương n > 1 nào có tâm số k-lũy thừa? Finkelstein [4] đã chứng minh được rằng tồn tại vô số số nguyên dương n có tâm số 1- lũy thừa nhưng chỉ có duy nhất số 1 có tâm số 2-lũy thừa. Đồng thời Finkelstein cũng đã đưa ra giả thuyết rằng nếu k là số nguyên dương lớn hơn 1 thì 1 là số nguyên dương duy nhất có tâm số k-lũy thừa. Sau đó, giả thuyết của Finkelstein đã được Steiner [7] khẳng định cho trường hợp k = 3 và Ingram [5] khẳng định cho trường hợp k = 5. Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày lại kết quả của Finkelstein và của Steiner cho các trường hợp k = 1, 2, 3. 2.1.2 Trường hợp k = 1 Trường hợp k = 1 ta có định lý sau đây: Định lý 2.1.3 ([4, Định lý 1]). Tồn tại vô số số nguyên dương n có tâm số 1-lũy thừa N . Nếu đặt T = 2n + 1 thì ta có mỗi cặp (T,N) như vậy đều là nghiệm nguyên dương của phương trình T 2 − 8N2 = 1 và ngược lại. Chứng minh. Giả sử N là tâm số 1-lũy thừa của số nguyên dương n. Do N∑ i=1 i = N(N + 1) 2 19 và n∑ i=N i = n∑ i=1 i− N−1∑ i=1 i = (n+N)(n−N + 1) 2 nên ta có N(N + 1) 2 = (n+N)(n−N + 1) 2 . (2.1) Đặt T = 2n+ 1. Từ (2.1) ta suy ra T 2 − 8N2 = 1. (2.2) Phương trình (2.2) là phương trình Pell nên có vô số nghiệm nguyên dương. Suy ra điều cần chứng minh. Để xác định nghiệm cụ thể ta sử dụng kết quả sau đây của lý thuyết phương trình Pell mà chúng tôi bỏ qua chứng minh của nó ở đây. Bổ đề 2.1.4. Phương trình Pell x2 − Dy2 = 1, với D là số nguyên dương không chính phương, có vô số nghiệm nguyên dương (x, y). Nếu (x1, y1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất thì mọi nghiệm nguyên dương (xq, yq) đều được xác định bởi: xq + yq √ D = (x1 + y1 √ D)q, với q là một số nguyên dương. Dễ thấy rằng nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình (2.2) là (T1, N1) = (3, 1). 20 Do vậy mọi nghiệm nguyên dương (Tq, Nq) của phương trình (2.2) được cho bởi Tq +Nq √ 8 = (3 + √ 8)q, với q là một số nguyên dương. Bằng tính toán đơn giản ta có (T2, N2) = (17, 6), n2 = 8; (T3, N3) = (99, 35), n3 = 49; (T4, N4) = (577, 204), n4 = 288; (T5, N5) = (3363, 1189), n5 = 1681; ... Từ tính toán trên đây ta tìm được lời giải cho Bài toán 2.1.1. Do điều kiện 200 < n < 500 nên ta tìm thấy một kết quả duy nhất tổng số nhà trên dãy phố là 288 và số nhà của bạn của giáo sư nọ là 204. 2.1.3 Trường hợp k = 2 Bây giờ ta sẽ xét trường hợp k = 2, tức là tâm số 2-lũy thừa. Trong trường hợp này, ta có định lý sau: Định lý 2.1.5 ([4, Định lý 2]). Số nguyên dương duy nhất có tâm số 2-lũy thừa là số 1. Chứng minh. Giả sử n là một số nguyên dương có tâm số 2-lũy thừa N . Ta có N∑ i=1 i2 = N(N + 1)(2N + 1) 6 . Do đó, điều kiện N là tâm số 2-lũy thừa của n cho ta N∑ i=1 i2 = n∑ i=1 i2 − N−1∑ i=1 i2 21 hay N(N + 1)(2N + 1) 6 = n(n+ 1)(2n+ 1)−N(N − 1)(2N − 1) 6 . (2.3) Đặt T = 2n+ 1 và S = −2N . Khi đó T là số nguyên dương lẻ và S là số nguyên âm chẵn. (2.4) Hơn nữa, từ (2.3) ta thu được − 2S3 − 4S = T 3 − T. (2.5) Để chứng minh Định lý 2.1.5 ta chỉ cần chứng minh phương trình Đi-ô-phăng (2.5) có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện (2.4) là (T, S) = (3,−2). Trước tiên, ta có bổ đề sau: Bổ đề 2.1.6 ([4, Bổ đề 1]). Tất cả các nghiệm nguyên của phương trình (2.5) mà thỏa mãn điều kiện (2.4) tương ứng với các nghiệm nguyên của một trong hai phương trình a3 + 2b3 = 11 và a3 + 2b3 = 33. (2.6) Chứng minh. Giả sử (T, S) là một nghiệm nguyên của phương trình (2.5) và thỏa mãn điều kiện (2.4). Gọi d là ước chung lớn nhất của S và T . Khi đó d là số nguyên lẻ và ta có thể viết T = ad, S = bd, với a là số nguyên dương lẻ và b là số nguyên âm chẵn nguyên tố cùng nhau. (2.7) 22 Từ (2.5) ta có d2(a3 + 2b3) = −4b+ a. (2.8) Đặt a3 + 2b3 = c. (2.9) Khi đó a và c nguyên tố cùng nhau và −4b+ a = cd2, tức là a = cd2 + 4b. (2.10) Thay a từ (2.10) vào (2.9) và biến đổi ta được c = c3d6 + 12c2d4b+ 48cd2b2 + 66b3. (2.11) Mặt khác, từ (2.9) ta lại có 66b3 = 33c− 33a3. (2.12) Từ (2.11) và (2.12) ta được 33a3 = c3d6 + 12c2d4 + 48cd2b2 + 32c. Từ đây ta suy ra c là ước của 33a3. Do a và c nguyên tố cùng nhau nên c là ước của 33. Mặt khác, từ (2.7) và (2.10) ta thấy c > 0. Suy ra c nhận một trong bốn giá trị 1,3,11 hoặc 33. Vậy việc tìm nghiệm nguyên của phương trình (2.5) thỏa mãn điều kiệ6666666n (2.4) tương đương với việc tìm nghiệm nguyên thỏa mãn điều kiện (2.7) của bốn phương trình a3 + 2b3 = 1, a3 + 2b3 = 3, a3 + 2b3 = 11 và a3 + 2b3 = 33. 23 Trong bài báo "Solution complète de quelques équations cubiques à deux indeterminées" viết bằng tiếng Pháp dài 61 trang đăng trên tạp chí Journal de Mathématiques pures et appliquées năm 1925, Nagell đã chứng minh được rằng: Phương trình Đi-ô-phăng Ax3 +By3 = C, với A > B nguyên dương, C = 1 hoặc 3 và AB không chia hết cho 3 nếu C = 3, có không quá một nghiệm nguyên khác không (x, y) trừ trường hợp duy nhất là phương trình 2x3 + y3 = 3 có đúng hai nghiệm nguyên (x, y) = (1, 1) và (4,−5). Rõ ràng (a, b) = (−1, 1) là một nghiệm của phương trình a3+2b3 = 1 nên từ kết quả của Nagell ta thấy rằng hai phương trình a3 + 2b3 = 1 và a3 + 2b3 = 3 chỉ có ba nghiệm (a, b) = (−1, 1), (1, 1) và (−5, 4). Tuy nhiên cả ba nghiệm này đều không thỏa mãn điều kiện (2.7). Suy ra khẳng định của Bổ đề 2.1.6. Đến đây, để chứng minh Định lý 2.1.5 thì ta chỉ cần chứng minh hai phương trình a3 + 2b3 = 11 và a3 + 2b3 = 33 có một nghiệm nguyên duy nhất (a, b) = (3,−2) thỏa mãn điều kiện (2.7) và chứng minh với các nghiệm nguyên của phương trình (2.5) thỏa mãn điều kiện (2.4) ta có d = 1. Để chỉ ra điều này, chúng ta cần sử dụng lý thuyết về trường số bậc ba [2], đặc biệt là các tính chất của trường số bậc ba Q(θ), với θ = 3 √ 2. Trong khuôn khổ Luận văn này, chúng tôi không nhắc lại lý thuyết về trường số bậc ba mà chỉ nhắc lại ở đây một số tính chất của trường Q(θ) được sử dụng trong các chứng minh sau: (i) Các phần tử nguyên (tức là các phần tử là nghiệm của một đa thức 24 monic với hệ số nguyên) củaQ(θ) đều có dạng α = A+Bθ+Cθ2, với A,B,C là các số nguyên. Chuẩn của các phần tử nguyên này được xác định bởi: N(α) = A3 + 2B3 + 4C3 − 6ABC. (ii) Vành nguyên (vành chứa các phần tử nguyên) của Q(θ) là miền phân tích duy nhất. (iii) Các phần tử khả nghịch trong vành nguyên của Q(θ) được xác định bởi ±εm, với ε = −1 + θ vàm là một số nguyên tùy ý. Các phần tử này có dạng u+vθ+wθ2, với u, v, w là các số nguyên mà tích uvw chỉ bằng không trong trường hợpm = 0 hoặcm = 1. (iv) (Định lý Hemer). Giả sử α = Aθ2 + Bθ + C là một phần tử nguyên của Q(θ) với A ≡ B ≡ 0 mod pk, trong đó p là một số nguyên tố lẻ không là ước của α. Giả sử thêm rằng tA+ sB 6≡ 0 mod p2k, trong đó t, s, k là các số nguyên và k > 0. Khi đó, nếu αn = Anθ 2 +Bnθ+Cn thì tAn+sBn khác không với mọi n 6= 0. Đối với phương trình a3 + 2b3 = 11 thì ta có bổ đề sau: Bổ đề 2.1.7 ([4, Bổ đề 2]). Phương trình a3 + 2b3 = 11 có nghiệm nguyên duy nhất là (a, b) = (3,−2). Chứng minh. Từ công thức xác định chuẩn của các phần tử nguyên trong Q(θ), việc tìm các nghiệm của phương trình a3 + 2b3 = 11 25 tương ứng với việc tìm tất cả các phần tử nguyên trong Q(θ) có chuẩn bằng 11 và có dạng a+ bθ. Mặt khác, tất cả các phần tử nguyên trong Q(θ) có chuẩn bằng 11 đều có dạng (3− 2θ)εm. Giả sử εm = um + vmθ+wmθ2. Khi đó ta sẽ cần hệ số của θ2 trong (3− 2θ)(um + vmθ + wmθ2) bằng không. Tức là 3wm − 2vm = 0. (2.13) Để chứng minh Bổ đề 2.1.7, ta chỉ cần chỉ ra rằng điều kiện (2.13) không thể xảy ra khim 6= 0. Đặt xm + ymθ + zmθ 2 = (3− 2θ)εm. (2.14) Do ε3 + 3ε2 + 3ε− 1 = 0, (2.15) hay εm+3 + 3εm+2 + 3εm+1 − εm = 0 nên ta có zm+3 + 3(zm+2 + zm+1)− zm = 0. (2.16) Từ (2.14) ta có xm + ymθ + zmθ 2 = (3− 2θ)(um + vmθ + wmθ2). Do đó zm = 3wm − 2vm = 0 theo điều kiện (2.13). Từ (2.16) ta lại có zm+3 ≡ zm mod 3. (2.17) 26 Vì w0 = v0 = 0 nên z0 ≡ 0 mod 3. Hơn nữa, vì w1 = 0, v1 = 1 và w2 = 1, v2 = −2 nên z1 ≡ z2 ≡ 1 mod 3. Do vậy, từ (2.17) ta suy ra zm chỉ có thể bằng không khi m ≡ 0 mod 3. Ta lại có v3 ≡ w3 ≡ 0 mod 3 và 3w3 − 2v3 ≡ 3 mod 9. Nên, theo Định lý Hemer, zm khác không với mọim 6= 0. Bổ đề 2.1.7 hoàn toàn được chứng minh. Đối với phương trình a3 + 2b3 = 33 ta có bổ đề sau Bổ đề 2.1.8 ([4, Bổ đề 3]). Phương trình a3 + 2b3 = 33 không có nghiệm nguyên. Chứng minh. Trong trường bậc ba Q(θ), phần tử 1 + 2θ2 là một phần tử nguyên và có chuẩn bằng 33. Hơn nữa, mọi phần tử nguyên khác của Q(θ) có chuẩn bằng 33 đều có dạng (1 + 2θ2)εm, vớim là một số nguyên. Tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 2.1.7, ta đặt εm = um + vmθ + wmθ 2 và Xm + Ymθ + Zmθ 2 = (1 + 2θ2)(um + vmθ + wmθ 2). 27 Khi đó Zm = 2um + wm. (2.18) Từ (2.15) ta cũng suy ra Zm+3 + 3(Zm+2 + Zm+1)− Zm = 0. (2.19) Việc tìm các nghiệm của phương trình a3 + 2b3 = 33 tương ứng với việc tìm các phần tử nguyên của Q(θ) có chuẩn bằng 33 và có dạng a+ bθ. Do vậy ta yêu cầu Zm = 0, do đó Zm ≡ 0 mod t với mọi t. Ta sẽ chứng minh Bổ đề 2.1.8 bằng cách chỉ ra rằng không thể có đồng dư thức Zm ≡ 0 mod 31. (2.20) Bằng tính toán, ta thấy rằng ε10 = 521− 62θ − 279θ2 nên ε10 ≡ −6 mod 31. Suy ra ε20 ≡ 5 mod 31 và ε30 ≡ 1 mod 31. Từ đây suy ra Zm thỏa mãn các điều kiện sau Zm+10 ≡ −6Zm mod 31, Zm+20 ≡ 5Zm mod 31 và Zm+30 ≡ Zm mod 31. Do vậy, để chứng minh (2.20), ta chỉ cần chỉ ra rằng Zi 6≡ 0 mod 31, i = 0, 1, 2, ..., 9. 28 Sử dụng các điều kiện (2.18) và (2.19) ta tính được Z0 ≡ 2 mod 31;Z1 ≡ −2 mod 31;Z2 ≡ 3 mod 31; Z3 ≡ Z5 ≡ −1 mod 31;Z4 ≡ −8 mod 31;Z6 ≡ −5 mod 31; Z7 ≡ 10 mod 31;Z8 ≡ 15 mod 31;Z9 ≡ 13 mod 31. Bổ đề 2.1.8 hoàn toàn được chứng minh. Để kết thúc chứng minh Định lý 2.1.5 ta chỉ còn phải chỉ ra đối với các nghiệm nguyên (T, S) của phương trình (2.5) thỏa mãn điều kiện (2.4) thì ước chung lớn nhất của S và T là d = 1. Bổ đề 2.1.7 và Bổ đề 2.1.8 đã chỉ ra hai phương trình (2.6) chỉ có một nghiệm nguyên duy nhất (a, b) = (3,−2). Nghiệm này thỏa mãn điều kiện (2.7). Do đó từ (2.8) ta có 11d2 = 11, hay d = 1. Vậy phương trình (2.5) có nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn điều kiện (2.4) là (T, S) = (3,−2). Suy ra phương trình (2.3) có nghiệm nguyên duy nhất (N, n) = (1, 1). 2.1.4 Trường hợp k > 2 Như ở trên ta thấy, có vô số số nguyên dương n có tâm số 1-lũy thừa nhưng chỉ có duy nhất số 1 là có tâm số 2-lũy thừa. Sau khi chứng minh được các kết quả này, Finkelstein [4] đã đưa ra giả thuyết sau: Giả thuyết 2.1.9 ([4, Giả thuyết]). Nếu k > 1 thì chỉ có duy nhất một số nguyên dương n = 1 có tâm số k-lũy thừa. 29 Năm 1978, sử dụng kết quả về điểm nguyên trên đường cong elliptic của Cassels và kết quả về nghiệm của một số phương trình hai ẩn bậc 6 của Ljunggren, Steiner [7] đã chứng minh giả thuyết của Finkelstein đúng trong trường hợp k = 3. Chúng tôi trình bày sơ lược chứng minh của Steiner ở đây. Giả sử N là một tâm số 3-lũy thừa của số nguyên dương n. Vì N∑ i=1 i3 = N2(N + 1)2 4 nên ta có N2(N + 1)2 4 = n2(n+ 1)2 4 − N 2(N − 1)2 4 . Đặt X = 2N2 + 1, ta thu được X2 − 2n2(n+ 1)2 = 1. (2.21) Đặt X = 2M + 1 thì ta lại thu được phương trình( n(n+ 1) 2 )2 = M(M + 1) 2 . (2.22) Nhắc lại rằng tất cả các số có dạng n(n+ 1) 2 , với n là số nguyên dương, được gọi là số tam giác. Như vậy ta dẫn đến bài toán tìm tất cả các số tam giác mà bình phương trình nó cũng là số tam giác. Bài toán này đã được Cassels và Ljunggren giải quyết. Cụ thể họ đã chỉ ra rằng phương trình (2.22) chỉ có hai nghiệm nguyên dương là (n,M) = (1, 1) và (n,M) = (3, 8). Do đó, phương trình (2.21) chỉ có hai nghiệm nguyên dương với X lẻ là (X,n) = (3, 1) và (X,n) = (17, 3). Trong hai 30 nghiệm nguyên này chỉ có nghiệm (X,n) = (3, 1) thỏa mãn X có dạng X = 2N2 + 1, với N = 1. Từ đó suy ra chỉ có duy nhất số 1 có tâm số 3-lũy thừa. Năm 2005, Ingram [5] đã chứng minh được giả thuyết của Finkel- stein đúng với trường hợp k = 5. Chứng minh này của Ingram sử dụng lý thuyết về đường cong elliptic nên chúng tôi không trình bày trong luận văn này. Đối với trường hợp k = 4 hoặc k > 5 thì theo hiểu biết của chúng tôi giả thuyết của Finkelstein chưa được chứng minh. 2.2 Tâm số (k, l)-lũy thừa Khái niệm về tâm số (k, l)-lũy thừa chính là một mở rộng của khái niệm tâm số k-lũy thừa đã được trình bày ở mục trên. Cụ thể, ta có định nghĩa sau. Định nghĩa 2.2.1 ([6]). Cho y, k, l là ba số nguyên dương với y ≥ 4. Ta nói rằng số nguyên dương x (≤ y− 2) là một tâm số (k, l)-lũy thừa của y nếu 1k + · · ·+ (x− 1)k = (x+ 1)l + · · ·+ (y − 1)l. (2.23) Rõ ràng trong trường hợp k = l thì khái niệm về tâm số (k, l)-lũy thừa tương ứng với khái niệm về tâm số k-lũy thừa. Theo các kết quả đã trình bày ở mục trên ta thấy rằng có vô số số nguyên dương y có tâm số (1, 1)-lũy thừa nhưng không có số nguyên dương y nào có tâm 31 số (2, 2)-lũy thừa, hoặc (3, 3)-lũy thừa, hoặc (5, 5)-lũy thừa. Hơn nữa, giả thuyết của Finkelstein nói rằng không có số nguyên dương y nào có tâm số (k, k)-lũy thừa khi k > 1. Với mong muốn chứng minh giả thuyết của Finkelstein, năm 2009, Liptai và các cộng sự của ông [6] đã chỉ ra rằng, với k ≥ 1, l ∈ {1, 3} và (k, l) 6= (1, 1), chỉ có thể tồn tại hữu hạn tâm số (k, l)-lũy thừa của một số nguyên y ≥ 4 cho trước. Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày lại kết quả này và một số kết quả liên quan khác của Liptai và các cộng sự. Như trong Chương 1, với mỗi số nguyên dương k, ta viết Sk(x) = 1 k + 2k + · · ·+ (x− 1)k. Phương trình (2.23) được viết lại bởi Sk(x) + Sl(x+ 1) = Sl(y). (2.24) Bổ đề dưới đây cho ta một tính chất về nghiệm nguyên của phương trình này. Mệnh đề 2.2.2 ([6, Bổ đề 4]). Giả sử rằng k < l và đặt P (X) = (X + 1)l − Sk(X) ∈ Q[X]. (2.25) Gọi x0 là nghiệm thực lớn nhất của P (X). Nếu (x, y) là một nghiệm nguyên của phương trình (2.24) thì ta có x ≤ x0. Đặc biệt nếu P (X) không có nghiệm thực hoặc x0 < 2 thì phương trình (2.24) không có nghiệm nguyên (x, y) thỏa mãn x ≥ 2 và y ≥ x+ 2. 32 Chứng minh. Giả sử hai số nguyên x ≥ 2 và y ≥ x + 2 thỏa mãn phương trình (2.24). Do k < l nên hệ số cao nhất của P (X) là số dương và bậc của P (X) bằng l. Rõ ràng rằng nếu P (X) không có nghiệm thực hoặc nghiệm thực lớn nhất x0 của P (X) thỏa mãn x0 < 2 hoặc 2 ≤ x0 < x thì P (x) = (x+ 1)l − Sk(x) > 0. Do đó − xl − Sk(x) < 0 < (x+ 1)l − Sk(x). (2.26) Cộng các vế của bất đẳng thức (2.26) với xl + Sk(x) + Sl(x), ta được Sl(x) < x l + Sk(x) + Sl(x) < (x+ 1) l + xl + Sl(x). Suy ra Sl(x) < Sk(x) + Sl(x+ 1) < Sl(x+ 2). Theo giả thiết (x, y) là nghiệm nguyên của phương trình (2.24) nên ta có thể thay thế Sk(x) + Sl(x+ 1) bởi Sl(y). Do vậy ta được Sl(x) < Sl(y) < Sl(x+ 2). Suy ra y = x+ 1. Do vậy từ (2.24) suy ra mâu thuẫn Sk(x) = 0. Tiếp theo chúng tôi trình bày hai bổ đề sau đây về nghiệm của hai đa thức có liên quan đến đa thức Sk(X). Trước tiên, chúng tôi nhắc lại không chứng minh một kết quả của Brindza và Pintér trong bài báo “On equal values of power sums” trên tạp chí Acta Arithmatica năm 1996. 33 Mệnh đề 2.2.3 ([6, Bổ đề 5]). Giả sử p(X) = anXn + · · ·+ a1X + a0 là một đa thức hệ số nguyên, trong đó a0 là số lẻ, 4 là ước chung của các hệ số ai, i = 1, ..., n và an có dạng 8d với d là số lẻ. Khi đó mọi nghiệm của p(X) đều là nghiệm đơn. Bổ đề 2.2.4 ([6, Bổ đề 6]). Với k > 1, đa thức F1(X) = 8Sk(X) + (2X + 1) 2 có ít nhất ba nghiệm với bội lẻ. Chứng minh. Gọi d là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 8d(Bk+1(X)−Bk+1) ∈ Z[X]. Khi đó, theo Mệnh đề 1.1.6 và Hệ quả 1.1.8, d là số nguyên lẻ không chính phương. Từ Mệnh đề 1.1.11, ta sẽ chứng minh đa thức P1(X) = 8d(Bk+1(X)−Bk+1) + d(k + 1)(2X + 1)2 có ít nhất ba nghiệm bội lẻ. Lưu ý rằng hệ số cao nhất của P1(X) bằng 8d. Do d là số lẻ và là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 8d(Bk+1(X)− Bk+1) ∈ Z[X] nên ước chung lớn nhất của tất cả các hệ số của P1(X) là lũy thừa của 2 và là ước của 8. Nếu k là số chẵn thì từ Mệnh đề 2.2.3 suy ra P1(X) có ít nhất ba nghiệm đơn. Giả sử k là số lẻ. Giả sử P1(X) có dạng P1(X) = aR 2(X), (2.27) 34 trong đó a là một số nguyên và R(X) ∈ Z[X] là một đa thức với hệ số cao nhất dương. Bằng cách viết a = a1r2, với a1, r ∈ Z, a1 không chính phương và bằng cách thay thế R(X) bởi rR(X) ta có thể giả sử rằng a là không chính phương. Rõ ràng a > 0. Ta cũng có thể giả thiết thêm rằng k ≥ 5 vì trường hợp k = 3 có thể kiểm tra được bằng tính toán thông thường. Nếu 2|k + 1 và 4 6 |k + 1 thì 2 là ước chung lớn nhất của các hệ số của P1(X). Khi đó a = 2 và ước chung lớn nhất của các hệ số của R(X) bằng 1. Ta viết R(X) = a0X (k+1)/2 + a1X (k−1)/2 + · · ·+ a(k+1)/2. Đồng nhất ba hệ số đầu của phương trình (2.27) ta được 8d = aa20,−4d(k + 1) = 2aa0a1, 2dk(k + 1) 3 = a(a21 + 2a0a2). Đẳng thức thứ nhất suy ra a0 = 2 và d = 1. Đẳng thức thứ ba suy ra a1 là số chẵn, do đó 2aa0a1 là bội của 16. Bây giờ đẳng thức thứ hai sẽ mâu thuẫn với giả thiết 2|k + 1 và 4 6 |k + 1. Nếu 4|k + 1 thì từ Mện

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfluan_van_da_thuc_bernoulli_va_tam_so_k_l_luy_thua.pdf
Tài liệu liên quan