Một số ứng dụng của vành và đồng cấu vành trong toán phổ thông

Chia sẻ: AtaruMoroboshi _AtaruMoroboshi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết "Một số ứng dụng của vành và đồng cấu vành trong toán phổ thông" sử dụng một số tính chất của vành Z[ √ d] để khảo sát các dạng toán liên quan đến số học và đa thức nguyên. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một số ứng dụng của vành và đồng cấu vành trong toán phổ thông

Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA VÀNH VÀ ĐỒNG CẤU VÀNH TRONG TOÁN PHỔ THÔNG Đàm Văn Nhỉ Trường ĐHSP Hà Nội Tóm tắt nội dung √ Trong bài này chúng tôi sử dụng một số tính chất của vành Z[ d] để khảo sát các dạng toán liên quan đến số học và đa thức nguyên. 1 Phương pháp vành và đồng cấu Nhiều khi để giải một √ bài toán ta phải sử dụng một vành nào đó. Trong mục này chúng tôi sử dụng vành Z[ d]. Mệnh đề 1. Cho số nguyên d > 1 không là số chính phương, Khi đó √ √ (1) Tập Z[ d] = { a + b d| a,√b ∈ Z} cùng √ phép cộng √ và nhân lập √ thành một vành giao hoán với đơn vị và ánh xạ f : Z[ d] → Z[ d], a + b d 7→ a − b d, là một tự đẳng cấu (liên hợp). √ √ (2) Tập Z[ −d] = { a + ib d| a, b ∈√Z} cùng phép √ cộng và nhân √ lập thành một √ vành giao hoán với đơn vị và ánh xạ f : Z[ −d] → Z[ −d], a + ib d 7→ a − ib d, là một tự đẳng cấu (liên hợp). √ √ √ √ Với z = a + b d ∈ Z[ d] và u = a + ib d ∈ Z[ −d] ta ký hiệu N (z) = a2 − db2 , N (u) = a2 + db2 và gọi là chuẩn của z hay u. Khi đó √ √ Hệ quả 1. Với z1 , z2 , . . . , zn ∈ Z[ d] và u1 , u2 , . . . , un ∈ Z[ −d] ta luôn có hệ thức N ( z1 z2 . . . z n ) = N ( z1 ) N ( z2 ) . . . N ( z n ) N ( u1 u2 . . . u n ) = N ( u1 ) N ( u2 ) . . . N ( u n ). √ √ n Chứng minh. Giả sử zk = ak + bk d ∈ Z[ d] với k = 1, . . . , n, và viết tích ∏ ( ak + k =1 √ √ n √ √ bk d) = a + b d. Qua tự đẳng cấu liên hợp ta có ngay ∏ ( ak − bk d) = a − b d. Từ k =1 đây suy ra N (z1 z2 . . . zn ) = N (z1 ) N (z2 ) . . . N (zn ) vì n √ n √ n a2 − b2 d = ∏ ( a k + b k d ) ∏ ( a k − b k d) = ∏ (a2k − bk2 d). k =1 k =1 k =1 Tương tự, ta cũng có N (u1 u2 . . . un ) = N (u1 ) N (u2 ) . . . N (un ). 27
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Mệnh đề 2. Giả thiết p, q là hai số nguyên dương không có nhân tử là số chính phương với √ √ √ √ √ ( p, q) = 1. Khi đó tập Z[ p, q] = { a + b p + c q + d pq| a, b, c, d ∈ Z} cùng phép cộng √ √ √ √ và nhân lập thành một vành giao hoán với đơn vị và các ánh xạ φi : Z[ p, q] → Z[ p, q] : √ √ √ z = a + b p + c q + d pq 7→  √ √ √  φ1 (z) = a + b p + c q + d pq φ (z) = a − b√ p + c√q − d√ pq    2 √ √ √  φ3 (z) = a + b p − c q − d pq φ (z) = a − b√ p − c√q + d√ pq    4 là những tự đẳng cấu. √ √ Với z ∈ Z[ p, q], đặt N (z) = φ1 (z)φ2 (z)φ3 (z)φ4 (z). Khi đó ta có: √ √ Hệ quả 2. Với z1 , z2 ∈ Z[ p, q] có hệ thức N (z1 z2 ) = N (z1 ) N (z2 ). √ √ √ √ Chứng minh. Với z1 , z2 ∈ Z[ p, q] có z1 z2 ∈ Z[ p, q] và φi (z1 z2 ) = φi (z1 )φi (z2 ). 4 4 Vậy N (z1 z2 ) = ∏ φi (z1 ) ∏ φi (z2 ) = N (z1 ) N (z2 ). i =1 i =1 Mệnh đề 3. p, q là hai số nguyên dương không có nhân tử là số chính phương với ( p, q) = 1. √ √ √ √ √ √ √ √ Khi đó Q p, q = Q p + q . Đặc biệt ta còn có Q p, q = Q p, q . √ √ √ √ √ √ √ √ √ Chứng minh. Vì p + q ∈ Q p, q nên Q p + q ⊂ Q p, q . Đặt u = p + √ q. Khi đó ta có hệ (√ √ p+ q = u √ √ ( p + 3q) p + (q + 3p) q = u3 . √ √ √ √ √ √ √ √ Vậy p, q ∈ Q(u) và như vậy Q p + q ⊃ Q p, q . Tóm lại Q p, q = √ √ √ √ √ √ Q p + q . Dễ dàng chỉ ra Q p, q = Q p, q . √ √ Bài toán 1. Số α = 2 + 3 là số đại số nguyên vì nó là một nghiệm của đa thức f ( x ) = x4 − 10x2 + 1 ∈ Z[ x ]. Bài toán 2. Số sin 10◦ là một số đại số trên Z vì nó là một nghiệm của đa thức f ( x ) = 8x3 − 6x + 1 ∈ Z[ x ]. √ √ Bài toán √ 3. Có hay √ không một đa thức p ( x ) ∈ Z [ x ] thỏa mãn p ( 1 + 3 ) = 2 + 3 và p(3 + 5) = 3 + 5. √ Lời giải. Hiển nhiên p( x ) − √ x có nghiệm√ là 3 + 5.√Do vậy p( x )√= ( x2 − 6x√+ 4)q( x ) + √x với q( x ) ∈√Z[ x ]. Vì √ p(1 + 3) = 2 + 3 nên 2 + 3 = q(1 + 3)( √ 2 − 4 3 ) + 1 √ + 3 hay q(1 + 3)(2 − 4 3) = 1. Lấy chuẩn hai vế, ta có 1 = 4N (q(1 + 3)) N (1 − 2 3), vô lý. Từ đây suy ra rằng, đa thức p( x ) không tồn tại. 28
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 2 Phương trình Pell Ta chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình Pell. Bài toán 4. Với số nguyên dương n, giả sử các số a1 , b1 , . . . , an , bn , a, b ∈ Z thỏa mãn quan hệ n √ √ ∏ ( ai + bi 5) = a + b 5. Khi đó i =1 n (1) ∏ ( a2i − 5bi2 ) = a2 − 5b2 . i =1 √ n √ (2) Giả sử 9 + 4 5 = an + bn 5. Ta có a2n − 5bn2 = 1. Từ đó suy ra phương trình x2 − 5y2 = 4 có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương x, y. √ √ √ Lời giải. (1) Xét vành giao hoán Z[ 5] = {r + s 5|r, s ∈ Z}. Đồng cấu f : Z[ 5] → √ √ √ n √ Z[ 5], r + s 5 7→ r − s 5, là một đẳng cấu. Tác động f lên hai vế f ( ∏ ( ai + bi 5)) = i =1 √ n √ √ n √ n √ f ( a + b 5) hay ∏ ( ai − bi 5) = a − b 5. Do đó ∏ ( ai + bi 5) ∏ ( ai − bi 5) = ( a + √ √ i =1 i =1 i =1 b 5)( a − b 5) = a2 − 5b2 . √ √ n √ n (2) Ta có a2n − 5bn2 = 9 + 4 5 9 − 4 5 = 1 theo (1). Đặt xn + yn 5 = an + √ √ √ bn 5 3 + 5 = (3an + 5bn ) + ( an + 3bn ) 5. Khi đó xn2 − 5y2n = ( a2n − 5bn2 )(32 − 5.12 ) = 4 với mọi n. Như thế phương trình x2 − 5y2 = 4 có nhiều vô hạn nghiệm nguyên x, y. Khi x, y là nghiệm của x2 − 5y2 = 4 thì ± x, ±y cũng là nghiệm. Do vậy x2 − 5y2 = 4 có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương x, y. Bài toán 5. Với bất kỳ số nguyên n > 3 đều có hai số nguyên lẻ x và y để 2n = 7x2 + y2 . √ √ √ Lời giải. Xét vành giao hoán √ Z[ −√7] = {r + is 7|r, s ∈ Z}. Chuẩn của z = r + is 7 là N (z) = r2 + 7s2 = (r + is 7)(r − is 7). Hiển nhiên N (z1 z2 ) = N (z1 ) N (z2 ), chứng minh như trong Ví dụ 4. Bằng phương pháp quy nạp theo n để chỉ ra, với bất kỳ số nguyên n > 3 đều có hai số nguyên lẻ x và y để 2n = 7x2 + y2 . Với n = 3 có 23 = 8 = 1 + 7 = 12 + 7.12 . Giả sử đã có hai số nguyên lẻ x, y để y2 + 7x2 = 2n với số nguyên n > 3. Với số nguyên n + 1 ta xét √ √ √ z1 = (y + ix 7)(1 + i 7) = (y + x − 8x ) + i ( x + y) 7 √ √ √ z2 = (y + ix 7)(1 − i 7) = (y − x + 8x ) + i ( x − y) 7. Vì x, y là số lẻ nên x = 2k + 1, y = 2h + 1. Khi đó x + y = 2(k + h + 1), y − x = 2(h − k ) và ( x + y) − (y − x ) = 4k + 2. Do đó trong hai số x + y và y − x chỉ có đúng một số chia hết cho 4. y−x y−x x − y√ Nếu x + y chia hết cho 4 thì là số nguyên lẻ. Khi đó z3 = ( + 4x ) + i 7 √ 2 √ 2 2 N (y + ix 7) N (1 − i 7) với N (z3 ) = = 2n .2 = 2n+1 . 4 y+x x+y x + y√ Nếu y − x chia hết cho 4 thì là số lẻ. Khi đó z4 = ( − 4x ) + i 7 với √ √2 2 2 N (y + ix 7) N (1 + i 7) N ( z4 ) = = 2n .2 = 2n+1 . 4 Bài toán 6. Với bất kỳ số nguyên n > 1 đều có hai số nguyên lẻ x và y để 4.3n = 11x2 + y2 . 29
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 √ √ √ Lời giải. Xét vành giao hoán √ Z[ −11] =√{r + is 11|r, s ∈ Z}. Chuẩn của z = r + is 11 là N (z) = r2 + 11s2 = (r + is 11)(r − is 11). Hiển nhiên N (z1 z2 ) = N (z1 ) N (z2 ). Ta có một vài số cụ thể: 4.3 = 12 = 11.12 + 12 , 4.32 = 36 = 11.12 + 52 , 4.33 = 108 = 11.32 + 32 . Bằng phương pháp quy nạp theo n để chỉ ra, với bất kỳ số nguyên n > 1 đều có hai số nguyên lẻ x và y để 4.3n = 11x2 + y2 . Với n = 1 có 4.3 = 11.12 + 12 . Giả sử đã có hai số nguyên lẻ x, y để 11x2 + y2 = 4.3n với số nguyên n > 1. Với số nguyên n + 1 ta xét √ √ √ z1 = (y + ix 11)(1 + i 11) = (y + x − 12x ) + i ( x + y) 11 √ √ √ z2 = (y + ix 11)(1 − i 11) = (y − x + 12x ) + i ( x − y) 11. Vì x, y là số lẻ nên x = 2k + 1, y = 2h + 1. Khi đó x + y = 2(k + h + 1), y − x = 2(h − k ) và ( x + y) − (y − x ) = 4k + 2. Do đó trong hai số x + y và y − x chỉ có đúng một số chia hết cho 4. y−x y−x x − y√ Nếu x + y chia hết cho 4 thì là số lẻ. Khi đó z3 = ( + 6x ) + i 11 với √ 2 √ 2 2 N (y + ix 11) N (1 − i 11) N ( z3 ) = = 4.3n .3 = 4.3n+1 . 4 y+x x+y x + y√ Nếu y − x chia hết cho 4 thì là số lẻ. Khi đó z4 = ( − 6x ) + i 11 với √ 2 √ 2 2 N (y + ix 11) N (1 + i 11) N ( z4 ) = = 4.3n .3 = 4.3n+1 . Tóm lại, đã chứng minh xong 4 bài toán. n 2 Bài toán ( 7. Chứng minh rằng luôn luôn tồn tại hai số nguyên x và y để 19 = x − x lẻ và y lẻ khi n lẻ 6y2 với x lẻ và y chẵn khi n chẵn. √ √ √ Lời√giải. Xét√vành giao√hoán Z[ 6] = {r + s 6|r, s ∈ Z}. Đồng cấu √ f : Z[ √6] → Z[ 6√ ], r + s 6 7→ r − s 6, là một đẳng cấu. √ Do như vậy √ mà khi ( a√+ b 6)(c + d 6) = u + v 6 thì tác động √ f lên hai vế được ( a − b 6)(c − d 6) = u − v 6. Sử dụng kết quả này, với z = a + b 6 và đặt N (z) = a2 − 6b2 có ngay N (z1 z2 ) = N (z1 ) N (z2 ). Với n = 1 có 19 = 52 − 6.12 và 192 = 312 − 6.102 . Giả sử số nguyên n > 1 và hai số nguyên a, b để 19n = a2 − 6.b2 , trong đó a và b đều lẻ khi n lẻ; còn a lẻ và b chẵn khi n chẵn. Với n + 1 ta xét: (1) Nếu n lẻ thì có số a lẻ và số b lẻ để a2 − 6b2 = 19n . Khi đó n + 1 là số chẵn và 19n+1 = (5a + 6b)2 − 6( a + 5b)2 với 5a + 6b lẻ và a + 5b chẵn. (2) Nếu n chẵn thì có số a lẻ và số b chẵn để a2 − 6b2 = 19n . Khi đó n + 1 là số lẻ và 19n+1 = (5a + 6b)2 − 6( a + 5b)2 với 5a + 6b lẻ và a + 5b cũng lẻ. Tóm lại ta đã có điều cần chứng minh. n 2 Bài toán( 8. Chứng minh rằng luôn luôn tồn tại hai số nguyên x và y để 31 = x + x lẻ và y lẻ khi n lẻ 6y2 với x lẻ và y chẵn khi n chẵn. √ √ √ √ giao hoán√Z[ −6] = {r + is 6|r, s ∈ Z}. Đồng cấu f : Z[ √−6] → Lời√giải. Xét vành Z[√ −6], r + is √ 6 7→ r − is 6, là một đẳng cấu. Do như√vậy mà khi √ ( a + ib 6)(√ c+ id 6) = u + iv 6 thì tác động f lên hai vế được ( a − ib 6)(c − id 6) = u − iv 6. 30
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 √ Sử dụng kết quả này, với z = a + ib 6 và đặt N (z) = a2 + 6b2 có ngay N (z1 z2 ) = N (z1 ) N (z2 ). Với n = 1 có 31 = 52 + 6.12 và 312 = 192 + 6.102 . Giả sử số nguyên n > 1 và hai số nguyên a, b để 31n = a2 + 6b2 , trong đó a và b đều lẻ khi n lẻ; còn a lẻ và b chẵn khi n chẵn. Với n + 1 ta xét: (1) Nếu n lẻ thì có số a lẻ và số b lẻ để a2 + 6b2 = 31n . Khi đó n + 1 là số chẵn và 31n+1 = (5a − 6b)2 + 6( a + 5b)2 với 5a − 6b lẻ và a + 5b chẵn. (2) Nếu n chẵn thì có số a lẻ và số b chẵn để a2 + 6b2 = 31n . Khi đó n + 1 là số lẻ và 31n+1 = (5a − 6b)2 + 6( a + 5b)2 với 5a − 6b lẻ và a + 5b cũng lẻ. Tóm lại ta đã có điều cần chứng minh. Bài toán 9. Tìm các số x, y, z, t ∈ Z thỏa mãn phương trình √ √ √ ( x + y 3)4 + (z + t 3)4 = 20 + 12 3. √ 4 √ 4 √ Lời giải. Giả sử có x, y, z, t ∈ Z thỏa mãn √ ( x + y 3) + (z + t 3) = 20 + 12 3. Sử dụng √ 4tự đẳng cấu √ liên hợp của√vành Z[ 3] cho đồng nhất thức này có mâu thuẫn ( x − 4 y 3) + (z − t 3) = 20 − 12 3 < 0. √ √ √ √ Bài toán 10. Với mỗi số nguyên dương n ta biểu diễn (1 + 2 + 3)n = an + bn 2 + cn 3 + √ bn dn dn 6 với an , bn , cn , dn ∈ N. Tìm lim , lim . n→∞ an n→∞ an √ √ √ Lời √ n giải. Sử dụng√ các tự √ đẳng cấu √ của vành Z [ 2, 3 ] cho đồng nhất thức ( 1 + 2+ 3) = an + bn 2 + cn 3 + dn 6, ta được √ √ √ √ √ x1n = (1 + 2 + 3)n = an + bn 2 + cn 3 + dn 6 √ √ √ √ √ x2n = (1 − 2 + 3)n = an − bn 2 + cn 3 − dn 6 √ √ √ √ √ x3n = (1 + 2 − 3)n = an + bn 2 − cn 3 − dn 6 √ √ √ √ √ x4n = (1 − 2 − 3)n = an − bn 2 − cn 3 + dn 6. √ bn Vậy 4an = x1n + x2n + x3n + x4n , 4 2bn = x1n − x2n + x3n − x4n . Từ đó ta có lim = n→∞ an 1 x n − x2n + x3n − x4n 1 dn 1 √ lim 1n n n n = √ , lim =√ . 2 n → ∞ x1 + x2 + x3 + x4 2 n → ∞ an 6 Bài toán 11. Giả sử dãy số ( an ), (bn ), (cn ), (dn ) được xác định như sau:   a1 = 1, b1 = 1, c1 = 1, d1 = 0    an+1 = an + 2bn + 5cn    bn+1 = an + bn + 5dn  cn+1 = an + cn + 2dn      d n + 1 = bn + c n + d n .  √ √ √ √ √ Khi đó, với mỗi số nguyên dương n có (1 + 2+ 5)n = an + bn 2 + cn 5 + dn 10 và an a2n − 10d2n chia hết cho 2n−1 . Tìm lim . n→+∞ dn 31
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 √ √ n √ Lời√giải. Với √ mỗi số nguyên dương n ta biểu diễn (1 + 2 + 5) = An + Bn 2 + Cn 5 + Dn 10, trong đó An , Bn , Cn , D√n ∈ N. Hiển √ nhiên A1√= 1 = a1 , B1√= 1 = √b1 ,nC 1 = 1 = c1 , D1 = 0 = d1 . Từ An+1 + Bn+1 2 + Cn+1 5 + Dn+1 10 = (1 + 2 + 5) + 1 ta suy ra An+1 = an+1 , Bn+1 = bn+1 , Cn+1 = cn+1 , Dn+1 = dn+1 . √ √ √ √ n Sử dụng √ của vành Z[ 2, 5] cho đồng nhất thức (1 + 2 + 5) = √ các tự√đẳng cấu an + bn 2 + cn 5 + dn 10, ta nhận được √ √ √ √ √ (1 + 2 + 5)n = an + bn 2 + cn 5 + dn 10 √ √ √ √ √ (1 − 2 + 5)n = an − bn 2 + cn 5 − dn 10 √ √ √ √ √ (1 + 2 − 5)n = an + bn 2 − cn 5 − dn 10 √ √ √ √ √ (1 − 2 − 5)n = an − bn 2 − cn 5 + dn 10. Do đó có hai quan hệ √ √ √ √ √ 2an + 2dn 10 = (1 + 2 + 5)n + (1 − 2 − 5)n √ √ √ √ √ 2an − 2dn 10 = (1 − 2 + 5)n + (1 + 2 − 5)n . h √ √ √ √ i Vậy 4a2n − 40d2n = 2n (2 + 5)n + (2 − 5)n + (−1 + 2)n + (−1 − 2)n hay h a2n − 10d2n = 2n−1 (2n + (−1)n )(n0 ) + (2n−2 .5 + (−1)n .2)(n2 ) + · · · + +(2n−2k .5k + n i an √ (−1)n .2k )(2k ) + · · · và lim = 10. n→+∞ dn Bài toán 12. Có hay không một số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức √ √ 2010 √ √ P= 2009 − 2008 = n − n − 1. √ √ 2010 Lời giải. Đặt r = 2008. Ta có P = r+1− r . Khai triển được: q 1005 q P = 2r + 1 − 2 r (r + 1) = a − b r (r + 1) 1005 với a, b ∈ Z. Khi đó Q = 2r + 1 + 2 r (r + 1) p p = a + b r (r + 1). Vậy a2 − b2 r (r + 1005 1005 = 1. Với n = a2 ∈ N+ có p p 1) = 2r + 1 − 2 r (r + 1) 2r + 1 + 2 r (r + 1) √ √ 2010 p √ √ b2 r (r + 1) = n − 1. Như thế 2009 − 2008 = a − b r (r + 1) = n − n − 1. Vậy, có số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. √ √ √ Q. √ 4 2 √ α =√ 2 +√ 3 trên Bài toán√13. Xét Đa thức √ của nó là x − 10x + 1. 4 số liên hợp √tối tiểu của α là 2 + 3, − 2 − 3, − 2 + 3 và 2 − 3. Ta có N (α) = 1, Sp(α) = 0. 1 Bài toán 14. Chứng minh rằng số thực √ √ là đại số trên Z. Tìm đa thức bậc thấp 1+ 3 2+2 3 4 nhất thuộc Z[ x ] nhận nó làm nghiệm. √ √ √ √ Lời giải. Ta chỉ cần chỉ ra số α = 1 + 3 2 + 2 3 4 là đại số trên Z. Vì số 3 2 và√ 2 3 4 là đại √ số trên Z nên dễ dàng suy ra α là đại số trên Z theo Bổ đề ??. Đặt x = α − 1 = 3 2(1 + 2 3 2). Ta nhận được phương trình √ √ x3 = 2[17 + 6 2(1 + 2 2)] = 34 + 12x. 3 3 Đa thức f ( x ) = ( x − 1)3 − 12( x − 1) − 34 = x3 − 3x2 − 9x − 23 nhận α làm nghiệm. Vậy g( x ) = 23x3 + 9x2 + 3x − 1 ∈ Z[ x ] là đa thức cần tìm. 32
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 3 + √17 n 3 − √17 n Bài toán 15. Chứng minh rằng, số + là số nguyên lẻ và phần √ 2 2 h 3 + 17 2n i nguyên là số nguyên chẵn với mọi số tự nhiên dương n. 2 √ √ √ 3 + 17 3 − 17 Lời giải. Vì số 17 là đại số trên Z nên dễ dàng suy ra x1 = và x2 = 2 2 2 n n là hai nghiệm của x − 3x − 2 = 0. Đặt an = x1 + x2 với n = 0, 1, 2, . . . . Khi đó an+2 = 3an+1 + 2an . Vì a1 = 3 nên a2 là số nguyên lẻ. Quy nạp theo n, khi an là số nguyên √ lẻ thì 3 − 17 an+1 cũng là số nguyên lẻ. Vậy an là số nguyên lẻ với mọi n. Ta lại có 0 < | | 0. Chứng minh an ∈ / Q và đều là nguyên trên Z với mọi số tự nhiên n. √ p √ √ p √ Lời giải. Vì p 5, 5 + 2 5 là nguyên trên Z nên 5 − 5 + 2 5 là nguyên trên Z. Xét √ √ √ √ x − 5 = − 5 + 2 5. Khi đópx2 − 2 5x = 2 5. Vậy ta có f ( x ) = x4 − 20x2 − 40x − 20 √ √ là đa thức tối tiểu của 5 − 5 + 2 5. Vì đa thức này không có nghiệm hữu tỷ nên a0 ∈/ Q. √ π 5−1 π 3n π Từ sin = có a0 = tan − 1. Nếu an = tan − 1 = t − 1 thì an+1 = 10 4 20 20 a3n − 6an − 4 ( t − 1)3 − 6( t − 1) − 4 t3 − 3t2 − 3t + 1 3n +1 π = = = tan − 1. Tóm 3a2n + 6an + 2 3( t − 1)2 + 6( t − 1) + 2 3t2 − 1 20 3n π lại an = tan − 1 với mọi số tự nhiên n. Vì 3n là số lẻ với mọi số tự nhiên n nên 20 3n π 3n π 20 −1 = cos 3n π + i sin 3n π = cos + i sin 20 20 3n π và ta suy ra được đa thức f ( x ) ∈ Z[ x ] nhận tan làm nghiệm. Do đó an là nguyên 20 π 3π 9π trên Z. Vì 3 ≡ 1( mod 20) nên ta chỉ cần kiểm tra tan 4 , tan , tan = π 7π 3π 20 20 20 cot và tan = cot có là số vô tỷ hay không. Dễ dàng kiểm tra trực 20 20 20 tiếp. Bài toán 17. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 1999n + 2011n chia hết cho 1999n−1 + 2011n−1 . Lời giải. Đặt am = 1999m + 2011m với m = 0, 1, 2, . . . Vì 1999 và 2011 là hai nghiệm của x2 − (1999 + 2011) x + 1999.2011 = 0 nên ta có hệ thức am = (1999 + 2011) am−1 − 1999.2011am−2 với mọi số nguyên m > 2. Với n = 1 có a1 chia hết cho a0 . Nếu n > 1 thì do an−1 nguyên tố cùng nhau dối với 1999 và 2011 nên khi an mà chia hết cho an−1 thì an−2 cũng phải chia hết cho an−1 : nhưng điều này không thể vì an−2 < an−1 . 33
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Tài liệu [1] Nuyên Văn Mậu, Đa thức đại số và phân thức hữu tỉ, Nhà xuất bản Giáo dục 2002. [2] T. T. Nam, Đ. V. Nhỉ, L. B. Thắng, Một số ứng dụng của Đại số hiện đại vào giải Toán sơ cấp, NXB Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh, 2015. [3] Đàm Văn Nhỉ,..., Đa thức - Chuỗi và Chuyên đề nâng cao, Nhà xuất bản Thông tin và Truyền thông 2017. 34