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
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
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
1deg(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
5degf + 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
3deg(f) + 1
⇒
deg(f
3
- g
4
)
≥
4
5deg(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
≥