Xem mẫu
- 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
nguon tai.lieu . vn
