(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng

(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Diophante Pillai và một số mở rộng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - THĂNG DUY LẬP VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANTE PILLAI VÀ MỘT SỐ MỞ RỘNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2021 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - THĂNG DUY LẬP VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANTE PILLAI VÀ MỘT SỐ MỞ RỘNG Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nông Quốc Chinh THÁI NGUYÊN - 2021 Mục lục Danh sách kí hiệu Lời cảm ơn Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Ước chung lớn 1.2 Đồng dư thức số kết liên quan Về phương trình Diophante Pillai số mở rộng 14 2.1 Phương trình Diophante Pillai 14 2.2 Một số kết nghiên cứu phương trình Diophante Pillai 26 2.3 Phương trình Diophante Pillai tổng quát 32 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 Danh sách kí hiệu N Tập hợp số tự nhiên R Tập hợp số thực R+ Tập hợp số thực dương a|b a ước b gcd(a, b) Ước chung lớn a b a ≡ b (mod m) m|(a − b) ordn a Bậc a theo modulo n [a] Phần nguyên số a log Logarit thập phân Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình PGS TS Nơng Quốc Chinh, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc suốt trình làm luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn thầy, cô Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, đặc biệt thầy cô Khoa Toán – Tin giảng viên tham gia giảng dạy tạo điều kiện tốt để học tập nghiên cứu Nhân dịp này, xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Bắc Kạn, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THCS THPT Nà Phặc tạo điều kiện cho tơi hồn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác Cuối cùng, tơi muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến đại gia đình động viên chia sẻ khó khăn để tơi hồn thành tốt luận văn Thái Nguyên, tháng 01 năm 2021 Học viên Thăng Duy Lập Mở đầu Các kết nghiên cứu Pillai phần lớn liên quan tới phương trình Diophante, Pillai đề cập tới phương trình Diophante sớm vào năm 1930 [7] Trong khuôn khổ luận văn, chủ yếu thảo luận câu hỏi liên quan đến kết phương trình Diophante Pillai số mở rộng Nội dung luận văn trình bày hai chương: (i) Chương Trình bày số kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại số khái niệm lý thuyết số: phần dư phép chia số nguyên, ước chung lớn số nguyên, số nguyên tố hợp số, khái niệm đồng dư, tính chất số kết liên quan (ii) Chương Giới thiệu phương trình Diophante Pillai số mở rộng Trong mục 2.1, chúng tơi giới thiệu phương trình Diophante Pillai trình bày số kết nghiên cứu từ năm 1930, 1940 Pillai phương trình Diophante dạng a x − by = c (1) với a, b, x y số nguyên dương, c số nguyên khác không cho trước Pillai đưa giả thuyết phương trình (1) có nhiều hữu hạn nghiệm Đến toán mở, trừ trường hợp c = (Giả thuyết Catalan) R Tijdeman giải năm 1976 báo “On the equation of Catalan” (xem [12]) Trong mục 2.2, tập trung trình bày số kết nghiên cứu báo “Pillai’s conjecture revisited” Bennett công bố năm 2003 phương trình Diophante dạng |(N + 1) x − N y | = c Trong mục 2.3, trình bày kết R Scott R Styer năm 2006 phương trình Diophante Pillai tổng quát dạng ± a x ± by = c (2) Để tổng quát, ta xét phương trình (2) dạng (−1)u a x + (−1)v by = c (3) với a, b, x, y số nguyên dương, u, v ∈ {0, 1} Phương trình (3) dạng tổng quát phương trình Diophante Pillai dạng a x − by = c Phương trình nhiều tác giả nghiên cứu nghiệm (x, y) cho trước (a, b, c) Trong phần chứng minh phương trình (3) có nhiều hai nghiệm Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại số khái niệm lý thuyết số: phần dư phép chia số nguyên, ước chung lớn số nguyên, số nguyên tố hợp số, khái niệm đồng dư tính chất 1.1 Ước chung lớn Ước số phần dư Xét tập số nguyên Z = {0, ±1, ±2, } Với a, b ∈ Z, b 0, tồn q, r ∈ Z, ≤ r < |b|, cho a = bq + r (Chia a cho b q thương số, r phần dư) Định nghĩa 1.1 Với a, b ∈ Z, ta nói a ước b tồn số nguyên x cho ax = b Trong trường hợp ta nói b chia hết cho a hay b bội a viết a|b (đọc a ước b) Ngược lại, ta nói a không ước b viết a b Với a ∈ Z, điều sau đúng: 1|a, −1|a, a|a, −a|a Ta nói 1, −1, a −a ước tầm thường a; −1 gọi đơn vị, ước khác a gọi ước thực Số nguyên tố hợp số Định nghĩa 1.2 Số nguyên dương a > gọi số ngun tố a khơng có ước thực Số nguyên dương a gọi hợp số a có ước thực Nếu a số nguyên dương số nguyên tố p1 , p2 , p3 , pk thỏa mãn p1 × p2 × p3 × × pk = a tích p1 × p2 × p3 × × pk gọi phân tích thừa số nguyên tố a Định lý 1.3 (Định lý số học) Mọi số a, a > 1, có phân tích thừa số ngun tố (không kể sai khác thứ tự thừa số) Định nghĩa 1.4 Cho a, b ∈ Z Ta định nghĩa ước chung lớn a b số nguyên lớn d mà a b chia hết cho d : d|a d|b Ước chung lớn ký hiệu (a, b) = d gcd(a, b) = d Trong luận văn ta sử dụng gcd(a, b) để ước chung lớn a b Định nghĩa 1.5 Nếu ước chung lớn gcd(a, b) = ta nói hai số ngun a b nguyên tố Định lý 1.6 Nếu a, b gcd(a, b) = d gcd(a/d, b/d) = Định lý 1.7 Cho a, b, c Khi gcd(a + cb, b) = gcd(a, b) Chứng minh Giả sử gcd(a, b) = d, gcd(a + cb, b) = k Ta cần chứng minh d = k Do gcd(a, b) = d nên a = pd b = qd với p, q nguyên tố (Định lý 1.3) Trong gcd(a + cb, b) = k thay a = pd, b = qdvcb = cqd, ta k = gcd(a + cb, b) = gcd(pd + cqd, qd) = gcd((p + cq)d, qd) Đẳng thức cho thấy ước chung lớn (p + cq)d qd d, (p + cq) có (p + cq)d d lần q có qd d lần Vì thế, gcd(a + cb, b) = d, nghĩa d = k Định lý 1.8 Nếu a, b, m, n ∈ Z c ước số chung a b c ước số ma + nb, nghĩa (c|a c|b) ⇒ c|(ma + nb) Định lý 1.9 Cho hai số a, b ∈ Z Khi d = gcd(a, b) số nguyên dương nhỏ biểu diễn dạng d = ax + by với x, y ∈ Z Chứng minh Giả sử k số nguyên dương nhỏ có dạng k = ax + by với x, y ∈ Z Ta chứng minh d = k Thật vậy, d ước chung a b nên theo Định lý 1.8, d ước ax + by, tức d|(ax + by) = k, k phải chia hết cho k, trái lại a = ku + v với < v < k, d u, v ∈ Z Từ đó: v = a − ku = a − u(ax + by) = a(1ux) + b(−uy) Như vậy, v tổ hợp tuyến tính a b Nhưng v < k, điều trái với giả thiết k số nguyên dương nhỏ có dạng ax + by Chứng minh tương tự cho thấy b chia hết cho k Vậy phải có k d gcd(a, b) = d Suy k hay k = d Định lý 1.10 Nếu a, b, c ∈ Z, a|bc a, b nguyên tố a|c Định lý 1.11 Nếu a, b số nguyên dương tập hợp tổ hợp tuyến tính a b tập bội nguyên gcd(a, b) Chứng minh Giả sử gcd(a, b) = c Trước hết, ta chứng minh tổ hợp tuyến tính a b, chẳng hạn ma + nb, bội nguyên c Thật vậy, với gcd(a, b) = c c|a c|b Theo Định lý 1.8, c|(ma + nb), ma + nb = ck, nghĩa ma + nb bội nguyên gcd(a, b) Ngược lại, theo Định lý 1.9, c = gcd(a, b) biểu diễn dạng tổ hợp tuyến tính a b, chẳng hạn c = ax + by với x, y ∈ Z Nhân hai vế với s ∈ Z , ta có sc = s(ax + by) = a(sx) + b(sy) Như vậy, bội nguyên c tổ hợp tuyến tính a b 34 Ta thấy đẳng thức (2.24) sử dụng a = 2h + c = 2h − từ (2.27) suy y3 = nghĩa nghiệm kép Mặt khác, đẳng thức (2.25) từ (2.27) x2 số chẵn, a x3 (2h − 1)2 + 2h+1 + = 2h + c, y3 > h Nhưng điều xảy modulo 2h + Chứng minh tương tự đổi vai trò a b Vận dụng bổ đề ta chứng minh định lý sau Định lý 2.20 (Định lý 2, [13]) Giả sử c số nguyên dương (a, b) = với a 24333 b 2, phương trình (−1)u a x + (−1)v by = c (2.28) có nhiều hai nghiệm (x, y) Chứng minh Giả sử cho có ba nghiệm (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ) với a 24333 từ Bổ đề 2.19 cho x1 < x2 < x3 Từ kết Leveque Cassels ta chọn c > Đặt Y = max(y2 , y3 ) y = min(y2 , y3 ), Λ = |x3 log a − Y log b| G = max(x3 / log b, Y/ log a) Áp dụng kết Mignotte sử dụng cơng thức Mignotte, ta có: G < 2409.08 (2.29) log Λ > −22.997(log G + 2.405)2 log a log b (2.30) Từ nghiệm (x2 , y2 ) (x3 , y3 ) ta có |a x3 − bY | = ±a x2 ± by = c1 , 35 ta có c1 c Đặt d = min(a x3 , bY ) Ta có Λ = log(1 + c1 /d) < c1 /d c/d Nếu bất đẳng thức (2.30) ta có log d < log c + 22.997(log G + 2.405)2 log a log b Từ Λ = log(1 + c1 /d) G m đo m xác định Bổ đề2.18, m giá trị bé x Xét w = x2 −m Theo Bổ đề2.18 ta có Y −y|naw /2g +h−1 Từ (2.22) ta có Y > n(2(a/2)w ) Tiếp theo, với bn n > 0.99999(log a/ log b)k1 m(2(a/2)w ) với k1 am − Từ ta lấy Vì vậy, với hai cách chọn G, ta có G = 0.99999km(2(a/2)w )/ log b Giả sử c > 2a x2 Khi ta có min(by1 , by2 ) (2.34) c/2 Xét t = min(y1 y2 ) T = max(y1 , y2 ) Khi ta có a x1 (a x2 −x1 ± 1) = bt (bT −t ± 1) Vì c/2 < bt a x2 −x1 ± < a x2 , điều mẫu thuẫn với c > 2a x2 Vì ta chọn c < 2a x2 dó log c log w+m b a 24333 Và b > a 24333 chứng minh tương tự đổi vai trò a, b Bổ đề 2.21 Giả sử a > 2, b > số nguyên tố n0 số nguyên dương bé thỏa mãn bn0 ± = lar với a l Giả sử a = i (2.38) pαi i , zi số nguyên bé lớn βi /αi , pβi i l Giả sử g số nguyên lớn cho 2g | b ± (với ± chọn để g lớn nhất) h0 số nguyên lớn cho 2h0 | n0 Xét j = trừ a ≡ mod 4, r = 1, l g + h0 > z chọn j = (g − z − 1) log log a Khi đó, by ≡ ±1 mod a x với x, y số nguyên dương ± độc lập với ± 2.38, ta có (i) y a x−r−z− j (ii) r+z+ j< a log b log 37 Chứng minh (i) Chứng minh y a x−r−z− j Thực vậy, giả sử bốn khẳng định không với a ≡ mod r = 1, l g + h0 > z Khi r + z = m với m xác định Bổ đề 2.18 với m > a ≡ mod Vì ta giả sử a ≡ mod r = 1, l g + h0 > z Xét i −βi pzα , i n1 = 2n0 i>1 ta chọn p1 = Khi ta có bn1 − = 2g+h0 +1 (a/2)z+1 l1 , với (a, l1 ) = n − số bé cho 2g+h0 +1 (a/2)z+1 |bn1 ± Trước tiên, giả sử x g + h0 + Ta thấy không xảy trường hợp by ≡ −1 mod a x Nếu by ≡ mod a x ta có n1 x−g−h0 −1 (a/2) x−z−1 |y y h0 +1 x−g−h0 −1 2 (a/2) x−z−1 2z+1 x−z−1 = a x−r−z− j , = g a trường hợp khẳng định (i) Tiếp theo giả sử z + < x < g + h0 + Ta thấy không xảy trường hợp by ≡ −1 mod a x Nếu by ≡ mod a x ta có n1 (a/2) x−z−1 |y y h0 +1 (a/2) x−z−1 h0 +1 x−g−h0 −1 2 (a/2) x−z−1 2z+1 x−z−1 = a x−r−z− j , = g−1 a trường hợp khẳng định (i) Cuối cùng, khẳng định (i) với x 2h0 > 2z−g > (2/a)2z−g = a−1− j j z + Nếu x < z + y n0 a x−r−z− j Nếu x = z + 1, khẳng định (i) j < z > g < z + 1, y a− j = a x−r−z− j (ii) Chứng minh r+z+ j< a log b log n1 2h0 +1 > 2z−g+1 = 38 Thực vậy, a = b = khẳng định (ii) đúng, giả sử ta có a b=2 Khi b(a−1)/2 + < ba/2 Xét pi ước nguyên tố a cho z − i = z Ta thấy rằng, j > 0, ta có Nếu αi = thể chọn pi log(bn0 + 1) log pi r + z = r + βi Nếu αi > βi r+z 0, a ≡ mod r = 1, l g + h0 > z Ta có log(bn0 + 1) log b a log b log 2 log + < + r+z+ j< log log a log log a log a a log b log 2 log a log b + < < log log log log Ta có điều cần chứng minh Bổ đề 2.22 Giả sử a > 2, b > c > số nguyên nguyên tố nhau, phương trình (−1)u a x + (−1)v by = c có hai nghiệm (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), với x1 x2 y1 (2.39) y2 a x1 > c/2 x1 < r + z + j + k, r, z j định nghĩa Bổ đề 2.21, k = a = 3, k = a = 5, k = 22 a a 126 k = 126 < a 9, k = 10 a 21, k = 39 Chứng minh Nếu y1 = y2 theo đẳng thức (2.26) ta có x1 = 1, ta chọn y1 < y2 Theo Mệnh đề 2.7, giả sử tồn hai nghiệm phương trình với a x1 > c/2, y2 > y1 x2 ≥ x1 = r + z + j + k1 với k1 k, k xác định theo a, bổ đề Từ phương trình a x1 (a x2 −x1 ± 1) = by1 (by2 −y1 ± 1) với by2 −y1 ≡ ±1 (moda x1 ) theo Bổ đề 2.21 suy y1 −y1 ≥ a x1 −r−z− j Vì vậy: y2 > ak1 Mặt khác c < 2a x1 , vậy: log c < x1 log a + log = (r + z + j + k1 ) log a + log Nên ta lại có ak1 log b y2 log b > log c (r + z + j + k1 ) log a + log Từ Bổ đề 2.21 ta có r+z+ j< a log b , log Vậy y2 log b > log c ak1 a k1 log + log a + log log b log b > 34 đó, bất đẳng thức thứ hai có k1 ≥ k, a ≥ b ≥ Xét G = max x2 y2 , log b log a Khi ta có G y2 log c ≥ > (2.40) 17 17 log a log a log b Tiếp theo, ta xét Λ = |x2 log a − y2 log b| Theo Mệnh đề 2.7, ta có G < 3294.5 (2.41) log Λ > −24.2(log G + 2.4)2 log a log b (2.42) 40 Trước tiên, giả sử c > có bất đẳng thức (2.42), tương tự (2.32) (với c1 = c) ta thu G G ≥ > log a log a điều khơng thể xảy k1 k Giả sử c = 1, cho Λ < log 2, tương tự trường hợp c > ta thay bất đẳng thức (2.43) G 1, b > c1 > số nguyên nguyên tố Giả sử phương trình (−1)u a x + (−1)v by = c, (2.45) có hai nghiệm (x, y) (2x, 2y) với a, b c = c1 , phương trình có hai nghiệm (x, 2y) (2x, y) với a, b c = c2 c2 số nguyên dương Khi max(a x , by ) > phương trình khơng có ba nghiệm với a, b, c = c1 a, b, c = c2 41 Định lý 2.24 (Định lý 3, [13]) Cho c > a, b số nguyên nguyên tố với < a, b < 24333, phương trình (−1)u a x + (−1)v by = c, (2.46) có nhiều hai nghiệm (x, y) trừ trường hợp: • Nếu (a, b, c) = (3, 2, 5) phương trình có bốn nghiệm • Nếu (a, b, c) = (3, 2, 1), (3, 2, 7), (3, 2, 11), (3, 2, 13), (4, 3, 13), (5, 2, 3) phương trình có ba nghiệm Bổ đề 2.25 (Bổ đề 7,[13]) Giả sử phương trình (2.20) có hai nghiệm (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) thỏa mãn [a x1 , by1 , a x2 , by2 ] = [3D+1 , 3D , 3D , 3D ] (2.47) [a x1 , by1 , a x2 , by2 ] = [2D+2 , 2D+1 , 2D , 2D ] (2.48) D số nguyên dương Khi phương trình (2.20) khơng có ba nghiệm, trừ trường hợp (a, b, c ∈ {(4, 2, 3.4k ), (2, 4, 3.4k )}) với k số nguyên dương Ứng với trường hợp phương trình (2.20) có ba nghiệm Định lý 2.26 (Định lý 4, [13]) Giả sử a, b số nguyên dương gcd(a, b) > Khi phương trình (−1)u a x + (−1)v by = c, (2.49) có nhiếu hai nghiệm, trừ trường hợp (a, b) = (4, 2) c = 3.4k với k nguyên dương 42 Định lý 2.27 (Định lý 5, [13]) Giả sử x, y số nguyên dương, với u, v ∈ {0, 1} Khi đó, với a số nguyên tố tồn nhiều hai giá trị c > cho (−1)u a x + (−1)v by = c có hai nghiệm (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) với x1 x2 y1 (2.50) y2 Ta giả sử a số lẻ lớn (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) cặp số nguyên dương thoả mãn: ± a x1 ± 2y1 = ±a x2 ± 2y2 = c, dấu ± độc lập (x1 , y1 ) x1 x2 x2 x2 , (2.51) (x2 , y2 ) Ta có (2.51), viết thành dạng đẳng thức sau: Dạng a x1 (a x2 −x1 ) = 2y1 (2y2 −y1 − 1) Dạng a x1 (a x2 −x1 ) = 2y1 (2y2 −y1 + 1) Dạng a x1 (a x2 +x1 ) = 2y1 (2y2 −y1 − 1) Dạng a x1 (a x2 +x1 ) = 2y1 (2y2 −y1 + 1) Ta thấy dạng suy y1 < y2 Ta có bổ đề sau Bổ đề 2.28 (Bổ đề 8, [13]) Trong Dạng khơng ước x2 − x1 Chứng minh Thật vậy, ta chứng minh phản chứng Giả sử chia hết (x2 − x1 ), trường hợp ta thấy vế trái đẳng thức Dạng vừa bội vừa bội Thật vậy, theo giả thiết a số lẻ Nếu a chia hết cho a x1 ≡ (mod5) Nếu a không chia hết cho ta có gcd(a, 5) = Theo Định lý Euler aφ(5) ≡ (mod 5) 43 hay a4 ≡ (mod 5), từ suy a4t − ≡ (mod 5) Vậy ta có vế trái bội Tương tự ta có a4t − = (a2t − 1)(a2t + 1) = (at − 1)(at + 1)(a2t + 1) tích số chia hết cho Vì ta có vế trái Dạng chia hết cho 15 Tuy nhiên, vế phải Dạng bội 15, mâu thuẫn khẳng định giả thiết sai Vì không chia hết x2 − x1 Bổ đề 2.29 (Bổ đề 9, [13]) Nếu a số lẻ lớn có đẳng thức (2.51) Khi ta có x1 = m, trịn m xác định Bổ đề (2.18) với b = Trong trường hợp a = đẳng thức (2.51) đúng, ta có x1 = x1 = Ta có nhận xét đây: (1) Tồn nhiều giá trị c để nghiệm phương trình (2.51) xác định Dạng x2 chọn trước (2) Khi a ≡ (mod 8), phương trình (2.51) có hai nghiệm khơng thể biểu diễn Dạng Dạng (3) Nếu phương trình (2.51) có hai nghiệm biểu diễn Dạng a (mod 8) khơng ước x2 = x1 a = 2n − với n số nguyên (4) Nếu phương trình (2.51) có hai nghiệm biểu diễn Dạng a ≡ (mod 8) khơng ước x2 = x1 a = 2n + với n số nguyên 44 (5) Nếu phương trình (2.51) có hai nghiệm biểu diễn Dạng a (mod 8) với a > m Bổ đề (2.29) số lẻ (6) Nếu a ≡ (mod 3) tồn nhiều giá trị c để phương trình (2.51) có hai nghiệm biểu diễn Dạng nhiều giá trị c để phương trình (2.51) có hai nghiệm biểu diễn Dạng (7) Nếu a ≡ (mod 3) phương trình (2.51) khơng có biểu diễn Dạng Để có nghiệm Dạng a ≡ (mod 8), Dạng a ≡ (mod a ≡ (mod 8) (8) Nếu M > số nguyên tố Mersen với M = 2u − 1, phương trình có nghiệm với a = M M + = 2u+1 − M = c1 (2.52) M + 2u = 22u − M = c2 (2.53) Nếu F > số nguyên tố Fermat với F = 2v + 1, phương trình có nghiệm với a = F F − = 2u+1 − F = c3 (2.54) F + 2u = F − 22u = c4 (2.55) (9) Nếu a > x1 = < x2 x2 y2 khơng thể số chẵn Bổ đề 2.30 Nếu a > gcd(a, 6) = 1, tồn nhiều hai giá trị c thỏa mãn (2.51) với điều kiện chọn số nguyên tố a với a ≡ 11 (mod 24) m số chẵn (m xác định Bổ đề 2.18 với b = 2) Tiếp theo ta quay lại chứng minh Định lý 2.27 Chứng minh Giả sử a số nguyên tố, tồn số nguyên dương c cho phương trình (2.51) có biểu diễn Dạng Ta dễ dàng x2 − x1 y2 − y1 45 không số chẵn y2 Ta có a ≡ (mod 8) s số nhỏ cho a|2 s − s số lẻ nên khơng có biểu diễn Dạng Dạng từ nhận xét thể biểu diễn Dạng Vì vậy, khẳng định định lý khơng tất nghiệm (2.50) có biểu diễn Dạng 2, 4, điều mâu thuẫn với khẳng định Bổ để 2.30 Vậy ta có điều phải chứng minh 46 Kết luận Luận văn “Về phương trình Diophante Pillai số mở rộng” trình bày kết sau: Trình bày số kiến thức số học liên quan tới phần luận văn như: phần dư phép chia số nguyên, ước chung lớn số nguyên, số nguyên tố hợp số Lý thuyết đồng dư số tính chất liên quan Giới thiệu phương trình Diophante Pillai số kết nghiên cứu mở rộng phương trình Diophante Pillai 47 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái (2009), Số học, NXB Giáo dục Tiếng Anh [2] M A Bennett (2001), “On some exponential equations of S.S Pillai”, Canad J Math 53(5), pp.897–922 [3] M A Bennett (2003), “Pillai’s conjecture revisited”, Journal of Number Theory, 98, pp.228–235 [4] N Terai (1999), “Applications of a lower bound for linear forms in two logarithms to exponential Diophantine equations”, Acta Arith., 90, pp 17–35 [5] J W S Cassels (1953), “On the equation a x − by = 1”, Amer J Math 75, pp 159-162 [6] W J Leveque (1952), “On the equation a x − by = 1”, Amer J Math., 74, pp.325–331 [7] S S Pillai (1930), “On some Diophantine equations”, Journal Indian M S., 18 , pp 291–295 48 [8] S S Pillai (1931), “On the inequality < a x − by n J Indian Math Soc 19, pp.1–11 [9] S S Pillai (1945), “On the equation x − 3y = 2X + 3Y Bull Calcutta Math Soc., 37, pp.18–20 [10] P Ribenboim (1994), Catalan’s Conjecture, Academic Press, London [11] R Scott (1993), “On the equations p x − by = c and a x + by = cz ”, J Number Theory 44, pp.153–165 [12] R Tijdeman (1976), “On the equation of Catalan”, Acta Arith 29, pp.197–209 [13] R Scott and R Styer (2006), “On the generalized Pillai equation ±a x ± by = c“, Journal of Number Theory, 118, pp.236–265 ... Luận văn ? ?Về phương trình Diophante Pillai số mở rộng? ?? trình bày kết sau: Trình bày số kiến thức số học liên quan tới phần luận văn như: phần dư phép chia số nguyên, ước chung lớn số nguyên, số. .. cảm ơn Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Ước chung lớn 1.2 Đồng dư thức số kết liên quan Về phương trình Diophante Pillai số mở rộng 14 2.1 Phương trình Diophante. .. thuyết số: phần dư phép chia số nguyên, ước chung lớn số nguyên, số nguyên tố hợp số, khái niệm đồng dư, tính chất số kết liên quan (ii) Chương Giới thiệu phương trình Diophante Pillai số mở rộng