(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c

(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±ra x ± sb y = c

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐINH VIỆT ANH Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC TẬP THỂ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS Trần Xuân Quý TS Đỗ Thị Phương Quỳnh THÁI NGUYÊN - 2021 i Mục lục Bảng ký hiệu viết tắt ii Mở đầu Chương Về phương trình Pillai 1.1 1.2 Phương trình Diophantine mũ số kiến thức bổ trợ 1.1.1 Một số ví dụ phương trình Diophantine mũ 1.1.2 Một số kiến thức bổ trợ Về phương trình Pillai Chương Số nghiệm phương trình Pillai suy rộng dạng ±rax ± sby = c 15 2.1 Về phương trình Pillai suy rộng 15 2.2 Số nghiệm phương trình Pillai suy rộng dạng ±rax ± sby = c 17 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 ii Bảng ký hiệu viết tắt 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 x = ordm (a) Bậc a theo modulo m, tức x số nguyên dương bé để ax ≡ (mod m) Mở đầu Theo tìm hiểu chúng tơi, lớp phương trình Diophantine bậc (tuyến tính) bậc hai có phương pháp giải nhiều tài liệu giáo trình viết, chí có nhiều luận văn khai thác chủ đề Tuy nhiên lớp phương trình bậc cao khơng có phương pháp chung để giải (Khẳng định nhà Toán học Nga M Yuri năm 1970) Như lớp phương trình Diophantine bậc hớn hai tìm cách giải cho phương trình cụ thể Các phương pháp quen thuộc thường sử dụng bậc phổ thơng sử dụng tính chất chia hết để thu hẹp tập nghiệm có thể, sử dụng ước lượng độ lớn nghiệm để thu hẹp tập hợp nghiệm Ngày nay, với hỗ trợ mạnh mẽ máy tính, xác định cận nghiệm (nếu tồn tại) việc nghiệm phương trình khơng khó khăn Vài thập kỷ gần Scott cộng có nhiều kết lớp Phương trình Pillai, tác giả tìm cách mở rộng phương trình ax − by = c (phương trình gọi phương trình Diophantine Pillai hay cịn gọi phương trình Pillai) Các kết nghiên cứu Pillai phần lớn liên quan tới Diophantine Ví dụ, có kết nối sâu sắc với tốn Diophantine cơng trình ơng vấn đề Waring Pillai đề cập tới Diophantine sớm vào năm 1930 [7] Trong khuôn khổ luận văn, chủ yếu thảo luận câu hỏi liên quan đến kết phương trình Pillai số mở rộng Chính vậy, hướng dẫn thầy giáo TS Trần Xuân Quý TS Đỗ Thị Phương Quỳnh, chọn đề tài “Về phương trình Pillai suy rộng dạng ±rax ± sby = c” để thực luận văn thạc sĩ Mục đích luận văn trình bày nghiên cứu tổng hợp kết số nghiệm phương trình Pillai theo thứ tự lịch sử trình bày kết Scott Styer [18] cho phương trình Pillai tổng qt Ngồi phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, đề tài gồm chương, cụ thể: Chương Về phương trình Pillai Trình bày lời giải cho số ví dụ cụ thể cho phương trinh Diophantine Pillai sử dụng tính chất chia hết, tính chất đồng dư Trình bày dạng tuyến tính loga, cơng cụ để xác định cận nghiệm phương trình Pillai Chương Số nghiệm phương trình Pillai suy rộng dạng ±rax ± sby = c Trình bày khảo sát lịch sử phát triển phương trình Pillai, phương trình Pillai suy rộng Trình bày hai kết báo [18] xuất năm 2013 Scott cộng số nghiệm phương trình Pillai suy rộng dạng ±rax ± sby = c, với khẳng định Định lý 2.2.20 Định lý 2.2.21 Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới - TS Trần Xuân Quý TS Đỗ Thị Phương Quỳnh, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới thầy Khoa Tốn - Tin, thầy cô giảng dạy em thời gian em theo học chương trình đào tạo cao học trường Đại học Khoa học, Phịng Đào tạo giúp đỡ tơi suốt q trình học tập hồn thành luận văn tốt nghiệp Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người thân động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học tập hồn thành luận văn Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, ngày 05 tháng năm 2021 Tác giả Đinh Việt Anh Chương Về phương trình Pillai Trong chương chúng tơi đưa số ví dụ phương trình Diophantine mũ (phương trình Pillai trường hợp đặc biệt), khái niệm số học khơng trình bày lại luận văn (tài liệu [1,2]) Chúng tơi trình bày số cơng cụ nghiên cứu phương trình Pillai dạng Pillai dạng tuyến tính loga để xác định cận nghiệm phương trình Pillai Tổng quan lịch sử phương trình Pillai số kết phương trình Pillai kết trình bày lại từ tài liệu [19] năm 2009 1.1 1.1.1 Phương trình Diophantine mũ số kiến thức bổ trợ Một số ví dụ phương trình Diophantine mũ Trong mục đưa số vận dụng lý thuyết đồng dư, tính chất số học để giải số phương trình Diophantine mũ, ví dụ trường hợp đặc biệt của phương trình Diophantine Pillai hay phương trình Pillai ax − by = c trình bày mục 1.2 dạng suy rộng chương Các kiến thức lý thuyết chia hết, lý thuyết đồng dư, khái niệm số đặc biệt số hoàn hảo, số Mersen, , bậc số a theo modulo m (orda (m)) tham khảo tài liệu [1] [2] Ví dụ 1.1.1 Tìm nghiệm ngun phương trình sau 5x − 8y = LỜI GIẢI Giả sử tồn x, y thỏa mãn 5x − 8y = 1, 5x − 8y ≡ (mod 21) Ta có 50 ≡ (mod 21) 51 ≡ (mod 21) 52 ≡ (mod 21) 53 ≡ 20 (mod 21) 80 ≡ (mod 21) 54 ≡ 16 (mod 21) 81 ≡ (mod 21) 55 ≡ 17 (mod 21) 82 ≡ (mod 21) 56 ≡ (mod 21) 83 ≡ (mod 21) 57 ≡ (mod 21) ··· 58 ≡ (mod 21) 59 ≡ (mod 21) ··· Như vậy, có 12 trường hợp cho 5x − 8y xét (mod 21), nhiên ta thấy − 1, − 8, · · · , 17 − không Như phương trình cho khơng có nghiệm ngun Ví dụ 1.1.2 Tìm nghiệm ngun phương trình 3x − 7y = LỜI GIẢI (TH1) Xét x, y ⩽ 2, ta thấy (x, y) = (1, 0) (x, y) = (2, 1) thỏa mãn phương trình (TH2) Xét x, y ⩾ 3, phương trình viết lại sau 7(7y−1 − 1) = 9(3x−2 − 1) (1.1) Như vế phải phương trình (1.1) phải chia hết cho 7, hay 3x−2 − chia hết cho hay 3x−2 ≡ (mod 13), mặt khác, ord7 (3) = nên ta có x − = 6k, k ∈ N Như vế phải phương trình (1.1) viết lại sau 9(36k − 1) = 9(36 − 1) 36(k−1) + 36(k−2) + 36(k−3) + · · · + 36 + = 13A Từ suy vế trái phương trình (1.1) chia hết cho 13, suy 7y−1 − chia hết cho 13 hay 7y−1 ≡ (mod 13), mặt khác, ord13 (7) = 12 nên ta có y − = 12l, l ∈ N Như vế trái phương trình (1.1) viết lại sau 7(712l − 1) = 7(712 − 1) 712(l−1) + 712(l−2) + · · · + 712 + = 19B Từ suy vế phải phương trình (1.1) phải chia hết cho 19, hay 3x−2 − chia hết cho 19 hay 3x−2 ≡ (mod 19), mặt khác, ord19 (3) = 18 nên ta có x − = 18m, k ∈ N Như vế phải phương trình (1.1) viết lại sau 9(318m − 1) = 9(318 − 1) 318(m−1) + 318(m−2) + 318(m−3) + · · · + 318 + = 37C Từ suy vế trái phương trình (1.1) chia hết cho 37, suy 7y−1 − chia hết cho 37 hay 7y−1 ≡ (mod 37), mặt khác, ord37 (7) = nên ta có y − = 9n, n ∈ N Như vế trái phương trình (1.1) viết lại sau 7(79n − 1) = 7(79 − 1) 79(n−1) + 79(n−2) + · · · + 79 + = 27D ≡ (mod 27) (1.2) Mặt khác 9(36k − 1) = 9((33 )2k − 1) = 9(272k − 1) ≡ −9 (mod 27) (1.3) Từ (1.2) (1.3) suy phương trinh (1.1) khơng có nghiệm x, y ⩾ Vậy phương trình cho có hai nghiệm (x, y) = (1, 0) (x, y) = (2, 1) có nghiệm dương (x, y) = (2, 1) 1.1.2 Một số kiến thức bổ trợ Nội dung mục trích từ tài liệu [21] báo Bennett [4] xuất năm 2001, công cụ để xác định cận nghiệm phương trình Pillai Năm 1966 năm 1967, A Baker đưa báo ông với tiêu đề “Linear forms in logarithms of algebraic numbers I, II, III”, cận hữu hiệu giá trị tuyệt đối dạng tuyến tính khác khơng logarit số đại số, nghĩa là, dạng biểu diễn khác không b1 log α1 + b2 log α2 + · · · + bn log αn α1 , α2 , , αn số đại số b1 , b2 , , bn số nguyên Kết khởi đầu tác động tới việc giải phương trình Diophantine Kết suy rộng định lý GelfondSchneider khởi đầu hướng thú vị lý thuyết số gọi lý thuyết số, gọi lý thuyết Baker Định nghĩa 1.1.3 (a) Xét α1 , α2 , , αn số thực phức Ta nói α1 , α2 , , αn phụ thuộc tuyến tính tập số hữu tỉ (nguyên) tồn số hữu tỉ (nguyên) r1 , r2 , , rn không đồng thời không thỏa mãn r1 α1 + r2 α2 + + rn αn ̸= Nếu α1 , α2 , , αn không phụ thuộc tuyến tính ta nói chúng độc lập tuyến tính (b) Dạng tuyến tính loga số đại số biểu thức có dạng Λ = b0 + b1 log α1 + b2 log α2 + · · · + bn log αn αi , bi số đại số phức Năm 1966, Baker tổng quát hóa định lý Gelfond-Schneider Năm 1970 ơng nhận Huy chương Field cống hiến lý thuyết số, đặc biệt số siêu việt hình học Diophantine Một kết định lý sau Định lý 1.1.4 (Baker 1966) Nếu α1 , α2 , , αn ̸= 0, số đại số thỏa mãn log a1 , log a2 , , log an , 2πi độc lập tuyến tính tập số thực ta có b0 + b1 log α1 + b2 log α2 + · · · + bn log αn ̸= với số đại số b0 , b1 , , bn không đồng thời không Định lý 1.1.5 (Baker 1967) eb0 αb11 , αb22 , , αbnn số siêu việt với số đại số α1 , α2 , , αn , b0 , b1 , , bn Hơn nữa, αb11 , αb22 , , αbnn số siêu việt 1, b1 , b2 , , bn độc lập tuyến tính tập số hữu tỉ Định nghĩa 1.1.6 (a) Độ cao H số hữu tỉ p/q xác định sau H(p/q) = max{|p|, |p|} (b) Xét L trường số với bậc D, α ∈ L số đại số bậc d với d|D ∑0⩽k⩽d ak X k ∈ Z[X] đa thức cực tiểu α với ad ̸= Xác định h(α)-độ cao loga tuyệt đối sau h(α) = log(|ad |) + ∑ max{log(|αi |), 0} , d 0⩽k⩽d với αi liên hợp α Ví dụ 1.1.7 (1) Độ cao loga tuyệt đối h số hữu tỉ p/q p h( ) = log max{|p|, |q|} p (2) Xét α = √ Độ cao loga tuyệt đối α √ √ 1 h(α) = h( 2) = log | 2| + log | − sqrt2| = log 2 (3) Xét √ α= √ 3+ Ta có √ : Q = 4, Q √ 3+ bậc số đại số α = √ 1√ 3+ √ Pα (x) = x − √ 3+ x− Q nên đa thức cực tiểu α xác định √ √ − 3− x− √ √ − 3+ √ x− √ 3− = x4 − 4x2 + 1/4, tập số hữu tỉ 4x4 − 16x2 + tập số nguyên Do độ cao loga tuyệt đối α 1 1 √ = √ , + max log √ √ ,0 h √ log |4| + max log √ 3+ − 3+ − 3− 1 √ , + max log √ √ ,0 + max log √ 3− 3+ = 0.689146 Xét α1 , α2 , , αn ∈ L, αi ̸= b1 , b2 , , bm số nguyên Đặt B = max{|b1 |, |b2 |, , |bn |} Λ∗ = αb11 αb22 , αbnn − Dạng tuyến tính loga Λ = b1 log α1 + b2 log α2 + · · · + bn log αn + bn+1 log(−1), bn+1 = L tập số thực, |bn+1 | ⩽ nB Định nghĩa 1.1.8 Xét A1 , A2 , , An số thực thỏa mãn A j ⩾ h′ (α) := max{Dh(α j ), | log(α j )|}, j = 1, 2, , n h′ gọi độ cao ứng vi trng L A Baker, E.M Matveev v G Wăustholz chứng minh kết sau 29 (2, 2, 2, 1, 1; 0, 0, 1, 2, 2, 1), (2, 2, 5, 1, 3; 0, 1, 1, 0, 3, 0), (2, 2, 3, 1, 1; 0, 1, 0, 2, 1, 0, 2, 0) Chứng minh Giả sử (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , , xN , yN ) tập nghiệm thỏa mãn min{x1 , x2 , , xN } = min{y1 , y2 , , yN } = 0, khơng có hai nghiệm (x, y) có chung giá trị x dương, khơng có hai nghiệm (x, y) có chung giá trị y dương Chú ý rằng, Bổ đề (2.13) với tập nghiệm với liên hợp tập nghiệm Ngoài ra, tập nghiệm ngoại lệ Bổ đề 2.2.6, hai trường hợp (và tập trường hợp thứ hai) khơng có thành phần họ nghiệm chúng mâu thuẫn với Bổ đề 2.2.18 hai trường hợp cuối liệt kê Bổ đề 2.2.18 Do đó, theo Hệ 2.2.7, ta cần chứng minh Bổ đề 2.2.18 với (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , , xN , yN ) giả thiết (2.8), (2.9) (2.10) Nếu (2.10) lấy t = 1, ⩽ h ⩽ N, ⩽ k ⩽ N, lấy xh < xk Khi đó, ta có (2.37) với điều kiện Bổ đề 2.2.17, nên Bổ đề 2.2.17 kéo theo Bổ đề 2.2.18 trừ (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , , xN , yN ) có tập thuộc họ nghiệm với (2, 2, 2, 1, 1; 0, 0, 1, 2, 2, 1), xt = yt = 0, tập khơng có nghiệm khác Do (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , , xN , yN ) thuộc họ nghiệm với (2, 2, 2, 1, 1; 0, 0, 1, 2, 2, 1) Do đó, Bổ đề 2.2.18 (2.10) Giả sử (2.8) với x2 ̸= min{x2 , x3 , , xN } Khi đó, theo Bổ đề 2.2.15 Nhận xét 2.2.3, (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , , xN , yN ) phải thuộc họ nghiệm với tập nghiệm dạng (3, 2, 5, 1, 4; 0, 0, 2, 0, 1, 1, 3, 3) (2, 3, 5, 2, 3; 0, 0, 2, 0, 1, 1, 4, 2), thuộc họ nghiệm với tập nghiệm (hoặc liên hợp tập nghiệm con) trường hợp ngoại lệ thứ hai Bổ đề 2.2.18 Do đó, ta giả sử x2 = min{x2 , x3 , , xN } Giả sử (2.9) x2 ̸= min{x2 , x3 , , xN } y1 ̸= min{y1 , y3 , , yN } Khi đó, theo Bổ đề 2.2.16 Nhận xét (2.2.3), (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , , xN , yN ) phải thuộc họ nghiệm với dạng (3, 2, 7, 1, 2; 0, 2, 2, 0, 1, 1) liên hợp nó; (3, 2, 7, 1, 2; 0, 2, 2, 0, 1, 1) trường hợp ngoại lệ Bổ đề 2.2.18, ta giả sử x2 = min{x2 , x3 , , xN } y1 = min{y1 , y3 , , yN } 30 Do đó, (2.8) (2.9) đúng, ta cần chứng minh Bổ đề 2.2.18 với ⩽ i, j ⩽ N Lấy t ⩽ 2, h ⩾ 3, k ⩾ 3, lấy xh < xk , ta có (2.37) Bổ đề 2.2.17 Do Bổ đề 2.2.17 kéo theo Bổ đề 2.2.18 theo Bổ đề 2.2.8, gcd(a, b) = trường hợp ngoại lệ Bổ đề 2.2.17 Bổ đề 2.2.19 (Bổ đề 2.11, [18]) Giả sử tập nghiệm không thuộc họ nghiệm với tập nghiệm (hoặc liên hợp tập nghiệm con) tập nghiệm sau (3, 2, 1, 1, 2; 0, 0, 1, 0, 1, 1, 2, 2) (5, 3, 2, 1, 1; 0, 0, 0, 1, 1, 1, 2, 3) (5, 2, 3, 1, 2; 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 2, 3, 6) (3, 2, 5, 1, 2; 0, 1, 1, 0, 1, 2, 2, 1, 3, 4) (3, 2, 7, 1, 2; 0, 2, 2, 0, 1, 1, 2, 3) (5, 3, 4, 1, 1; 0, 1, 1, 0, 1, 2) (7, 2, 3, 1, 2; 0, 0, 0, 1, 1, 1) (2, 2, 2, 1, 1; 0, 0, 1, 2, 2, 1) (2, 2, 4, 3, 1; 0, 0, 1, 1, 2, 3, 2, 4) (2.38) (6, 2, 2, 1, 1; 0, 0, 1, 2, 1, 3) (2, 2, 6, 5, 1; 0, 0, 1, 2, 1, 4) (3, 3, 3, 2, 1; 0, 0, 1, 1, 1, 2) (2, 2, 3, 1, 1; 0, 1, 0, 2, 1, 0, 2, 0) (2, 2, 5, 3, 1; 0, 1, 1, 0, 0, 3) (3, 3, 2, 1, 1; 0, 0, 0, 1, 1, 0) (2g + (−1)ε , 2, 2g − (−1)ε , 1, 2; 0, g − 1, 1, 0, 1, g), ε ∈ {0, 1} g số nguyên thỏa mãn g + ε > Khi đó, gọi (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , , xN , yN ) tập nghiệm liên hợp nó, ta giả sử điều kiện sau thỏa mãn: x1 < x2 < · · · < xN , y1 = y2 < y3 < · · · < yN , (2.39) x1 < x2 < · · · < xN , y2 < y1 < y3 < · · · < yN , (2.40) x1 < x2 < · · · < xN , y1 < y2 < · · · < yN (2.41) Định lý 2.2.20 (Định lý 1.1, [18]) Khi gcd(a, b) > phương trình (2.6) có nhiều ba nghiệm (x, y, u, v), với x, y nguyên không âm u, v ∈ {0, 1}, ngoại trừ tập nghiệm (hoặc liên 31 hợp tập nghiệm) nằm họ nghiệm chứa dạng sau: (2, 2, 4, 1, 3; 0, 0, 1, 1, 3, 2, 4, 2), (2, 2, 3, 1, 1; 0, 1, 0, 2, 1, 0, 2, 0), (6, 2, 8, 1, 7; 0, 0, 1, 1, 2, 2, 3, 5) Có vơ hạn trường hợp phương trình (2.6) có ba nghiệm gcd(a, b) > 1, chí ta xét tập nghiệm dạng Chứng minh Định lý 2.2.20 Để chứng minh phần đầu Định lý 2.2.20, ta cần chứng minh không tồn tập nghiệm dạng với N > gcd(a, b) > 1, ngoại trừ trường hợp (hoặc liên hợp chúng) định lý Giả sử tồn tập nghiệm (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , , xN , yN ) dạng với N ⩾ gcd(a, b) > Hai trường hợp ngoại lệ định lý trường hợp (hoặc liên hợp chúng) (2.38) với gcd(a, b) > N > 3, theo Bổ đề 2.2.19 Bổ đề 2.2.8, từ ta giả sử (2.41) đúng, ta phải có = x1 < x2 < · · · < xN , = y1 < y2 < · · · < yN (2.42) Giả sử tồn số nguyên tố p cho pα ∥ a pβ ∥ b, với α, β > Nhắc lại rằng, theo định nghĩa dạng bản, ta có gcd(r, sb) = gcd(s, ra) = Lấy i j số nguyên cho ⩽ i < j ⩽ N Khi đó, xi < x j yi < y j , từ (2.7) ta có αxi = βyi (2.43) xi β = yi α (2.44) Vì x2 > y2 > 0, với i = 3, ta có Lấy α0 = α/ gcd(α, β) β0 = β/ gcd(α, β) Khi đó, với i = ta có xi = ki β0 , yi = ki α0 , (2.45) ki số nguyên dương Kết hợp (2.7) (i, j) = (1, 2) với (2.7) (i, j) = (1, 3) ta thu γ δ aβ0 k3 +(−1) bα0 k3 +(−1) = γ δ aβ0 k2 +(−1) bα0 k2 +(−1) γ2 , γ3 , δ2 δ3 thuộc tập {0, 1}, (2.46) Vì c ⩽ r + s, ta phải có ui ̸= vi , ⩽ i ⩽ 4, ui vi giá trị u v (2.6) (x, y) = (xi , yi ) (2.47) 32 Nếu aβ0 = bα0 , ta có γ3 = δ3 γ2 = δ2 (2.46) từ (2.45) có ax2 = by2 Xét (2.7) (i, j) = (1, 2) cho h = gcd(ax2 + (−1)γ2 , by2 + (−1)δ2 ), ta có r = (by2 + (−1)δ2 )/h s = (ax2 + (−1)γ2 )/h nên r = s Nhưng đó, theo (2.47), ta có c = 0, mâu thuẫn Do vậy, aβ0 ̸= bα0 Để cho đơn giản, đặt A = aβ0 , B = bα0 , n = k2 , m = k3 Khi đó, (2.46) trở thành Am + (−1)γ3 Bm + (−1)δ3 = An + (−1)γ2 Bn + (−1)δ2 (2.48) Ta chứng minh A = B c = 0, A ̸= B Giả sử A > B (Trường hợp lại chứng minh tương tự Thật vậy, từ (2.42), vai trò a b đối xứng nhau) (2.48) kéo theo Nếu n ⩾ (2.49) kéo theo Am − Bm + ⩽ n An + B −1 (2.49) (B + 2)3 − B3 + ⩽ (B + 2)2 + B2 − (2.50) ý gcd(A, B) > nên A ⩾ B + Nhưng (2.50) không với B ⩾ 2, nên ta phải có n = kéo theo m ⩾ Am − Bm + ⩽ A+1 B−1 (B + 2)3 − B3 + ⩽ B+3 B−1 (2.51) Nhưng (2.51) không với B ⩾ 2, nên ta phải có m = n = Theo (2.47), ta lấy D = |γ3 − δ3 | = |γ2 − δ2 | (chú ý D = u1 ̸= u2 , D = (u1 , v1 ) = (0, 0), u1 v1 giá trị u v (2.6) (x, y) = (x1 , y1 )) Nếu D = khả chọn dấu A2 + B2 + = (2.52) A−1 B−1 √ Vì hàm (w2 + 1)/(w − 1) đơn điệu tăng với w > + 2, nghiệm (2.52) (A, B) = (3, 2), không thuộc trường hợp ta xét ta lấy gcd(a, b) > Do D = Nếu γ2 = γ3 ta có A2 + B2 − = A+1 B−1 Vì vế phải số nguyên B + 1, ta cần có A = A = 1, mâu thuẫn Do đó, ta phải có γ2 ̸= γ3 A2 − B2 + = A+1 B−1 (2.53) Vì vế trái số nguyên A − nên cần có B = Nếu B = từ (2.53) ta thấy A = ta thu a = 6, b = 2, r = (2 − 1)/ gcd((2 − 1), (6 + 1)) = 1, s = (6 + 1)/ gcd((2 − 1), (6 + 1)) = 7, c = (vì D = kéo theo (u1 , v1 ) = (0, 0)), x1 = 0, y1 = 0, x2 = 1, y2 = 1, x3 = 2, y3 = Ta 33 tìm nghiệm thứ tư (x4 = 3, y4 ) = Chú ý 23 ∥ c, dễ thấy khơng cịn nghiệm khác Ta thu trường hợp ngoại lệ thứ ba Định lý 2.2.20 Nếu B = từ (2.53) ta tính A = ta thu a = 6, b = 3, c = (3 − 1)/ gcd((6 + 1), (3 − 1)) = 2, s = (6 + 1)/ gcd((6 + 1), (3 − 1)) = 7, c = 9, x1 = 0, y1 = 0, x2 = 1, y2 = 1, x3 = 2, y3 = Chú ý 32 ∥ c, dễ thấy không nghiệm khác Điều kết thúc chứng minh phần đầu Định lý 2.2.20 Đối với phần thứ hai Định lý 2.2.20, ta ý có vơ hạn cách chọn a mà khơng có hai số ước chung với số, có vơ hạn cách chọn m cho tập nghiệm (2.6) N = (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , x3 , y3 ) = a,ta, a(t + (−1)u+v+1 ) ta + (−1)v a + (−1)u , , ; 0, 0, 1, 1, m + 1, h h h (2.54) am + (−1)v số nguyên, h = gcd(ta + (−1)v , a + (−1)u ), a + (−1)u u v thuộc tập {0, 1} Do đó, tồn vô hạn họ nghiệm với N = (Chú ý ta khơng thực m ⩾ số ngun, t = cần kết có vơ hạn cách chọn m với cách chọn a, việc kiểm tra đơn giản) Điều kết thúc chứng minh Định lý 2.2.20 Một ví dụ khác có vơ hạn tập nghiệm với N = tập nghiệm (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , x3 , y3 ) = 4t + 4t + , , ; 0, 0, 2, 1, m1 + 2, (2.55) h1 h1 h1 2m1 + m1 ⩾ −1 số nguyên lẻ, t = , h1 = tùy theo m1 ≡ mod hay không, u, v ∈ {0, 1} 2, 4t, Định lý 2.2.21 (Định lý 1.2, [18]) Khi gcd(a, b) = phương trình (2.6) có nhiều ba nghiệm (x, y, u, v), với x, y nguyên không âm u, v ∈ {0, 1}, ngoại trừ số hữu hạn trường hợp tìm sau hữu hạn bước Cụ thể hơn, gcd(ra, sb) = (2.6) có nhiều ba nghiệm (x, y, u, v) nghiệm thỏa mãn max{a, b, r, s, x, y} < · 1015 max{r, s, x, y} ⩽ · 1014 , min{max{a, b}, max{b, c}, max{a, c}} < · 1014 34 Để chứng minh Định lý 2.2.21 ta chứng minh (2.6) có nhiều ba nghiệm (x, y, u, v) gcd(ra, sb) = với nghiệm ta có max{a, b, r, s, x, y} < · 1015 (2.56) max{r, s, x, y} < · 1014 , (2.57) min{max{a, b}, max{b, c}, max{a, c}} < · 1014 Để chứng minh được, ta cần số bổ đề Bổ đề 2.2.22 (Bổ đề 4.1, [18]) Giả sử gcd(ra, sb) = giả sử (2.6) có bốn nghiệm (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ), (x4 , y4 ) thỏa mãn x1 < x2 < x3 < x4 Đặt Z = max{x4 , y1 , y2 , y3 , y4 } Khi đó, ax3 −x2 ⩽ Z, s ⩽ Z + 1, a > b x2 ax3 −x2 ⩽ Z Chứng minh Theo Hệ 2.2.12, ta thấy khơng có hai số ba số y2 , y3 , y4 Xét (2.7) (i, j) = (2, 3) δ = δ1 ∈ {0, 1}, ta thu b|y3 −y2 | + (−1)δ1 /(rax2 ) số nguyên tố với a Xét (2.7) (i, j) = (3, 4) δ = δ2 ∈ {0, 1}, ta thu b|y4 −y3 | + (−1)δ2 /(rax3 ) số ngun Do vậy, phải có số nguyên n cho (bn ± 1)/(rax2 ) số nguyên tố với a Tiếp theo, ta áp dụng Bổ đề [16] thu n ax3 −x2 ⩽ max{y3 , y4 } ⩽ Z, 2g+h−1 g = h = trừ r lẻ, a ≡ mod 4, x2 = 1, lúc x1 = Nhưng theo Bổ đề 2.2.11, ta khơng thể có r lẻ a ≡ mod x1 = 0, ta lấy g + h − = Ngồi ra, a > b n > x2 Cuối cùng, xét (2.7) với (i, j) = (2, 3), ta thu s ⩽ ax3 −x2 + ⩽ Z + Bổ đề 2.2.23 (Bổ đề 4.2, [18]) Giả sử gcd(ra, sb) = giả sử (2.6) có hai nghiệm (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) thỏa mãn x1 < x2 Khi đó, r > x1 > 0, rax2 > c/2, r = x1 = ax2 > (c − 2)/2 35 Chứng minh Giả sử rax2 ⩽ c/2 Khi đó, sby2 ⩾ c/2 rax1 < c/2 nên sby1 > c/2 Nhứng xét (2.7) với (i, j) = (1, 2), ta có rax1 (ax2 −x1 + (−1)γ ) = sbmin{y1 ,y2 } (b|y2 −y1 | ) + (−1)δ > Nếu r > x1 > 0, ta c/2 ⩾ rax2 > ax2 −x1 + ⩾ sbmin{y1 ,y2 } ⩾ c/2, mâu thuẫn, nên rax2 > c/2 r > x1 > Nếu r = x1 = 0, giả sử ax2 ⩽ c/2 − sby2 ⩾ c/2 + Tiến hành tương tự trên, ta thu c/2 ⩾ ax2 + ⩾ sbmin{y1 ,y2 } ⩾ c/2 + 1, mâu thuẫn Do ax2 > c/2 − r = x1 = Bổ đề 2.2.24 (Bổ đề 4.3, [18]) Giả sử (2.6) có nghiệm (x, y, u, v) với (a, b, c, r, s) giả sử ta có điều kiện: min{x, y} > 0, (u, v) ̸= (0, 0), gcd(ra, sb) = Đặt Z = max{x, y}, J = max{a, b} d = min{rax , sby } Khi đó, bất đẳng thức sau đúng: log(1 + dc ) log(c) Z< log(2) Z< + 1.6901816335 · 1010 log(max{r, s, 2}) log(J) log(1.5eZ), (2.58) log(1 + dc ) log(c) Z + 22.997 log + 2.405 log(2) log(2) (2.59) log(J) Khi rs = 1, (2.59) Z < 2409.08 log(J) Bổ đề 2.2.25 (Bổ đề 4.4, [18]) Giả sử (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , , xN , yN ) (A, B,C, R, S; X1 ,Y1 , X2 ,Y2 , , XN ,YN ) hai tập nghiệm thuộc họ nghiệm cho gcd(ra, sb) = gcd(RA, SB) = Khi đó, với i, tồn j với j tồn i cho raxi = RAX j sbyi = SBY j Chứng minh Giả sử (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , , xN , yN ) (A, B,C, R, S; X1 ,Y1 , X2 ,Y2 , , XN ,YN ) hai tập nghiệm thuộc họ nghiệm thỏa mãn C = kc với k số hữu tỉ dương Giả sử gcd(ra, sb) = gcd(RA, SB) = Vì gcd(ra, sb) = 1, theo định nghĩa họ nghiệm, k số nguyên, gcd(RA, SB) = 1, ta phải có k = Từ Nhận xét 2.2.3 ta suy bổ đề Chứng minh Định lý 2.2.21 Ta cần chứng minh (2.56) (2.57) N ⩾ gcd(ra, sb) = 36 Nếu (2.56) (2.57) không tập nghiệm cho trước có N > 4, có tập nghiệm với N = mà (2.56) (2.57) khơng Do đó, ta cần xét trường hợp N = Theo Bổ đề 2.2.25, (2.56) (2.57) với tập nghiệm có gcd(ra, sb) = thuộc họ nghiệm với tập (hoặc liên hợp tập con) tập nghiệm liệt kê (2.38), theo Bổ đề 2.2.19 ta cần xét tập nghiệm (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , x3 , y3 , x4 , y4 ) thỏa mãn ba điều kiện (2.39), (2.40) (2.41) (Chú ý (2.56) (2.57) với liên hợp tập nghiệp chúng với tập nghiệm) Nếu (2.41) đúng, (2.39) với y1 = y2 > 0, ta áp dụng Định lý 2.1.5 cho nghiệm (x2 , y2 ), (x3 , y3 ) (x4 , y4 ) để thu (2.56) (2.57) Tương tự, (2.40) với x1 > y2 > ta áp dụng Định lý 2.1.5 để thu (2.56) (2.57) Do vậy, ta cần xét hai trường hợp: x1 < x2 < x3 < x4 , = y1 = y2 < y3 < y4 , = x1 < x2 < x3 < x4 , = y2 < y1 < y3 < y3 (2.60) (2.61) Trường hợp 1: (2.60) Gọi (a, b, c, r, s; x1 , y1 , x2 , y2 , x3 , y3 , x4 , y4 ) nghiệm thỏa mãn (2.60) với gcd(ra, sb) = Đặt Z = max{x4 , y4 } Đặt R = rax1 Áp dụng Bổ đề 2.2.22 thu ax3 −x2 ⩽ Z, s ⩽ Z + Suy rax3 ⩽ rax2 Z ⩽ (c + s)Z ⩽ (2s + R)Z Xét nghiệm (x3 , y3 ), ta thu sby3 ⩽ rax3 + c ⩽ (2s + R)Z + R + s, hay by3 ⩽ (2 + (R/s))Z + 1(R/s) ⩽ (8/3)Z + 5/3 R/s ⩽ 2/3 Xét (2.7) với (i, j) = (1, 2), ta thu R ⩽ 2, nên R/s > 2/3 kéo theo (R, s) = (2, 1) (1, 1) Do đó, giả sử (R, s) ̸= (2, 1) (1, 1), nên R/s ⩽ 2/3 Khi đó, theo kết trên, ta có a ⩽ Z, b ⩽ (8/3)Z + 5/3, r ⩽ R ⩽ 2, s ⩽ Z + 1, c ⩽ Z + (2.62) Theo (2.60), min{x4 , y4 } > 0, c ⩽ R + s, (u4 , v4 ) ̸= (0, 0), ui vi giá trị u v (2.6) (x, y) = (xi , yi ) Ta áp dụng Bổ đề 2.2.24 với (x, y) = (x4 , y4 ) suy (2.58) (2.59) với J = max{a, b} d = min{rax4 , sby4 } Chú ý + c/d ⩽ max{2, c} Tiếp theo, thay (2.62) cho (2.58) (2.59), ta thu Z < 7.4 · 1014 , sử dụng 37 (2.62) lần nữa, ta thu (2.56) (2.57), chứng minh xong Định lý 2.2.21 cho Trường hợp (R, s) ̸= (2, 1) (1, 1) Tiếp theo, giả sử (R, s) = (2, 1), c = Nếu c = xét nghiệm (x2 , y2 ), ta có x2 = x1 , mâu thuẫn Do c = 3, ax2 −x1 = 2, x3 > y3 > Lấy ⩽ i ⩽ Ta có ui ̸= vi c ⩽ R + s Lấy (ui , vi ) = (1, 0) kéo theo byi ≡ mod 8, lấy (ui , vi ) = (0, 1) kéo theo byi ≡ mod 8, nên yi lẻ ta phải có (u3 , v3 ) = (u4 , v4 ) Nếu (u3 , v3 ) = (u4 , v4 ) = (1, 0), mâu thuẫn với Bổ đề [14] y4 > Do (u3 , v3 ) = (u4 , v4 ) = (0, 1), trường hợp này, sử dụng Định lý [13] nhắc lại y3 y4 lẻ, ta có (b, y3 , y4 ) = (5, 1, 3) nên (a, b, c, r, s; x1 , y1 , , x4 , y4 ) = (2, 5, 3, 2, 1; 0, 0, 1, 0, 2, 1, 6, 3) (a, b, c, r, s; x1 , y1 , , x4 , y4 ) = (2, 5, 3, 1, 1; 1, 0, 2, 0, 3, 1, 7, 3) Cả hai trường hợp thỏa mãn (2.56) (2.57) Tiếp theo, giả sử (R, s) = (1, 1), tức r = R = Ta có c = 2, ax2 = 3, x3 > 1, y3 > Lấy ⩽ i ⩽ Ta có ui ̸= vi Nếu (ui , vi ) = (0, 1) | yi xét hệ số phần thực phần √ ảo (1 + −2)xi modulo 9, ta thấy | xi , sử dụng Bổ đề [13], ta trường hợp xi = 3, kéo theo b = 5, y2 = 2, nên theo Định lý 2.1.4, [15] nghiệm khác (x, y) = (1, 1), mâu thuẫn với (2.60) Do đó, (ui , vi ) = (0, 1), kéo theoo yi lẻ Nhưng lúc này, xét nghiệm (x3 , y3 ) (x4 , y4 ) modulo 8, ta thấy phải có (u3 , v3 ) = (u4 , v4 ) = (1, 0) (u3 , v3 ) = (u4 , v4 ) = (0, 1) Nếu (u3 , v3 ) = (u4 , v4 ) = (1, 0) mâu thuẫn với Bổ đề [14] Nếu (u3 , v3 ) = (u4 , v4 ) = (0, 1) y3 y4 để lẻ, áp dụng Định lý [13], ta thu mâu thuẫn Vậy Định lý 2.2.21 với Trường hợp Trường hợp 2: (2.61) Khơng tính tổng qt, giả sử a > b Đặt Z = max{x4 , y4 } Áp dụng Bổ đề 2.2.22 ta b < a ⩽ Z, max{r, s} ⩽ Z + (2.63) Ta có min{x4 , y4 } > 0, c ⩽ r + sby1 , ta có (u4 , v4 ) ̸= (0, 0) Đặt D = max{rax4 , sby4 } d = min{rax4 , sby4 } Áp dụng Bổ đề 2.2.24 với (x, y) = (x4 , y4 ) ta thấy ta phải có Z< log(1 + c/d) + log(c) log(2) (2.64) + 1.6901816335 · 1010 log(max{r, s, 2}) log(a) log(1.5eZ), Z< log(1 + c/d) + log(c) Z + 22.97 log + 2.405 log(2) log(2) log(a) (2.65) 38 Trước tiên, ta chứng minh log(1 + c/d) có giá trị nhỏ Theo Bổ đề 2.2.23, ta có d > b2 (c − 2)/2 ⩾ 2c − Do 1+ c < 1.75 d (2.66) d ⩾ Thay (2.63) (2.66) vào (2.64) (2.65) với K = 1.6901816335 · 1010 , ta thu Z < 0.9 + log(c) + K log(Z + 1) log(Z) log(1.5eZ), log(2) (2.67) Z < 0.9 + log(c) Z + 22.97 log + 2.405 log(2) log(2) log(Z) (2.68) Vì (2.68) kéo theo (2.67) nên ta cần xét (2.67) 11 Giả sử c ⩽ (Z + 1)10 Khi đó, (2.67) kéo theo Z < 7.9 × 1014 , nên áp dụng (2.63), ta thu 11 (2.56) (2.57), kết thúc chứng minh Định lý 2.2.21 c ⩽ (Z + 1)10 Do đó, theo (2.63), từ ta giả sử 11 11 c > (Z + 1)10 ⩾ (max{r, x})10 (2.69) Áp dụng Bổ đề 2.2.22 thu x2 a ⩽ Z Tiếp theo, c ⩽ rax2 + s nên đặt t = (2.70) 1011 từ (2.69) (chú ý (2.69) kéo theo c > 1011 s) 1011 − ta có c < t t atx2 kéo theo log(c) t log(t) + tx2 log(a) < log(2) log(2) (2.71) t log(t) < 0.1 log(2) (2.72) tx2 log(a) x2 a Z < ⩽ log(2) 1.89 1.89 (2.73) Ta có bất đẳng thức suy từ a > bất đẳng thức thứ hai suy từ (2.70) Kết hợp (2.67), (2.72) (2.73), ta có Z < 0.9 + 0.1 + Z + K log(Z + 1) log(Z) log(1.5eZ) 1.89 từ thu 0.47Z < + K log(Z + 1) log(Z) log(1.5eZ), từ ta thu cận Z, kết hợp với (2.63) ta thu (2.56) (2.74) 39 11 Vậy ta phải chứng minh (2.57) cho Trường hợp c > (Z + 1)10 Để làm điều này, ta cần cải tiến đáng kể giá trị 0.47 (2.74), ta phải cải tiến đáng kể giá trị 1.89 (2.73) Một cách để làm điều lấy a lớn: thật ra, ta cần lấy a > 50 để thu mức độ cải tiến cần thiết, thu (2.57) kết thúc chứng minh Định lý 2.2.21 cho a > 50 Để giải trường hợp a ⩽ 50, ta cần thêm hai bổ đề sau: Bổ đề 2.2.26 (Bổ đề 4.5, [18]) Giả sử a > b > hai số nguyên tố Với g ⩽ i ⩽ m, gọi pi m ước nguyên tố phân biệt a Giả sử pi i ∥ bni ± 1, ni số dương nhỏ cho tồn số nguyên dương k cho |bni − kpi | = 1, ± hiểu cực đại gi Đặt σ = ∑ gi log(pi )/ log(a) i Khi đó, ax | by ± 1, dấu ± độc lập với bên trên, ta phải có ax | aσ y xαi −gi i Chứng minh Đặt a = ∏ pαi i Nếu ax | bh ± 1, với i, pxα | by ± 1, nên pi i xαi −gi xαi < gi pi | y (nếu i phân số ước y) Do đó, y chia hết cho xαi −gi ∏ pi = ax−σ i Bổ đề 2.2.27 (Bổ đề 4.6, [18]) Nếu a > (a, b) ̸= (3, 2) với kí hiệu Bổ đề 2.2.26, ta có σ< a log b log a Nếu (a, b) = (3, 2) σ = Chứng minh Giả sử a > (a, b) ̸= (3, 2) Khi đó, a lẻ g ∏ pi i ⩽ bφ(a)/2 + ⩽ b(a−1)/2 + < ba/2, i nên Bổ đề 2.2.27 a lẻ Nếu a > chẵn g ∏ pi i ⩽ bφ(a)/2 < ba/2 i nên bổ đề Cuối cùng, a = 4, đặt g chho 2g ∥ b ± 1, ta chọn dấu ± để cực đại g Khi đó, bổ đề trừ g log(2) log(b) ⩾ , log(4) log(4) 40 tức trừ 2g ⩾ b2 , điều Cuối cùng, (a, b) = (3, 2) theo định nghĩa σ Bổ đề 2.2.26 có σ = 11 Quay trở lại chứng minh Định lý 2.2.21, ta cần giải Trường hợp c > (Z + 1)10 a ⩽ 50 Theo (2.67), (2.71) (2.72) ta có Z < 1+ tx2 log(a) + K log(Z + 1) log(Z) log(1.5eZ) log(2) (2.75) Theo Bổ đề 2.2.26 Bổ đề 2.2.27, ta có ax2 ⩽ aσ Z với σ < a/2 Xét số hạng thứ hai vế phải (2.75), ta có t tx2 log(a) ⩽ · (log(Z) + σ log(a)) log(2) log(2) < 1.443(log(Z) + a log(a)/2) Thay vào (2.75), kết hợp với a ⩽ 50, ta thu Z < 143 + 1.443 log(Z) + K log(Z + 1) log(Z) log(1.5eZ) (2.76) Từ (2.76) ta thu cận Z, kết hợp (2.63) ta thu (2.57) Kết thúc chứng minh Định lý 2.2.21 41 Kết luận Luận văn với tiêu đề “Về số nghiệm phương trình Pillai suy rộng dạng ±rax ± sby = c” trình bày nội dung sau (1) Trình bày lời giải cho số ví dụ cụ thể cho phương trinh Diophantine Pillai sử dụng tính chất chia hết, tính chất đồng dư Trình bày dạng tuyến tính loga, công cụ để xác định cận nghiệm phương trình Pillai (2) Trình bày khảo sát lịch sử phát triển phương trình Pillai, phương trình Pillai suy rộng (3) Trình bày hai kết báo [18] xuất năm 2013 Scott cộng số nghiệm phương trình Pillai suy rộng dạng ±rax ± sby = c, với khẳng định Định lý 2.2.20 Định lý 2.2.21 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc Vũ Kim Thủy (1994), Bài giảng Số học - Dùng cho học sinh chuyên Toán cấp II –III, NXB Giáo dục [2] Hà Huy Khoái (2004), Số học - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học phổ thông, NXB Giáo dục [3] Thăng Duy Lập (2020), Về phương trình Diophantine Pillai số mở rộng, Luận văn Thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học, ĐHTN Tiếng Anh [4] M Bennett (2001), “On some exponential equations of S.S Pillai”, Canad J Math., 53 (5), pp 897–922 [5] M Le (1992), “A note on the diophantine equation axm − byn = k”, Indag Math (N.S.), 3, pp 185–191 [6] E.M Matveev (2000), “An explicit lower bound for a homogeneous rational linear form in logarithms of algebraic numbers”, Izv Math., 64, pp 1217–1269 [7] S S Pillai (1930), “On some Diophantine equations“, Journal Indian M S., 18 , pp 291– 295 [8] S S Pillai (1931), “On the inequality < ax − by ⩽ n.”, J Indian Math Soc., 19, pp 1–11 [9] S S Pillai (1932), “On the indeterminate equation xy − yx = a”, Journal Annamalai University 1, pp 59–61 [10] S S Pillai (1936), “On ax − by = c”, J Indian Math Soc (N.S.), 2, pp.119–122 [11] S S Pillai (1944), “On aX − bY = by ± ax ”, J Indian Math Soc (N.S.), 8, pp 10–13 43 [12] S S Pillai (1945), “On the equation 2x − 3y = 2X + 3Y ”, Bull Calcutta Math Soc., 37, pp 18–20 [13] R Scott (1993), “On the equations px −by = c and ax +by = cz ”, Journal of Number Theory, 44 (2), pp 153–165 [14] R Scott, R Styer (2004), “On px − qy = c and related term exponential Diophantine equations with prime bases”, Journal of Number Theory, 105 (2), pp 212–234 [15] R Scott, R Styer (2006), “On the generalized Pillai equation ±ax ± by = c”, Journal of Number Theory, 118, pp 236–265 [16] R Scott, R Styer (2011), “The generalized Pillai equation ±rax ± sby = c”, Journal of Number Theory, 131, pp 1037–1047 [17] R Scott, R Styer (2011), “Handling a large bound for a problem on the generalized Pillai equation ±rax ± sby = c”, arxiv.org/abs/1112.4547 [18] R Scott, R Styer (2013), “The number of solutions to the generalized Pillai equation ±rax ± sby = c”, Journal de Théorie des Nombres de Bordeaux, 25, pp 179–210 [19] M Waldschmidt (2009), “Perfect Powers: Pillai’s works and their developments”, https: //hal.archives-ouvertes.fr/hal-00405119 [20] M Mignotte (1998), “A corollary to a theorem of Laurent-Mignotte-Nesterenko”, Acta Arith, 86, pp 101–111 [21] Yann Bugeaud (2018), Linear Forms in Logarithms and Applications, European Mathematical Society ... Pillai dạng ±rax ± sby = c, (2.1) gọi phương trình Pillai suy rộng dạng ±rax ± sby = c Năm 2013 Scott Styer [18] giải hồn tồn phương trình Trong m? ?c n? ?y, chúng tơi trình b? ?y phương trình Pillai suy. .. trình Pillai suy rộng dạng ±rax ± sby = c Cụ thể x? ?t N số nghiệm (x, y, u, v) phương trình (−1)u rax + (−1)v sby = c với x, y số nguyên không âm, u, v ∈ {0, 1} a, b > 1, c, r, s > số nguyên cho... Pillai suy rộng dạng ±rax ± sby = c? ?? để th? ?c luận văn th? ?c sĩ M? ?c đích luận văn trình b? ?y nghiên c? ??u tổng hợp kết số nghiệm phương trình Pillai theo thứ tự lịch sử trình b? ?y kết Scott Styer [18] cho