(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1

(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1(Luận văn thạc sĩ) Về phương trình XYZ = X+Y+Z=1

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐỖ THỊ HỒNG THU VỀ PHƢƠNG TRÌNH XYZ = X + Y + Z = 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 NGUYỄN DUY TÂN THÁI NGUYÊN - 2021 i Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đồng dư 1.2 Thặng dư toàn phương luật thuật nghịch toàn phương 1.3 Định lý thặng dư Trung Hoa Phương trình xyz = x + y + z = Q 10 2.1 Một số phương trình liên quan 10 2.2 Phương trình xyz = x + y + z = Q 13 2.3 Mở rộng lên k số 17 Phương trình xyz = x + y + z = Z/mZ 19 3.1 Phương trình xyz = x + y + z = Z/mZ 19 3.2 Số nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/pZ 26 Kết luận 30 Mở đầu Năm 1956, Werner Mnich đưa câu hỏi (bài tốn) liệu có tồn ba số hữu tỷ mà tích tổng chúng 1? Nói cách khác, liệu (hệ) phương trình Diophantine xyz = x + y + z = (1) có nghiệm hữu tỷ? Năm 1960, W Cassels nhận xét câu hỏi tương đương với câu hỏi liệu phương trình y2 = x3 + ( x + 4)2 có nghiệm hữu tỷ với x = 0? Tiếp đó, W Cassels sử dụng lý thuyết số đại số lý thuyết đường cong elliptic để chứng minh phương trình y2 = x3 + ( x + 4)2 khơng có nghiệm hữu tỷ với x = 0, qua giải câu hỏi W Mnich Cả hai lý thuyết số đại số lý thuyết đường cong elliptic lý thuyết khó Tốn học Một mục đích luận văn tìm hiểu chứng minh sơ cấp (không sử dụng lý thuyết đường cong elliptic) cho kết yếu phương trình y2 = x3 + ( x + 4)2 khơng có nghiệm ngun với x = Ngồi ra, luận văn nghiên cứu nghiên cứu phương trình (1) vành số nguyên modulo m Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, bố cục luận văn chia làm ba chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức kết thức cần chuẩn bị,cần thiết cho chương sau Chương Phương trình xyz = x + y + z = Q Chương trình bày số phát biểu tương đương với câu hỏi W Mnich chứng minh phương trình y2 = x3 + ( x + 4)2 khơng có nghiệm ngun Chương Phương trình xyz = x + y + z = Z/mZ Chương trình bày kết Small điều kiện tồn nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/mZ Luận văn thực hoàn thành vào tháng năm 2021 trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên Qua đây, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Duy Tân, người tận tình hướng dẫn suốt trình làm việc để hồn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Khoa Toán-Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, tạo điều kiện để giúp tác giả học tập hoàn thành luận văn chương trình thạc sĩ Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học K13A8, khóa 05/2019 - 05/2021 động viên giúp đỡ tác giả q trình học tập hồn thành luận văn Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu đồng nghiệp trường THCS Vĩnh Quỳnh huyện Thanh Trì thành phố Hà Nội tạo điều kiện cho tác giả suốt trình học tập hoàn thành luận văn Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng năm 2021 Người viết luận văn Đỗ Thị Hồng Thu Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức cần bị cần thiết cho chương sau Tài liệu tham khảo cho chương [3, Chapters 4, 11] 1.1 Đồng dư Cho n số nguyên dương Định nghĩa 1.1.1 Cho hai số nguyên a b, ta nói a đồng dư với b modulo n, viết a ≡ b (mod n) a − b chia hết cho n Quan hệ đồng dư có nhiều tính chất quan hệ Với số nguyên a, a ≡ a (mod n) Nếu a ≡ b (mod n) b ≡ a (mod n) Nếu a ≡ b (mod n) b ≡ c (mod n) a ≡ c (mod n) Nếu a ≡ b (mod n) c ≡ d (mod n) a ± c ≡ b ± d (mod n) ac ≡ bd (mod n) Với a ∈ Z, ta gọi a¯ (hoặc [ a]) tập hợp số nguyên đồng dư với a modulo n Như a¯ = {b ∈ Z | b ≡ a (mod m)} = { a + kn | k ∈ Z} Ví dụ với n = 2, 0¯ = {0, ±2, ±4, } tập hợp số chẵn, 1¯ = {±1, ±3, } tập hợp số lẻ Ta có a¯ = b¯ a ≡ b (mod n) Chặng hạn, với n = 6¯ = 1¯ = −4 = −9 Định nghĩa 1.1.2 Một tập hợp dạng a¯ gọi lớp đồng dư modulo n Ta gọi Z/nZ tập hợp lớp đồng dư modulo n Như tập hợp Z/nZ có n lớp đồng dư phân biệt: ¯ , n − 1} ¯ 1, Z/nZ = {0, Trên tập hợp Z/nZ ta trang bị hai phép toán công nhân sau a + b = a + b, a · b = a · b ¯ cịn 3¯ + 4¯ = 7¯ = ¯ Ví dụ, với n = ta có 2¯ · 3¯ = 6¯ = 1, Cùng với hai toán trên, Z/nZ thành vành giao hốn có đơn vị 1¯ gọi vành số nguyên modulo n Nhắc lại a¯ = b¯ Z/nZ có nghĩa a ≡ b (mod n) Khi nghiên cứu vấn đề số học, thuận lợi làm việc với vành Z/mZ với quan hệ đồng dư Mặt khác, làm việc với quan hệ đồng dư lại dễ dàng Ta sử dụng hai cách nhìn Phần tử a¯ gọi khả nghịch Z/nZ tồn phần tử b¯ ∈ Z/nZ ¯ Trong trường hợp b¯ gọi nghịch đảo a¯ cho a¯ · b¯ = Nói theo ngơn ngữ đồng dư, số nguyên a gọi khả nghịch modulo n tồn số nguyên nguyên b cho ab ≡ (mod n) Trong trường hợp b gọi nghịch đảo a modulo n Ví dụ Số nguyên khả nghịch modulo 5, mơt nghịch đảo modulo · ≡ (mod 5) Nói cách khách 3¯ khả nghịch Z/5Z, nghịch đảo ¯ Ta có khẳng định sau: Số nguyên a khả nghịch modulo n gcd( a, n) = Nếu a khả nghịch modulo n phương trình đồng dư ax ≡ b (mod n) ln có nghiệm modulo n Cụ thể, gọi c nghịch đảo modulo n a, nghiệm phương trình đồng dư ax ≡ b (mod n) x = cb (Đôi ta viết a−1 nghịch đảo a modulo n.) Ví dụ Xét phương trình đồng dư 5x ≡ (mod 7) Một nghịch đảo modulo (vì · ≡ (mod 7)) Một nghiệm phương trình đồng dư x = · = 1.2 Thặng dư toàn phương luật thuật nghịch toàn phương Định nghĩa 1.2.1 Cho n số nguyên dương a số nguyên Số a gọi thặng dư tồn phương modulo (hoặc bình phương modulo) n tồn số nguyên x cho a ≡ x2 (mod n) Nếu không tồn số nguyên x cho a ≡ x2 (mod n) ta nói a phi thặng dư toàn phương modulo n Ta thấy a thặng dư toàn phương modulo n a¯ bình phương vành Z/nZ Ví dụ Các số 1, 3, 4, 5, thặng dư tồn phương modulo 11, 2,6,7,8 10 khơng thặng dư tồn phương modulo 11 Định nghĩa 1.2.2 (Ký hiệu Legendre) Cho p số nguyên tố lẻ, a số nguyên không chia hết cho p Ta định nghĩa:  1 a thặng dư toàn phương modulo p a = −1 a khơng thặng dư tồn phương modulo p p a = p Ký hiệu gọi ký hiệu Legendre Nếu a chia hết cho p ta định nghĩa Một số tính chất Cho p số nguyên tố lẻ không chia hết số ngun a b Khi ta có tính chất sau Nếu a ≡ b ( mod p) a2 p = ab p = a p ≡a −1 p p = = a p p −1 a p = b p b p ( mod p) (Tiêu chuẩn Euler)  1 p ≡ (mod 4)  −1 p ≡ (mod 4)  1 p ≡ ±1 (mod 8)  −1 p ≡ ±3 (mod 8) Tính chất (1) cho phép ta định nghĩa ký hiệu Legendre lớp đồng dư a¯ a¯ a (modulo p) bởi: := Thỉnh thoảng viết ký Legendre lớp đồng dư p p a¯ ta viết ký hiệu Legendre số nguyên a Định lý 1.2.3 (Luật thuận nghịch toàn phương Gauss) Giả sử p q số nguyên tố lẻ phân biệt Ta có khẳng định sau p q Nếu p ≡ (mod 4) q ≡ (mod 4) Nếu p ≡ q ≡ ( mod4) p q = q p q p =− Bổ đề sau cần cho chứng minh Bổ đề 3.1.4 Chương Bổ đề 1.2.4 Cho p số nguyên tố lẻ (a) Nếu p ≡ 11 (mod 24) p = −1, p = (b) Nếu p ≡ 19 (mod 24) p = −1, p = −1 = −1 Mặt p khác, p ≡ (mod 4) nên theo luật thuận nghịch tồn phương, ta có Chứng minh (a) Vì p ≡ 11 (mod 24) nên p ≡ (mod 8) ta có p =− p 3 =− = 1, p ≡ (mod 3) = −1 Mặt khác, p p ≡ (mod 4) nên theo luật thuận nghịch toàn phương, ta có (b) Vì p ≡ 19 (mod 24) nên p ≡ (mod 8) ta có p =− p 3 =− = −1, p ≡ (mod 3) Bổ đề 1.2.5 Cho p số nguyên tố lẻ a số ngun khơng chia hết cho p Khi số nghiệm (modulo p) phương trình đồng dư ax2 + bx + c ≡ + b2 − 4ac p (mod p) Chú ý b2 − 4ac định thức ax2 + bx + c Sử dụng vành Z/pZ, bổ đề sau: Cho a phần tử khác Z/pZ Khi số nghiệm phương trình ax2 + bx + c = Z/pZ b2 − ac + p Chứng minh Vì 4a khả nghịch modulo p, nên phương trình đồng dư ax2 + bx + c ≡ (mod p)(∗) tương đương với ≡ 4a( ax2 + bx + c) = (2ax + b)2 − (b2 − 4ac) (mod p), tương đương với (2ax + b)2 ≡ (b2 − 4ac) (mod p) b2 − 4ac = 0, tức b2 − 4ac ≡ (mod p), phương trình trở p thành (2ax + b)2 ≡ (mod p) Do 2ax ≡ −b (mod p) Phương trình có Nếu nghiệm modulo p x = (2a)−1 (−b) Trong trường hợp số nghiệm b2 − 4ac phương trình (∗) = + p b2 − 4ac Nếu = −1, phương trình (2ax + b)2 ≡ b2 − 4ac (mod p) vô p b2 − 4ac nghiệm Trong trường hợp số nghiệm phương trình (∗) = + p b2 − 4ac Nếu = 0, phương trình trở thành y2 ≡ b2 − 4ac (mod p) p có nghiệm Với nghiệm y phương trình ta nhận nghiệm x phương trình (∗) (x = (2a)−1 (−b + y)) Trong trường hợp số nghiệm b2 − 4ac phương trình (∗) = + p Ta sử dụng bổ đề Mục 3.2 Chương 1.3 Định lý thặng dư Trung Hoa Định lý 1.3.1 Cho m1 , m2 , , mr số nguyên dương, đôi nguyên tố Đặt m = m1 · · · mr Cho a1 , , ar ∈ Z số nguyên tùy ý Xét hệ phương trình đồng dư sau    x      x        x ≡ a1 (mod m1 ), ≡ a2 (mod m2 ), ≡ ar (mod mr ) Hệ phương trình ln có nghiệm, nghiệm modulo m m Vì m = mi ni Chú ý (mi , ni ) = Chứng minh Với i = 1, 2, , r đặt ni = mi 1, ∀i = 1, 2, , t số m1 , m2 , , mr đôi nguyên tố Bởi vậy, với i, phương trình đồng dư ni x ≡ (mod mi ) giải được; tức là, với i tồn số nguyên bi thỏa mãn n i bi ≡ (mod mi ) (1.1) (mod m j ) mi | n j (1.2) Mặt khác j khác i n j bj ≡ Bây giờ, đặt c := a1 n1 b1 + · · · + ar nr br Khi với i, ta có c ≡ a i n i bi ≡ a i (mod mi ) Như c nghiệm hệ phương trình đồng dư Giả sử d nghiệm khác hệ đồng dư Khi c≡d (mod mi ) với i Suy c ≡ d (mod m) Ngược lại d ≡ c (mod m), rõ ràng d ≡ (mod m)i , với i, d nghiệm hệ phương trình đồng dư Ví dụ 1.3.2 Giải hệ đồng dư     x≡1 x≡2    x≡3 (mod 2) (mod 3) (mod 5) 17 Như ab + = b3 − a3 Nếu b − a = a2 + = 0, vô lý Vậy |b − a| ≥ Ta xét hai trường hợp Giả sử ab > Khi b3 − a3 = ab + > b > a Ta suy b − a ≥ Vì ab + = b3 − a3 = (b − a)[(b − a)2 + 3ab] ≥ + 3ab Điều vô lý ab > Giả sử ab < Ta suy a > b < a < b > Ta xét trường hợp a > b < Khi − ab > − ab − = a3 − b3 = a3 + (−b)3 ≥ a2 + (−b)2 ≥ −2ab Đây điều vơ lý − ab > Tiếp theo ta xét trường hợp a < b > Khi b3 = a3 + ab + < Đây điều vơ lý b > Như mệnh đề hoàn toàn chứng minh 2.3 Mở rộng lên k số Một cách tự nhiên ta xem xét mở rộng sau toán Mnich: Cho trước số nguyên dương k > 3, liệu tồn tồn k-số hữu tỷ x1 , , xk cho tổng tích chúng 1: x1 + · · · + xk = x1 · · · xk = 1? Dễ thấy k = khơng có số hữu tỷ mà có tổng tích Giả sử có số hữu tỷ x y cho xy = x + y = Khi y = − x = x (1 − x ) Ta nhận x2 − x + = Điều vơ lý phương trình khơng có nghiệm hữu tỷ Trường hợp k = 4, A Schinzel có vơ số số hữu tỷ mà tổng tích chúng Cụ thể, số có dạng sau thỏa mãn điều này: n2 − 1 − n2 n2 , , , , với n = ±1, n n n2 − 1 − n2 3 Chẳng hạn, với n = ta số gồm: , − , , − , thỏa mãn 3 2 1= 3 3 + (− ) + ( ) + (− ) = ( ) · (− ) · ( ) · (− ) 3 2 3 2 18 Trường hợp k = 5, A Schinzel số hữu tỷ, cụ thể 1,1,1,-1,-1 thỏa mãn + + + (−1) + (−1) = (1) · (1) · (1) · (−1) · (−1) = Với k > tùy ý, H Bohigian [1] chứng minh kết sau Định lý 2.3.1 Với k > 3, tồn vô hạn k số hữu tỷ mà tổng tích chúng Chứng minh Trường hợp k = 4, ta sử dụng số Schinzel Trường hợp k = 5, ta sử dụng số dạng sau: 1 n, − , −n, , n n (với n = 0) Chẳng hạn với n = 2: 1 1 + (− ) + (−2) + ( ) + = (2) · (− ) · (−2) · ( ) · (1) = 2 2 Trường hợp k = 6, ta sử dụng số dạng sau: n2 ( n + 1) ,− n2 ( n + 1) , (n + 1)2 , −n2 , −n, −n (với n = 0, −1) Chẳng hạn với n = 2: 1 + (− ) + + (−4) + (−2) + (−2) 12 12 1 = ( ) · (− ) · (9) · (−4) · (−2) · (−2) 12 12 Trường hợp k = 7, ta sử dụng số dạng sau: (với n = 0, 1, 1/2) 1= 1 1 (n − 1)2 , n − , n − , 1, −n2 , ,− 2 n(n − 1)(n − 1/2) n(n − 1)(n − 1/2) Chẳng hạn với n = 2: 3 1 + + + (−4) + + (− ) 2 3 3 1 = (1) · ( ) · ( ) · (1) · (−4) · ( ) · (− ) 2 3 Nhận xét số A gồm 1,-1,1,-1 có tổng tích Do vậy, = 1+ có k số hữu tỷ mà tổng tích chúng 1, cách thêm vào số này, ta gồm k+4 số hữu tỷ mà tổng tích chúng Như vậy, xuất phát từ k = 4, 5, 6, trên, cách thêm vào số 1,-1,1,-1, ta có vơ hạn số gồm 8, 9, 10, 11 số hữu tỷ mà tổng tích Tiếp tục thêm vào gồm số 1,-1,1,-1 vậy, với số N > 4, ta vô số gồm N số hữu tỷ mà tích tổng chúng 19 Chương Phương trình xyz = x + y + z = Z/mZ Chương trình bày kết Small [4] điều kiện tồn nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/mZ số tính tốn số nghiệm phương trình vành Z/pZ với p nguyên tố 3.1 Phương trình xyz = x + y + z = Z/mZ Bổ đề 3.1.1 Phương trình xyz = x + y + z = (1) có nghiệm Z/2Z, vô nghiệm Z/3Z Z/4Z Chứng minh Dễ thấy x = y = z = 1¯ ∈ Z/2Z nghiệm phương trình xyz = x + y + z = 1¯ Z/2Z Giả sử x, y, z ∈ Z/3Z nghiệm phương trình (1) Khi xyz = 1¯ ∈ Z/3Z, suy x, y z khác Do chúng 1¯ −1¯ (trong Z/3Z) Vì xyz = 1¯ nên xảy hai trường hợp: ba số x, y, z 1¯ có hai ¯ Trong trường hợp thứ số ba số x, y, z −1¯ số lại −1 x + y + z = 3¯ = 0¯ = 1, trái giả thiết Trong trường hợp thứ hai x + y + z = −1¯ = 1, trái giả thiết Giả sử x, y, z ∈ Z/4Z nghiệm phương trình (1) Khi xyz = 1¯ ∈ ¯ Do chúng 1¯ −1¯ = 3¯ Z/4Z, suy x, y z khác 0¯ (trong Z/4Z) Vì xyz = 1¯ nên xảy hai trường hợp: ba số x, y, z ¯ Trong trường 1¯ có hai số ba số x, y, z −1¯ số cịn lại −1 hợp thứ x + y + z = 3¯ = −1¯ = 1, trái giả thiết Trong trường hợp thứ hai x + y + z = −1¯ = 1, trái giả thiết 20 Hệ 3.1.2 Nếu xyz = x + y + z = (1) có nghiệm Z/mZ m khơng chia hết cho khơng chia hết Chứng minh Giả sử (1) có nghiệm Z/mZ Khi tồn số nguyên x, y, z cho xyz ≡ (mod m) x + y + z ≡ (mod m) Nếu | n xyz ≡ (mod 3) ¯ y, ¯ z¯ ∈ Z/3Z nghiệm (1) Z/3Z Điều x + y + z ≡ (mod 3) Do x, mâu thuẫn với bổ đề Như n Lập luận tương tự ta suy m Đặt R = Z/mZ Ta muốn giải phương trình xyz = x + y + z = R Từ x + y + z = 1, ta có z = − x − y Thế z vào phương trình xyz = ta = xy(1 − x − y) = xy − x2 y − xy2 , hay xy2 + ( x2 − x )y + = (*) Đặt ∆( x ) = ( x2 − x )2 − 4x (Đây biệt thức xy2 + ( x2 − x )y + coi tam thức bậc hai theo y.) Nhân hai vế phương trình (∗) với 4x, ta suy = 4x2 y2 + 4( x2 − x ) xy + 4x = (2xy)2 + 4xy( x2 − x ) + ( x2 − x )2 − ( x2 − x )2 + 4x = (2xy + ( x2 − x ))2 − ∆( x ) Do ∆( x ) = (2xy + ( x2 − x ))2 bình phương R Những thảo luận dẫn đến bổ đề sau Bổ đề 3.1.3 Cho R = Z/mZ với m lẻ Giả sử tồn x ∈ Z/mZ khả nghịch cho ∆( x ) bình phương R Khi phương trình xyz = x + y + z = có nghiệm R Chứng minh Giả sử tồn x ∈ Z/mZ khả nghịch cho ∆( x ) = u2 , với u ∈ R Vì m lẻ nên phần tử khả nghịch R = Z/Z Do 2x khả nghịch R Tức tồn a ∈ R cho a(2x ) = ∈ R Ta đặt y = a[u − ( x2 − x )] z = − x − y Rõ ràng x, y, z ∈ R x + y + z = Vì y = a[u − ( x2 − x )] nên 2xy + ( x2 − x ) = 2xa[u − ( x2 − x )] + ( x2 − x ) = u − ( x2 − x ) + ( x2 − x ) = u 21 Do ( x2 − x )2 − 4x = ∆( x ) = u2 = 2xy + ( x2 − x ) = 4x2 y2 + 4xy( x2 − x ) + ( x2 − x )2 Suy 4x = 4x xy − x2 y − xy2 Nhân hai vế với (4x )−1 ∈ R ta suy = xy − x2 y − xy2 = xy(1 − x − y) = xyz Ta kết thúc chứng minh Bổ đề 3.1.4 Cho p > số nguyên tố Khi tồn = x ∈ Z/pZ cho ∆( x ) bình phương Z/pZ Chứng minh Ta chia trường hợp cho p theo modulo 24 Vì p số nguyên tố lớn 3, nên p ≡ 1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 (mod 24) Ta có trường hợp sau Trường hợp 1: p ≡ 1, 5, 13, 17 (mod 24) Trong trường hợp này, p ≡ (mod 4) −1 = Như −1 bình phương Z/pZ Do p ∆(1) = −4 = (−1) · 22 bình phương Z/pZ Như ta lấy x = (Ở đây, "x = 1" có nghĩa x = 1¯ ∈ Z/pZ, vân vân.) Trường hợp 2: p ≡ 7, 23 (mod 24) Trong trường hợp này, p ≡ (mod 8) = Như bình phương Z/pZ Ta suy p ∆(−1) = = · 22 bình phương Z/pZ Như ta lấy x = −1 Trường hợp 3: p ≡ 19 (mod 24) Trong trường hợp này, p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 3) Do p = −1, p = −1 p = Như bình phương Z/pZ Ta suy ∆(3) = 24 = · 22 bình phương Z/pZ 22 Như ta chọn x = Trường hợp 4: p ≡ 11 (mod 24) Trong trường hợp này, p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 3) Do p = −1, p = Ta có ∆(−3) = 156 = 22 · · 13 ∆(−4) = 416 = 24 · · 13 Như ∆(−3) p ∆(−3) p Như 13 p x = −3 Nếu 13 p = = 22 · · 13 p · · 13 p = = p p 13 p 13 p = =− 13 p , 13 p = ∆(−3) bình phương Z/pZ, ta chọn = −1 thì ∆(−4) bình phương Z/pZ, ta chọn x = −4 Mệnh đề 3.1.5 Phương trình xyz = x + y + z = có nghiệm Z/pZ với số nguyên tố p = Chứng minh Nếu p = khẳng đinh suy từ Bổ đề 3.1.1 Còn p > khẳng định suy từ Bổ đề 3.1.2 Bổ đề 3.1.3 Ví dụ 3.1.6 (i) Xét trường hợp p = Khi ∆(1) = −4 = 12 ∈ Z/5Z Ta chọn x = ∈ Z/5Z Nghịch đảo 2x = Z/5Z a = Như chứng minh Bổ đề 3.1.2, ta chọn x = 1, u = 1, y = a[u − ( x2 − x )] = 3, z = − x − y = −3 = Z/pZ Như x = 1, y = z = nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/5Z (ii) Xét trường hợp p = Khi ∆(−1) = = 12 ∈ Z/7Z Ta chọn x = −1 ∈ Z/7Z Nghịch đảo 2x = −2 = Z/7Z a = Như chứng minh Bổ đề 3.1.2, ta chọn x = −1, u = 1, y = a[u − ( x2 − x )] = · (−1) = −3, z = − x − y = = −2 Z/7Z 23 Như x = −1, y = −3 z = −2 nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/7Z (iii) Xét trường hợp p = 11 Khi 13 11 = 11 = −1 Và ∆(−4) bình phương Z/11Z Cụ thể ∆(−4) = 416 = = 32 ∈ Z/11Z Ta chọn x = −4 ∈ Z/7Z Nghịch đảo 2x = −8 = Z/11Z a = Như chứng minh Bổ đề 3.1.2, ta chọn x = −4, u = 3, y = a[u − ( x2 − x )] = (4) · (−17) = −68 = −2, z = − x − y = = −4 Z/11Z Như x = −4, y = −2 z = −4 nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/11Z Bổ đề 3.1.7 Cho p số nguyên tố lẻ v số nguyên không chia hết cho p Khi a bình phương modulo p m bình phương modulo pn với n ≥ Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Hiển nhiên khẳng định với n = Giả sử m bình phương modulo pn , ta chứng minh m bình phương modulo pn+1 Gọi x0 số nguyên mà v ≡ x02 (mod pn ) Khi p x0 p a, x02 − v = pn k, với k số nguyên Đặt x1 = x0 + mpn , với m xác định sau Ta có x12 − u = ( x0 + mpn )2 − v = ( x02 − v) + 2mx0 pn + m2 p2n ≡ pn (k + 2mx0 ) (mod p2n ) Vì p lẻ p x0 nên 2x0 có nghịch đảo modulo p, tức tồn số nguyên b cho (2x0 ) · b ≡ (mod p) Ta chọn m = −bk (Ta thể chọn m số dư −bk cho p.) Khi k + 2x0 m = k − (2x0 )bk = k (1 − 2x0 b) ≡ (mod p) Do x12 − v ≡ pn (k + 2mx0 ) ≡ (mod pn+1 ) Như v ≡ x12 (mod pn+1 ) a bình phương modulo pn+1 Định lý 3.1.8 Phương trình xyz = x + y + z = có nghiệm Z/pn Z với n ≥ với số nguyên tố p ≥ Chứng minh Theo chứng minh Bổ đề 3.1.4, ta thấy với số nguyên tố p ≥ 5, ta chọn x ∈ {±1, ±3, −4} cho ∆( x ) bình phương modulo p Theo Bổ đề 3.1.7, ∆( x ) bình phương modulo pn Chú ý p ≥ x khả nghịch pn Z Như vậy, áp dụng Bổ đề 3.1.3 ta suy phương trình xyz = x + y + z = có nghiệm Z/pn Z 24 Ví dụ 3.1.9 Xét trường hợp p = n = Ta tìm nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/25Z Theo Ví dụ 3.1.6, ta chọn x = v := ∆(1) = −4 = 12 ∈ Z/5Z Ta tìm x1 cho v ≡ x12 (mod 25) Ta tiến hành chứng minh Bổ đề 3.1.7 Đặt x0 = x02 − v = p · k = · Đặt x1 = x0 + 5m Ở m xác định số dư −bk cho 5, với b khả nghịch modulo (2x0 ) = Ta chọn b = −bk = −3, m = x1 = 11 Ta kiểm tra lại ∆( x ) = ∆(1) = −4 ≡ 112 = x12 (mod 25) Nghich đảo 2x = Z/25Z a = 13 Như Bổ đề 3.1.2, ta chọn x = 1, u = 11, y = a[u − ( x2 − x )] = 13 · 11 = −7, z = − x − y = Z/25Z Kiểm tra lại x = 1, y = −7, z = −7 nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/25Z Thật xyz = · (−7) · (7) = −49 ≡ x + y + z = + (−7) + (−7) = (mod 25), (mod 25) Ví dụ 3.1.10 Xét trường hợp p = n = Ta tìm nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/49Z Theo Ví dụ 3.1.6, ta chọn x = −1 v := ∆(−1) = = 12 (mod 7) Ta tìm x1 cho v ≡ x12 (mod 49) Ta tiến hành chứng minh Bổ đề 3.1.7 Đặt x0 = −1 x02 − v = −7 = p · k = · (−1) Đặt x1 = x0 + 7m Ở m = −bk, với b khả nghịch modulo (2x0 ) = −2 Ta chọn b = m = −bk = 3, x1 = 20 Ta kiểm tra lại ∆( x ) = ∆(1) = ≡ 400 = 202 = x12 (mod 49) Nghich đảo 2x = −2 Z/49Z a = 24 Như Bổ đề 3.1.2, ta chọn (trong Z/49Z) x = −1, u = 20, y = a[u − ( x2 − x )] = 24 · 18 = 432 = −9, z = − x − y = 11 Kiểm tra lại x = −1, y = −9, z = 11 nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/49Z Thật xyz = (−1) · (−9) · 11 = 99 ≡ x + y + z = (−1) + (−9) + 11 = (mod 49), (mod 49) 25 Bổ đề 3.1.11 Cho m = m1 · · · mr , m1 , , mr số nguyên dương đơi ngun tố Khi phương trình xyz = x + y + có nghiệm Z/mi Z, với i = 1, , r, có nghiệm Z/mZ Chứng minh Theo giả thiết, với i = 1, , r, tồn số nguyên xi , yi zi cho  x y z ≡ (mod mi ), x + y + z i i i ≡ (mod mi ) i i i Theo Định lý thăng dư Trung hoa, tồn số nguyên x, y z cho    x ≡ xi (mod mi ) ∀i = 1, , r;    y ≡ yi (mod mi ) ∀i = 1, , r;     z ≡ zi (mod mi ) ∀i = 1, , r Khi đó, với i = 1, , r, ta có   xyz ≡ x y z ≡ (mod m ), i i i i  x + y + z ≡ x + y + z ≡ (mod m ) i i i i Vì số m1 , , mr đôi nguyên tố m = m1 · · · mr , nên ta suy   xyz ≡ (mod m),  x + y + z ≡ (mod m) Như phương trình xyz = x + y + z = có nghiệm Z/pZ Định lý 3.1.12 Cho m số nguyên dương Phương trình xyz = x + y + z = có nghiệm Z/mZ m không chia hết cho không chia hết Chứng minh Theo Hệ 3.1.2, ta cần chứng m không chia hết cho không chia hết cho xyz = x + y + z = có nghiệm Z/mZ Ta phân tích m tích thừa số nguyên tố m = 2e p1e1 · · · prer , e = (vì m), pi số nguyên tố lẻ lớn (vì m), ei ≥ Theo Bổ đề 2.1.1 phương trình xyz = x + y + z = có nghiệm Z/2e Z Mặt khác, theo Định lý e 3.18, xyz = x + y + z = có nghiệm Z/pi i Z, với i = 1, , r Áp dụng Bổ đề 3.1.11, ta suy xyz = x + y + z = có nghiệm Z/mZ 26 3.2 Số nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/pZ Trong mục ta trình bày cơng thức tính số nghiệm N phương trình xyz = x + y + z = Z/pZ Nhắc lại rằng, với x ∈ Z/pZ, ta đặt ∆( x ) = ( x2 − x )2 − 4x Bổ đề 3.2.1 Số nghiệm N phương trình xyz = x + y + z = Z/pZ số nghiệm x, y Z/pZ phương trình xy2 + ( x2 − x )y + = Chứng minh Gọi A tập hợp nghiệm ( x, y, z) ∈ (Z/pZ) × (Z/pZ) × (Z/pZ) phương trình xyz = x + y + z = Gọi B tập hợp nghiệm ( x, y) ∈ (Z/pZ) × (Z/pZ) phương trình xy2 + ( x2 − x )y + Ta có song ánh hai tập hợp A B Xét ( x, y, z) ∈ A Khi z = − x − y thay vào = xyz, ta = xyz = xy(1 − x − y) = xy − xy2 − x2 y Do xy2 + ( x2 − x )y + = 0, tức ( x, y) ∈ B Gọi f : A → B ánh xạ gửi ( x, y, z) tới ( x, y) Bây xét ( x, y) ∈ B Đặt z = − x − y Ta có xyz = xy(1 − x − y) = xy − xy2 − xy2 = Như ( x, y, z) ∈ A Gọi g : B → A ánh xạ gửi ( x, y) tới ( x, y, − x − y) Kiểm tra f g ánh xạ ngược Như ta có f song ánh A B Bổ đề chứng minh Mệnh đề 3.2.2 Cho p số nguyên tố lẻ Khi số nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/pZ p −1 N = p−1+ ∑ x =1 ∆( x ) p , ∆( x ) = ( x2 − x )2 − 4x Chứng minh Theo Bổ đề 3.2.1, số nghiệm xyz = x + y + z = Z/pZ số nghiệm ( x, y) ∈ (Z/pZ) × (Z/pZ) phương trình xy2 + ( x2 − x )y + = (**) 27 Rõ ràng ( x, y) nghiệm (∗∗) ta phải có x = Mỗi phần tử x ∈ (Z/pZ) \ {0} phần tử có dạng x = a¯ , với a ∈ S = {1, , p − 1} Khi x cố định số nghiệm y phương trình (∗∗) 1+ ∆( x ) p , theo Bổ đề 1.2.4 Do số nghiệm ( x, y) phương trình (∗∗) p −1 N= ∑ a =1 ∆( a) p p −1 +1 ∆( a) p ∑ = p−1+ a =1 Ta kết thúc chứng minh mệnh đề Ví dụ 3.2.3 Xét p = ta tìm số nghiệm N phương trình xyz = x + y + z = Z/5Z Xét modulo 5, ta có ∆(1) = (12 − 1)2 − · = −4 ≡ (mod 5) ∆(2) = (22 − 2)2 − · = −4 ≡ (mod 5) ∆(3) = (32 − 3)2 − · = 24 ≡ (mod 5) ∆(4) = (42 − 4)2 − · = 128 ≡ Như N = 4+ = 4+ ∆ (1) + 1 + 5 (mod 5) ∆ (2) ∆ (3) + 5 + + 5 + ∆ (4) = + + + + (−1) = Ta kiểm tra phương trình xyz = x + y + z = Z/5Z có nghiệm đây, nghiệm (1, 2, 3) với hoán vị nó: ( x, y, z) = (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1) Ví dụ 3.2.4 Xét p = ta tìm số nghiệm N phương trình xyz = x + y + z = Z/7Z Xét modulo 7, ta có ∆ ( ) = ( 12 − ) − · = − ≡ (mod 7) ∆ ( ) = ( 22 − ) − · = − ≡ (mod 7) ∆(3) = (32 − 3)2 − · = 24 ≡ ∆(4) = (42 − 4)2 − · = 128 ≡ (mod 7) (mod 7) ∆(5) = (52 − 5)2 − · = 202 − 20 ≡ (mod 7) ∆(6) = (62 − 6)2 − · = 302 − 24 ≡ (mod 7) 28 Như ∆ (1) + 3 + 7 N = 6+ = 6+ ∆ (2) ∆ (3) ∆ (4) + + + 7 2 + + + + 7 7 ∆ (5) + ∆ (6) = + (−1) + (−1) + (−1) + (+1) + (+1) + (+1) = Ta kiểm tra phương trình xyz = x + y + z = Z/7Z có nghiệm đây, nghiệm (4, 5, 6) với hốn vị nó: ( x, y, z) = (4, 5, 6), (4, 6, 5), (5, 4, 6), (5, 6, 4), (6, 4, 5), (6, 5, 4) Ví dụ 3.2.5 Xét p = 11 ta tìm số nghiệm N phương trình xyz = x + y + z = Z/11Z Xét modulo 11, ta có ∆(1) = (12 − 1)2 − · = −4 ≡ (mod 11) ∆(2) = (22 − 2)2 − · = −4 ≡ (mod 11) ∆(3) = (32 − 3)2 − · = 24 ≡ ∆(4) = (42 − 4)2 − · = 128 ≡ (mod 11) (mod 11) ∆(5) = (52 − 5)2 − · = 202 − 20 ≡ (mod 11) ∆(6) = (62 − 6)2 − · = 302 − 24 ≡ (mod 11) ∆(7) = (72 − 7)2 − · = 422 − 28 ≡ (mod 11) ∆(8) = (82 − 8)2 − · = 562 − 32 ≡ (mod 11) ∆(9) = (92 − 9)2 − · = 722 − 36 ≡ (mod 11) ∆(10) = (102 − 10)2 − · 10 = 902 − 40 ≡ (mod 11) Như ∆ (1) ∆ (2) + 11 11 ∆ (7) ∆ (8) + + 11 11 7 = 10 + + + 11 11 + + + 11 11 N = 10 + ∆ (3) ∆ (4) ∆ (5) + + 11 11 11 ∆ (9) ∆(10) + + 11 11 6 + + + 11 11 11 11 + 11 11 + = 10 + (−1) + (−1) + (−1) + (−1) + (−1) + (−1) + (+1) + (−1) + + (−1) = + ∆ (6) 11 29 Ta kiểm tra phương trình xyz = x + y + z = Z/11Z có nghiệm đây, nghiệm (−4, −2, −4) với hốn vị nó: ( x, y, z) = (−4, −2, −4), (−4, −4, −2), (−2, −4, −4) 30 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau • Trình bày đồng dư, luật thuận nghịch tồn phương Định lý thặng dư Trung Hoa • Trình bày phương trình xyz = x + y + z = Q • Trình bày phương trình xyz = x + y + z = Z/mZ 31 Tài liệu tham khảo Tiếng Anh [1] H E Bohigian (1979), "Extensions of the W Mnich problem", Fibonacci Quart 17, no 2, 172–177 [2] J W S Cassels (1960), "On a diophantine equation", Acta Arith 6, 47–52 [3] Rosen K H (2005), Elementary number theory and its applications, Pearson/Addison Wesley [4] C Small (1982), "On the equation xyz = x + y + z = 1", Amer Math Monthly 89, 736–749 Tiếng Pháp [5] W Sierpinski (1959), "Sur quelques problèmes non résolus d’arithmétique", L’ Enseignement Mathemat V(44), 231–235 [6] W Sierpinski (1961), "Remarques sur le travail de M J W S Cassels "On a diophantine equation"", Acta Arith 6, 469–471 ... = ∈ Z/5Z Nghịch đảo 2x = Z/5Z a = Như chứng minh Bổ đề 3.1.2, ta chọn x = 1, u = 1, y = a[u − ( x2 − x )] = 3, z = − x − y = −3 = Z/pZ Như x = 1, y = z = nghiệm phương trình xyz = x + y + z =. .. 2x = −8 = Z/11Z a = Như chứng minh Bổ đề 3.1.2, ta chọn x = −4, u = 3, y = a[u − ( x2 − x )] = (4) · (−17) = −68 = −2, z = − x − y = = −4 Z/11Z Như x = −4, y = −2 z = −4 nghiệm phương trình xyz. .. x )] = 24 · 18 = 432 = −9, z = − x − y = 11 Kiểm tra lại x = −1, y = −9, z = 11 nghiệm phương trình xyz = x + y + z = Z/49Z Thật xyz = (−1) · (−9) · 11 = 99 ≡ x + y + z = (−1) + (−9) + 11 = (mod