Về nghiệm của các phương trình diophantine px+(p+1)y+(p+2)z=ma khi p là số nguyên tố, a=2,3 và 1≤x,y,z≤2

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - CHU SỸ NHẤT Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Phạm Hồng Nam THÁI NGUYÊN - 2022 i Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Miền nguyên Phần tử nguyên tố 1.1.1 Iđêan vành thương 1.1.2 Iđêan nguyên tố miền nguyên 1.1.3 Phần tử nguyên tố 1.2 Miền nhân tử hóa 1.2.1 Ước chung lớn 1.2.2 Miền nhân tử hóa 4 11 11 12 Phương trình Diophantine px + (p + 1)y + (p + 2)z = M A p số nguyên tố, A = 2, ≤ x, y, z ≤ 16 x y z 2.1 Phương trình p + (p + 1) + (p + 2) = M p số nguyên tố ≤ x, y, z ≤ 16 x y z 2.2 Phương trình p + (p + 1) + (p + 2) = M p số nguyên tố ≤ x, y, z ≤ 24 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 Lời cảm ơn Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành đến TS Phạm Hồng Nam hướng dẫn tơi hồn thành luận văn Khi bắt đầu nhận đề tài thực cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mẻ Hơn với vốn kiến thức ỏi với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên chưa thực tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù bận rộn công việc Thầy dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tơi suốt thời gian tơi thực đề tài Trong trình tiếp cận đề tài đến trình hồn thiện luận văn Thầy ln tận tình bảo tạo điều kiện tốt nhất cho hoàn thành luận văn Cho đến luận văn thạc sĩ tơi hồn thành, xin cảm ơn Thầy đôn đốc nhắc nhở Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin Phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cơ tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Lãnh đạo Phịng GD Hưng Hà, trường THTHCS Kỳ Đồng-Hưng Hà-Thái Bình không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn Cuối cùng, xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, người khơng ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt trình học tập thực luận văn Thái Nguyên, tháng 10 năm 2022 Tác giả Chu Sỹ Nhất Mở đầu Bài tốn tìm nghiệm chặn số nghiệm phương trình Diophantine nghiên cứu từ lâu quan tâm nghiên cứu nhiều nhà Tốn học Đã có nhiều kết công bố liên quan đến tốn Tuy nhiên, khơng có phương pháp chung tồn để phương trình Diophantine cho có nghiệm hay có nghiệm Phương trình tổng quát tiếng px + q y = z có nhiều dạng Đã có số lượng lớn kết liên quan đến dạng đặc biệt mở rộng phương trình Một mở rộng phương trình phương trình Diophantine có dạng px + (p + a)y + (p + b)z = M A với p số nguyên tố a, b số nguyên dương nghiên cứu gần Cụ thể, [5, 6] tác giả Nechemia Burshtein đưa số kết thú vị nghiệm phương trình Diophantine px + (p + 1)y + (p + 2)z = M A p số nguyên tố, A = 2, ≤ x, y, z ≤ Luận văn tập trung trình bày số kết nghiệm phương trình Diophantine px + (p + 1)y + (p + 2)z = M A p số nguyên tố, A = 2, ≤ x, y, z ≤ [5, 6] Luận văn dự kiến gồm có chương gồm nội dung sau: Trong Chương 1, chúng tơi trình bày số kiến thức chuẩn bị dùng để chứng minh cho kết Chương Nội dung chương viết dựa theo tài liệu [1, 2] Trong Chương luận văn, chúng tơi trình bày số kết nghiệm phương trình Diophantine px + (p + 1)y + (p + 2)z = M A p số nguyên tố, A = 2, ≤ x, y, z ≤ Nội dung chương tham khảo chủ yếu từ tài liệu [5, 6] Chương Một số kiến thức chuẩn bị Mục đích chương trình bày số kết ước chung lớn nhất, số nguyên tố, Định lý số học Tất định nghĩa, tính chất liên quan định nghĩa trực tiếp vành số nguyên Z Tuy nhiên, luận văn tiếp cận theo cách tổng quát kết Z hệ 1.1 1.1.1 Miền nguyên Phần tử nguyên tố Iđêan vành thương Định nghĩa 1.1.1 Một tập hợp R với hai phép tốn hai ngơi, phép cộng phép nhân gọi vành điều kiện sau thỏa mãn: (i) Tập hợp R nhóm Abel phép cộng (ii) Phép nhân R kết hợp, nghĩa (xy)z = x(yz) với x, y, z ∈ R (iii) Phép nhân phân phối phép cộng, nghĩa với x, y, z ∈ R, ta ln có (x + y)z = xz + yz z(x + y) = zx + zy (iv) Tồn phần tử 1R cho 1R x = x1R = x, với x ∈ R Thơng thường ta ln kí hiệu cho phần tử đơn vị cho phần tử không R Định nghĩa 1.1.2 Một vành R gọi vành giao hoán xy = yx, với x, y ∈ R Ví dụ 1.1.3 (i) Z, Q, R, C vành giao hoán với phép cộng nhân tương ứng (ii) Cho R vành n ≥ số nguyên Kí hiệu Mn (R) tập tất ma trận vuông với hệ số vành R Khi Mn (R) vành với phép cộng nhân ma trận Tuy nhiên vành không giao hoán n ≥ R vành giao hoán Tiếp theo khái niệm iđêan đóng vai trị quan trọng nghiên cứu cấu trúc vành môđun Định nghĩa 1.1.4 Cho R vành I nhóm R phép cộng (i) I gọi iđêan trái R RI ⊆ I, nghĩa xa ∈ I với x ∈ R a ∈ I (ii) I gọi iđêan phải R IR ⊆ I, nghĩa ax ∈ I với x ∈ R a ∈ I (iii) I gọi iđêan R I vừa iđêan trái vừa iđêan phải Ví dụ 1.1.5 Cho R vành a phần tử R Khi phát biểu sau (i) {0} R iđêan R (ii) Tập hợp aR = {ax | x ∈ R} iđêan phải R (iii) Tập hợp Ra = {xa | x ∈ R} iđêan trái R Chú ý 1.1.6 Nếu R vành giao hốn ta có ax = xa với a, x ∈ R Do khái niệm iđêan trái iđêan phải trùng Ví dụ 1.1.7 Tất iđêan Z có dạng I = {mx | x ∈ Z} với m số nguyên dương Cho I iđêan vành R Vì I nhóm chuẩn tắc nhóm R phép cộng, nên R/I = {x + I | x ∈ R} nhóm thương với phép cộng lớp ghép cho (x + I) + (y + I) = (x + y) + I Trên R/I ta xét quy tắc nhân sau: với x + I, y + I ∈ R/I đặt (x + I)(y + I) := xy + I Khi ta có Định lý sau Định lý 1.1.8 Cho I iđêan thực vành R Khi R/I vành với phép nhân định nghĩa sau: (x + I)(y + I) = xy + I, ∀x, y ∈ R Chứng minh Trước hết ta chứng minh phép nhân xác định có nghĩa, tức khơng phụ thuộc vào cách chọn đại diện lớp ghép Cụ thể, cho a + I = x + I b + I = y + I , ta cần ab + I = xy + I Thật vậy, theo giả thiết ta có a − x, b − y ∈ I Do tồn c, d ∈ I cho a = x + c b = y + d Do tính chất phân phối phép nhân R, ta có ab = (x + c)(y + d) = xy + xd + cy + cd, hay ab − xy = xd + cy + cd Rõ ràng xd + cy + cd ∈ I I iđêan Từ suy ab − xy ∈ I Dễ thấy lớp ghép + I phần tử đơn vị phép nhân Việc chứng minh phép nhân định nghĩa có tính chất kết hợp phân phối với phép cộng lớp ghép R/I dễ dàng dựa vào định nghĩa phép tốn tính chất kết hợp, tính phân phối phép nhân phép cộng vành R Vậy R/I vành Định nghĩa 1.1.9 Vành R/I xác định gọi vành thương R iđêan I 1.1.2 Iđêan nguyên tố miền nguyên Từ ta ln xét vành R giao hốn Định nghĩa 1.1.10 Cho I iđêan vành giao hoán R (i) I gọi iđêan nguyên sơ I 6= R xy ∈ I x ∈ I y n ∈ I với n ∈ N (ii) I gọi iđêan nguyên tố I 6= R xy ∈ I x ∈ I y ∈ I (iii) I gọi iđêan tối đại tồn iđêan J 6= I chứa I J = R Ví dụ 1.1.11 (i) Tập tất iđêan nguyên sơ vành Z {0} pn Z với p số nguyên tố n ∈ N (ii) Tập tất iđêan nguyên tố vành Z {0} pZ với p số nguyên tố (iii) Tập tất iđêan tối đại vành Z pZ với p số nguyên tố Tiếp theo khái niệm miền nguyên Định nghĩa 1.1.12 (i) Một vành giao hoán R gọi miền nguyên ab = kéo theo a = b = (ii) Một vành giao hoán R gọi trường phần tử khác khơng có nghịch đảo, nghĩa a 6= tồn b ∈ R cho ab = Ví dụ 1.1.13 (i) Z, Q, R, C miền nguyên (ii) Q, R, C trường (iii) Vành số nguyên Z/4Z modulo không miền nguyên (iii) Vành số nguyên Z/nZ modulo n miền nguyên n số nguyên tố Kết sau cho ta đặc trưng miền nguyên thông qua tính chất iđêan Bổ đề 1.1.14 Cho I iđêan vành R Khi phát biểu sau đúng: (i) I nguyên tố R/I miền nguyên (ii) I tối đại R/I trường Chứng minh (i) Giả sử I nguyên tố Khi I 6= R nên R/I 6= + I Cho (a + I)(b + I) = + I nghĩa ab + I = + I hay ab ∈ I Do I nguyên tố nên suy a ∈ I b ∈ I Điều tương đương với a + I = + I b + I = + I, nghĩa R/I miền nguyên Ngược lại, cho R/I miền nguyên Khi I 6= R Giả sử ab ∈ I, nghĩa ab + I = (a + I)(b + I) = + I Vì R/I miền nguyên nên suy a + I = + I b + I = + I Điều tương đương với a ∈ I b ∈ I, nghĩa I nguyên tố (ii) Cho I tối đại a + I 6= + I phần tử tùy ý R/I Xét iđêan J = I + aR Vì a ∈ / I nên J iđêan chưa I thực Do tính tối đại I suy J = R, nghĩa ∈ J Do tồn x ∈ I b ∈ R cho = x + ab, hay tương đương với + I = ab + I = (a + I)(b + I) Vậy R/I trường Ngược lại, cho R/I trường giả sử J iđêan chứa I thực Khi tồn b ∈ J \ I, nghĩa b + I khác + I Vì R/I trường nên tồn a + I ∈ R/I cho ab + I = + I, nghĩa − ab ∈ I Suy tồn x ∈ I cho = ab + x ∈ J a, x ∈ J Do J = R Vậy I tối đại Chú ý 1.1.15 Từ Bổ đề 1.1.14, trường ln miền nguyên Tuy nhiên điều ngược lại không Tuy nhiên R miền nguyên hữu hạn R trường Kết sau tồn iđêan nguyên tố vành giao hoán Mệnh đề 1.1.16 Trong vành giao hốn ln tồn iđêan tối đại Chứng minh Xét tập hợp Ω tập gồm tất iđêan khác với R Khi Ω với quan hệ thứ tự bao hàm lập thành tập hợp phận Vì {0} ∈ Ω nên Ω tập khác rỗng Cho I1 ⊆ I2 ⊆ xích 21 Vì (160a2 + 270a + 114) khơng chia hết phương trình (2.15) vơ nghiệm • Cho n số lẻ từ phương trình (2.14) ta suy t2 số lẻ Khơng khó để với chu kỳ gồm số nguyên liên tiếp 1, 3, 5, 7, 9, , cho ta giá trị tương ứng t2 với chữ số hàng đơn vị tương ứng 7, 5, 7, 3, Vì t2 số phương nên hàng đơn vị t2 Do ta cần xét trường hợp n = 10a + với a ≥ số ngun Khi phương trình (2.14) thành 5(160a2 + 110a + 19) = t2 (2.16) Vì (160a2 + 110a + 19) không chia hết phương trình (2.16) vơ nghiệm Vậy trường hợp phương trình cho vơ nghiệm (8) Với x = y = z = ta có phương trình (4n + 1)2 + (4n + 2)2 + (4n + 3)2 = M hay tương đương với phương trình 2(24n2 + 24n + 7) = M (2.17) Vì (24n2 + 24n + 7) khơng chia hết phương trình (2.17) vơ nghiệm Từ chứng minh Định lý 2.1.2 ta thấy điều kiện p số ngun tố khơng cần sử dụng Do ta có hệ sau Hệ 2.1.3 Giả sử p số nguyên dương có dạng p = 4n + x, y, z số nguyên thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ Khi phương trình px + (p + 1)y + (p + 2)z = M khơng có nghiệm ngun dương Cuối ta xét trường hợp p = 4n + số nguyên tố Khi ta có định lý sau Định lý 2.1.4 Cho ≤ x, y, z ≤ số nguyên p = 4n + số nguyên tố Khi phát biểu sau đúng: 22 (i) Nếu x = y = z = phương trình (2.1) có vơ số nghiệm (ii) Nếu x = 1, y = z = ≤ p ≤ 199 phương trình (2.1) có nghiệm (iii) Phương trình (2.1) vơ nghiệm trường hợp cịn lại Chứng minh (i) Với x = y = z = phương trình (2.1) thành 3.4(n + 1) = M (2.18) Phương trình (2.18) n + = 3a n + = 3a b với a ≥ số lẻ b số phương Ví dụ (1) a = n + = 3, p = 11 36 = 62 = M ; (2) a = n + = 27, p = 107 324 = 182 = M ; (3) a = n + = 243, p = 971 2916 = 542 = M ; (4) a = n + = 2187, p = 8747 26244 = 1622 = M ; ta có (5) a = b = 22 , p = 47 144 = 122 = M ; (6) a = b = 42 , p = 191 576 = 242 = M ; (7) a = b = 52 , p = 2699 8100 = 902 = M Vậy trường hợp phương trình có vơ số nghiệm (ii) Với x = 1, y = z = phương trình (2.1) thành 4(8n2 + 19n + 11) = M (2.19) Ta xét trường hợp sau • Nếu n = 0, phương trình (2.19) vơ nghiệm Nếu n = p = 11 ta có 324 = 182 = M Do (p, x, y, z, M ) = (11, 1, 2, 2, 18) nghiệm phương trình cho • Nếu 50 ≥ n ≥ 13 ≤ p ≤ 199 Thay giá trị n vào vế trái phương trình (2.19), ta thấy phương trình vơ nghiệm Nếu n = p = 11 ta có 324 = 182 = M Do (p, x, y, z, M ) = (11, 1, 2, 2, 18) nghiệm phương trình cho (iii) Để chứng minh khẳng định (iii) ta xét trường hợp sau 23 (1) Với x = y = 1, z = p = 4n + phương trình (2.1) thành 42 (n2 + 3n + 2) = M (2.20) Từ phương trình (2.20) ta suy (n2 + 3n + 2) phải số phương, nghĩa n2 + 3n + = c2 với c số nguyên dương Rõ ràng ta có (n + 1)2 < n2 + 3n + < (n + 2)2 , nghĩa n2 + 3n + nằm khoảng hai số bình phương hai số nguyên liên tiếp Do n2 + 3n + khơng thể số phương Vậy phương trình (2.20) vơ nghiệm (2) Với x = 1, y = 2, z = p = 4n + phương trình (2.1) thành 23 (2n2 + 5n + 3) = M (2.21) Ta xét hai trường sau • Nếu n số chẵn 2n2 + 5n + số lẻ Do 2n2 + 5n + không bội Vậy lũy thừa 23 (2n2 + 5n + 3) Suy 23 (2n2 + 5n + 3) khơng số phương, hay phương trình (2.21) vơ nghiệm • Nếu n = 2a + số lẻ phương trình (2.21) thành 24 (4a2 + 9a + 5) = M (2.22) Rõ ràng (2a + 2)2 < (4a2 + 9a + 5) < (2a + 3)2 hay 4a2 + 9a + nằm khoảng hai số bình phương hai số nguyên liên tiếp nên 4a2 + 9a + khơng thể số phương Do phương trình (2.22) vơ nghiệm (3) Với x = 2, y = z = p = 4n + phương trình (2.1) thành 2(8n2 + 16n + 9) = M (2.23) Vì (8n2 +16n+9) khơng bội nên phương trình (2.23) vơ nghiệm (4) Với x = 2, y = 1, z = p = 4n + phương trình (2.1) thành 2(16n2 + 34n + 19) = M (2.24) Vì (16n2 + 34n + 19) khơng bội nên phương trình (2.24) vơ nghiệm 24 (5) Với x = y = 2, z = p = 4n + phương trình (2.1) thành 2(16n2 + 30n + 15) = M (2.25) Vì (16n2 + 30n + 15) khơng bội nên phương trình (2.25) vơ nghiệm (6) Với x = y = z = p = 4n + phương trình (2.1) thành 2(24n2 + 48n + 25) = M (2.26) Vì (24n2 + 48n + 25) không bội nên phương trình (2.26) vơ nghiệm Vậy định lý chứng minh 2.2 Phương trình px + (p + 1)y + (p + 2)z = M p số nguyên tố ≤ x, y, z ≤ Trong tiết này, ta xét số điều kiện số nguyên tố p số nguyên x, y, z để tìm hiểu nghiệm phương trình px + (p + 1)y + (p + 2)z = M (2.27) Trước tiên ta xét p = số nguyên thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ Khi ta có định lý sau Định lý 2.2.1 Cho x, y, z số nguyên thỏa mãn ≤ x, y, z, ≤ Khi phương trình 2x + y + z = M có nghiệm x = 1, y = z = vô nghiệm trường hợp lại Chứng minh Với x, y, z số nguyên thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ Khi ta có trường hợp sau (1) 21 + 31 + 41 = 32 6= M (2) 21 + 31 + 42 = 21 6= M 25 (3) 21 + 32 + 41 = 15 6= M (4) 21 + 31 + 41 = 11 6= M (5) 21 + 32 + 42 = 33 = M (6) 22 + 31 + 42 = 23 6= M (7) 22 + 32 + 41 = 17 6= M (8) 22 + 32 + 42 = 29 6= M Do trường hợp phương trình có nghiệm (p, x, y, z, M ) = (2, 1, 1, 1, 3) Tiếp theo ta xét p số nguyên tố có dạng p = 4n + Khi ta có định lý sau Định lý 2.2.2 Giả sử p số nguyên tố có dạng p = 4n + x, y, z số nguyên thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ Khi phương trình px + (p + 1)y + (p + 2)z = M vô nghiệm Chứng minh Cho p số nguyên tố có dạng p = 4n + Khi với x, y, z số nguyên thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ ta xét trường hợp sau (1) Với x = y = z = ta có phương trình (4n + 1) + (4n + 2) + (4n + 3) = M hay tương đương với phương trình 6(2n + 1) = 2.3.(2n + 1) = M Vì 2n + số lẻ lũy thừa 6(2n + 1) nên 6(2n + 1) lũy thừa số ngun Do trường hợp phương trình vơ nghiệm (2) Với x = y = 1, z = ta có phương trình (4n + 1) + (4n + 2) + (4n + 3)2 = M 26 hay tương đương với phương trình 22 (4n2 + 8n + 3) = M (2.28) Vì 4n2 + 8n + không bội nên lũy thừa biểu thức 22 (4n2 + 8n + 3) Do phương trình (2.28) vô nghiệm (3) Với x = z = 1, y = ta có phương trình p + (p + 1)2 + (p + 2) = M hay tương đương với phương trình (p + 2)2 − = M (2.29) Từ phương trình (2.29) ta suy (p + 2)2 − M = Tất giá trị p + 2, 2, M, thỏa mãn giả thiết Catalan nói 32 − 23 = nghiệm phương trình Vì p số nguyên tố nên p + 6= Do trường hợp phương trình vơ nghiệm (4) Với x = 2, y = z = ta có phương trình (4n + 1)2 + (4n + 2) + (4n + 3) = M hay tương đương với phương trình 2(8n2 + 8n + 3) = M (2.30) Vì 8n2 + 8n + số lẻ nên 2(8n2 + 8n + 3) lũy thừa số ngun Do phương trình (2.30) vô nghiệm (5) Với x = 1, y = z = ta có phương trình (4n + 1) + (4n + 2)2 + (4n + 3)2 = M hay tương đương với phương trình 2(16n2 + 22n + 7) = M (2.31) Vì 16n2 + 22n + số lẻ nên 2(16n2 + 22n + 7) lũy thừa số ngun Do phương trình (2.31) vơ nghiệm 27 (6) Với x = z = 2, y = ta có phương trình p2 + (p + 1) + (p + 2)2 = M hay tương đương với phương trình (2p2 + 5p + 3) + = M (2.32) Vì p = 4n + số nguyên tố lẻ nên (2p2 + 5p + 3) số chẵn (2p2 + 5p + 3) + 2, M số chẵn Do M − (2p2 + 5p + 3) = hiệu nhỏ hai số chẵn đạt Vì p = 4n + nên 2p2 + 5p + = 22 (8n2 + 9n + 3) Ta xét hai trường hợp sau • Cho n số chẵn 8n2 + 9n + số lẻ, nghĩa 8n2 + 9n + không bội hay lũy thừa 22 (8n2 + 9n + 3) Do phương trình 22 (8n2 + 9n + 3) = M vơ nghiệm • Cho n = 2a + số lẻ p = 8a + Khi ta có bảng giá trị sau, với p = 4n + số nguyên tố đầu tiên, M số chẵn có giá trị nhỏ (kí hiệu M ) cho M > (2p2 + 5p + 3) (kí hiệu M ) để hiệu M − (2p2 + 5p + 3) = t số chẵn nhỏ p = 8a + A = 2p2 + 5p + M M3 M3 − A 78 216 138 13 406 512 106 29 1830 14 2744 914 37 2926 16 4096 1170 53 5886 20 8000 2114 61 7750 20 8000 250 101 20910 28 21952 1042 Trong bảng giá trị trên, số nguyên tố p, tất giá trị M − (2p2 + 5p + 3) = t số chẵn Số t nhỏ 106 số có chữ số Nếu D biểu thị số chữ số số t, D ≥ Rõ ràng D = 1, nghĩa là, t = khơng đạt Do n khơng thể số lẻ Vậy trường hợp phương trình cho vô nghiệm 28 (7) Với x = y = 2, z = ta có phương trình p2 + (p + 1)2 + (p + 2) = M hay tương đương với phương trình (2p2 + 3p + 1) + = M (2.33) Vì p = 4n + số nguyên tố lẻ nên (2p2 + 3p + 1) số chẵn (2p2 + 3p + 1) + 2, M số chẵn Vì M − (2p2 + 5p + 3) = hiệu nhỏ hai số chẵn đạt Vì p = 4n + nên 2p2 + 5p + = 22 (8n2 + 9n + 3) Tương tự trường hợp (6) ta xét hai trường hợp sau • Cho n = 2a + số lẻ p = 8a + Vì M số chẵn nên M = 2b số chẵn Do phương trình (2.13) thành 8(b3 − 16a2 − 23a − 8) = (2.34) Rõ ràng 8(b3 − 16a2 − 23a − 8) bội nên phương trình (2.34) vơ nghiệm • Cho n = 2a số chẵn p = 8a + Khi ta có bảng giá trị sau, với p = 8a + số nguyên tố đầu tiên, số M số chẵn có giá trị nhỏ (kí hiệu M ) cho M > (2p2 + 3p + 1) (kí hiệu M ) để hiệu M − (2p2 + 3p + 1) = t số chẵn nhỏ p = 8a + A = 2p2 + 3p + M M3 M3 − A 17 630 10 1000 370 41 3486 16 4096 610 73 10878 24 13824 2946 89 16110 26 17576 1466 97 19110 28 21952 2842 113 25878 30 27000 1122 137 37950 34 39304 1354 Trong bảng giá trị trên, số nguyên tố p nguyên tố, tất giá trị M − (2p2 + 3p + 1) = t số chẵn Số t nhỏ 370 số có chữ số Vì với p hàm số 2p2 + 3p + M hàm tăng, D biểu thị số chữ số số t, D ≥ Vì D = 1, nghĩa là, t = khơng đạt Do n khơng thể số chẵn Vậy trường hợp phương trình cho vơ nghiệm 29 (8) Với x = y = z = ta có phương trình (4n + 1)2 + (4n + 2)2 + (4n + 3)2 = M hay tương đương với phương trình 2(24n2 + 24n + 7) = M (2.35) Vì (24n2 + 24n + 7) khơng chia hết tương tự trường hợp (4) (5), phương trình (2.35) vơ nghiệm Cuối ta xét trường hợp p = 4n + số nguyên tố Khi ta có định lý sau Định lý 2.2.3 Cho ≤ x, y, z ≤ số nguyên p = 4n + số nguyên tố Khi phát biểu sau đúng: (i) Nếu x = y = z = phương trình (2.27) có vơ số nghiệm (ii) Phương trình (2.27) vơ nghiệm trường hợp lại Chứng minh (i) Với x = y = z = phương trình (2.27) thành 22 3(n + 1) = M (2.36) Phương trình (2.36) n + = 21+3a 32+3b k với a, b ≥ k ≥ Rõ ràng n + bội 18 giá trị n = 21+3a 32+3b k − phải thỏa mãn 4n + = 4(21+3a 32+3b k − 1) + = p số nguyên tố Tồn vô hạn giá trị a, b, k cho 4n + = 4(21+3a 32+3b k − 1) + = p số nguyên tố Ví dụ (1) a = 0, b = 0, k = n = 17, p = 11, M = 6; (2) a = 1, b = 1, k = n = 3887, p = 15551, M = 36; (3) a = 1, b = 0, k = n = 17999, p = 71999, M = 60 30 Vậy trường hợp phương trình có vơ số nghiệm (ii) Để chứng minh khẳng định (ii) ta xét trường hợp sau (1) Với x = y = 1, z = p = 4n + phương trình (2.27) thành 42 (n + 1)(n + 2) = M (2.37) Vì n + 1, n + hai số nguyên dương liên tiếp nên hai số phải có số số chẵn số lại số lẻ Khơng tổng qt ta giả sử n + chẵn n + số lẻ Nếu n + không bội lũy thừa 42 (n + 1)(n + 2) Do trường hợp phương trình (2.37) vơ nghiệm Vì từ phương trình (2.37) ta có n + = 4a3 , n + = 4a3 + = b3 , 42 4a3 (4a3 + 1) = M , a số nguyên dương b số lẻ Ta cần 4a3 + = b3 hay b3 − 4a3 = không xảy Để điều ta xét bảng sau, giá trị b lấy giá trị nhỏ b (ký hiệu b) để b3 nhỏ cho b3 > 4a3 hiệu b3 − 4a3 = t nhỏ a a3 1 27 64 125 216 343 512 729 10 1000 4a3 b b3 b3 − 4a3 = t 27 23 32 125 93 108 125 17 256 343 87 500 729 229 864 11 1331 467 1372 13 2197 825 2048 13 2197 149 2916 15 3375 459 4000 17 4913 913 Trong bảng giá trị trên, số t nhỏ t = 17 Hơn nữa, a, b tăng t Tất số t số gồm hai ba chữ số Do trường hợp phương trình vơ nghiệm 31 (2) Với x = 1, y = 2, z = p = 4n + phương trình (2.27) thành 23 (n + 1)(2n + 3) = M (2.38) Vì 2n + = 2(n + 1) + nên gcd(n + 1, 2n + 3) = gcd(n + 1, 1) = Do từ phương trình (2.38) ta có n + = a3 , 2n + = 2a3 + = b3 , 2a3 b3 = M với a > số nguyên dương hay b3 − 2a3 = (2.39) Ta phương trình (2.39) vơ nghiệm Thật vậy, xét hàm số f (a, b) = b3 − 2a3 Để hàm số đạt giá trị nhỏ ta xét a giá trị lớn mà b3 − 2a3 cho giá trị nhỏ Xét a = b − f (a, b) = b3 − 2(b − 1)3 = −b3 + 6b2 − 6b2 + Đạo hàm hàm số f ′ = −3b2 + 12b − = có hai nghiệm phân biệt Do từ bảng biến thiên hàm số ta suy f (1, 2) = 6, f (2, 3) = 11, f (3, 4) = 10 f (a, a + 1) < với a ≥ Suy giá trị f (a, b) = b3 − 2a3 = không xảy Vậy trường hợp phương trình vơ nghiệm (3) Với x = 2, y = z = p = 4n + phương trình (2.1) thành 2(8n2 + 16n + 9) = M (2.40) Vì (8n2 + 16n + 9) không bội nên lũy thừa biểu thức 2(8n2 + 16n + 9) Do phương trình (2.40) vơ nghiệm (4) Với x = 2, y = 1, z = p = 4n + phương trình (2.1) thành 2(16n2 + 34n + 19) = M (2.41) Vì (16n2 + 34n + 19) khơng bội nên tương tự trường hợp (3), phương trình (2.41) vơ nghiệm 32 (5) Với x = y = 2, z = p = 4n + phương trình (2.27) thành 2(16n2 + 30n + 15) = M (2.42) Vì (16n2 + 30n + 15) không bội nên phương trình (2.42) vơ nghiệm (6) Với x = y = z = p = 4n + phương trình (2.27) thành 2(24n2 + 48n + 25) = M (2.43) Vì (24n2 + 48n + 25) khơng bội nên phương trình (2.43) vơ nghiệm (7) Với x = 1, y = 2, z = p = 4n + phương trình (2.27) thành 2p2 + 7p + = M (2.44) (2p2 + 7p + 4) + = M (2.45) hay tương đương với Vì p = 4n + số nguyên tố lẻ nên 2p2 + 7p + số lẻ M số chẵn Ta cần M − (2p2 + 7p + 4) = không xảy Để điều ta xét bảng sau, giá trị M lấy giá trị nhỏ (ký hiệu M ) để M nhỏ cho M > 2p2 + 7p + hiệu M − (2p2 + 7p + 4) = t nhỏ p = 4n + A = 2p2 + 7p + M M3 M3 − A 43 64 21 151 216 65 11 323 512 189 19 859 10 1000 141 23 1223 12 1728 505 31 2143 14 2744 601 43 4003 16 4096 93 47 4751 18 5832 1081 59 7379 20 8000 621 67 9451 22 10648 1197 33 Trong bảng giá trị trên, với p hàm số M , (2p2 + 7p + 4) hàm tăng Số t nhỏ t = 21 Tất số t số gồm 2, 3, chữ số Vì số t nhỏ khơng thể Do trường hợp phương trình vơ nghiệm Vậy định lý chứng minh 34 Kết luận Như luận văn trình bày số nội dung sau: (1) Một số tính chất, khái niệm vành giao hoán, lý thuyết chia hết miền nguyên miền nhân tử hóa (2) Một số kết nghiệm phương trình Diophantine px + (p + 1)y + (p + 2) = M p số nguyên tố ≤ x, y, z ≤ Cụ thể có ba trường hợp sau (i) Nếu p = phương trình có nghiệm x = y = z = vơ nghiệm trường hợp cịn lại; (ii) Nếu p = 4n + phương trình vô nghiệm; (iii) Nếu p = 4n + phương trình có vơ số nghiệm x = y = z = 1; có nghiệm x = 1, y = z = 2, ≤ p ≤ 199 vơ nghiệm trường hợp cịn lại (3) Một số kết nghiệm phương trình Diophantine px + (p + 1)y + (p + 2) = M p số nguyên tố ≤ x, y, z ≤ Cụ thể có hai trường hợp sau (i) Nếu p = phương trình có nghiệm x = 1, y = z = vô nghiệm trường hợp lại; (ii) Nếu p = 4n + phương trình vơ nghiệm; (iii) Nếu p = 4n + phương trình có vơ số nghiệm x = y = z = vô nghiệm trường hợp lại 35 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Tự Cường (2003), Đại số đại, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Lê Thanh Nhàn, Lý thuyết đa thức, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội, (2015) Tiếng Anh [3] Nechemia Burshtein (2018), “The Diophantine Equation px + (p + 4)y = z when p > 3, p + are Primes is Insolvable in Positive Integers x, y, z ”, Annals of Pure and Applied Mathematics, 16 (2), pp 283–286 [4] Nechemia Burshtein (2018), “Solutions of the Diophantine Equation px + (p + 6)y = z when p, (p + 6) are Primes and x + y = 2, 3, 4”, Annals of Pure and Applied Mathematics, 17 (1), pp 101–106 [5] Nechemia Burshtein (2020), “Solutions of the Diophantine Equations px + (p + 1)y + (p + 2)z = M for Primes p ≥ when ≤ x, y, z ≤ 2”, Annals of Pure and Applied Mathematics, 22 (1), pp 41–49 [6] Nechemia Burshtein (2021), “All the Solutions of the Diophantine Equations px + (p + 1)y + (p + 2)z = M when p is prime and ≤ x, y, z ≤ 2”, Annals of Pure and Applied Mathematics, 23 (1), pp 7–15