Về nghiệm của các phương trình diophantine px+(p+3)y=z2 khi p=3,5,7

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐINH ĐÌNH PHONG AN 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 TS NGUYỄN THỊ NGỌC OANH THÁI NGUYÊN - 2022 i Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Vành số nguyên 1.1.1 Phép chia với dư 1.1.2 Iđêan vành thương 1.1.3 Iđêan nguyên tố vành giao 1.2 Miền nhân tử hóa 1.2.1 Phần tử nguyên tố 1.2.2 Miền nhân tử hóa 1.3 Phương trình đồng dư 1.3.1 Đồng dư thức 1.3.2 Một số đồng dư đặc biệt hoán 4 9 12 15 15 16 Về nghiệm phương trình Diophantine px + (p + 3)y = z p = 3, 5, 2.1 Phương trình Diophantine 7x + 10y = z 2.2 Phương trình Diophantine 3x + 6y = z 2.3 Phương trình Diophantine 5x + 8y = z 19 19 23 30 Kết luận 33 Tài liệu tham khảo 34 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 thực đề tài Trong q trình tiếp cận đề tài đến q trình hồn thiện luận văn Thầy ln tận tình bảo tạo điều kiện tốt nhất cho tơi hồn 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 Cuối cùng, tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, bạn bè, người khơng ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn Thái Nguyên, tháng 10 năm 2022 Tác giả Đinh Đình Phong An Mở đầu Khoảng trống nguyên tố hiệu hai số nguyên tố liên tiếp Nhiều kết nghiên cứu phương trình Diophantine viết dựa khoảng trống nguyên tố, phần số nghiên cứu tài liệu [5, 6] Năm 1849, A de Polignac đoán với số ngun dương k , có vơ hạn số nguyên tố p cho p + 2k số nguyên tố Nhiều câu hỏi giả thiết vấn đề chưa giải đáp Khi k = 1, cặp (p, p + 2) gọi số nguyên tố sánh đôi Bốn cặp là: (3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19) Giả thuyết số nguyên tố sánh đôi nói có vơ số cặp chưa chứng minh Khi k = 2, cặp (p, p + 4) gọi số nguyên tố Cosin Sáu cặp là: (3, 7), (7, 11), (13, 17), (19, 23), (37, 41), (43, 47) Khoảng trống nguyên tố sử dụng để nghiên cứu phương trình Diophantine có dạng px + q y = z với p, q số nguyên tố Một mở rộng phương trình có dạng px + (p + A)y = z với A số ngun, p + A khơng cần số nguyên tố Đã có nhiều kết nghiên cứu phương trình cơng bố gần Năm 2011, Suvarnamani [10] chứng minh phương trình Diophantine x + py = z có nghiệm (x, y, z) = (2k, 1, + 2k) p = + 2k+1 Một số trường hợp đặc biệt p = p = nghiên cứu [8, 9] Gần đây, tác giả N Burshtein B R Sangam đưa số kết thú vị nghiệm phương trình Diophante px + (p + 3)y = z p = 3, 5, Luận văn tập trung trình bày số kết nghiệm phương trình Diophante px + (p + 3)y = z p = 3, 5, tài liệu [4, 7] 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 Các kết chương viết theo tài liệu [1, 2] Trong Chương luận văn, chúng tơi trình bày số kết nghiệm phương trình Diophantine px + (p + 3)y = z p số nguyên tố 3, 5, Nội dung chương tham khảo chủ yếu từ tài liệu [4, 7] Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Vành số nguyên Phép chia với dư Trước tiên ta nhắc lại khái niệm vành giao hoán 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 Thông 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 Z vành giao hốn với phép cộng nhân số nguyên gọi vành số nguyên Một tính chất quan trọng có nhiều ứng dụng vành số nguyên định lý phép chia với dư Định lý 1.1.4 Cho a, b số nguyên tùy ý cho b 6= Khi tồn số nguyên q, r cho a = bq + r, với ≤ r < |b| 1.1.2 Iđêan vành thương Trước tiên ta nhắc lại khái niệm iđêan trái, iđêan phải iđêan Định nghĩa 1.1.5 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 1.1.6 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 1.1.7 Nếu R vành giao hoán ta có ax = xa với a, x ∈ R Do khái niệm iđêan trái iđêan phải trùng Mệnh đề 1.1.8 Tất iđêan vành số nguyên Z có dạng I = {mx | x ∈ Z} với m số nguyên dương Chứng minh Cho I iđêan tùy ý Z Nếu I = {0} I iđêan sinh phần tử Nếu I 6= {0} tồn 6= a ∈ I Vì I iđêan nên −a ∈ I Do a 6= nên a số nguyên dương −a số nguyên dương Gọi b số nguyên dương nhỏ cho b ∈ I Khi ta có bZ ⊆ I Ta I = bZ Thật vậy, cho x phần tử tùy ý I Theo Định lý phép chia với dư, tồn số nguyên q, r cho x = bq + r, với ≤ r < b Suy r = x − bq ∈ I Do tính nhỏ b ta suy r = hay x = bq Do I = bZ 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 1.1.9 Cho I iđêan thực vành R, nghĩa I 6= 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 1.1.10 Vành R/I xác định gọi vành thương R iđêan I 1.1.3 Iđêan nguyên tố vành giao hoán Từ ta ln xét vành R giao hốn Định nghĩa 1.1.11 Cho I iđêan vành giao hoán R (i) I gọi iđêan nguyên tố I 6= R xy ∈ I x ∈ I y ∈ I (ii) I gọi iđêan tối đại tồn iđêan J 6= I chứa I J = R 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 khơn có nghịch đảo, nghĩa a 6= tồn b ∈ R cho ab = Chú ý 1.1.13 Một trường ln miền ngun Điều ngược lại không Tuy nhiên R miền nguyên hữu hạn R trường Thật vậy, giả sử D = {x1 , , xn } miền nguyên hữu hạn Với 6= xi ∈ D ta xi D = {xi xj | xj ∈ D} = D Giả sử xi xj = xi xt , nghĩa xi (xj − xt ) = Do D miền nguyên xi 6= nên xj − xt = hay xi = xj Do xi D có n phần tử phân biệt, hay xi D = D Suy ∈ xi D, nghĩa tồn xj ∈ D cho = xi xj Vậy D trường Ví dụ 1.1.14 (i) Z, Q, R, C miền nguyên (ii) Q, R, C trường (iii) Vành số nguyên Z/4Z modulo không miền nguyên Bổ đề 1.1.15 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) Cho I nguyên tố (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 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 Bổ đề 1.1.15 Chú ý 1.1.13 cho ta hệ sau Hệ 1.1.16 Trong vành giao hoán iđêan tối đại iđêan nguyên tố Hệ 1.1.17 (i) Tập tất iđêan nguyên tố vành Z {0} pZ với p số nguyên tố (ii) Tập tất iđêan tối đại vành Z pZ với p số nguyên tố Chứng minh (i) Vì Z miền nguyên nên {0} iđêan nguyên tố Z Cho I = mZ iđêan khác không, nghĩa m 6= Giả sử I iđêan nguyên 21 hay tương đương với 72m = (z − 10n )(z + 10n ) (2.2) Do tồn số nguyên a < b với a + b = 2m cho (z − 10n ) = 7a (z + 10n ) = 7b Trừ hai vế đẳng thức ta thu phương trình 2.10n = 7a [7b−a − 1] (2.3) Vì khơng ước 2.10n nên từ phương trình (2.3) ta suy a = Thay vào phương trình (2.3) ta 2.10n = 72m − = (7m − 1)(7m + 1) (2.4) Theo Bổ đề 2.1.2 ta ln có 3|(7m − 1) với m ≥ Rõ ràng không ước 2.10n với n Do phương trình (2.4) vơ nghiệm Vậy trường hợp phương trình cho vơ nghiệm Cuối ta xét trường hợp x = 2m, m ≥ y = 2n + Khi ta có định lý sau Định lý 2.1.5 Cho x = 2m, m ≥ y = 2n + 1, n ≥ số ngun dương Khi phương trình 7x + 10y = z vô nghiệm Chứng minh Vì x = 2m, y = 2n + nên phương trình (2.1) thành 72m + 102n+1 = z hay tương đương với 102n+1 = z − 72m = (z − 7m )(z + 7m ) (2.5) 22 Do tồn số nguyên a < b với a + b = 2n + cho z − 7m = pa z + 7m = pb Trừ hai vế đẳng thức cho ta thu phương trình 2.7m = 10a [10b−a − 1] a a = [10 b−a − 1] (2.6) Vì khơng ước nên phương trình (2.6) ta suy a = Khi phương trình (2.6) thành 2.7m = 102n+1 − = 32 (102n + + 1) (2.7) Do không ước 2.7m nên phương trình (2.7) vơ nghiệm Vậy trường hợp phương trình cho vơ nghiệm Chú ý 2.1.6 Với x = y = xét phương trình p1 + (p + 3)y = z Khi ta có (i) 31 + 61 = 32 ; (ii) 111 + 141 = 52 ; (iii) 231 + 261 = 72 ; (iv) 591 + 621 = 112 ; (iv) 831 + 861 = 132 Do suy câu hỏi mở sau Câu hỏi Phải tồn vô hạn nghiệm phương trình p + (p + 3) = z với p số nguyên tố lẻ? 23 2.2 Phương trình Diophantine 3x + 6y = z Mục đích tiết trình bày kết B R Sangam [7] nghiệm phương trình Diophantine 3x + y = z (2.8) Trước tiên ta có bổ đề sau Bổ đề 2.2.1 Giả sử (x, y, z) nghiệm nguyên dương phương trình 3x + 6y = z với y > Khi x ln có dạng x = 4m + với m số nguyên không âm Chứng minh Vì 3x ln số lẻ 6y số chẵn với số nguyên dương x, y nên từ phương trình 3x + y = z ta suy z số lẻ Suy z số lẻ, hay z = 2a + với a số ngun khơng âm Do z = 4a2 + 4a + ≡ mod(4) Vì 3x có phần tử hàng đơn vị 9, 7, 1, 6y có phần tử phần đơn vị nên 3x + 6y có phần tử hàng đơn vị 5, 2, 7, Mặt khác z số lẻ nên phần tử hàng đơn vị z 1, 9, Do từ phương trình 3x + y = z ta suy phần tử hàng đơn vị 3x + 6y 9, nghĩa phần tử hàng đơn vị 3x Ta xét hai trường hợp sau • Phần tử hàng đơn vị 3x 3, nghĩa x = 4m + với m số nguyên khơng âm Khi 34m+1 ≡ mod(4) Hơn nữa, 6y ≡ mod(4) Suy 34m+1 + 6y ≡ mod(4) Tuy nhiên z ≡ mod(4) Do trường hợp phương trình vơ nghiệm • Phần tử hàng đơn vị 3x 9, nghĩa x = 4m+2 với m số nguyên không âm Khi 34m+1 ≡ mod(4) Hơn nữa, 6y ≡ mod(4) Suy 34m+1 + 6y ≡ mod(4) Do trường hợp thỏa mãn Vậy x = 4m + với m số nguyên dương 24 Để tìm hiểu nghiệm phương trình (2.8), ta xét y = Khi ta có định lý sau Định lý 2.2.2 Nếu y = phương trình 3x + 6y = z có nghiệm (x, y, z) = (1, 1, 3) Chứng minh Vì y = nên phương trình 3x + 6y = z thành z = 3x + = 3(3x−1 + 2) (2.9) Ta xét hai trường hợp sau • Nếu x = 1, từ phương trình (2.9) ta có z = hay z = Vậy (x, y, z) = (1, 1, 3) nghiệm phương trình • Nếu x > 3x−1 + khơng chia hết cho Do lũy thừa 3(3x−1 + 2) Vì phương trình (2.9) vô nghiệm Vậy (x, y, z) = (1, 1, 3) nghiệm phương trình y = Tiếp theo ta xét trường hợp y số chẵn Khi ta có định lý sau Định lý 2.2.3 Cho y = 2n số nguyên dương tùy ý với n ≥ Khi phương trình 3x + y = z có nghiệm (x, y, z) = (6, 4, 45) Chứng minh Theo Bổ đề 2.2.1 ta có x = 4m + với m số ngun khơng âm Vì y = 2n số chẵn nên phương trình (2.8) thành 34m+2 + 62y = z hay tương đương với 34m+2 = z − 62n = (z − 6n )(z + 6n ) Do tồn số nguyên a < b với a + b = 4m + cho z − 6n = 3a z + 6n = 3b (2.10) 25 Trừ hai vế đẳng thức cho ta thu phương trình 3a [3b−a − 1] = 2.6n =2 n+1 n (2.11) Nếu a > n rõ ràng phương trình (2.11) vơ nghiệm Do ta ln có a ≤ n Khi từ phương trình (2.11) ta suy 3b−a − = 2n+1 3n−a hay tương đương với 3n−a [3b−n − 2n+1 ] = (2.12) Vì khơng bội nên để xảy phương trình (2.12) ta phải có 3n−a = hay n = a Khi phương trình (2.12) thành 3b−n − 2n+1 = (2.13) Để tìm nghiệm phương trình (2.13) ta xét hai trường hợp sau: • Trường hợp n = 2t số chẵn Khi phương trình (2.13) tương đương với phương trình 3b−2t − 22t+1 = (2.14) Xét phương trình Diophantine 3X − 2Y = (2.15) Khi ta có bảng giá trị sau, với X 10 số nguyên đầu tiên, số Y số nguyên có giá trị lớn (kí hiệu max Y ) cho 3X > 2Y (kí hiệu max 2Y ) để hiệu 3X − 2Y = t số nguyên dương nhỏ 26 X 3X 2 27 16 11 81 64 17 243 128 115 729 512 217 2187 11 2048 139 6561 12 4096 2465 19683 14 16384 3299 10 59049 15 16384 26281 max Y max 2Y 3X − 2Y Trong bảng giá trị trên, số nguyên dương X , tất giá trị 3X − 2Y = t số lẻ Số t nhỏ đạt Khi tương ứng ta có hai trường hợp sau (1) Trường hợp X = 1, Y = nghĩa 2t + = 1, b − 2t = Suy t = 0, b = Khi 4m + = mâu thuẫn với tính chất nguyên m (2) Trường hợp X = 2, Y = nghĩa 2t + = 3, b − 2t = Suy t = 1, b = Khi a = n = 2t = 4m + = a + b = hay m = Do x = 6, y = 2n = 4t = Thay vào phương trình (2.8) ta 36 + 64 = 452 hay (x, y, z) = (6, 4, 45) nghiệm phương trình • Trường hợp n = 2t + số lẻ Khi phương trình (2.13) tương đương với phương trình 3b−2t1 − 22t+2 = (2.16) Tương tự trường hợp n = 2t số chẵn Khi tương ứng ta có hai trường hợp sau (3) Trường hợp X = 1, Y = nghĩa 2t + = 1, b − 2t − = Suy t = −1/2, b = 0, mâu thuẫn với tính chất nguyên t 27 (4) Trường hợp X = 2, Y = nghĩa 2t + = 3, b − 2t − = Suy t = 1/2, b = 4, mâu thuẫn với tính chất ngun t Do trường hợp phương trình vơ nghiệm Tiếp theo ta xét trường hợp y > số lẻ Khi ta có định lý sau Định lý 2.2.4 Cho y = 2n + số nguyên dương tùy ý với n ≥ Khi phương trình 3x + y = z có nghiệm (x, y, z) = (2, 3, 15) Chứng minh Theo Bổ đề 2.2.1 ta có x = 4m + với m số ngun khơng âm Vì y = 2n số chẵn nên phương trình (2.8) thành 34m+2 + 62n+1 = z hay tương đương với 22n+1 32n+1 = 62n+1 = z − 34m+2 = (z − 32m+1 )(z + 32m+1 ) (2.17) Do tồn số nguyên a, b, c, d với a + c = 2n + 1, c + d = 2n + cho z + 32m+1 = 2a 3b z − 32m+1 = 2c 3d Trừ hai vế đẳng thức cho ta thu phương trình 2a 3b − 2c 3d = 2.32m+1 Do ta có 2a−1 3b−1 − 2c−1 3d−1 = 32m (2.18) Vì 32m số lẻ nên từ phương trình (2.18) ta suy 2a−1 = 2c−1 = • Nếu 2a−1 = a = Khi phương trình (2.18) thành 3b−1 − 2c−1 3d−1 = 32m 28 hay tương đương với 3b−1−2m − 2c−1 3d−1−2m = hay 3d−1−2m [3b−d − 2c−1 ] = (2.19) Suy 3d−1−2m = hay d = 2m + Khi 3b−d − 2c−1 = (2.20) Tương tự chứng minh Định lý 2.2.3, phương trình 3b−d − 2c−1 = có hai nghiệm (1, 1) (2, 3) Trường hợp nghiệm (1, 1) Khi b − d = 1, c − = hay c = Vì a = 1, a + c = 2n + nên n = Suy b + d = 2n + = Mặt khác, b − d = nên giải hệ phương trình ta b = 2, d = Suy m = = d = 2m + Trong trường hợp này, x = 4m + = 2, y = 2n + = 3, z = 15 nghiệm phương trình Trường hợp nghiệm (2, 3) Khi b − d = 2, c − = hay c = Vì a = 1, a + c = 2n + nên n = Suy b + d = 2n + = Mặt khác, b − d = nên giải hệ phương trình ta b = 7/2, d = 3/2, mâu thuẫn với tính nguyên b, d Trong trường hợp phương trình vơ nghiệm • Nếu 2c−1 = c = Khi phương trình (2.18) thành 2a−1 3b−1 − 3d−1 = 32m hay tương đương với 2a−1 3b−1−2m − 3d−1−2m = hay 3b−1−2m [2a−1 − 3d−b ] = (2.21) 29 Từ phương trình (2.21) suy 3b−1−2m = hay b = 2m + Khi ta có phương trình 2a−1 − 3d−b = (2.22) Khi ta có bảng giá trị sau, với x 10 số nguyên đầu tiên, số y số nguyên có giá trị lớn (kí hiệu max y ) cho 2x > 3y (kí hiệu max 3y ) để hiệu 2x − 3y = t số nguyên dương nhỏ x 2x 1 3 16 32 27 64 27 37 128 81 47 256 243 13 512 243 269 10 1024 729 295 max y max 3y 2x − 3y Trong bảng giá trị trên, số nguyên dương x, tất giá trị 3x − 2y = t số lẻ lớn Do nghiệm phương trình (1, 0) (2, 1) Trường hợp nghiệm (1, 0) Khi a − = 1, d − b = hay a = 2, d = b Vì b + d = 2n + nên b = (2n + 1)/2 mâu thuẫn với tính nguyên b Trong trường hợp phương trình vơ nghiệm Trường hợp nghiệm (2, 1) Khi a−1 = 2, d−b = hay a = 3, d−b = Vì a = 3, c = 1, a + c = 2n + nên n = 3/2 mâu thuẫn với tính nguyên n Trong trường hợp phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình trường hợp phương trình cho có nghiệm (2, 3, 15) 30 2.3 Phương trình Diophantine 5x + 8y = z Mục đích tiết trình bày kết B R Sangam [7] nghiệm phương trình Diophantine 5x + y = z (2.23) Trước tiên ta có bổ đề sau Bổ đề 2.3.1 Giả sử (x, y, z) nghiệm nguyên dương phương trình 5x + 8y = z Khi x, y ln có dạng x = 2m, y = 2n với m, n số ngun khơng âm Chứng minh Vì 5x số lẻ 8y số chẵn với số nguyên dương x, y nên từ phương trình 5x + y = z ta suy z số lẻ Suy z số lẻ Do phần tử hàng đơn vị z 1, 5, Mặt khác, phần tử hàng đơn vị 5x phần tử hàng đơn vị 8y 2, 4, 6, nên ta suy phần tử hàng đơn vị 8y phải Do y phải số chẵn, hay y = 2n với n ≥ Vì z số lẻ nên z ≡ (mod 8) Do từ phương trình 5x + 8y = z ta suy 5x + 8y ≡ (mod 8) Vì 8y ≡ (mod 8) nên 5x ≡ (mod 8) Do x phải số chẵn, nghĩa x = 2m với m số ngun khơng âm Bổ đề 2.3.2 Với số ngun khơng âm m, ta có 52m − bội Chứng minh Ta có 52m − = (5m − 1)(5m + 1) với m ≥ Do để chứng minh 52m − bội ta chứng minh 3|(5m − 1) n = n chẵn 3|(5m + 1) n lẻ quy nạp theo m • Với m = ta có 5m − = bội Giả sử quy nạp cho số nguyên dương chẵn nhỏ m = 2k Khi 52k+2 − = 25.52k − 1) 2k 2k = (5 − 1) + 24.5 (2.24) 31 Theo giả thiết quy nạp 3|(52k − 1) Mặt khác, 3|24.52k Do từ đẳng thức (2.24) ta có 3|(52k+2 − 1) • Với m = ta có 5m + = bội Giả sử quy nạp cho số nguyên dương chẵn nhỏ m = 2k − Khi 52k+1 + = 25.52k−1 + 1) = (5 2k−1 2k + 1) + 24.5 (2.25) Theo giả thiết quy nạp 3|(52k−1 + 1) Mặt khác, 3|24.52k−1 Do từ đẳng thức (2.25) ta có 3|(52k+2 + 1) Định lý sau kết tiết Định lý 2.3.3 Phương trình 5x + y = z khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Theo Bổ đề 2.3.1 ta có x = 2m, y = 2n với m, n số nguyên không âm Khi phương trình cho thành 52m + 82n = z hay tương đương với 52m = z − 82n n n = (z − )(z + ) (2.26) Do tồn số nguyên a < b với a + b = 2m cho z − 8n = 5a z + 8n = 5b Trừ hai vế đẳng thức cho ta thu phương trình 5a [5b−a − 1] = 2.8n =2 3n+1 (2.27) Vì 5, số nguyên tố nên a > rõ ràng phương trình (2.27) vơ nghiệm Do ta ln có a = Khi từ phương trình (2.27) ta suy 23n+1 = 52m − m m = (5 − 1)(5 + 1) (2.28) 32 Vì m > nên theo Bổ đề 2.3.2, (5m − 1)(5m + 1) bội Tuy nhiên 23n+1 khơng bội Do phương trình (2.28) vơ nghiệm 33 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 7x + 10y = z Cụ thể phương trình vơ nghiệm trường hợp sau: (i) x = 2t + số nguyên dương; (ii) x = 2m, y = 2n số chẵn; (iii) x = 2m số chẵn, y = 2n + số lẻ (3) Một số kết nghiệm phương trình Diophantine 3x + 6y = z Cụ thể ta có trường hợp sau (i) Nếu y = phương trình có nghiệm (1, 1, 3); (ii) Nếu y = 2n phương trình có nghiệm (6, 4, 45); (iii) Nếu y = 2n + phương trình có nghiệm (2, 3, 15) (4) Một số kết nghiệm phương trình Diophantine 5x + 8y = z Cụ thể phương trình vơ nghiệm với số nguyên dương x, y, z 34 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 (2015), Lý thuyết đa thức, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội [3] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội Tiếng Anh [4] N Burshtein (2019), “On Solutions to the Diophantine Equation 7x + 10y = z when x, y, z are Positive Integers”, Annals of Pure and Applied Mathematics, 20 (2), pp 75–77 [5] P Erdăos (1935), On the difference of consecutive primes, Quart J Math Oxford, 6, pp 124–128 [6] A Hildebrand and H Maier (1988), “Gaps between prime numbers, ” Proceedings of the American Mathematical Society, 104, pp 1–9 [7] B R Sangam (2020), “On the Diophantine Equations 3x + 6y = z and 5x + 8y = z ,” Annals of Pure and Applied Mathematics, 22 (1), pp 7–11 35 [8] B Sroysang (2012), “More on the diophantine equation 3x + 5y = z ," International Journal of Pure and Applied Mathematics, 81 (4), 605– 608 [9] B Sroysang (2013), “More on the diophantine equation 2x + 3y = z ," International Journal of Pure and Applied Mathematics, 84 (2), 133– 137 [10] A Suvarnamani (2011), “Solutions of the Diophantine equation 2x +py = z ," Int J Math Sci Appl., (1) 1415-1419