Về nghiệm của các phương trình diophantine px+(p+a)y=z2 khi p là số nguyên tố và a=4, 6

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - BÙI TRUNG KIÊN 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 Miền nguyên 1.1.2 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 13 Về nghiệm phương trình Diophantine px + (p + A)y = z p số nguyên tố A = 4, 17 x y 2.1 Về phương trình Diophantine p + (p + 4) = z p > 3, p + số nguyên tố 17 x y 2.2 Phương trình Diophantine p + (p + 6) = z p, (p + 6) số nguyên tố x + y = 2, 3, 21 Kết luận 29 Tài liệu tham khảo 30 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 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 Tốn - Tin Phịng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành luận văn Tôi xin trân trọng cảm ơn Lãnh đạo Phòng GD Hưng Hà, trường THTHCS Lê Quý Đơn-Hưng Hà-Thái Bình khơng ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt trình học tập thực 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 Bùi Trung Kiên 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) Tương tự, k = ta có số nguyên tố cặp (p, p + 6), ví dụ (5, 11), (7, 13), (11, 17), (13, 19) Xét phương trình Diophantine tổng quát px + q y = z với p, q số nguyên tố Đã có nhiều kết liên quan đến dạng đặc biệt phương trình nghiên cứu q = p + A với A ≥ số nguyên Gần đây, tác giả N Burshtein đưa số kết thú vị nghiệm phương trình Diophantine px + (p + A)y = z p số nguyên tố, A số nguyên x, y, z số nguyên thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ Luận văn tập trung trình bày số kết nghiệm phương trình Diophantine px + (p + A)y = z p số nguyên tố, A = A = x, y, z số nguyên thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ tài liệu [3, 4] Luận văn gồm chương gồm nội dung sau: Trong Chương 1, chúng tơi trình bày số kiến thức ước chung lớn nhất, số nguyên tố, đặc biệt định lý số học 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 + A)y = z p số nguyên tố A = A = x, y, z số nguyên thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ Nội dung chương tham khảo chủ yếu từ tài liệu [3, 4] 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 Miền nguyên 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 (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 khơng giao hốn 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 không 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 Từ ta xét vành R giao hoán 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 tùy ý iđêan Ω Khi I = ∪∞ i=0 Ii iđêan R Hơn nữa, I ∈ Ω Vì ∈ I tồn n cho ∈ In , nghĩa In = R, điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy xích tăng Ω bị chặn Theo Bổ đề Kuratowski-Zorn Ω có phần tử cực đại m hiển nhiên iđêan cực đại R 14 Chẳng hạn, vành số nguyên Z thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực Tiếp theo số tính chất miền ngun thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn điều kiện dãy dừng ước thực Bổ đề 1.2.11 Cho D miền nguyên thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực Khi phát biểu sau đúng: (i) Mọi phần tử khác không không khả nghịch có ước bất khả quy (ii) Mọi phần tử khác khơng khơng khả nghịch phân tích thành tích nhân tử bất khả quy Chứng minh (i) Cho a ∈ D phần tử khác không không khả nghịch Nếu a bất khả quy a ước bất khả quy a Nếu a khơng bất khả quy a có ước thực a1 Nếu a1 bất khả quy ta có điều cần chứng minh Nếu a1 khơng bất khả quy a1 có ước thực a2 Tiếp tục trình ta dãy ước thực Dãy phải dừng nên a có ước bất khả quy (ii) Cho a ∈ D phần tử khác không không khả nghịch Nếu a bất khả quy a = a phân tích Nếu a khơng bất khả quy a có ước bất khả quy p1 Khi a = p1 a1 với a1 ước thực a Nếu a1 bất khả quy ta có điều cần chứng minh Nếu a1 khơng bất khả quy a1 có ước bất khả quy p2 Giả sử a1 = p2 a2 a2 ước thực a1 Nếu a2 bất khả quy a = p1 p2 a2 phân tích Nếu a2 khơng bất khả quy tiếp tục trình Quá trình phải dừng D thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực Vậy ta có a = p1 p2 pt phân tích thành tích nhân tử bất khả quy Bổ đề 1.2.12 Cho D miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn Khi phần tử bất khả quy nguyên tố Chứng minh Cho p phần tử bất khả quy p|ab Vì D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nên (p, ab) ∼ p Giả sử p không ước a khơng ước b Vì p bất khả quy nên ước p liên kết với liên kết với p Vì (p, a) ∼ ∼ (p, b) Do (p, ab) ∼ 1, điều mâu thuẫn Vậy p|a p|b Do p phần tử nguyên tố 15 Định nghĩa 1.2.13 Một miền nguyên D gọi miền nhân tử hóa (vành nhân tử hóa) phần tử khác khác ước đơn vị D phân tích thành tích phần tử bất khả quy phân tích không kể đến thứ tự nhân tử ước đơn vị Từ bổ đề ta có đặc trưng tương đương miền nhân tử hóa Mệnh đề 1.2.14 Miền nguyên D miền nhân tử hóa D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn điều kiện dãy dừng ước thực Chứng minh Giả sử D miền nhân tử hóa Trước tiên ta chứng minh D thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực Thật vậy, với phần tử a 6= khác ước đơn vị, ta định nghĩa độ dài a số nhân tử bất khả quy xuất phân tích a thành tích nhân tử bất khả quy kí hiệu r(a) Khi a = bc với b, c ước thực a độ dài b, c nhỏ thực độ dài a Gọi a1 , , a2 , dãy tùy ý phần tử D cho a2 |a1 , a3 |a1 , giả sử dãy khơng dừng Khi tồn vô hạn số tự nhiên < n1 < n2 < cho a1 ≁ an1 , an1 ≁ an2 , Vì an1 ước thực a1 , an2 ước thực an1 , Theo nhận xét tồn dãy vô hạn số nguyên dương r(a1 ) > r(an1 ) > r(an2 ) > , điều vô lý Vậy D thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực Tiếp theo ta chứng minh D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn Cho a, b ∈ D không đồng thời Nếu a b liên kết với ta dễ dàng tìm ước chung lớn a b Vì ta giả thiết a b khác khác ước đơn vị Giả sử {p1 , , pk } tập hợp phần tử bất khả quy xuất phân tích a b Ta có a = pr11 prkk ; b = ps11 pskk , ri , si ≥ 0, i = 1, , k Gọi ti = min{ri , si }, i = 1, , k Khi rõ ràng d = pt11 ptkk ước chung lớn a b 16 Ngược lại, giả sử D thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực điều kiện có ước chung lớn Theo Bổ đề 1.2.11(ii) phần tử khác khơng khơng khả nghịch phân tích thành tích nhân tử bất khả quy Ta cần chứng minh phân tích (sai khác nhân tử khả nghịch) Thật vậy, cho a = p p p n = q q qm phân tích thành tích nhân tử bất khả quy Khơng tổng quát ta giả sử n ≥ m Vì p1 bất khả quy D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nên theo Bổ đề 1.2.12 p1 phần tử nguyên tố Do p1 |a nên tồn i cho p1 |qi Bằng cách đánh lại số ta giả sử p1 |q1 Vì q1 bất khả quy nên p1 ∼ q1 Giả sử q1 = u1 p1 với u1 ước đơn vị Khi p1 p2 pn = u1 p1 q2 qm Do D miền nguyên nên giản ước hai vế ta có p2 pn = u1 q2 qm Tiếp tục trình ta = u1 un qn+1 qm Do qi bất khả quy nên chúng không ước đơn vị Do suy n = m Vậy phân tích nên D miền nhân tử hóa Vì vành Z số ngun miền nhân tử hóa nên từ kết ta suy Định lý số học Định lý 1.2.15 Cho n > số nguyên dương Khi n có phân tích n = pn1 pnt t t, ni , i = 1, , t số nguyên dương p1 < p2 < < pt số nguyên tố 17 Chương Về nghiệm phương trình Diophantine px + (p + A)y = z p số nguyên tố A = 4, Mục đích chương trình bày kết báo [3, 4] nghiệm phương trình Diophantine px + (p + A)y = z p số nguyên tố, A = A = 2.1 Về phương trình Diophantine px + (p + 4)y = z p > 3, p + số nguyên tố Trong tiết này, ta với số điều kiện số nguyên tố p số nguyên x, y , phương trình px + (p + 4)y = z (2.1) khơng có nghiệm ngun dương Bổ đề 2.1.1 Cho số nguyên x, y cho x ≥ y ≥ Nếu p số nguyên tố tùy ý có dạng p = 4n + khơng ước px + py Chứng minh Giả sử p = 4n + x, y số nguyên thỏa mãn x, y ≥ Áp dụng khai triển nhị thức Newton, giá trị px py tương ứng có dạng 4u + 4v + Do đó, px + py = (4u + 1) + (4v + 1) = 2(2u + 2v + 1) Do không ước px + py 18 Kết sau kết tiết Định lý 2.1.2 Cho p số nguyên tố tùy ý có dạng p = 4n + Khi phương trình px + (p + 4)y = z khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Giả sử phương trình (2.1) ln có nghiệm ngun dương Vì p số nguyên tố lẻ nên p + số lẻ Do px + (p + 4)y số chẵn với số nguyên x, y ≥ Vì z số chẵn Từ suy z số chẵn Do ước z Theo công thức nhị thức Newton ta có n(n − 1) n−2 a b + + 2! n(n − 1) (n − k + 1) n−k k + a b + + bn k! (a + b)n =an + nan−1 b + (2.2) Thay a p, b n y vào phương trình (2.2) ta y(y − 1) n−2 p + + 2! y(y − 1) (y − k + 1) y−k k + p + + 4n k! (p + 4)y =py + ypn−1 + Suy y(y − 1) n−2 p + + 2! y(y − 1) (y − k + 1) y−k k + p + + 4n k! A =ypn−1 + bội Mặt khác, ta có px + py = px + (p + 4)y − A = z − A Do ước px + py Vì p = 4n + nên theo Bổ đề 2.1.1 khẳng định mâu thuẫn Do p = 4n + phương trình (2.1) khơng có nghiệm nguyên dương Định lý sau kết thứ hai tiết 19 Định lý 2.1.3 Giả sử p = 4n + (n > 0) (p + 4) hai số nguyên tố tùy ý Cho t > số nguyên Khi x = 2t phương trình px + (p + 4)y = z khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Cho t > số ngun Giả sử x = 2t Khi phương trình (2.1) thành p2t + (p + 4)y = z Suy (p + 4)y = z − p2t = (z − pt )(z + pt ) (2.3) Vì p + nguyên tố nên tồn số nguyên không âm a < b, a + b = y cho (z − pt ) = (p + 4)a (z + pt ) = (p + 4)b Từ hai phương trình ta nhận 2pt = (p + 4)b − (p + 4)a = (p + 4)a [((p + 4)b−a − 1]) (2.4) Vì 2, p, p + 4, p > số nguyên tố nên (z + pt )a không ước 2pt Do từ phương trình (2.4) ta có (z + pt )a = 1, nghĩa a = Từ phương trình (2.3) suy z = pt + b = y Vì từ phương trình (2.4) ta nhận phương trình 2pt = (p + 4)y − (2.5) Tiếp theo ta chứng minh phương trình (2.5) khơng có nghiệm với số nguyên dương t p > Thật vậy, ta có 2pt = (p + 4)y − = (p + 3)[(p + 4)y−1 + + 1] (2.6) Từ phương trình (2.6) suy (p + 3)|(2pt ) Vì p > số nguyên tố nên p + bội Hơn nữa, p + < p + p = 2p Do tồn số nguyên tố q với < q < p cho q|(p + 3) Vì (p + 3)|(2pt ) nên q|(2pt ) Do tính 20 chất nguyên tố ta suy q|2 q|p, điều mâu thuẫn Do phương trình (2.5) khơng có nghiệm ngun dương với số ngun t > Do phương trình (2.1) khơng có nghiệm nguyên dương Chú ý 2.1.4 Trong phương trình (2.5), điều kiện t > cần thiết Thật vậy, t = 1, nghĩa x = 2, suy y = 1, p = z = ln thỏa mãn phương trình (2.1) Như vậy, (p, x, y, z) = (3, 2, 1, 4) nghiệm phương trình px + (p + 4)y = z Định lý sau kết tiết Định lý 2.1.5 Giả sử p = 4n + (n > 0) (p + 4) hai số nguyên tố tùy ý Cho t, r số ngun khơng âm Khi x = 2t + y = 2r + phương trình px + (p + 4)y = z khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Vì p số nguyên tố lẻ nên p+4 số lẻ Do px +(p+4)y số chẵn với số nguyên x, y ≥ Vì z số chẵn Từ suy z số chẵn Do ước z Cho t, r số nguyên không âm Giả sử x = 2t + y = 2r + Khi p = 4n + nên với giá trị t p2t+1 có dạng 4A + Tương tự, với giá trị r biểu thức (p + 4)2r+1 có dạng 4B + Do với A, B ta có px + (p + 4)y = (4A + 3) + (4B + 3) = 4(A + B + 1) + = z , khẳng định mâu thuẫn z bội Vậy với x = 2t + y = 2r + 1, phương trình (2.1) khơng có nghiệm ngun dương Định lý sau kết cuối tiết Định lý 2.1.6 Giả sử p = 4n + (n > 0) (p + 4) hai số nguyên tố tùy ý Cho t, r số ngun khơng âm Khi x = 2t + y = 2r phương trình px + (p + 4)y = z khơng có nghiệm nguyên dương 21 Chứng minh Vì p số nguyên tố lẻ nên p+4 số lẻ Do px +(p+4)y số chẵn với số nguyên x, y ≥ Vì z số chẵn Từ suy z số chẵn Do ước z Cho t, r số nguyên không âm Giả sử x = 2t + y = 2r Khi phương từ phương trình p2t+1 + (p + 4)2r = z ta có p2t+1 = z − (p + 4)2r (2.7) = [z − (p + 4)r ][z + (p + 4)r ] Vì p nguyên tố nên tồn số nguyên không âm a < b, a+b = 2t+1 cho [z − (p + 4)r ] = pa [z + (p + 4)r ] = pb Do ta có 2(p + 4)r = pb − pa = pa (pb−a − 1) (2.8) Vì p khơng ước p + nên từ phương trình (2.8) ta suy pa = 1, nghĩa a = Từ đẳng thức a + b = 2t + ta b = 2t + Vì từ phương trình (2.8) ta có 2(p + 4)r = p2t+1 − = (p − 1)(p2t + + 1) (2.9) Vì p số nguyên tố lớn p + số nguyên tố nên p − không ước p + 4, khẳng định mâu thuẫn với (p − 1)|2(p + 4)r Vậy với x = 2t + y = 2r, phương trình (2.1) khơng có nghiệm nguyên dương 2.2 Phương trình Diophantine px + (p + 6)y = z p, (p + 6) số nguyên tố x + y = 2, 3, Mục đích tiết trình bày kết Nechemia Burshtein [4] nghiệm phương trình Diophantine px + (p + 6)y = z (2.10) p, (p + 6) số nguyên tố x, y số nguyên dương thỏa mãn x + y = 2, 3, Trước tiên ta xét trường hợp x + y = 2, nghĩa x = y = Khi ta có định lý sau 22 Định lý 2.2.1 Nếu x = y = với số nguyên tố p < 104729, phương trình (2.10) có xác nghiệm (p, x, y, z) số nguyên dương Chứng minh Với x = y = phương trình (2.10) thành p + (p + 6) = z hay 2p + = z Do z số chẵn Suy z số chẵn, nghĩa tồn t ∈ N cho z = 2t Do ta có phương trình 2(p + 1) = z − = (z − 2)(z + 2) (2.11) Vì z số chẵn nên 2|(z − 2) = 2(t − 1) 2|(z + 2) Đặt t − = a then z + = 2(a + 2) Khi từ phương trình (2.11) ta có 2(p + 1) = 2a.2(a + 2) hay tương đương với phương trình (p + 1) = 2a(a + 2) (2.12) Vì p số nguyên tố nên p = 4n + p = 4n + Do ta xét hai trường hợp sau • Trường hợp p = 4n + Từ phương trình (2.12), ta có 4(n + 1) = 2a(a + 2) hay tương đương 2(n + 1) = a(a + 2), phương trình suy a phải số chẵn, nghĩa a = 2r Thay vào đẳng thức 2(n + 1) = a(a + 2) ta n = 2r(r + 1) − Khi ta có p = 8r(r + 1) − p + = 8r(r + 1) + (2.13) Vì p + số nguyên tố nên từ (2.13) ta có r 6= 5b r 6= 5b + Do ta xét trường hợp cịn lại (1) Nếu r = 5b + p = 200b2 + 120b + 15, suy 5|p, mâu thuẫn với tính nguyên tố p (2) Nếu r = 5b + p = 200b2 + 280b + 95, 23 suy 5|p, mâu thuẫn với tính nguyên tố p Do r = 5b + Khi ta có  p = 200b(b + 1) + 47, p + = 200b(b + 1) + 53, (2.14)  z = 10(2b + 1) Ta biết số nguyên tố thứ 10000 104729 = 4.26182+1 nên p < 104729 Khi từ phương trình (2.14) ta có bất đẳng thức p = 200b(b + 1) + 47 < 104729 hay tương đương với 200b2 + 200b − 104682 < Từ bất phương trình ta suy b ∈ {0, , 22} Thay giá trị b vào (2.14) ta thấy có giá trị b = 0, 5, 12, 20 thỏa mãn với 47 + 53 = 102 6047 + 6053 = 1102 31247 + 31253 = 2502 84047 + 84053 = 4102 Do trường hợp nghiệm (p, x, y, z) phương trình cho {(47, 1, 1, 10), (6047, 1, 1, 110), (31247, 1, 1, 250), (84047, 1, 1, 410)} • Trường hợp p = 4n + Từ phương trình (2.12) ta có 4n + = 2a(a + 2) hay tương đương 2n + = a(a + 2), phương trình suy a phải số lẻ, nghĩa a = 2r + Suy n = 2r(r + 2) + Khi ta có p = 8r(r + 2) + p + = 8r(r + 2) + 11 (2.15) Ta xét hai trường hợp sau (3) Nếu r = ta có + 11 = 42 Vậy (p, x, y, z) = (5, 1, 1, 4) nghiệm nguyên dương phương trình (2.10) (4) Cho r > Vì p số nguyên tố nên từ (2.15) ta có r 6= 5b r 6= 5b+3 Nếu r = 5b + p + = 200b2 + 160b + 35, 24 suy 5|(p + 6), mâu thuẫn với tính nguyên tố p + Tương tự r = 5b + p = 200b2 + 240b + 75, suy 5|(p + 6), mâu thuẫn với tính nguyên tố p + Do r = 5b + Khi ta có  p = 200b(b + 2) + 197, p + = 200b(b + 2) + 203, (2.16)  z = 20(b + 1) Tương tự trường hợp ta có bất phương trình p = 200b(b + 2) + 197 < 104729 Suy giá trị b b ∈ {0, , 21} Thay giá trị b vào (2.16) ta thấy có giá trị b = 10 b = 15 thỏa mãn Cụ thể ta có 24197 + 24203 = 2202 51197 + 51203 = 3202 Do trường hợp nghiệm (p, x, y, z) phương trình cho (24197, 1, 1, 220) (51197, 1, 1, 320) Tiếp theo ta xét trường hợp x = 1, y = Khi ta có định lý sau Định lý 2.2.2 Cho x = y = Khi với số ngun tố p, phương trình (2.10) khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Với x = y = phương trình (2.1) thành p + (p + 6)2 = z (2.17) Từ phương trình (2.17) ta có phương trình p = z − (p + 6)2 = [z − (p + 6)][z + (p + 6)] (2.18) Do p số nguyên tố nên p ước [z − (p + 6)] p ước [z + (p + 6)] Do ta xét hai trường hợp • Trường hợp p ước [z − (p + 6)] Khi tồn số nguyên dương a cho pa = z − (p + 6) hay z = pa + p + Suy z + (p + 6) = pa + 2(p + 6) 25 Thay vào phương trình (2.18) ta p = pa[pa + 2(p + 6)] hay tương đương với = a[pa + 2(p + 6)] Rõ ràng phương trình vơ nghiệm Do trường hợp phương trình cho vơ nghiệm • Trường hợp p ước [z + (p + 6)] Khi tồn số nguyên dương b cho pb = z + (p + 6) hay z = pa − (p + 6) Vì z > nên pa − (p + 6) > Mặt khác z + (p + 6) = pa + 2(p + 6) Thay vào phương trình (2.18) ta p = pb[pb − 2(p + 6)] hay tương đương với Phương trình suy = b[pb − 2(p + 6)] b = 1, pb = 2(p + 6) + hay b = 1, p = 2(p + 6) + 1, điều mâu thuẫn Do trường hợp phương trình cho vô nghiệm Tiếp theo ta xét trường hợp x = 2, y = Khi ta có định lý sau Định lý 2.2.3 Cho x = y = Khi phương trình (2.10) có nghiệm (5, 2, 1, 6) Chứng minh Với x = y = phương trình (2.10) thành p2 + (p + 6) = z hay tương đương với (p + 6) = z − p2 = (z − p)(z + p) (2.19) 26 Vì p + số nguyên tố nên từ phương trình (2.19) ta suy z − p = p + = z + p hay z = Suy p = 5, p + = 11 Khi ta có 52 + 11 = 62 , nghĩa (5, 2, 1, 6) nghiệm phương trình (2.10) Đối với trường hợp x = 1, y = ta có định lý sau Định lý 2.2.4 Cho x = y = Khi với số nguyên tố p, phương trình (2.10) khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Với x = y = phương trình (2.10) thành p + (p + 6)3 = z (2.20) Vì p số nguyên tố nên ta xét hai trường hợp sau • Cho p = 4n + Khi từ phương trình (2.20) ta có 4n + + (4n + 9)3 = z (2.21) Phương trình (2.22) dẫn đến z số chẵn hay suy z = 2t Thay vào phương trình (2.21) ta phương trình 16n3 + 108n2 + 244n + 183 = t2 (2.22) Do t2 số lẻ hay suy t = 2a + Khi phương trình (2.22) thành 2(8n3 + 54n2 + 122n + 91) = 4a(a + 1), (2.23) điều mâu thuẫn vế trái phương trình chia hết cho mà khơng chia hết cho Do trường hợp phương trình vơ nghiệm • Cho p = 4n + Khi từ phương trình (2.20) ta có 4n + + (4n + 7)3 = z (2.24) Phương trình (2.24) dẫn đến z số chẵn hay suy z = 2t Thay vào phương trình (2.24) ta phương trình 16n3 + 84n2 + 148n + 86 = t2 (2.25) 27 Do t2 số chẵn hay suy t = 2a Khi phương trình (2.25) thành 2(8n3 + 42n2 + 74n + 43) = 4a2 , (2.26) điều mâu thuẫn vế trái phương trình chia hết cho mà không chia hết cho Do trường hợp phương trình vơ nghiệm Đối với trường hợp x = 2, y = ta có định lý sau Định lý 2.2.5 Cho x = y = Khi phương trình (2.10) khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Với x = y = phương trình (2.10) thành p2 + (p + 6)2 = z hay tương đương với phương trình (p + 6)2 = (z − p)(z + p) (2.27) Vì p + số nguyên tố nên từ phương trình (2.27) ta suy z − p = z + p = (p + 6)2 Do z = p + ta có z + p = 2p + = (p + 6)2 Phương trình tương đương với p2 + 10p + 35 = Rõ ràng phương trình vơ nghiệm Do phương trình cho vô nghiệm Cuối để kết thúc tiết ta xét trường hợp x = y = Khi ta có định lý sau Định lý 2.2.6 Cho x = y = Khi phương trình (2.10) khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Với x = y = phương trình (2.10) thành p3 + (p + 6) = z (2.28) Với p = p + = không số nguyên tố Do p = phương trình cho vơ nghiệm Vì p ≥ số nguyên tố nên ta xét hai trường hợp sau 28 • Trường hợp p = 4n + Từ phương trình (2.28) ta suy z = 2t Khi phương trình (2.28) thành 16n3 + 36n2 + 28n + = t2 (2.29) Phương trình (2.29) cho ta z số lẻ Suy z = 2a + số lẻ Thay vào phương trình (2.29) ta 16n3 + 36n2 + 28n + = 4a2 + 4a + hay tương đương với phương trình 4n3 + 9n2 + 7n + = a(a + 1) (2.30) Vế phải phương trình (2.30) tích hai số nguyên liên tiếp nên số chẵn Tuy nhiên phương trình vơ nghiệm • Trường hợp p = 4n + Từ phương trình (2.28) ta suy z = 2t Khi phương trình (2.28) thành 2(8n3 + 6n2 + 2n + 1) = t2 (2.31) Suy t2 số chẵn t = 2a số chẵn Do t2 = 4a2 bội vế trái phương trình (2.31) chia hết cho khơng chia hết cho Vì phương trình (2.31) vô nghiệm