Về phương trình diophante pillai và một số mở rộng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - THĂNG DUY LẬP VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANTE PILLAI VÀ MỘT SỐ MỞ RỘNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2021 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - THĂNG DUY LẬP VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANTE PILLAI VÀ MỘT SỐ MỞ RỘNG 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 Nông Quốc Chinh THÁI NGUYÊN - 2021 Mục lục Danh sách kí hiệu Lời cảm ơn Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Ước chung lớn 1.2 Đồng dư thức số kết liên quan Về phương trình Diophante Pillai số mở rộng 14 2.1 Phương trình Diophante Pillai 14 2.2 Một số kết nghiên cứu phương trình Diophante Pillai 26 2.3 Phương trình Diophante Pillai tổng quát 32 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 Danh sách kí hiệu N Tập hợp số tự nhiên R Tập hợp số thực R+ Tập hợp số thực dương a|b a ước b gcd(a, b) Ước chung lớn a b a ≡ b (mod m) m|(a − b) ordn a Bậc a theo modulo n [a] Phần nguyên số a log Logarit thập phân Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình PGS TS Nơng Quốc Chinh, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tôi xin trân trọng cảm ơn thầy, cô Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Ngun, đặc biệt thầy Khoa Tốn – Tin giảng viên tham gia giảng dạy tạo điều kiện tốt để học tập nghiên cứu Nhân dịp này, xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Bắc Kạn, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THCS THPT Nà Phặc tạo điều kiện cho tơi hồn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác Cuối cùng, tơi muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến đại gia đình động viên chia sẻ khó khăn để tơi hồn thành tốt luận văn Thái Ngun, tháng 01 năm 2021 Học viên Thăng Duy Lập Mở đầu Các kết nghiên cứu Pillai phần lớn liên quan tới phương trình Diophante, Pillai đề cập tới phương trình Diophante sớm vào năm 1930 [7] Trong khuôn khổ luận văn, chủ yếu thảo luận câu hỏi liên quan đến kết phương trình Diophante Pillai số mở rộng Nội dung luận văn trình bày hai chương: (i) Chương Trình bày số kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại số khái niệm lý thuyết số: phần dư phép chia số nguyên, ước chung lớn số nguyên, số nguyên tố hợp số, khái niệm đồng dư, tính chất số kết liên quan (ii) Chương Giới thiệu phương trình Diophante Pillai số mở rộng Trong mục 2.1, chúng tơi giới thiệu phương trình Diophante Pillai trình bày số kết nghiên cứu từ năm 1930, 1940 Pillai phương trình Diophante dạng a x − by = c (1) với a, b, x y số nguyên dương, c số nguyên khác không cho trước Pillai đưa giả thuyết phương trình (1) có nhiều hữu hạn nghiệm Đến toán mở, trừ trường hợp c = (Giả thuyết Catalan) R Tijdeman giải năm 1976 báo “On the equation of Catalan” (xem [12]) Trong mục 2.2, chúng tơi tập trung trình bày số kết nghiên cứu báo “Pillai’s conjecture revisited” Bennett công bố năm 2003 phương trình Diophante dạng |(N + 1) x − N y | = c Trong mục 2.3, chúng tơi trình bày kết R Scott R Styer năm 2006 phương trình Diophante Pillai tổng quát dạng ± a x ± by = c (2) Để tổng quát, ta xét phương trình (2) dạng (−1)u a x + (−1)v by = c (3) với a, b, x, y số nguyên dương, u, v ∈ {0, 1} Phương trình (3) dạng tổng quát phương trình Diophante Pillai dạng a x − by = c Phương trình nhiều tác giả nghiên cứu nghiệm (x, y) cho trước (a, b, c) Trong phần chứng minh phương trình (3) có nhiều hai nghiệm Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại số khái niệm lý thuyết số: phần dư phép chia số nguyên, ước chung lớn số nguyên, số nguyên tố hợp số, khái niệm đồng dư tính chất 1.1 Ước chung lớn Ước số phần dư Xét tập số nguyên Z = {0, ±1, ±2, } Với a, b ∈ Z, b , 0, tồn q, r ∈ Z, ≤ r < |b|, cho a = bq + r (Chia a cho b q thương số, r phần dư) Định nghĩa 1.1 Với a, b ∈ Z, ta nói a ước b tồn số nguyên x cho ax = b Trong trường hợp ta nói b chia hết cho a hay b bội a viết a|b (đọc a ước b) Ngược lại, ta nói a không ước b viết a - b Với a ∈ Z, điều sau ln đúng: 1|a, −1|a, a|a, −a|a Ta nói 1, −1, a −a ước tầm thường a; −1 gọi đơn vị, ước khác a gọi ước thực Số nguyên tố hợp số Định nghĩa 1.2 Số nguyên dương a > gọi số ngun tố a khơng có ước thực Số nguyên dương a gọi hợp số a có ước thực Nếu a số nguyên dương số nguyên tố p1 , p2 , p3 , pk thỏa mãn p1 × p2 × p3 × × pk = a tích p1 × p2 × p3 × × pk gọi phân tích thừa số nguyên tố a Định lý 1.3 (Định lý số học) Mọi số a, a > 1, có phân tích thừa số ngun tố (không kể sai khác thứ tự thừa số) Định nghĩa 1.4 Cho a, b ∈ Z Ta định nghĩa ước chung lớn a b số nguyên lớn d mà a b chia hết cho d : d|a d|b Ước chung lớn ký hiệu (a, b) = d gcd(a, b) = d Trong luận văn ta sử dụng gcd(a, b) để ước chung lớn a b Định nghĩa 1.5 Nếu ước chung lớn gcd(a, b) = ta nói hai số ngun a b nguyên tố Định lý 1.6 Nếu a, b gcd(a, b) = d gcd(a/d, b/d) = Định lý 1.7 Cho a, b, c Khi gcd(a + cb, b) = gcd(a, b) Chứng minh Giả sử gcd(a, b) = d, gcd(a + cb, b) = k Ta cần chứng minh d = k Do gcd(a, b) = d nên a = pd b = qd với p, q nguyên tố (Định lý 1.3) Trong gcd(a + cb, b) = k thay a = pd, b = qdvcb = cqd, ta k = gcd(a + cb, b) = gcd(pd + cqd, qd) = gcd((p + cq)d, qd) Đẳng thức cho thấy ước chung lớn (p + cq)d qd d, (p + cq) có (p + cq)d d lần q có qd d lần Vì thế, gcd(a + cb, b) = d, nghĩa d = k  Định lý 1.8 Nếu a, b, m, n ∈ Z c ước số chung a b c ước số ma + nb, nghĩa (c|a c|b) ⇒ c|(ma + nb) Định lý 1.9 Cho hai số a, b ∈ Z Khi d = gcd(a, b) số nguyên dương nhỏ biểu diễn dạng d = ax + by với x, y ∈ Z Chứng minh Giả sử k số nguyên dương nhỏ có dạng k = ax + by với x, y ∈ Z Ta chứng minh d = k Thật vậy, d ước chung a b nên theo Định lý 1.8, d ước ax + by, tức d|(ax + by) = k, d k phải chia hết cho k, trái lại a = ku + v với < v < k, u, v ∈ Z Từ đó: v = a − ku = a − u(ax + by) = a(1ux) + b(−uy) Như vậy, v tổ hợp tuyến tính a b Nhưng v < k, điều trái với giả thiết k số nguyên dương nhỏ có dạng ax + by Chứng minh tương tự cho thấy b chia hết cho k Vậy phải có k gcd(a, b) = d Suy d k hay k = d  Định lý 1.10 Nếu a, b, c ∈ Z, a|bc a, b nguyên tố a|c Định lý 1.11 Nếu a, b số nguyên dương tập hợp tổ hợp tuyến tính a b tập bội nguyên gcd(a, b) Chứng minh Giả sử gcd(a, b) = c Trước hết, ta chứng minh tổ hợp tuyến tính a b, chẳng hạn ma + nb, bội nguyên c Thật vậy, với gcd(a, b) = c c|a c|b Theo Định lý 1.8, c|(ma + nb), ma + nb = ck, nghĩa ma + nb bội nguyên gcd(a, b) Ngược lại, theo Định lý 1.9, c = gcd(a, b) biểu diễn dạng tổ hợp tuyến tính a b, chẳng hạn c = ax + by với x, y ∈ Z Nhân hai vế với s ∈ Z , ta có sc = s(ax + by) = a(sx) + b(sy) Như vậy, bội nguyên c tổ hợp tuyến tính a b  log b xi − > log a dyi (ar+1 + 2)q2r ar+1 dãy giản phân thứ (r + 1) − st log b/ log a Khi đó, x3 /y3 = pr /qr ar+1 > by3 log a by3 /2+1/2+y1 −2> log a − cy3 y3 (2.11) 21 Với x2 − x1 với a thỏa mãn (2.9) ta tính với b ước a x2 −x1 − 1, số hạng đầu biểu diễn liên phân số vô hạn log b log a Sử dụng phần mềm Maple tính tìm tất trường hợp trừ (a, b) = (3257, 148), (4551, 25) (5261, 526) dãy giản phân thứ 19 biểu diễn liên phân số log b/ log a thỏa mãn q19 > 5309 log a Vì 3257 5261 số nguyên tố 25 = 52 , theo giả thiết loại trường hợp Từ y3 x3 < log a log b (2.8) ta có y3 < 5309 log a ta có x3 /y3 = pr /qr với r 18 Chỉ a b xét, ta có dãy giản phân ak với k 19 ak > 100000 cho bảng sau a b ak 1029 257 a4 = 146318 1837 204 a16 = 1859087 2105 526 a14 = 149863 2179 33 a8 = 169118 2194 731 a4 = 251316 3741 a14 = 197241 4348 621 a15 = 132488 Mặt khác, từ (2.11)suy ra, b > (và a > 15 b = 2), ar+1 > 100000 ta có y3 38 Từ y3 37 (vì kết mạnh hệ (2.11) (a, b) (2.1) Vì ta có (a x2 −x1 y3 > a x2 −x1 − 1, log a − 1) log a < 37, với 6 a 14 x2 − x1 = (khi (a, b) ∈ {(6, 5), (10, 3), (14, 13)}) Với trường hợp này, ta có qk > 5309 log a với k = 12, giản phân lớn xét a3 = 34 log 13 log 14 (2.11) điều mâu thuẫn, tức là: y3 > 2y2 + > 4y1 + > Kết hợp với  22 Nếu a, b số nguyên dương gcd(a, b) = Ký hiệu m(a, b) n(a, b) số nguyên dương bé thỏa mãn bn(a,b) = + lam(a,b) , với l số nguyên thỏa mãn gcd(l, a) = Ribenboim [10] tồn m(a, b) n(a, b) chứng minh khẳng định sau: Mệnh đề 2.4 (Bổ đề 4.1, [2]) Giả sử a, b số nguyên tố với a, b > Nếu M, N > số nguyên dương với M > m(a, b) bN ≡ (mod a M ) N chia hết cho n(a, b)a M−m(a,b) Mệnh đề 2.5 (Bổ đề 4.2, [2]) Nếu a, b > nguyên tố m(a, b) < ϕ(a2 ) log b log Chứng minh Xét a = pα1 pα2 · · · pαr r , với p1 , , pr số nguyên tố phân biệt αi số tự nhiên Chọn t1 số tự nhiên bé cho: bt1 ≡ 1(moda2 ) Ta có: bt1 = + M1 pβ11 pβ22 · · · pβr r a s1 , s1 ≥ 2, M ∈ N, gcd(M1 , a) = βi ≤ αi − 1, với giá trị i: ≤ i ≤ r Nếu r = a ≥ từ α1 −β1 = + M2 a s1 +1 bt1 p1 gcd(M2 , a) = m(a, b) ≤ s1 + Theo cách chọn t1 t1 ≤ φ(a2 ) a s1 < bt1 nên ta có: m(a, b) < φ(a2 ) log b log b + < φ(a2 ) log a log Mặt khác, a = β1 = m(a, b) = s1 < φ(a2 ) log b log 23 Nếu k ∈ N số bé thỏa mãn βi < kαi với ≤ i ≤ r ta có m(a, b) ≤ s1 + k + Khơng giảm tính tổng qt, giả sử (k − 1) α1 ≤ β1 < kα1 , t1 a s1 < (M1 pβ11 pβ22 pβr r )−1 br1 < p−(k−1)α b Từ t1 ≤ φ(a2 ) ta có a s1 < p1−(k−1)α1 bφ(a ) s1 log a + (k − 1)α1 log p1 < φ(a2 ) log b giả thiết r ≥ nên ta có a ≥ với s1 log + (k − 1) log < φ(a2 ) log b Với s1 ≥ ta thu m(a, b) ≤ s1 + k + < φ(a2 ) log b log  Cho a, b số nguyên, a0 ước số nguyên dương lớn a thỏa mãn gcd(a0 , b) = 1, đặt δ(a, b) = log a0 δ∗ (a, b) = max{δ(a, b), − δ(a, b)} log b ta có mệnh đề sau Mệnh đề 2.6 (Bổ đề 4.3, [2]) Nếu a, b > số nguyên với δ(a, b) = phương trình Diophante Pillai a x − by = c có nhiều nghiệm (x, y) 24 Chứng minh Từ giả thiết δ(a, b) = suy gcd(a, b) > Nếu phương trình có hai nghiêm phân biệt (chẳng hạn (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) giả sử x2 > x1 ) từ đẳng thức a x1 − by1 = a x2 − by2 = c, p ước nguyên tố gcd(a, b) với ord p a = α ord p b = β ta có x1 α = y1 β Theo chứng minh Định lý 2.3thì x2 α < y2 β Từ ord p c = x2 α Vì giả thiết δ(a, b) = nên ước nguyên tố a ước gcd(a, b) a x2 ước c = a x1 − by1 điều mâu thuẫn với giả thiết x2 > x1  Mệnh đề 2.7 (Mệnh đề 4.4, [2]) Nếu a, b > số nguyên dương δ(a, b) > phương trình a x − by = c có nhiều nghiệm với m(a0 b) + x> δ(a, b) Định lý 2.8 (Định lý 1.3, [2]) Nếu a, b c số nguyên khác không, a, b > c > b2a log a a số nguyên tố, c > ba , phương trình (2.1) có nhiều nghiệm ngun dương x, y Terai [4] tìm kết liên quan trực tiếp đến giả thuyết Pillai trường hợp phương trình (2.1) có nghiệm (x, y) = (1, 1) a, b, c số nguyên dương nguyên tố nhau, với a > b > 1697C Kết sau tổng quát gcd(a, b) > 1: Giả sử a, b, c số nguyên dương với a, b > cặp nguyên dương (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) nghiệm phương trình (2.1) thoả mãn x1 < x2 ∗ by2 > by1 > 6000c1/δ (a,b) , δ∗ (a, b) = max{δ(a, b), − δ(a, b)} δ(a, b) = log a0 log b