Tôi xintrân trọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thứcquý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tơi hồn thành luậnvăn này.Tơi xin trân trọng cảm ơn trườn
Lý thuyết số đại số cơ bản
Lý thuyết số đại số cơ bản
Định nghĩa 1.1.1 Số phức α được gọi là một số nguyên đại số nếu nó là nghiệm một đa thức monic trong Z[X], nói cách khác, α thỏa mãn α n +a 1 α n−1 +ã ã ã+a n = 0, với a i ∈ Z.
Rõ ràng mọi số nguyên đều là một số nguyên đại số Ký hiệu Z¯ là tập hợp tất cả các số nguyên đại số Khi đó Z ⊆ Z¯ Hơn nữa, ta có định lý sau. Định lý 1.1.2 Tập hợp Z¯ tất cả các số nguyên đại số tạo thành một vành con của C. Định nghĩa 1.1.3 Một trường số đại số K là một mở rộng trường hữu hạn của Q Vành O K := ¯Z∩ K={α ∈ K | α là một số nguyên đại số} là vành các số nguyên đại số trong K. Định nghĩa 1.1.4 Cho vành A là vành con của vành B Phần tử α ∈ B được gọi là nguyên trên A nếu α là nghiệm của một đa thức monic có hệ số trong A, nói cách khác, α thỏa mãn α n +a 1 α n−1 +ã ã ã+a n = 0, với a i ∈ A.
Do vậy số phức α là một số nguyên đại số nếu và chỉ nếu nó nguyên trên Z.
5)/2 nguyên trên Z. (iii) Nếu α ∈ Q và nguyên trên Z thì α ∈ Z.
(iv) Tập các số phức α ∈ C không phải số nguyên đại số là tập không đếm được. Định lý 1.1.6 Cho các vành A, B với A ⊆ B Khi đó tập các phần tử trong B và nguyên trên A tạo thành một vành con của B chứa A.
Mệnh đề sau cho ta tiêu chuẩn để kiểm tra một phần tử nguyên.
Mệnh đề 1.1.7 Cho các vành A, B với A ⊆ B Cho α ∈ B Các khẳng định sau là tương đương.
(ii) Vành A[α] là một A-môđun hữu hạn sinh.
(iii) Tồn tại một vành con A ′ của B chứa A và α sao cho A ′ là một
Mệnh đề 1.1.7 cho ta một hệ quả sau.
Hệ quả 1.1.8 Cho các vành A, B với A ⊆ B và α 1 , , a n ∈ B Giả sử với mọi i, các phần tử α i là nguyên trên A[α 1 , , α i−1 ] thì A[α 1 , , α n ] là một A-môđun hữu hạn sinh.
Ví dụ 1.1.9 Cho K = Q(√ d) với d ∈ Z không là số chính phương Khi đó
2 | a, b ∈ Z} nếu d≡ 1 (mod 4). Định nghĩa 1.1.10 Cho A, B là các vành với A ⊆B.
(i) Tập hợp A ′ gồm các phần tử trong B và nguyên trên A được gọi là bao đóng nguyên của A trong B.
(ii) Khi A là một miền nguyên và B = K là trường hữu tỷ của A (K {r s, r, s ∈ A, s ̸= 0}) thì bao đóng nguyên của A trong K được gọi là bao đóng nguyên của A.
(iii) Ta nói B là nguyên trên A nếu mọi phần tử của B đều nguyên trên
Mệnh đề 1.1.11 Cho các vành A, B, C với A ⊆ B ⊆ C Giả sử B nguyên trên A và C nguyên trên B Khi đó C nguyên trên A. Định nghĩa 1.1.12 Vành A được gọi là vành nguyên đóng nếu A là một miền nguyên và A là bao đóng nguyên của chính nó Nói cách khác, α ∈ K, α nguyên trên A thì α ∈ A, với K là trường hữu tỷ của A. Định lý 1.1.13 Cho K là một trường số đại số và O K là vành các số nguyên đại số của K Khi đó, nhóm Abel O K là tự do và có hạng là n= [K : Q]. Định nghĩa 1.1.14 Cho K là một trường số đại số với n= [K : Q] Một cơ sở x 1 , , x n cho nhóm Abel O K được gọi là một cơ sở nguyên cho K.
Ví dụ 1.1.15 Cho K = Q[√ d], với d là một số nguyên không chính phương Khi đó {1,√ d} là một cơ sở nguyên cho K nếu d ≡ 2,3 (mod 4) và {1,1 +√ d
2 } là một cơ sở nguyên cho K nếu d ≡ 1 (mod 4). Để tìm cơ sở nguyên cho một trường số đại số, ta có thể dùng phần mềm MAGMA [7].
Ví dụ 1.1.16 Để tìm cơ sở nguyên cho trường số K = Q(α), trong đó α là số phức thỏa mãnα 3 −α+ 1 = 0 Ta dùng các lệnh sau trong MAGMA:
Kết quả đạt được là
Do đó, {1, α, α 2 } là một cơ sở nguyên cho K. Định nghĩa 1.1.17 (i) Một vành giao hoánAđược gọi là vành Noether nếu mọi iđêan I của A đều hữu hạn sinh, nghĩa là tồn tại các phần tử a 1 , , a t ∈ I sao cho I = (a 1 , , a t ).
(ii) Một vành giao hoán A được gọi là một miền nguyên nếu A không có ước của 0, nghĩa là nếu ab = 0 thì hoặc a = 0 hoặc b = 0.
(iii) Một iđêanI của một vành giao hoán A được gọi là một iđêan nguyên tố nếu ab ∈ I thì hoặc a ∈ I hoặc b ∈ I. Định nghĩa 1.1.18 Một miền nguyên A được gọi là vành Dedekind nếu nó thỏa mãn ba điều kiện sau.
(ii) A là miền nguyên đóng.
(iii) Mọi iđêan nguyên tố khác (0) của A đều là iđêan cực đại.
Ví dụ 1.1.19 Z là một vành Dedekind. Định lý 1.1.20 Cho K là một trường số đại số Khi đó vành các số nguyên đại số O K trong K là một vành Dedekind. Định lý 1.1.21 Cho A là một vành Dedekind Khi đó mọi iđêan con thực sự a của A và khác (0) có phân tích duy nhất (không kể đến thứ tự) thành tích các iđêan nguyên tố p i ̸= (0), nghĩa là a = p 1 ã ã ãp r Định nghĩa 1.1.22 Cho A là một miền nguyên với trường hữu tỷ K. Một iđêan hữu tỷ của A là một A-môđun con khác không a củaK sao cho tồn tại d ∈ A, d ̸= 0 thỏa mãn da := {da | a ∈ a} ⊆ A.
Bổ đề sau cho ta tiêu chuẩn để kiểm tra một iđêan hữu tỷ.
Bổ đề 1.1.23 Cho A là một miền nguyên Noether Cho a là một A- môđun con khác (0) của K Các khẳng định sau là tương đương.
(i) a là một iđêan hữu tỷ.
(ii) Tồn tại d ∈ K, d ̸= 0, sao cho da ⊆ A.
(iii) a là một A- môđun hữu hạn sinh.
Với mỗi b ∈ K \ {0}, một iđêan hữu tỷ
(b) := bA := {ba | a ∈ A}. được gọi là một iđêan hữu tỷ chính Tích của hai iđêan hữu tỷ a và b được định nghĩa như sau ab = { n
Bổ đề 1.1.24 Cho a là một iđêan hữu tỷ Khi đó a −1 := {x ∈ K | xa ⊆ A} cũng là một iđêan hữu tỷ. Định lý 1.1.25 Cho A là một vành Dedekind Khi đó tập hợp Id(A) các iđêan hữu tỷ tạo thành một nhóm Aben tự do với phần tử đơn vị (1) = A và phần tử nghịch đảo của a là a −1 được định nghĩa như trong Bổ đề 1.1.24. Định nghĩa 1.1.26 Ta định nghĩa nhóm các lớp iđêan Cl(A) của A là nhóm thương Cl(A) = Id(A)/P(A), trong đó P(A) là nhóm con gồm các iđêan hữu tỷ chính.Số lớp của Alà số phần tử trong Cl(A) (nếu hữu hạn).Trong trường hợp A là vành các số nguyên đại số O K của một trường số đại số K, ta nói Cl(O K ) là nhóm các lớp iđêan của K, và số các phần tử của nó là số lớp của K. Định lý 1.1.27 ChoK là một trường số đại số và O K vành các số nguyên đại số trong K Khi đó Cl(O K ) là một nhóm Aben hữu hạn.
−d) có số lớp là 1, trong đó d là một số nguyên dương, khi và chỉ khi d là một trong các giá trị −1, −2, −3, −7,
Ví dụ 1.1.29 Để tìm số lớp của trường số K = Q(α), trong đó α là số phức thỏa mãn α 5 −α+ 2 = 0, ta sử dụng các lệnh sau trong MAGMA:
Kết quả đạt được là
Do vậy, số lớp của K là 1. Định lý sau thường được dùng trong các bài toán về phương trình Diophantine. Định lý 1.1.30 Gọi h là số lớp của K Giả sử a là một iđêan trong (O K ) sao cho a l là một iđêan chính, trong đó l là một số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với h Khi đó, a là một iđêan chính.
Cho K là một mở rộng trường bậc n của Q Giả sử K có r phép nhúng thực vàs cặp phộp nhỳng phức liờn hợp Gọi à(K) là tập hợp cỏc căn đơn vị trong K Gọi O K × là nhóm các đơn vị trong O K Định lý 1.1.31 (Dirichlet) Nhóm UK := O K × các đơn vị trong O K đẳng cấu với nhúm à(K)ìZ r+s−1 và à K là một nhúm cyclic hữu hạn.
Ví dụ 1.1.32 Xét trường số K = Q(α), trong đó α là số phức thỏa mãn α 6 −2α 2 + 3 = 0 Ta dùng các lệnh sau trong MAGMA để biết thông tin về nhóm U K :
Kết quả đạt được là
Từ đó nhóm U K là một nhóm Aben đẳng cấu với Z/2Z×Z×Z.
Đường cong bậc cao
Định nghĩa 1.1.33.Đường cong bậc ba là một đường cong cho bởi phương trình y 2 = P(x), (1.1) trong đó P(x) là một đa thức bậc ba có hệ số hữu tỷ và không có nghiệm bội. Định nghĩa 1.1.34 Đường cong bậc bốn là đường cong cho bởi phương trình y 2 = P(x), (1.2) trong đó P(x) là một đa thức bậc bốn có hệ số hữu tỷ và không có nghiệm bội. Định nghĩa 1.1.35 Cho S là một tập hữu hạn các số nguyên tố Một nghiệm S-nguyên của (1.1) (hoặc (1.2)) là một cặp số hữu tỷ (x, y) thỏa mãn (1.1) (hoặc (1.2)) mà mẫu số của x và y chỉ có ước nguyên tố thuộc
Chú ý 1.1.36 Nếu S là tập rỗng thì nghiệm S-nguyên của (1.1) (hoặc (1.2)) chính là nghiệm nguyên.
Phần mềm MAGMA [7] cho phép tìm các nghiệm S-nguyên của phương trình (1.1) và (1.2).
Ví dụ 1.1.37.Ta dùng các lệnh sau trong MAGMA để tìm nghiệm nguyên của phương trình y 2 = x 3 + 17:
Kết quả đạt được là
Do đó phương trìnhy 2 = x 3 +17 chỉ có nghiệm nguyên(−2,±3),(8,±23),
Ví dụ 1.1.38.Ta dùng các lệnh sau trong MAGMA để tìm nghiệm nguyên của phương trình y 2 = x 4 −8x 2 + 8x+ 1:
Kết quả đạt được là
Do đó phương trìnhy 2 = x 4 −8x 2 + 8x+ 1 chỉ có nghiệm nguyên (2,±1),
Ví dụ 1.1.39 Ta dùng các lệnh sau trong MAGMA để tìm các nghiệm
Kết quả đạt được là
Do đó các nghiệm {2,3,5}-nguyên của phương trình y 2 = x 4 +x 2 + 1 là
(0,±1). Định nghĩa 1.1.40 Một đường cong bậc năm là một đường cong cho bởi phương trình
C: y 2 = P(x), (1.3) trong đóP(x) là một đa thức có bậc 5với hệ số hữu tỷ và không có nghiệm bội. Định nghĩa 1.1.41 Một đường cong bậc sáu là một đường cong cho bởi phương trình
C: y 2 = P(x), (1.4) trong đóP(x) là một đa thức có bậc 6với hệ số hữu tỷ và không có nghiệm bội.
Ta chỉ xét các nghiệm hữu tỷ của các phương trình (1.3) và (1.4) Mỗi đường cong C có dạng (1.3) hoặc (1.4) được gắn với một nhóm Aben, ký hiệu là J(C), và được gọi là nhóm Jacobi của C Trong luận văn này, ta chỉ xét các đường cong C có dạng (1.3) hoặc (1.4) mà J(C) là một nhóm hữu hạn Khi đó MAGMA [7] cho phép ta tìm được tất cả điểm hữu tỷ trên đường cong C Phương pháp này được gọi là phương pháp Chabauty.
Ví dụ 1.1.42 Xét đường cong C có phương trình y 2 = x 6 + 1 (1.5)
Ta dùng các lệnh sau trong MAGMA:
Kết quả đạt được là
6*$ 2 = 0 t o JacHyp : J g i v e n by a r u l e t r u e t r u e 0 Điều này chỉ ra nhóm Jacobi J(C) là nhóm hữu hạn Lệnh sau cho phép tìm tất cả nghiệm hữu tỷ của phương trình (1.5):
Kết quả đạt được là
Từ đó tất cả nghiệm hữu tỷ của phương trình (1.5) là (x, y) = (0,±1).
Định lý Bilu-Hanrot-Voutier
Kí hiệu Legendre
Định nghĩa 1.2.1 Cho plà một số nguyên tố lẻ và a ∈ Z không chia hết cho p Kí hiệu Legendre của a đối với p được định nghĩa là a p
( 1, nếu tồn tại số nguyên dương x sao cho x 2 ≡ a (mod p),
Trong trường hợp a chia hết cho p, ta quy ước a p
Ví dụ 1.2.2 Ta xét p= 11 Khi đó
Sau đây là một số tính chất cơ bản của ký hiệu Legendre.
Bổ đề 1.2.3 (i) Nếu p là số nguyên tố lẻ và a không chia hết cho p thì a (p−1)/2 ≡ a p
Định lý Bilu-Hanrot-Voutier
Cho α và β là hai số nguyên đại số sao cho α + β và αβ là hai số nguyên khác 0 và nguyên tố cùng nhau và α β không là căn đơn vị Dãy Lucas (L n ) n≥1 được định nghĩa như sau:
Một số nguyên tố p được gọi là ước nguyên thủy của L n nếu p là ước của
L n nhưngp khụng là ước của (α−β) 2 L 1 L 2 ã ã ãL n−1 Ta cú định lý sau của Bilu, Hanrot và Voutier [6]. Định lý 1.2.4 (i) Nếu L n có một ước nguyên thủy q thì n|q− (α−β q ) 2 , trong đó ∗ ∗ là ký hiệu Legendre.
(ii) Nếu n > 30 thì L n có ước nguyên thủy.
(iii) Với mọi 4 < n ≤ 30, nếu L n không có ước nguyên thủy, thì các bộ (n, α, β) được liệt kê trong Bảng 1 dưới đây.
Phương trỡnh x 2 + 5 a ã 13 b = y n
Trường hợp n = 4
Định lý 2.1.1 Nếu n= 4 thì các nghiệm của phương trình (2.1) là
Chứng minh Phương trình (2.1) được viết lại như sau x z 2
, trong đó A là không có dạng mũ bốn của một số và được xác định bởi
5 a 13 b = Az 4 Ta thấy rằng A = 5 a 1 13 b 1 với a 1 , b 1 ∈ {0,1,2,3} Do đó ta đưa về bài toán xác định tất cả các nghiệm{5,13}-nguyên của 16 phương trình có dạng
V 2 = U 4 −5 a 1 13 b 1 với a 1 , b 1 ∈ {0,1,2,3} Ta sử dụng MAGMA để xác định các nghiệm {5,13}-nguyên của các phương trình này và tìm được
Với các điều kiện trênx, yvà theo định nghĩaU, V, ta đạt được(x, y, a, b) (4,3,1,1).
Chú ý 2.1.2 Nếu (x, y, a, b, n) là một nghiệm của phương trình (2.1) và d là ước thực sự của n thì x, y d , a, b, n/d cũng là nghiệm của phương trình đó Vì n ≥ 3 và n ̸= 4 nên ta chỉ cần làm việc với n sao cho p | n với p là số nguyên tố lẻ Trong trường hợp này, ta có thể thay n bằng p.
Do đó ta có thể giả sử n là số nguyên tố lẻ xuyên suốt trong phần còn lại của luận văn.
Trường hợp n ≥ 5
Trước tiên ta nhắc lại khái niệm kết thức của hai đa thức. Định nghĩa 2.1.3 Cho f(x) =a 0 x n + .+a n và g(x) = b 0 x m + .+b m là các đa thức sao cho a 0 b 0 ̸= 0 Kết thức của hai đa thức này, kí hiệu R(f, g) được định nghĩa là
(αi −βj), ở đâyα i là tất cả các nghiệm củaf(x) vàβ j là tất cả các nghiệm của g(x).
Rõ ràng từ định nghĩa ta có R(f, g) = 0 khi và chỉ khi f(x), g(x) có nghiệm chung Hơn nữa
. Định nghĩa 2.1.4 Cho f(x) =a0x n + .+an sao cho a0 ̸= 0 Biệt thức (discriminant) D của đa thức này được định nghĩa là
(α i −α j ) 2 , ở đây α i là tất cả các nghiệm của f(x).
Khi đó R(f, f ′ ) = (−1) n(n−1)/2 a 0 D Thật vậy, vì f(x) = a 0 Q i
Do đó ta có R(f, f ′ ) = (−1) n(n−1)/2 a0D. Định nghĩa 2.1.5 Cho K là một trường số đại số và O K là vành các số nguyên đại số trong K Cho b 1 , , b n là một cơ sở nguyên của O K , nghĩa là b 1 , , b n là một cơ sở của O K như Z-môđun Cho f 1 , , f n là tập các đồng cấu nhúng từ K → C Biệt thức (discriminant) của K được định nghĩa là bình phương của định thức ma trận
Chú ý 2.1.6 Nếu O K = Z[α] thì biệt thức của K bằng biệt thức của đa thức tối tiểu nhận α là nghiệm.
Ví dụ 2.1.7 Cho f(x) = x 2 + d ∈ C[x] Khi đó, đa thức này có hai nghiệm phân biệt là x = ±i√ d Do đó, theo định nghĩa, biệt thức của đa thức này là −4d Đặt K = Q[i√ d] Do ±i√ d là nghiệm của đa thức x 2 +d ∈ Z[x] nên biệt thức của K là −4d. Định lý 2.1.8 Phương trình (2.1) vô nghiệm với mọi số nguyên tố n≥ 5. Chứng minh Viết phương trình (2.1) như sau x 2 +dz 2 = y p , trong đód = 1,5,13,65 theo sự chẵn lẻ của lũy thừa củaa vàb, z = 5 α 13 β với α và β là các số nguyên không âm Đặt K = Q[i√ d] Ta đưa ra phân tích nhân tử cho phương trình trên trong K như sau
Vì 5 a 13 b ≡ 1 (mod 4) nên x là số chẵn (bằng cách xét modulo 4 trong phương trình (2.1)).Vì x và y là nguyên tố cùng nhau nên các ideal sinh bởi x + i√ dz và x − i√ dz nguyên tố cùng nhau Do đó ideal sinh bởi x+i√ dz là một lũy thừap của một ideal nào đó trong O K Số các lớp của
K thuộc {1,2,8} Hơn thế nữa, số này nguyên tố cùng nhau với p Do đó x+i√ dz là lũy thừa p của một phần tử nào đó trong O K Vì nhóm của các phần tử khả nghịch trong K có cấp là 2 hoặc 4 (nguyên tố cùng nhau với p) nên ta có thể giả sử rằng x+i√ dz = γ p (2.2) đúng cho số nguyên đại sốγ ∈ O K Do biệt thức củaKlà−4dnên{1, i√ d} là một cơ sở của O K Tóm lại, ta có thể viết γ = u+i√ dv Lấy liên hợp phương trình (2.2) và trừ hai phương trình, ta được
Vế phải của phương trình trên là bội của2i√ dv = γ−γ¯ Suy ra v | 5 α 13 β và
Cho {L m } m≥0 là một dãy các hạng tử tổng quát L m = γ m γ−¯ −¯ γ γ m , với mọi n ≥ 0 Dãy này được gọi là dãy Lucas và nó chứa các số nguyên Với các số nguyên khác không k, ta ký hiệu P(k) cho ước nguyên tố lớn nhất của k Theo phương trình (2.4) thì
. Định lý ước nguyên thủy cho dãy Lucas suy ra rằng nếu p≥ 5thì L p có một ước nguyên tố nguyên thủy trừ hữu hạn các bộ (γ,¯γ) trong Bảng 1, các số Lucas này được gọi là khuyết Một ước nguyên thủy nguyên tố q có các tính chất sau: q ∤ −4dv 2 = (γ−γ)¯ 2 và q ≡ ±1 ( modp) Cụ thể hơn, q ≡e(modp), trong đó e = −4d q Chú ý rằng a q là ký hiệu Legendre.
Vì K = Q[i√ d] (d ∈ {1,5,13,65}) nên Bảng 1 cho thấy các số L p không thể là khuyết Do đó L p phải có một ước nguyên thủy q Rõ ràng q ∈ {5,13} và q ≡ ±1 (modp), trong đó p ≥ 5 Suy ra trường hợp có thể xảy ra chỉ là q = 13 và p | 12,14 Trường hợp có thể xảy ra là p = 7 ta suy ra −4d 13
= −1 vì 13 ≡ −1(mod7) Vì d ∈ {1,5,13,65} nên ta thu được d = 5 Bằng cách sử dụng (2.3) với p = 7, ta thu được v 7u 6 −175u 4 v 2 + 525u 2 v 2 −125v 6 = 5 α 13 β (2.5)
Vì u và v là nguyên tố cùng nhau nên ta có các trường hợp sau v = ±5 α 13 β , v = ±13 β , v = ±5 α , v = ±1.
Hai trường hợp đầu tiên dẫn đến P (L p ) = P 5 α 13 β /v ≤ 5, điều này mâu thuẫn vì nó suy ra rằng L p không có ước nguyên thủy, do đó ta quan tâm hai trường hợp sau.
Trường hợp 1.v = ±5 α Trong trường hợp này, phương trình (2.5) được viết lại như sau
Chia cả hai vế của phương trình chov 6 , ta thu được phương trình có dạng
Trong trường hợp D 1 = ±1(thay X thành −X khi D 1 = −1), ta phải tìm các nghiệm {5}-nguyên của các phương trình có dạng
Nhân hai vế của phương trình (2.7) với 7 2 để thu được
U 3 + η175U 2 + 3675U +η6125 =±V 2 , trong đó(U, V) = (η7X,7Y) là nghiệm{5}-nguyên Ta tìm được(U, V) (21,56) với η = 1 Suy ra (X, Y) = (3,8), nhưng nghiệm này không là nghiệm của (2.1) Khi D = ±13, nhân hai vế của (2.6) với 7 2 13 3 để đạt được phương trình
U = η91X, V = 1183Y, ta cần tìm các nghiệm {5}-nguyên Làm tương tự với η = −1, ta được (U, V) = (91,9464),(679,42392),suy ra(X, Y) = (1,8),(97/13,6056/169). Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của X và Y.
Trường hợp 2 v = ±1 Ta thu được phương trình có dạng
Làm tương tự, ta có thể viết lại phương trình trên như sau
Khi D 1 = ±1,±13, ta thu được hai đường cong như (2.7) và (2.8) một cách tương ứng Khi D 1 = ±5, ta nhân cả hai vế của phương trình (2.9) với 7 2 13 3 để thu được hai đường cong elliptic
U 3 +η2275U 2 + 621075U +η13456625 = V 2 , η ∈ {−1,1}, trong đó U = η91X, V = 1183Y Với η = −1, ta tìm được nghiệm nguyên (U, V) = (91,9464), suy ra (X, Y) = u 2 ,5 α 1 13 β 1 = (1,8), nhưng các nghiệm nguyên này không dẫn đến nghiệm nguyên α 1 và β 1
Trường hợp cuối cùng D = ±65, nhân cả hai vế của phương trình (2.9) với 7 2 5 3 13 3 để thu được
U 3 +η11375U 2 + 15526875U +η1682078125 = V 2 , η ∈ {−1,1}, trong đó U = 455X, V = 29575Y Sử dụng MAGMA, ta tìm được 2 nghiệm nguyên với η = 1 và 9 nghiệm nguyên với η = −1 Không nghiệm nguyên nào là nghiệm của (2.1).
Trường hợp n = 3
Định lý 2.1.9 Với n = 3 thì khi đó các nghiệm của (2.1) là
Chứng minh Phương trình (2.1) được viết lại như sau x z 3
, trong đó A không là lập phương và thỏa mãn 5 a 13 b = Az 6 Ta thấy rằng
V 2 = U 3 −5 a 1 ã13 b 1 , với a 1 , b 1 ∈ {0,1,2,3,4,5}, ta cần xác định tất cả nghiệm {5,13}-nguyên của 36 phương trình trên Sử dụng MAGMA ta tìm được các nghiệm {5,13}- nguyên
Vì x và y là các số nguyên nguyên tố cùng nhau nên các nghiệm trên dẫn đến chỉ có hai nghiệm cho phương trình ban đầu, đó là nghiệm (x, y, a, b) cho bởi (70,17,0,1),(142,29,2,2).
Phương trình x 2 + d 2l+1 = y n
Các kết quả bổ trợ
Cho S = {p 1 , , ps} là tập các số nguyên tố phân biệt Gọi S là tập các số nguyên chỉ có ước nguyên tố thuộc S Phương trình (2.10) là trường hợp đặc biệt của phương trình
Ta viết D dưới dạng D = dc 2 , trong đó d là chính phương tự do Đặt h = h(−d) Khi đó
Bổ đề 2.2.2 Giả sử phương trình (2.12) có nghiệm với các giả thiết (2.13), (2.14) với n ≥ 3 nguyên tố Khi đó với d ̸≡ 7 (mod 8) hoặc d ≡
7 (mod 8), phương trình (2.12) có nghiệm Y lẻ trong các trường hợp sau:
(b) d ≡ 3 (mod 8) và tồn tại u, v ∈ Z với u ≡ v ≡ 1 (mod 2) sao cho
, Y = u 2 +dv 4 2 (c) n = 3 nếu D = 3u 2 ±8 hoặc nếu D = 3u 2 ±1 với u ∈ Z.
Chứng minh Nếu d ̸≡ 7 (mod 8) thì Bổ đề trên là một cách phát biểu khác của kết quả của Cohn trong [10] Do đó ta chỉ cần chứng minh Bổ đề trong trường hợp d ≡7 (mod 8) và Y lẻ Áp kết quả của Ljunggren ([13], trang 593-594) suy ra nếu trong phương trình (2.10) ta cón ∤ h thì tồn tại u 1 , v 1 ∈ Z sao cho
Nếu trong phương trình (2.15), u 1 và v 1 đều lẻ (do d ≡ 7 (mod 8)) thì u 2 1 +dv 1 2 ≡ 0 (mod 8).
4 nên Y chẵn, mâu thuẫn Vậy u 1 và v 1 đều chẵn.
Bổ đề 2.2.3 (xem [3, 20]) Cho d > 0 là một số chính phương tự do Kí hiệu h(−d) là số lớp của trường Q(√
−d) Khi đó, (i) h(−d) = 2 nếu và chỉ nếu d ∈ T 2 , trong đó T 2 là tập
(ii) h(−d) = 3 nếu và chỉ nếu d ∈ T 3 , với T 3 là tập
Bổ đề 2.2.4 (xem [4]) Giả sử rằng x, y, z là các số nguyên khác 0, đôi một nguyên tố cùng nhau.
(i) Với m ≥5 thì phương trình x m + y m = 2z 2 chỉ có nghiệm (m, x, y, z) ={(5,3,−1,±11),(5,−1,3,±11)}.
(ii) Nếu m ≥4 thì phương trình x m + y m = 3z 2 vô nghiệm.
(iii) Nếu m ≥7 là số nguyên tố thì phương trình x m + 8y m = 3z 2 vô nghiệm với xy ̸= ±1.
Chứng minh của Định lý 2.2.1
Xét phương trình (2.10) thỏa mãn giả thiết (2.11) Không mất tính tổng quát, ta xét 3 trường hợp: n ∈ {3,4} hoặc n ≥ 5 nguyên tố trong (2.10) Đặt T = T 2 ∪T 3
Theo kết quả của Arif và Muriefah [2], ta chỉ cần xét các giá trị d ∈ T chính phương tự do không nguyên tố Đặt K = Q(√
−d) với d ∈ T Gọi h(−d) là số lớp của K Dễ thấy phương trình (2.10) thỏa mãn các giả thiết của Bổ đề 2.2.2 Ta thấy d ̸= 19,341 (do d ∈ T) và h(−d) ∈ {2,3} Do n nguyên tố và n ≥ 5, ta suy ra phương trình (2.10) có nghiệm chỉ trong trường hợp (a) của Bổ đề 2.2.2 Áp dụng Bổ đề 2.2.2 vào (2.10) và lấy liên hợp phức, ta có x+ d l √
Trong (2.10), nếu y > 1 chẵn và d chẵn thì x cũng chẵn Điều này vô lý do gcd(x, y) = 1 Nếu y chẵn và d lẻ thì x lẻ Do a 2 ≡ 1(mod8) nếu a lẻ nên với n≥ 5 ta được 8|1 +d Suy ra d ≡ 7( mod 8) với d ∈ T Tuy nhiên, với các giá trị d ≡ 7(mod8), ta chỉ xét các giá trị y lẻ Do đó, trong phần tiếp theo, ta giả sử rằng y > 1 lẻ trong (2.10) (nên x chẵn) Theo (a) của
Bổ đề 2.2.2 thì u | x và do y > 1 lẻ, gcd(x, y) = 1 nên gcd(2u, y) = 1. Cho α = u + v√
−d Khi đó gcd(αβ, α + β) gcd(y,2u) = 1 Nếu α/β là một căn đơn vị thì d ∈ T nên ta có α/β ∈ {±1} Từ đó suy ra u = 0 or v = 0.
Theo (2.16), u = 0 cho ta x = 0, v = 0 cho ta d l = 0 Điều này là mâu thuẫn theo (2.10) và (2.11) Do đó,
−d (2.17) là một dãy Lucas Ngoài ra, theo (a) của Bổ đề 2.2.2 ta có
Do(α−β) 2 = −4dv 2 , nên theo (2.18) và định nghĩa của ước nguyên thủy,
L n không thể có một ước nguyên thủy nguyên tố Tuy nhiên, với d ∈ T, từ Định lý 1.2.4 suy ra L n có một ước nguyên thủy với n ≥ 5 nguyên tố. Mâu thuẫn Do đó, phương trình (2.10)vô nghiệm với n≥ 5 nguyên tố và d∈ T (chú ý rằng y lẻ nếu d ≡ 7(mod8)).
Trường hợp 2 n = 4 Khai triển (2.10) được y 2 +x y 2 −x = d 2l+1 (2.19)
Ta có thể giả sử y lẻ và x chẵn Từ đó, vì gcd(x, y) = 1 nên gcd y 2 +x, y 2 −x = 1.
Hơn nữa, do x, y, d dương nên từ (2.19) ta có y 2 +x và y 2 −x dương Từ phương trình (2.19), ta có y 2 +x = d 2l+1 1 và y 2 −x = d 2l+1 2 , với d 1 , d 2 ∈ Z, d 1 > 0, d 2 > 0,gcd (d 1 , d 2 ) = 1 và d 1 d 2 = d > 0 Ta thu được d 2l+1 1 +d 2l+1 2 = 2y 2 (2.20) Áp dụng Bổ đề 2.2.4 cho (2.20), ta có (d 1 , d 2 ) ∈ {(3,−1),(−1,3)} với l ≥ 2 Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn vớid 1 , d 2 đều dương Do đó, phương trình (2.20) vô nghiệm vớil ≥ 2 Nên phương trình (2.10) cũng vô nghiệm trong trường hợp này với l ≥ 2 Với l ∈ {0,1} trong (2.20), ta tính được nghiệm của (2.20) (và do đó cũng tính được nghiệm của phương trình (2.10)) Ta đạt được (x, y, n, d, l) là các giá trị trong tập
Với các nghiệm trên ta thấy d ≡ 7 (mod 8), y chẵn nên các nghiệm này đều bị loại Do đó, không tồn tại nghiệm của (2.10) thỏa mãn các giả thiết của Định lí 2.2.1.
Giả sử h(−d) = 2, tức là d ∈ T 2 Các trường hợp d ∈ {5,6,10,13,
15,22,35} đã được nghiên cứu trong [8, 14, 18] Do đó, ta có thể giả sử rằngd ∈ T2 và d ≥ 37 Ta thấy rằng phương trình (2.10) có thể có nghiệm trong các trường hợp (a), (b), (c) của Bổ đề 2.2.2 Ta xét các trường hợp này một cách riêng biệt Cân bằng phần ảo trong trường hợp (a) (của Bổ đề 2.2.2), ta thu được v 3u 2 −dv 2 = d l (2.21)
Dogcd(x, y) = 1trong (2.10) nên vìu| xvày = u 2 +dv 2 ta cógcd(u, v) 1 Nếu trong (2.21) p | v và p | 3u 2 −dv 2 với số nguyên tố p nào đó thì vì gcd(u, v) = 1 nên p = 3 Theo (2.21) thì p = 3 phải chia hết d Ta thu được gcd v,3u 2 −dv 2 = 1 nếu 3∤ d hoặc gcd v,3u 2 −dv 2 = 3 nếu 3| d.
Giả sử gcd v,3u 2 −dv 2 = 3 Do đó, 3 | d và vì d ∈ T 2 , d ≥ 37, ta thấy d ∈ {51,123,267} Với các giá trị d như vậy, phương trình (3) được đưa về dạng w 2 = t 3 −d i (2.22) trong đó d ∈ {51,123,267},
Chúng ta cần đưa ra tất cả các nghiệm S-nguyên của phương trình bậc
3 trên, trong đó S chứa các ước nguyên tố của của 51,123 và 267 tương ứng Sử dụng MAGMA [7], ta thấy rằng trong các trường hợp này, phương trình (2.10) vô nghiệm.
Nếu trong (2.21),gcd v,3u 2 −dv 2 = 1 (xảy ra khi 3∤ d) thì từ (2.21) ta có hệ phương trình
( 3u 2 −dv 2 = ±d l 1 v = ±d l 2 , (2.24) trong đód1 > 0, d2 > 0là các ước dương củadvớid = d1d2vàgcd (d1, d2) 1 Nếu l = 0 trong (2.24) thì v = ±1 và 3u 2 = d±1 Với d ∈ T 2 và 3 ∤ d suy ra (u, v, d) = (±2,±1,13) Vì y = u 2 + dv 2 nên ta thu được nghiệm (x, y, n, d, l) = (70,17,3,13,0) của phương trình (2.10) Ta xétl ≥ 1 Nếu d1 ̸= 1 thì d1 có ước nguyên tố q ≥ 2 Do 3 ∤ d và d1 | d nên từ (2.24) ta có q | u Tuy nhiên vì q|d, u|x và y = u 2 +dv 2 nên q là một ước nguyên tố chung của x và y, mâu thuẫn theo (2.11) Như vậy, nếu trong (2.24) ta có l ≥ 1 và d 1 = 1 thì d 2 = d Do đó ta thu được phương trình
3u 2 = d 2l+1 ±1 (2.25) Áp dụng Bổ đề 2.11 ta được nếu l ≥ 2 thì (2.25) vô nghiệm Nếu trong (2.25) l = 1, ta có 3u 2 = d 3 ±1 và v = ±d Tuy nhiên với d ∈ T2 và 3 ∤ d phương trình cũng vô nghiệm.
Xét trường hợp (b) của Bổ đề 2.2.2 Cân bằng phần ảo hai vế, ta có v 3u 2 −dv 2 = 8d l , (2.26) trong đó d ≡3(mod8), u và v là các số nguyên lẻ, y = u 2 +dv 4 2 Do gcd v,3u 2 −dv 2 = 1 nên v lẻ Phương trình (2.26) được đưa về dạng
( 3u 2 −dv 2 = ±8d l 1 v = ±d l 2 , (2.27) trong đó d1 > 0, d2 > 0 là các ước của d với d = d1d2 và gcd (d1, d2) = 1.Nếu l = 0 thì v = ±1 và 3u 2 = d±8 Với d ∈ T 2 và d ≡ 3(mod8), ta có
(u, v, d) ∈ {(±3,±1,35),(±9,±1,235)} Do y = u 2 + dv 2 /4, ta được nghiệm của phương trình (2.10) là
Trường hợp l ≥ 1 và d 1 ̸= 1 suy ra mâu thuẫn vì x, y nguyên tố cùng nhau Nếu l ≥ 1 và d 1 = 1, ta có
3u 2 = d 2l+1 ±8ã1 2l+1 , (2.28) Áp dụng Bổ đề 2.11 cho (2.28), ta thấy phương trình (2.28) vô nghiệm nếu 2l + 1 ≥ 7 là số nguyên tố Do đó, ta có thể giả sử trong (2.28) rằng 2l+ 1 = 3 a 5 b với a, b ∈ Z ≥0 Với a ≥ 1 ta biến đổi (2.28) về phương trình w 2 = t 3 ±8ã3 3 , (2.29) trong đó w = 9u và t = 3d 3 a−1 5 b Sử dụng MAGMA [7], ta được (t, w) ∈ {(−6,0),(6,0),(±28,10),(±189,33)} Các giá trị này không cho ta nghiệm của phương trình (2.10).
Chú ý rằng 2l+1 = 3 a 5 b Xét trường hợp phương trình (2.28) vớib ≥1. Biến đổi (2.28) về dạng w 2 = t 5 ±8ã3 5 , (2.30) trong đó w = 27u và t = 3d 3 a 5 b−1 Ta thấy (2.30) là phương trình của một đường cong bậc 5 có nhóm Jacobi hữu hạn Sử dụng MAGMA [7] ta đạt được phương trình (2.30) không có nghiệm điểm hữu tỉ nào Do đó, phương trình (2.10) không có nghiệm trong trường hợp này.
Cuối cùng, ta xét trường hợp (h(−d), n) = (3,3) thỏa mãn (như thế, d ∈ T 3 ) Trong trường hợp này, phương pháp tham số hóa có được nhờ
Bổ đề 2.2.2 không đủ tốt cho mục tiêu của chúng ta Với trường hợp này, ta sử dụng ý tưởng của Mignotte và de Weger [15] để đưa bài toán về việc giải phương trình dạng Thue-Mahler Sau đó, chúng ta sẽ xét các phương trình này tại địa phương để chứng minh chúng không giải được Cách làm này không áp dụng được cho trường hợp d ∈ {23,307,547} Trong các trường hợp đó, chúng ta đưa bài toán về tìm các nghiệm S-nguyên trên phương trình bậc 3.
Xét phương trình (2.10) với d = 883 Với các giá trị khác của d ∈ T 3 , các bước tiến hành tương tự viết phương trình x 2 + 883 2l+1 = y 3 (2.31) dưới dạng iđêan
−883E = A 3 B (2.33) với các iđêanAvàB, trong đóB không phải là phần bậc 3 của x+ 883 l √
Kí hiệu B là iđêan liên hợp của B Từ (2.32) ta suy ra BB = C 3 với C là một iđờan Do B | −2ã883 l √
−883 ta có B =< 1 > trong (2.33) Ta thu được
Chọn số nguyên tố p phân tích được trong Q(√
−883) Ta thấy ⟨13⟩ PP thỏa mãn điều này Lớp iđêan của P có cấp bằng 3 nên P 3 là một iđêan chính Hơn nữa, tồn tại số nguyên k ∈ {−1,0,1} sao cho P −k A là iđêan chính Từ đó
(2.35) trong đó u, v ∈ 13 − max[0,k] Z Do đó, từ (2.35), ta có
Kí hiệu γ là phần tử sinh của iđêan chính P 3 Do P 3 = D 29+3
Do phần tử khả nghịch trong Q(√
−883) chỉ là {±1} nên từ (2.37) ta có thể viết x+ 883 l √
Ta nhận được 3 phương trình Thue-Mahler tương ứng với k = 0,1,−1. Bảng 2 chứa các giá trị d ∈ T 3 , giá trị nguyên tố p được chọn sao cho p phân tích được trong trong Q(√
−d), phần tử sinh γ của P 3 được chọn và phương trình Thue-Mahler tương ứng.
Ta thấy rằng phương trình tương ứng với trường hợp k = 0trong Bảng
2 là khả quy Trong trường hợp này, ta đưa bài toán về bộ ba phương trình trong đó phương pháp đồng dư thức áp dụng được Chúng ta trình bày phương pháp này cho trường hợp d = 883 Với các giá trị d ∈ T 3 khác, cách làm hoàn toàn tương tự Xét phương trình cho d = 883 với k = 0 hay
Nếu l = 0 ta được phương trình Thue, đây là phương trình đã biết cách giải Do đó, ta có thể giả sử rằng trong (2.40) l ≥ 1 Dễ thấy trong (2.40)u và v không thể cùng chẵn, vì nếu như vậy bằng cách xét (2.40) cho mod 4 suy ra mâu thuẫn Tiếp theo, nếu trong (2.40)gcd(u, v) ̸= 1suy ra 883 | u và 883 | v Cho k = 0 trong (2.38) kết hợp với (2.39) ta có 883 | x Do l ≥ 1 từ phương trình (2.10) suy ra 883 | y, mâu thuẫn vì gcd(x, y) = 1.
Do đó, ta có thể giả sử trong (2.40) gcd(u, v) = 1 (và l ≥ 1 ) Vậy ta giải hệ phương trình sau
( 3u 2 + 3uv −220v 2 = ±f v = ±g (2.41) trong đú(f, g) ∈ 2ã883 l ,1 , 883 l ,2 , 2,883 l , 1,2ã883 l Nếu(f, g) là phần tử của tập
Rõ ràng l không thể bằng 1 trong (2.42) Với l ≥ 2, 883 | (2u±1) 2 nên
883 2 | (2u±1) 2 Xét (2.42) mod 883 2 suy ra mâu thuẫn Cuối cùng, nếu trong (2.41) ta cú (f, g) ∈ 2,883 l , 1,2ã883 l ta thu được hệ
