Một số kiến thức chuẩn bị5 Trang 3 Một số ký hiệu viết tắtN Tập hợp các số tự nhiênZ Tập hợp các số nguyênR Tập hợp các số thựcR+ Tập hợp các số thực dươnga|b a là ước của ba ̸ | b a kh
Phép chia với dư
Xét tập số nguyên Z = {0,±1,±2, } Với mọi a,b ∈ Z, b , 0, tồn tại duy nhấtq,r ∈ Z,0 ⩽ |r|, sao cho a = bq+r ( Chia a cho b đượcq là thương số, rlà phần dư). Định nghĩa 1.1 Với a,b ∈ Z, ta nói a là ước của b nếu tồn tại số nguyên x sao cho ax = b Trong trường hợp này ta nói rằng b chia hết cho a hay b là bội của a và viếta|b (đọc là a là ước của b) Ngược lại ta nói a không là ước của b và viếta ̸ |b.
Với bất kỳ a ∈ Z, các điều sau đây luôn đúng:1|a,−1|a,a|a,−a|a Ta gọi các số 1, -1, a và -a là các ước tầm thường của a; 1 gọi là đơn vị, mọi ước bất kỳ khác của a được gọi là ước thực sự.
Số nguyên tố và hợp số Định nghĩa 1.2 Số nguyên dươnga > 1 được gọi là một số nguyên tố nếu a không có ước thực sự Số nguyên dương a gọi là một hợp số nếu a có ước thực sự Nếu a là số nguyên dương và các số nguyên tố p 1 ,p 2 ,p 3 , ,p k thoả mãn p 1 ×p 2 × p 3 × × p k = a thì tích p 1 ×p 2 × p 3 × × p k gọi là phân tích thừa số nguyên tố của a. Định lý 1.1 (Định lý cơ bản của số học) Mọi số a,a > 1, có phân tích thừa số nguyên tố duy nhất (không kể sự sai khác về thứ tự các thừa số). Định nghĩa 1.3 Cho a,b ∈ Z Ta định nghĩa ước chung lớn nhất của a và b là số nguyên lớn nhấtd mà cảa vàb đều chia hết hết cho d:d|a vàd|b Ước chung lớn nhất được ký hiệu là (a,b) = d hoặc gcd(a,b) = d Trong luận văn này ta sẽ sử dụng gcd(a,b) = d để chỉ ước chung lớn nhất của a và b. Định nghĩa 1.4 Nếu ước chung lớn nhất gcd(a,b) = 1 thì ta nói hai số nguyên a và b là nguyên tố cùng nhau. Định lý 1.2 Nếu a,b là các số nguyên cógcd(a,b) = dthìgcd(a/d,b/d) = 1. Định lý 1.3 Cho a,b,c là các số nguyên thoả mãn gcd(a,b) = d Khi đó gcd(a+cb,b) = d. Định lý 1.4 Nếu a,b,m,n ∈ Zvà clà ước số chung của a vàb thì c cũng là ước số củama +nb, nghĩa là (c|a vàc|b) =⇒ c|(ma+nb). Định lý 1.5 Cho hai số a,b ∈ Z Khi đó d = gcd(a,b) là số nguyên dương nhỏ nhất biểu diễn được dưới dạngd = ax +by với x,y ∈ Z. Định lý 1.6 Nếu a,b,c ∈ Z,a|bcvà a,b nguyên tố cùng nhau thìa|c. Định lý 1.7 Nếu a,b là các số nguyên dương thì tập hợp các tổ hợp tuyến tính củaa vàb là tập hợp các bội nguyên củagcd(a,b).
Thuật toán Euclide tìm ước chung lớn nhất Định lý 1.8 ( Thuật toán Euclide) Choa,b ∈ Z,b > 0 Thực hiện liên tiếp các phép chia có dư, ta có a = q0b+r1 với 0 < r1 < b b = q 1 r 1 + r 2 với 0 < r 2 < r 1 r 1 = q 2 r 2 + r 3 với0 < r 3 < r 2
Một vài phương trình có dạng 3 x + p y = z 2 , với p = 5, 17, 13, 117 9
Phương trình dạng 3 x + 5 y = z 2
Nội dung của phần này là trình bày lại kết quả nghiên cứu của Banyat Sroysang qua bài báo " On the Diophantine Equation3 x +5 y = z 2 " đăng trên tạp chí "Internation Journal of pure and Applied Mathematics, Volume.81,
No 4, năm 2012[1]. Định lý 2.1 Phương trình Diophantine 3 x + 5 y = z 2 chỉ có duy nhất một nghiệm nguyên không âm là(x,y,z) = (1,0,2).
Chứng minh Giả sử (x,y,z) là một nghiệm nguyên không âm bất kỳ của phương trình3 x +5 y = z 2
Với x = 0ta có phương trình 1 +5 y −z 2
Theo bổ đề 2.2 ta thấy phương trình này là vô nghiệm.
Từ đó suy ra nếu (x,y,z) là nghiệm nguyên không âm của 3 x + 5 y = z 2 thì x ≥ 1.
Với x ≥ 1, ta xét giá trị của y trong hai trường hợp sau:
- Với y = 0, theo bổ đề 2.1 ở trên ta có (x,z) = (1,2) là nghiệm của phương trình3 x +1 = z 2
Từ đó suy ra (x,y,z) = (1,0,2)là nghiệm của phương trình Diophantine mũ3 x + 5 y = z 2
Do 3 x là số lẻ và5 y là số lẻ nên z 2 là số chẵn, suy razcũng là số chẵn, từ đó ta cóz 2 ≡ 0(mod4).
Vì 3 x + 5 y = z 2 ≡ 0(mod4) nên ta có 3 x ≡ 3(mod4), từ đó suy ra x phải là số lẻ.
Vì x là số lẻ nên 3 x ≡ 2(mod5)hoặc 3 x ≡ 3(mod5)
Nên z 2 ≡ 2(mod5)hoặc z 2 ≡ 3(mod5) Điều này không thể xảy ra vìz là 1 số chẵn nênz 2 luôn có tận cùng là số 4 hoặc 6 hoặc 0, kéo theoz 2 ≡ 4(mod5) hoặcz 2 ≡ 1(mod5)hoặc z 2 ≡ 0(mod5).
Như vậy khi x ≥ 1 vày ≥ 1, phương trình3 x +5 y = z 2 là vô nghiệm.
Kết luận: phương trình Diophantine3 x +5 y = z 2 có một nghiệm duy nhất là
Hệ quả 2.1.Phương trình Diophantine3 x +5 y = w 2 không có nghiệm nguyên không âm.
Chứng minh Giả sử(x,y,w) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x + 5 y = w 4 , đặt z = w 2 , khi đó ta được 3 x + 5 y = z 2 Theo định lý 2.1 ta có nghiệm (x,y,z) = (1,0,2) khi đów 2 = z 2 = 2 điều này mâu thuẫn suy ra phương trình3 x +5 y = w 4 không có nghiệm nguyên không âm □
Phương trình dạng 3 x + 17 y = z 2
Nội dung của phần này là trình bày lại kết quả nghiên cứu của B Sroysang qua bài báo " On the Diophantine Equation 3 x + 17 y = z" đăng trên tạp chí
"Internation Journal of pure and Applied Mathematics, Volume.89, No.1. năm 2013[2]. Định lý 2.2 Phương trình Diophantine 3 x + 17 y = z 2 chỉ có duy nhất một nghiệm nguyên không âm là(x,y,z) = (1,0,2).
Chứng minh Giả sử (x,y,z) là một nghiệm nguyên không âm bất kỳ của phương trình3 x +17 y = z 2
Với x = 0ta có phương trình 1 +17 y = z 2
Theo bổ đề 2.2 ta có phương trình trên là vô nghiệm.
Từ đó suy ra nếu (x,y,z) là nghiệm nguyên không âm của 3 x + 17 y = z 2 thì x ≥ 1.
Với x ≥ 1, ta xét giá trị của y trong hai trường hợp sau:
- Với y = 0 Theo bổ đề 2.1 ở trên ta có (x,z) = (1,2) là nghiệm của phương trình3 x +1 = z 2
Từ đó suy ra(x,y,z) = (1,0,2)là nghiệm của phương trình Điophantine mũ
- Với y ≥ 1 và x ≥ 1 Ta thấy 3 x là số lẻ với mọi x ≥ 1, 17 y cùng là số lẻ với mọiy ≥ 1.
Vì vậy z 2 = 3 x − 17 y là số chẵn, suy ra z là số chẵn, kéo theo z 2 ≡
Do 17 ≡ 1(mod4), nên17 y ≡ 1(mod4)với mọi y ≥ 1.
Ta có 3 x + 17 y = z 2 ≡ 0 (mod4), nên 3 x ≡ 3 (mod4), suy ra x phải là số lẻ.
Vì xlà số lẻ, nên 3 x ≡
3(mod 17) 5(mod 17) 6(mod 17) 7(mod 17) 10(mod 17) 11(mod 17) 12(mod 17) 14(mod 17)
3(mod 17) 5(mod 17) 6(mod 17) 7(mod 17) 10(mod 17) 11(mod 17) 12(mod 17) 14(mod 17)
Mặt khác theo suy luận ở trênzlà số chẵn và có thể thử trực tiếp và nhận được kết quả sau: z 2 ≡
1(mod 17) 2(mod 17) 4(mod 17) 8(mod 17) 9(mod 17) 13(mod 17) 15(mod 17) 16(mod 17)
Từ (∗) và(∗∗) ta có mâu thuẫn
Vì vậy phương trình3 x + 17 y = z 2 không thể có nghiệm nguyên không âm(x,y,z) mà xvà yđồng thời là số nguyên dương.
Kết luận: Phương trình Diophantine 3 x + 17 y = z 2 có một nghiệm duy nhất là (x,y,z) = (1,0,2). Định lý được chứng minh □
Hệ quả 2.2.Phương trình Diophantine 3 x +17 y = w 4 không có lời giải trong tập các số nguyên không âm.
Chứng minh Giả sử(x,y,w) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x +17 y = w 4 , đặt z = w 2 khi đó ta được 3 x +17 y = z 2 Theo định lý 2.2 ta có nghiệm(x,y,z) = (1,0,2),w 2 = z = 2 điều này mâu thuẫn suy ra phương trình3 x +17 y = w 4 không có nghiệm nguyên không âm □
Phương trình dạng 3 x + 13 y = z 2
Nội dung của phần này là trình bày lại kết quả nghiên cứu của S Asthara và M Singh về phương trình 3 x + 13 y = z 2 qua nội dung bài báo " On the Diophantine Equation 3 x + 13 y = z 2 " đăng trên tạp chí "Internation Journal of pure and Applied Mathematics, Volume.114, No.2 năm 2017[3]. Định lý 2.3 Phương trình dạng 3 x + 13 y = z 2 có ít nhất 4 nghiệm nguyên không âm là(x,y,z) ∈ {(1,0,2),(1,1,4),(3,2,14),(5,1,16)}.
Chứng minh Giả sử (x,y,z) là một nghiệm nguyên không âm của phương trình3 x +13 y = z 2
- Nếu x = 0, áp dụng bổ đề 2.2 đối với phương trình 1 +13 y = z 2 , ta có ngay phương trình này vô nghiệm.
Từ đó ta suy ra nếu(x,y,z) là nghiệm nguyên không âm của3 x +13 y = z 2 thì x ≥ 1.
- Với x ≥ 1trong trường hợp này ta sẽ nghiên cứu giá trị của ykhiy chẵn vàylẻ.
- Vớiy = 0 theo bổ đề 2.1 trên ta có (x,z) = (1,2)là nghiệm của phương trình3 x +1 = z 2
Từ đó suy ra(x,y,z) = (1,0,2)là nghiệm của phương trình Diophantine mũ
- Trường hợp ylà số chẵn lớn hơn 0.
Khi đóy có dạng y = 2k(k ≥ 1), từ phương trình 3 x +13 y = z 2 có dạng:
Ta thấy ngay u = 0 nên ta có3 x − 1 = 2.13 k suy ra 3 x −1 = 2.13 k ,
Và ta có(x,y,z) = (3,2,14)là một nghiệm nguyên không âm của phương trình Diophantine3 x +13 y = z 2
- Trường hợp ylà số lẻ, y có dạng y = 2l+ 1(l ≥ 0)
Ta có nhận xét sau: Vì3 x là số lẻ, 13 y là số lẻ lên ta có z 2 là số chẵn, kéo theozphải là số chẵn Suy raz 2 ≡ 0(mod4).
Dễ dàng chứng minh được3 x ≡ 3(mod4)khi xlà lẻ và3 x ≡ 1(mod4)khi xlà chẵn Vì 13 ≡ 1(mod4)nên 13 y ≡ 1(mod4)∀y.
Ta có 3 x +13 y = z 2 ≡ 0(mod4)nên 3 x ≡ 3(mod4) Từ đó suy ra xphải là số lẻ Đặtz = 2 m ta có:
Từ hệ phương trình đầu tiên ta có 13 l (6−4.13 l ) = 3 x − 1
Từ đó suy ral = 0,x = 1,m = 2 hay(x,y,z) = (1,1,4).
Từ hệ phương trình thứ 2 ta có:
l = 0 m = −1 Điều này không thể xảy ra vìm là số nguyên dương. ii)Từ(∗) ta lại có:
Từ hệ phương trình đầu tiên ta có:13 l (30+212.13 l ) = 3 x −1suy ral = 0 và30+212 = 3 x −1 ta có x = 5 vàm = 8ta có nghiệm(x,y,z) = (5,1,16).
Từ phương trình thứ 2 ta có l = 0 và 212.13 l − 30 = 3 x − 1 nên ta có
3 x = 183 Phương trình này là vô nghiệm vì xlà số nguyên.
Như vậy ta có phương trình3 x +13 y = z 2 có ít nhất 4 bộ nghiệm là (x,y,z) ∈ {(1,0,2),(1,1,4),(3,2,14),(5,1,16)} □
Hệ quả 2.3.Phương trình Diophantine3 x +13 y = w 4 Có ít nhất hai nghiệm nguyên không âm là(x,y,z) = (1,1,2)và(x,y,z) = (5,1,4).
Chứng minh Giả sử(x,y,w) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x + 13 y = w 4 , Đặt z = w 2 khi đó ta được: 3 x + 13 y = z 2 Theo định lí 2.3 ta có các nghiệm (x,y,z) ∈ {(1,1,4)(5,1,16)} khi đó w 2 = z ∈ {4,16} do đó w ∈ {2,4} suy ra (x,y,z) ∈ {(1,2,2)(5,1,4}) là các nghiệm dương của phương trình3 x +13 y = w 4 □
Hệ quả 2.4.Phương trình mũ 3 x + 13 y = v 8 có ít nhất một nghiệm nguyên không âm là(x,y,v) = (5,1,2).
Chứng minh Giả sử(x,y,v) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x +13 y = v 8 , Đặt z = v 4 khi đó ta được: 3 x + 13 y = z 2 Theo định lí 2.3 ta có nghiệm(x,y,z) = (5,1,16),v 4 = z = 16 do đóv = 2vậy nghiệm nguyên không âm của phương trình Diophantine là3 x +13 y = v 8 (x,y,z) = (5,1,2).
Ta có điều phải chứng minh □
Trong đó bài báo này, chúng tôi đã chỉ ra rằng phương trình Diophantine
3 x + 117 y = z 2 có bốn nghiệm nguyên không âm trong đó x,y và z là các số nguyên không âm có ít nhất 4 nghiệm nguyên không âm là (x,y,z) ∈{(1,0,2),(1,1,4),(3,2,14),(5,1,16)}.
Phương trình dạng 3 x + 117 y = z 2
Nội dung của phần này là trình bày lại kết quả nghiên cứu của S Asthara và M Singh về phương trình3 x + 177 y = z 2 qua nội dung bài báo " On the Diophantine Equation3 x +117 y = z 2 " đăng trên tạp chí "GANITA,No.70(2). năm 2020[4]. Định lý 2.4 Phương trình dạng 3 x +117 y = z 2 có ít nhất 4 nghiệm nguyên không âm là(x,y,z) ∈ {(1,0,2),(3,1,12),(7,1,48),(7,2,126)}.
Chứng minh Giả sử (x,y,z) là một nghiệm nguyên không âm của phương trình3 x +117 y = z 2
- Nếu x = 0, áp dụng bổ đề 2.2 đối với phương trình1 +117 y = z 2 , ta có ngay phương trình vô nghiệm.
Từ đó ta suy ra nếu(x,y,z)là nghiệm nguyên không âm của3 x +117 y = z 2 thì x ≥ 1.
Với x ≥ 1 trong trường hợp này ta sẽ nghiên cứu giá trị của y khi y chẵn vàylẻ.
- Với y = 0, theo bổ đề 2.1 ở trên ta có (x,z) = (1,2) là nghiệm của phương trình3 x +1 = z 2
Từ đó suy ra (x,y,z) = (1,0,2)là nghiệm của phương trình Diophantine mũ3 x + 117 y = z 2
- Với y là số chẵn lớn hơn 0 khi đó y có dạng y = 2l, (l ≥ 0) khi đó từ phương trình3 x +117 y = z có dạng
Ta thấy ngay u = 0 nên ta có3 x −1 = 2.117 l , vìl ≥ 1, ta có
Suy ra x = 7,y = 2 và z = 126, và ta có (x,y,z) = (7,2,126) là một nghiệm nguyên không âm của phương trình Diophantine 3 x +117 y = z 2
- Vớiy là số lẻ, khi đó y = 2l+1 (l ≥ 0) ta có nhận xét sau:
z−11.117 l = 1(1) z+11.117 l = 3 x−4 117 2l (2) Trừ phương trình (2) cho (1) ta được z+11.117 l −z+11.117 l = 3 x −4.117 2l −1
Ta được l = 0 và 3 x = 27 suy ra x = 3,y = 1 và z = 12 do đó (x,y,z) (3,1,12) là một nghiệm không âm của phương trình 3 x + 117 y = z 2
z−47.117 l = 1(3) z+47.117 l = 3 x −2092.117 2l (4) Trừ phương trình (4) cho (3) ta được: z+47.117 l −z+47.117 l = 3 x −2092.117 2l − 1
Ta có l=0 và 3 x = 2187 hay 3 x = 3 7 suy ra x = 7,y = 1 và z = 48 do đó (x,y,z) = (7,1,48) là một nghiệm không âm của phương trình 3 x + 117 y z 2 □
Hệ quả 2.5 Phương trình Diophantine 3 x +117 l = w 4 không có nghiệm số nguyên không âm.
Chứng minh Giả sử(x,y,w) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x + 117 l = w 4 , đặt z = w 2 , khi đó ta được 3 x + 117 l = z 2 theo định lý 2.4 ta có các nghiệm(x,y,z) ∈ {(1,0,2),(3,1,12),(7,1,48),(7,2,126)}.Khi đó w 2 = z ∈ {2,12,48,126}, z điều này mâu thuẫn suy ra phương trình
3 x +117 l = w 2 không có nghiệm nguyên không âm □
Hệ quả 2.6.Phương trình Diophantine3 x +117 l = 36u 2 có ít nhất ba nghiệm nguyên không âm là (x,y,u) = (3,1,2),(x,y,u) = (7,1,8) và (x,y,u) (7,2,21).
Chứng minh Giả sử (x,y,u) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x + 117 l = 36u 2 , đặt z = 6, khi đó ta được 3 x + 117 l = z 2 theo định lý 2.4 ta có các nghiệm(x,y,z) ∈ {(1,0,2),(3,1,12),(7,1,48),(7,2,126)}.Khi đó u ∈ {2,8,21}, z, suy ra (x,y,u) ∈ {(3,1,2),(7,1,8),(7,2,21)} là nghiệm dương(x,y,u) của phương trình3 x +117 l = 36u 2 □
Hệ quả 2.7.Phương trình Diophantine3 x +117 l = 144v 4 có ít nhất 2 nghiệm nguyên không âm là(x,y,v) = (3,1,1)và(x,y,v) = (7,1,2).
Chứng minh Giả sử(x,y,v) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x + 117 l = 144v 4 , đặt z = 12v 2 , khi đó ta được 3 x + 117 l = z 2 theo định lý 2.4 ta có các nghiệm (x,y,z) ∈ {(1,0,2),(3,1,12),(7,1,48),(7,2,126)} Khi đó v ∈ {1,2} suy ra (x,y,z) ∈ {(3,1,1),(7,1,2)} là nghiệm dương của phương trình3 x +117 l = 144v 4 □
Hệ quả 2.8 Phương trình Diophantine 3 x + 117 l = 4m 4 có duy nhất một nghiệm nguyên không âm là (x,y,m) = (1,0,1)
Chứng minh Giả sử(x,y,m) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x +117 l = 4m 2 , đặtz = 2m 2 , khi đó ta được
3 x +117 l = z 2 theo định lý 2.4 ta có các nghiệm(x,y,z) ∈ {(1,0,2),(3,1,12),
(7,1,48),(7,2,126)} nên 2m 2 = 2 suy ra m = 1 do đó (1,0,1) là nghiệm dương của phương trình3 x + 117 l = 4m 2 □
Hệ quả 2.9.Phương trình Diophantine3 x +117 l = 4m 2 có ít nhất 4 nghiệm nguyên không âm là(x,y,m) = (1,0,1),(x,y,m) = (3,1,6),
Chứng minh Giả sử(x,y,m) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x + 117 l = 4m 2 , đặt z = 2m, Khi đó ta được 3 x + 117 l = z 2 theo định lý 2.4 ta có các nghiệm
(x,y,z) ∈ {(1,0,2),(3,1,12),(7,1,48),(7,2,126)} nên m ∈ {1,6,24,63}, suy ra (x,y,z) ∈ {(1,0,1),(3,1,6),(7,1,24), (7,2,63)} là các nghiệm của phương trình Diophantine3 x +117 l = 4m 2 □
Hệ quả 2.10.Phương trình Diophantine3 x +117 l = 9n 4 có ít nhất 2 nghiệm nguyên không âm là(x,y,n) = (3,1,2)và(x,y,n) = (7,1,4).
Chứng minh Giả sử (x,y,n) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x + 117 l = 9n 4 , đặt z = 3n 2 , khi đó ta được 3 x + 117 l = z 2 theo định lý 2.4 ta có các nghiệm(x,y,z) ∈ {(1,0,2),(3,1,12),(7,1,48),(7,2,126)}.Khi đó n ∈ {2,4}, suy ra (x,y,z) ∈ {(3,1,2),(7,1,4)} là các nghiệm dương của phương trình3 x +117 l = 9n 4 □
Hệ quả 2.11.Phương trình Diophantine 3 x +117 l = 196t 4 có duy nhất một nghiệm nguyên không âm là (x,y,t) = (7,2,3).
Chứng minh Giả sử (x,y,t) là nghiệm nguyên không âm của phương trình
3 x + 117 l = 196t 4 , đặt z = 14t 2 , khi đó ta được 3 x + 117 l = z 2 theo định lý 2.4 ta có nghiệm (x,y,z) ∈ {(1,0,2),(3,1,12),(7,1,48),(7,2,126)} nên 14t 2 = 126 suy ra t = 3 suy ra (x,y,t) = (7,2,3) là nghiệm dương của phương trình3 x +117 l = 196t 4 □
Trong đó bài báo này, chúng tôi đã chỉ ra rằng phương trình Diophantine
3 x + 117 y = z 2 có bốn nghiệm nguyên không âm trong đó x,y và z là các số nguyên không âm Các nghiệm lần lượt là (1,0,2)(3,1,12)(7,1,48) và
Phương trình có dạng 3 x + p y = z 2 trong đó p là số nguyên tố
Trong chương này chúng ta sẽ nghiêm cứu phương trình Diophantine có dạng 3 x + p y = z 2 , với p là một số nguyên tố, và trình bày lại các kết quả của nhà toán học Trung Quốc là Lu Lei đã công bố bài báo " A note on the Diophantine equationq x + p y = z 2 được đăng năm 2018[5].
Trước hết ta sẽ bổ sung một số kiến thức cần thiết như thặng dư bậc hai, ký hiệu legendre, luật tương hỗ bậc hai.
Thặng dư bậc hai. Định nghĩa 3.1 Cho a vàm là các số nguyên thoả mãn gcd(a,m) = 1 Nếu tồn tại một số nguyên xnào đó thoả mãn a ≡ x 2 (mod m) thì ta nói số nguyên alà thặng dư bậc hai theo modulom Nếua x 2 (mod m)với mọi số nguyên xthì ta nói akhông là thặng dư bậc hai theo modulo m.
+ Ta có2 là thặng dư bậc hai theo modulo 7 vì ta có2 ≡ 3 2 (mod7).
+ Số nguyên 3 không phải là thặng dư bậc hai theo modulo 7 vì phương trình đồng dư 3 ≡ x 2 (mod7) không có nghiệm nguyên (∀x ∈ Z : 3 x 2 (mod7)). Định nghĩa 3.2.Cho p là một số nguyên tố Ký hiệu Legendre( a p )được định nghĩa như sau:
1 nếu a là thặng dư bậc hai modulo p
-1 nếu a không là thặng dư bậc hai modulo p
Mệnh đề 3.1.Cho p là số nguyên tố Khi đó:
Một kết quả đặc biệt quan trọng của thặng dư bậc hai là luật Gauss về sự tương hỗ bậc hai mà ta thường gọi là luật tương hỗ bậc hai, được phát biểu dưới đây.
Mệnh đề 3.2.(Luật tương hỗ bậc hai): Giả sử pvàqlà hai số nguyên tố khác nhau Khi đó ta có:
Mệnh đề 3.3.Cho p vàq là hai số nguyên tố lẻ khác nhau Khi đó ta có:
2) Nếu p ≡ 1(mod4)vàq ≡ 3(mod4), thì q p = 1 ⇐⇒ ( q p ) = 1.
Phần dưới đây ta sẽ đưa ra 2 bổ đề cần thiết cho chứng minh kết quả chính.
Bổ đề 3.1.Cho phương trình Diophantineq x +1 = z 2 , vớiqlà một số nguyên tố Ta có các kết quả sau:
1)Phương trình trên chỉ có một nghiệm nguyên không âm là
2) Với q = 3, phương trình trên chỉ có một nghiệm nguyên không âm là (x,z) = (1,2).
3)Vớiq ⩾ 5, phương trình trên không có nghiệm nguyên không âm.
Chứng minh Từ phương trìnhq x +1 = z 2 , ta cóq x = z 2 −1 = (z+1)(z−1).
Từ đó suy raq|(z+1)(z−1) vì (z+1)−(z−1) = 2, mà∀a,b ∈ Zta luôn có gcd(a+ b,a −b),nên các số (z+ 1)và (z−1) không thể đồng thời chia hết cho số nguyên tố q ⩾ 3.
1) Vớiq = 2, ta có phương trình
(z+ 1)ư (zư1) = 2 xưu ư2 u = 2 nên ta có
Suy rau = 1,(x−2u) = 1, từ đó ta có x = 3 vàz = 3.
Vậy phương trình 2 x + 1 = z 2 chỉ có duy nhất đúng một nghiệm nguyên không âm là(x,z) = (3,3).
2) Vớiq = 3, ta có phương trình 3 x +1 = z 2 , theo bổ đề 2.1 phương trình có duy nhất một nghiệm nguyên không âm là(x,z) = (1,2).
3) Vớiq ≥ 5, theo lập luận ở trên ta cóq x = (z+1)(z−1) vàq chỉ có thể là ước của một trong hai nhân tử ở vế phải.
Vì (z− 1)|q x , suy ra (z− 1)|q, vì q là số nguyên tố mà q ̸ |(z−1), nên ta cóz−1 = 1 hayz = 2.
Khi đóq x = 3, đẳng thức này không thể xảy ra vì q ≥ 5.
+ Nếu q|(z− 1) vàq ̸ |(z− 1) Lập luận tương tự như trên ta có (z +1)|q và(z+1) , q Do q là số nguyên tố nên z+ 1 = 1, suy ra z = 0, ta có mâu thuẫn vì3 x +1 > 0 với mọi xlà số nguyên không âm.
Vì vậy với q ≥ 5, phương trình q x + 1 = z 2 không có nghiệm nguyên không âm.
Bổ đề được chứng minh □
Bổ đề 3.2 Cho n là một số nguyên dương Nếu n ≡ 1(mod4) và (x,y,z) là một nghiệm của phương trình Diophantine thì x là một số lẻ.
Chứng minh Trước hết ta có nhận xét sau:
3 x ≡ 1(mod4) Theo giả thiếtn ≡ 1(mod4), nên ta có n y ≡ 1(mod4)Từ đó ta có:
Nhưng vì bình phương của một số nguyên không bao giờ đồng dư với 2 theo modulo 4, nên ta loại bỏ (2).
Từ đó ta có:z 2 ≡ 0(mod4), suy ra 3 x ≡ 3(mod4).
Ta nhận được3 x−1 ≡ 1(mod4), suy ra (x− 1)phải là số chẵn, vì vậy ta có x là số lẻ.
Bổ đề được chứng minh □ Định lý 3.1 Cho p là một số nguyên tố thoả mãn p ≡ 5(mod12), khi đó phương trình Diophantine 3 x + p y = z 2 chỉ có duy nhất một nghiệm nguyên không âm là(x,y,z) = (1,0,2).
Chứng minh a) Vớiy = 0, từ phương trình3 x +p y = z 2 ta nhận được phương trình3 x +1 = z 2 Áp dụng bổ đề 3.1 với q = 3, ta thấy phương trình này chỉ có một nghiệm nguyên không âm duy nhất là(x,z) = (1,2).
Từ đó ta có(x,y,z) = (1,0,2)là nghiệm nguyêm không âm của phương trình
Ta có3 x + p y = z 2 kéo theo 3 x ≡ z 2 (mod p).
Từ đồng dư thức này ta thấy 3 x là thặng dư bậc hai theo modulo p, điều đó có nghĩa là( 3 p x ) = 1.
(3 x p)(3 x−1 p )(3 p)(3) Giả sử (x,y,z) là một nghiệm nguyên không âm của phương trình 3 x + p y = z 2
Theo giả thiết vì p ≡ 5(mod12) p = 12u+5 = 4(3u +1)+1 ≡ 1(mod4)ta suy ra p ≡ 1(mod4), Vì vậy ta có thể áp dụng bổ đề 3.2 cho phương trình trên và ta có x phải là một số lẻ, từ đó nhận được (x − 1) là một số chẵn: (x−1) = 2t(t ≥ 0).
Suy ra3 x−1 cũng là một thặng dư bậc hai theo modulo p.
Từ biểu thức (3) ta có:( 3 p x ) = ( 3 p ).
Theo luật tương hỗ bậc hai ta có:
Do p = 12u+5 = 3(4u+1)+2 ≡ 2(mod3), nên theo mệnh đề 3.1 ý 4 ta có: ( 3 p ) = ( 2 3 ) = −1
Như vậy khi y , 0, phương trình 3 x + p y = z 2 không có nghiệm nguyên không âm Vậy định lý được chứng minh □
Hệ quả 3.1: Cho p là một số nguyên tố thoả mãn p ≡ 5(mod12), khi đó phương trình3 x + p y = z 2k không có nghiệm nguyên không âm với k ≥ 2.
Chứng minh Theo định lý 3.1 thì phương trình trên chỉ có một nghiệm duy nhất là (x,y,z k ) = (1,0,2), rõ ràng với k ≥ 2 thì không tồn tại số nguyên z thoả mãn z k = 2 Vậy phương trình 3 x + p y = z 2k không có nghiệm nguyên không âm.
Dưới đây chúng ta sẽ nghiên cứu trường hợp tổng quát định lý 3.1, đối với phương trình 3 x + b y = z 2 , trong đób không nhất thiết là một số nguyên tố □ Định lý 3.2 Phương trình Diophantine chỉ có duy nhất một nghiệm nguyên không âm là (1,0,2) khi b là số nguyên dương thoả mãn b ≡ 1(mod4) và b có nhân tử nguyên tố p ≡ 5(mod12) hoặc b có nhân tử nguyên tố p ≡ 7(mod12).
Chứng minh Áp dụng bổ đề 3.1, khi y = 0, ta thấy ngay phương trình 3 x + b y = z 2 có nghiệm nguyên không âm là (1,0,2).
- Xét trường hợp y , 0 giả sử (x,y,z) là một nghiệm nguyên không âm của phương trình3 x +b y = z 2
Giả p là một nhân tử nguyên tố của b thoả mãn hoặc p ≡ 5(mod12) hoặc p ≡ 7(mod12).
Vì p|b nên ta có 3 x ≡ z 2 (mod p)
Từ đó ta suy ra ngay( 3 p x ) = 1 (4)
Theo bổ đề 3.2, vìb ≡ 1(mod4), nên ta có x là số lẻ.
Khi p ≡ 5(mod12), lặp lại hoàn toàn cách suy luận trong chứng minh định lý 3.1 khi đó có 3 x ≡ z 2 (mod p) ta suy ra được phương trình 3 x + b y = z 2 không có nghiệm nguyên không âm.
Khi p ≡ 7(mod12), ta có p ≡ 3(mod4)và p ≡ 1(mod3).
Vì(x− 1)là số chẵn, nên có ngay 3 x − 1 là thặng dư bậc hai theo mod p, nên ta có:
Do p ≡ 3(mod4), nên p có dạng p = 4t + 3,(t ≥ 0), vì vậy p−1 2 = 2t +1 là một số lẻ Theo luật tương hỗ bậc hai ta có:
Do p ≡ 1(mod3), nên áp dụng ý 4 của mệnh đề 3.1 ta có ( p 3 ) = ( 1 3 )
Ta thấy các biểu thức (4) và (5) mâu thuẫn.
Vì vậy, trong trường hợp này phương trình 3 x + b y = z 2 cũng không có nghiệm nguyên không âm.
Kết luận: Phương trình3 x +b y = z 2 chỉ có duy nhất nghiệm nguyên không âm là(1,0,3) □
Hệ quả 3.2: Cho p là một số nguyên dương sao cho b ≡ 1(mod4) và b có một nhân tử là p thoả mãn p ≡ (mod12) hoặc p ≡ 7(mod12) thì phương trình3 x +b y = z 2k không có nghiệm nguyên không âm khi k ≥ 2.
Chứng minh Áp dụng định lý 3.2 ta suy ra được ngay
(x,y,z k ) = (1,0,2) là nghiệm duy nhất của phương trình3 x + b y = (z k ) 2 với k ≥ 2 không tồn tại số nguyên nào thoả mãn z k = 2 Suy ra phương trình
3 x +b y = z 2k không có nghiệm nguyên không âm □
Kết luận Đề tài luận văn “Về các phương trình Diophantine dạng 3 x + p y = z 2 ” với mục đích trình bày lại kết quả của một số bài báo liên quan đến một vài phương trình dạng 3 x + p y = z 2 , trong đó p là một số nguyên tố bất kỳ và phương trình tổng quát có dạng3 x + p y = z 2 với plà một số nguyên tố Luận văn đã trình bày được các nội dung sau: a) Nêu ra một số khái niệm cơ bản của lý thuyết số. b) Một vài phương trình có dạng 3 x + p 2 = z 2 c) Phương trình có dạng3 x + p 2 = z 2 , trong đó p là một số nguyên tố. Đặc biệt các nội dung trong luận văn hoàn toàn có thể chuyển thành các chuyên đề ôn luyện một số bài toán dành cho học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế hay chuyên đề dạy học cho các em học sinh có sự ham mê, năng khiếu với môn toán trong chương trình toán phổ thông.