Nội dung của chương này đượcviết dựa theo các tài liệu [1, 2].Trong Chương 2 của luận văn, chúng tôi trình bày một số kết quả vềnghiệm của các phương trình Diophantine px+ p + 6y = z2 kh
Miền nhân tử hóa
Miền nguyên
Định nghĩa 1.1.1 Một tập hợp R cùng với hai phép toán hai ngôi, một là phép cộng và một là phép nhân được gọi là vành nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) Tập hợp R là một nhóm Abel đối với phép cộng.
(ii) Phép nhân trên R là kết hợp, nghĩa là (xy)z = x(yz)với mọi x, y, z ∈
(iii) Phép nhân là phân phối đối với phép cộng, nghĩa là với mọi x, y, z ∈
(x+y)z = xz+yz và z(x+y) = zx+zy.
(iv) Tồn tại phần tử 1 R sao cho 1 R x = x1 R = x, với mọi x ∈ R.
Thông thường ta luôn kí hiệu 1 cho phần tử đơn vị và 0 cho phần tử không của R. Định nghĩa 1.1.2 Một vành R được gọi là vành giao hoán nếu xy = yx, với mọi x, y ∈ R.
Tiếp theo ta nhắc lại các khái niệm iđêan và vành thương. Định nghĩa 1.1.3 Cho R là một vành giao hoán và I là một nhóm con của R đối với phép cộng.
(i) I được gọi là một iđêan của R nếu RI ⊆ I nghĩa là ax ∈ I với mọi a ∈ R, x∈ I.
(ii) Cho I là một iđêan của vành R Ta nói I là một iđêan thực sự của R nếu I 6= R.
Cho I là một iđêan của một vành giao hoán R Vì I là nhóm con chuẩn tắc của nhóm của R đối với phép cộng, nên R/I = {x + I|x ∈ R} là nhóm thương với phép cộng các lớp ghép cho bởi
Trên R/I ta xét một quy tắc nhân như sau: với mỗi x+ I, y+ I ∈ R/I đặt
Khi đó ta có định lý sau. Định lý 1.1.4 Cho I là một iđêan thực sự của một vành giao hoán R. Khi đó R/I là một vành giao hoán với phép nhân được định nghĩa như sau:
Chứng minh Trước hết ta chứng minh phép nhân được xác định như trên là có nghĩa, tức là nó không phụ thuộc vào cách chọn đại diện của lớp ghép Cụ thể, cho a+I = x+I và b+I = y +I, ta cần chỉ ra ab+ I = xy +I.
Thật vậy, theo giả thiết ta có a−x, b−y ∈ I Do đó tồn tại c, d ∈ I sao cho a = x+c và b = y +d Do tính chất phân phối của phép nhân trong
R, ta có ab = (x+c)(y +d) =xy +xd+cy +cd, hay ab−xy = xd+cy +cd.
Rõ ràng xd+cy +cd ∈ I vì I là một iđêan Từ đây suy ra ab−xy ∈ I.
Dễ thấy lớp ghép 1 +I là phần tử đơn vị đối với phép nhân Việc chứng minh phép nhân định nghĩa như trên có tính chất kết hợp và phân phối với phép cộng các lớp ghép của R/I là dễ dàng dựa vào định nghĩa của các phép toán và tính chất kết hợp, tính phân phối của phép nhân đối với phép cộng trong vành R Rõ ràng do R là vành giao hoán nên R/I là một vành giao hoán. Định nghĩa 1.1.5 Vành R/I xác định như trên được gọi là vành thương của R đối với iđêan I.
Tiếp theo là các khái niệm iđêan nguyên tố và iđêan tối đại. Định nghĩa 1.1.6 Cho I là một iđêan của một vành giao hoán R.
(i) I được gọi là iđêan nguyên tố nếu I 6= R và xy ∈ I thì hoặc x ∈ I hoặc y ∈ I.
(ii) I được gọi là iđêan tối đại nếu tồn tại iđêanJ 6= I chứaI thì J = R. Định nghĩa 1.1.7 (i) Một vành giao hoán D được gọi là một miền nguyên nếu ab = 0 thì kéo theo hoặc a = 0 hoặc b = 0.
(ii) Một vành giao hoán D được gọi là một trường nếu mọi phần tử khác không đều có nghịch đảo, nghĩa là nếu a 6= 0 thì tồn tại b ∈ R sao cho ab = 1.
Ví dụ 1.1.8 (i) Z,Q,R,C đều là các miền nguyên.
(iii) Vành các số nguyên Z/4Z modulo 4 không là miền nguyên.
(iii) Vành các số nguyên Z/nZ modulo n là miền nguyên khi và chỉ khi n là một số nguyên tố.
Lưu ý rằng trường thì luôn là một miền nguyên Tuy nhiên điều ngược lại là không đúng, ví dụ Z là một miền nguyên nhưng không là trường. Kết quả tiếp theo cho ta đặc trưng của miền nguyên và trường. Định lý 1.1.9 Cho I là một iđêan của vành R Khi đó các phát biểu sau là đúng:
(i) I là nguyên tố khi và chỉ khi R/I là miền nguyên.
(ii) I là tối đại khi và chỉ khi R/I là một trường.
Phần tử nguyên tố
Trong suốt mục này ta luôn xét D là một miền nguyên. Định nghĩa 1.1.10 Cho a, b là hai phần tử của D.
(i) Cho b 6= 0 Ta nói b là một ước của a (hay a là bội của b), kí hiệu là b|a, nếu tồn tại q ∈ D sao cho a = bq Nếu b là ước của a thì ta còn nói b chia hết a hoặc a chia hết cho b.
(ii) Nếu tồn tại q ∈ D để 1 = bq thì ta nói b là ước của đơn vị.
(iii) Cho 0 6= a và 0 6= b Ta nói a liên kết b, kí hiệu là a ∼ b, nếu a|b và b|a Nếu a không liên kết với b thì ta kí hiệu a b.
(iv) Cho b là một ước của a Ta nói b là ước thực sự của a, kí hiệu b||a, nếu b 1 và b a Các ước của a liên kết với 1 hoặc liên kết với a được gọi là các ước tầm thường của a.
Mệnh đề 1.1.11 Cho 0 6= a, b ∈ D Khi đó a liên kết b khi và chỉ khi chúng chỉ sai khác nhau bởi một nhân tử là ước của đơn vị.
Chứng minh Giả sử a và b là liên kết Khi đó tồn tại c, d ∈ D sao cho a = cb và b = da Suy ra a = cb = cda Do D là miền nguyên và a 6= 0 nên 1 = cd Vậy cả c và d là ước của đơn vị và do đó a và b chỉ khác nhau một nhân tử là ước của đơn vị Ngược lại, giả sử a = cb với c là một ước của đơn vị Khi đó b|a Do c|1 nên tồn tại d ∈ D sao cho 1 = cd Vì thế ta có ad = b(cd) = b Suy ra a|b Vậy a và b liên kết với nhau. Định nghĩa 1.1.12 Cho p ∈ D là một phần tử khác không và khác ước của đơn vị.
(i) p được gọi là phần tử bất khả quy nếu p không có ước thực sự.
(ii) p được gọi là phần tử nguyên tố nếu p|ab kéo theo p|a hoặc p|b với mọi a, b ∈ D.
Trong trường hợp tổng quát, nhìn chung hai khái niệm này không tương đương Tuy nhiên ta có tính chất sau đây.
Mệnh đề 1.1.13 Mọi phần tử nguyên tố đều bất khả quy.
Chứng minh Giả sử a|p Khi đó tồn tại b ∈ D để p = ab Suy ra p|ab Do p nguyên tố nên p|a hoặc p|b Nếu p|a thì a ∼ p Nếu p|b thì p ∼ b và do đó p và b chỉ sai khác nhau nhân tử là ước của đơn vị, tức là a là ước của đơn vị.
Tiếp theo là khái niệm ước chung lớn nhất. Định nghĩa 1.1.14 Cho a, b ∈ D Phần tử 0 6= d ∈ D được gọi là một ước chung lớn nhất của a và b, kí hiệu (a, b) hoặc gcd(a, b) nếu d là một ước chung của a, b và là bội của mọi ước chung khác của a, b.
Chú ý rằng với d, d 0 là hai ước chung lớn nhất của a và b, thì tồn tại phần tử khả nghịch u ∈ D sao cho d = d 0 u.
Miền nhân tử hóa
Định nghĩa 1.1.15 Miền nguyên D được gọi là thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất nếu hai phần tử bất kỳ của D không đồng thời bằng
0 đều có ước chung lớn nhất. Định nghĩa 1.1.16 Miền nguyên D được gọi là thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự nếu với mọi phần tử a1, a2, a3, trong D thỏa mãn điều kiện a 2 |a 1 , a 3 |a 2 , đều phải dừng.
Tiếp theo là một số tính chất của miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất và điều kiện dãy dừng các ước thực sự.
Bổ đề 1.1.17 Cho D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Khi đó các phát biểu sau là đúng:
(i) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều có một ước bất khả quy.
(ii) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy.
Chứng minh (i) Cho a ∈ D là phần tử khác không và không khả nghịch. Nếu a là bất khả quy thì a chính là ước bất khả quy của a Nếu a không là bất khả quy thì a có ước thực sự là a 1 Nếu a 1 là bất khả quy thì ta có điều cần chứng minh Nếu a 1 không bất khả quy thì a 1 có ước thực sự là a2 Tiếp tục quá trình trên ta được một dãy các ước thực sự Dãy này phải dừng nên a có ước bất khả quy.
(ii) Cho a ∈ D là phần tử khác không và không khả nghịch Nếu a là bất khả quy thì a = a là một sự phân tích Nếu a không là bất khả quy thì a có một ước bất khả quy là p1 Khi đó a = p1a1 với a1 là ước thực sự củaa Nếu a 1 là bất khả quy thì ta có điều cần chứng minh Nếu a 1 không là bất khả quy thì a 1 có một ước bất khả quy là p 2 Giả sử a 1 = p 2 a 2 thì a 2 là ước thực sự của a 1 Nếu a 2 là bất khả quy thì a = p 1 p 2 a 2 là sự phân tích Nếu a 2 không là bất khả quy thì tiếp tục quá trình trên Quá trình này phải dừng vì D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Vậy ta có a = p 1 p 2 p t là sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy.
Bổ đề 1.1.18 Cho D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất Khi đó mọi phần tử bất khả quy đều nguyên tố.
Chứng minh Cho p là phần tử bất khả quy và p|ab Vì D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất nên(p, ab) ∼ p Giả sử p không là ước của a và cũng không là ước của b Vì p là bất khả quy nên các ước của p hoặc liên kết với 1 hoặc liên kết với p Vì thế (p, a) ∼ 1 ∼(p, b) Do đó (p, ab) ∼1, điều này là mâu thuẫn Vậy p|a và p|b Do đó p là phần tử nguyên tố. Định nghĩa 1.1.19 Một miền nguyên D được gọi là miền nhân tử hóa (vành nhân tử hóa) nếu mỗi phần tử khác 0 và khác ước của đơn vị của
D đều phân tích được thành tích những phần tử bất khả quy và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự và các nhân tử là ước của đơn vị.
Từ các bổ đề trên ta có đặc trưng tương đương của miền nhân tử hóa.
Mệnh đề 1.1.20 Miền nguyên D là miền nhân tử hóa nếu và chỉ nếu đó D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất và điều kiện dãy dừng các ước thực sự.
Chứng minh Giả sử D là một miền nhân tử hóa Trước tiên ta sẽ chứng minh D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Thật vậy, với mỗi phần tử a 6= 0 và khác ước của đơn vị, ta định nghĩa độ dài của a là số nhân tử bất khả quy xuất hiện trong sự phân tích của a thành tích các nhân tử bất khả quy Khi đó nếu a = bc với b, c là ước thực sự của a thì độ dài củab, c đều nhỏ hơn thực sự độ dài của a Gọi a 1 , , a 2 , là một dãy tùy ý các phần tử của D sao cho a 2 |a 1 , a 3 |a 1 , và giả sử dãy này là không dừng Khi đó tồn tại vô hạn số tự nhiên 1< n 1 < n 2 < sao cho a 1 a n 1 , a n 1 a n 2 ,
Vì thế a n 1 là ước thực sự của a 1 , a n 2 là ước thực sự của a n 1 , Theo nhận xét trên tồn tại một dãy vô hạn các số nguyên dương độ dài a1 > độ dài an 1 > độ dài an 2 > , điều này là vô lý Vậy D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự. Tiếp theo ta chứng minh D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất. Cho a, b ∈ D không đồng thời bằng 0 Nếu a hoặc b bằng 0 hoặc liên kết với 1 thì ta dễ dàng tìm được ước chung lớn nhất của a và b Vì vậy ta giả thiết a và b khác 0 và khác ước của đơn vị Giả sử {p 1 , , p k } là tập hợp các phần tử bất khả quy xuất hiện trong sự phân tích của a và b Ta có a = p r 1 1 p r k k ;b = p s 1 1 p s k k , r i , s i ≥ 0, i = 1, , k.
Gọi t i = min{r i , s i }, i= 1, , k Khi đó rõ ràng d = p t 1 1 p t k k là một ước chung lớn nhất của a và b.
Ngược lại, giả sử D thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự và điều kiện có ước chung lớn nhất Theo Bổ đề 1.1.17(ii) mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy Ta chỉ cần chứng minh phân tích là duy nhất(sai khác nhân tử khả nghịch) Thật vậy, cho a = p 1 p 2 p n = q 1 q 2 q m là sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy Không mất tổng quát ta giả sử n ≥ m Vì p 1 là bất khả quy và D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất nên theo Bổ đề 1.1.18 thìp1 là phần tử nguyên tố Do p1|a nên tồn tại i sao cho p 1 |q i Bằng cách đánh lại chỉ số ta giả sử p 1 |q 1 Vì q 1 là bất khả quy nên p 1 ∼q 1 Giả sử q 1 = u 1 p 1 với u 1 là ước của đơn vị. Khi đó p 1 p 2 p n = u 1 p 1 q 2 q m Do D là miền nguyên nên giản ước hai vế ta có p2 pn = u1q2 qm Tiếp tục quá trình trên ta được
Do q i là bất khả quy nên chúng không là ước của đơn vị Do đó suy ra n= m Vậy phân tích là duy nhất nên D là miền nhân tử hóa.
Vành các số nguyên và vành đa thức
Vành các số nguyên
Rõ ràng Z là một vành giao hoán với phép cộng và nhân các số nguyên.
Do đó Z được gọi là vành các số nguyên. Định nghĩa 1.2.1 Cho p > 1 là một số nguyên dương Ta nói p là một số nguyên tố nếu p không có ước nguyên dương nào khác 1 và chính nó. Trong vành Z các số nguyên, các khái niệm phần tử bất khả quy và phần tử nguyên tố là tương đương, các phần tử nguyên tố là và chỉ là các số nguyên tố p và −p Tiếp theo ta có định lý quan trọng sau. Định lý 1.2.2 Tồn tại vô hạn các số nguyên tố trong vành Z các số nguyên.
Chứng minh Giả sử tồn tại hữu hạn các số nguyên tố là p 1 , , p t Rõ ràngpi không là ước củap1 pt+ 1 Do đó p1 pt+ 1 cũng là số nguyên tố, mâu thuẫn với giả thiết Vậy tồn tại vô hạn các số nguyên tố.
Rõ ràng trong vành Z các số nguyên, nếu d là ước chung lớn nhất của a, b (kí hiệu d = gcd(a, b)) thì −d cũng là ước chung lớn nhất của a, b.Một trong những tính chất quan trọng của vành các số nguyên là định lý phép chia với dư. Định lý 1.2.3 Cho a, b là các số nguyên tùy ý sao cho b 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất các số nguyên q, r sao cho a = bq +r, với 0 ≤r < |b|.
Từ Định lý Phép chia với dư ta suy ra kết quả sau.
Hệ quả 1.2.4 Cho a, b là các số nguyên tùy ý sao cho b 6= 0 Khi đó luôn tồn tại ước chung lớn nhất của a, b Hơn nữa, giả sử a = bq + r, với
0≤ r < |b| Khi đó gcd(a, b) = gcd(a, r). Định lý sau gọi là Thuật toán Euclid cho ta một cách hữu hiệu tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên. Định lý 1.2.5 Cho a, b ∈ Z, b > 0 Theo Định lý phép chia với dư, ta có: a = bq 0 +r 1 với 0 < r 1 < b, b = r 1 q 1 + r 2 với 0 < r 2 < r 1 , r 1 = r 2 q 2 + r 3 với 0 < r 3 < r 2 , r n−2 = r n−1 q n−1 +r n với 0< r n < r n−1 , r n−1 = r n q n Khi đó gcd(a, b) =r n
Từ Định lý phép chia với dư ta cũng suy ra một hệ quả sau.
Hệ quả 1.2.6 Mọi iđêan trong vành các số nguyên Z đều là iđêan chính, nghĩa là với mọi iđêan I của Z tồn tại phần tử d ∈ I sao cho
Chứng minh Cho I là một iđêan của Z Nếu I = {0} thì I là iđêan chính sinh bởi phần tử 0 Cho I 6= {0} thì tồn tại số nguyên 0 6= a ∈ I Vì I là iđêan nên −a ∈ I Vìa 6= 0 nên trong hai phần tử−a, a phải có một phần tử là số nguyên dương Gọi d là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho d ∈ I. Khi đó, (d) ⊆ I Do đó ta cần chỉ ra I ⊆ (d) Thật vậy, lấy tùy ý phần tử x ∈ I Khi đó theo Định lý Phép chia với dư, tồn tại các số nguyên q, r sao cho x = qd+r với 0 ≤r < d Suy ra r = x−qd ∈ I Do cách chọnd ta suy ra r = 0 Do đó x ∈ (d) Vậy I = (d) là iđêan chính.
Từ hệ quả trên ta suy ra một kết quả quen thuộc sau.
Hệ quả 1.2.7 Cho a 1 , , a n là các số nguyên Cho d là ước chung lớn nhất của a 1 , , a n Khi đó tồn tại các số nguyên x 1 , , x n sao cho d = a1x1 + .+ anxn.
Chứng minh ĐặtI là iđêan sinh bởi các phần tửa 1 , , a n Khi đó tồn tại số nguyên dương a sao cho I = aZ Ta có a i = a i 1 với mọi i = 1, , n.
Do đó a i ∈ I với mọi i = 1, , n, nghĩa là a|a i với mọi i = 1, , n Suy ra a là một ước chung của a 1 , , a n Vì d = gcd(a 1 , , a n ) nên a|d Vì vậy tồn tại các số nguyên x 1 , , x n sao cho d = a 1 x 1 + .+ a n x n
Vì vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất và điều kiện dãy dừng những ước thực sự nên Z là miền nhân tử hóa Từ các kết quả của miền nhân tử hóa ta có Định lý cơ bản của số học. Định lý 1.2.8 Cho n > 1 là một số nguyên dương Khi đó n có phân tích duy nhất n= p n 1 1 p n t t trong đó t, n i , i= 1, , t là các số nguyên dương và p 1 < p 2 < < p t là các số nguyên tố.
Vành đa thức một biến
Trong suốt tiết này, luôn giả thiếtR là một vành giao hoán có đơn vị Kí hiệuN 0 = {0,1,2, }là tập các số nguyên không âm và N = {1,2,3, } là tập các số tự nhiên Với n ∈ N, ta kí hiệu N n 0 là tập các bộ n số nguyên không âm Mục đích của tiết này là trình bày những kết quả cơ sở về vành đa thức một biến với hệ số trên R Các kết quả trình bày trong tiết này được tham khảo theo tài liệu [2]. Định nghĩa 1.2.9 Cho R là một vành giao hoán.
(i) Một đa thức một biến với hệ số trên R là một biểu thức được viết dưới dạng f(x) = a n x n +a n−1 x n−1 + +a 1 x+ a 0 trong đó a 0 , , a n ∈ R và x được gọi là biến Ta cũng viết đa thức này dưới dạng f(x) ∞
P i=0 b i x i gọi là bằng nhau nếu a i = b i với mọi i. Định nghĩa 1.2.10 Kí hiệu R[x] là tập các đa thức một biến x với hệ số trên R Cho f(x) =a n x n + a n−1 x n−1 +a 1 x+a 0 ∈ R[x].
(i) Ta gọi a 0 là hệ số tự do của f(x) Nếu a n 6= 0 thì n được gọi là bậc của f(x) và được kí hiệu là deg(f) Trong trường hợp này, a n được gọi là hệ số cao nhất của f(x) Nếu an = 1 thì f(x) được gọi là đa thức dạng chuẩn hay đa thức monic.
(ii) Nếu f(x) = a ∈ R thì f(x) được gọi là đa thức hằng Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính. Định nghĩa 1.2.11 Với hai đa thức f(x) ∞
P i=0 b i x i trong R[x], định nghĩa phép cộng và phép nhân đa thức như sau: f(x) +g(x) ∞
X i=0 ckx k , trong đó ck = P i+j=k aibj với mọi k.
Mệnh đề 1.2.12 R[x] là vành giao hoán với phép cộng và phép nhân đa thức. Định nghĩa 1.2.13 Vành R[x] được gọi là vành đa thức một biến x với hệ số trong R.
Rõ ràng Rlà một miền nguyên nếu và chỉ nếuR[x]là một miền nguyên. Hơn nữa, cho R là một miền nhân tử hóa Khi đó Gauss đã chứng minh vành đa thức một biến với hệ số trên R cũng là một miền nhân tử hóa.
Do đó trong nhiều tài liệu miền nhân tử hóa còn được gọi là vành Gauss.
Vì Z là miền nhân tử hóa nên vành đa thức một biến Z[x] cũng là miền nhân tử hóa Do đó ta có hệ quả sau.
Hệ quả 1.2.14 Cho f(x) ∈ Z[x] là một đa thức khác không và không khả nghịch Khi đó f(x) phân tích thành tích của các đa thức bất khả quy và phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử bất khả quy.
Tiếp theo là Định lý chia với dư trong vành đa thức Định lý này là một kết quả rất quan trọng trong lý thuyết đa thức; là cơ sở để xây dựng được thuật toán tìm ước chung lớn nhất của các đa thức và cho các thông tin về nghiệm của đa thức. Định lý 1.2.15 Cho g(x) ∈ R[x] là một đa thức có hệ số cao nhất khả nghịch trong R Khi đó với mỗi f(x) ∈ R[x] tồn tại duy nhất một cặp đa thức q(x), r(x) ∈ R[x] sao cho f(x) = q(x)g(x) +r(x) với r(x) = 0 hoặc deg(r) < deg(g).
Các đa thức q(x) và r(x) trong Định lý 1.2.15 lần lượt được gọi là thương và dư của phép chia f(x) cho g(x) Nếu r(x) = 0 thì ta nói f(x) chia hết cho g(x). Định lý 1.2.16 (Thuật toán Euclid) Cho f(x), g(x) ∈ K[x] và g(x) 6= 0. Khi đó tồn tại số tự nhiên k và các đa thức r i (x), q i (x) ∈ K[x] sao cho f(x) =g(x)q 0 (x) +r 0 (x), r 0 (x) 6= 0,deg(r 0 ) < deg(g), g(x) =r 0 (x)q 1 (x) +r 1 (x), r 1 (x) 6= 0,deg(r 1 ) < deg(r 0 ), r 0 (x) =r 1 (x)q 2 (x) +r 2 (x), r 2 (x) 6= 0,deg(r 2 ) < deg(r 1 ),
Hơn nữa đa thức r k (x) 6= 0 là một ước chung lớn nhất của f(x) và g(x).
Thuật toán Euclid cho ta một phương pháp hữu hiệu để tìm ước chung lớn nhất Hơn nữa, từ thuật toán này ta có thể tìm được tổ hợp tuyến tính của ước chung lớn nhất qua các phần tử f(x), g(x).
Ví dụ 1.2.17 Cho f(x) = x 6 −x 4 −x 2 + 1 và g(x) = x 3 −1 là hai đa thức trong Q[x] Theo thuật toán Euclid ta có: f(x) =g(x)(x 3 −x+ 1) +r 0 (x), r 0 (x) = −x 2 −x+ 2; g(x) =r0(x)(−x+ 1) +r1(x), r1(x) = 3x−3; r 0 (x) =r 1 (x)(−x/3−2/3).
Do đó gcd(f, g) = x−1 Hơn nữa, ta có tổ hợp tuyến tính x−1 = (x/3−1/3)f(x)−(x 4 /3−x 3 /3−x 2 /3 + 2x/3−2/3)g(x).
Vành đa thức nhiều biến
Mỗi bộ n số nguyên không âm i = (i 1 , , i n ) ∈ N n 0 cho ta một đơn thức x i 1 1 x i n n của n biến x 1 , , x n với bậc là i 1 + + i n Chúng ta thường viết đơn thức này dưới dạng x i Với hai đơn thức x i và x j là bằng nhau nếu i = j, tức là i k = j k với mọi k. Định nghĩa 1.2.18 Cho R là vành giao hoán.
(i) Một từlà một biểu thức có dạng ax i với a ∈ R (được gọi là hệ số của từ) và x i là một đơn thức được gọi là đơn thức của từ.
(ii) Hai từ được gọi là đồng dạng nếu hai đơn thức của chúng bằng nhau. (iii) Hai từ được gọi là bằng nhau nếu chúng đồng dạng và có cùng hệ số. (iv) Một đa thức là một tổng của hữu hạn từ.
Nếu u = ax i và v = bx i là hai từ đồng dạng thì u+ v = (a+ b)x i Vì thế mỗi đa thức f(x1, , xn) có một biểu diễn chính tắc f(x 1 , , x n ) = Xa i x i thành tổng của các từ đôi một không đồng dạng, trong đó chỉ có hữu hạn từ khác 0 và biểu diễn này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các hạng tử Hai đa thứcP a i x i và P b i x i là bằng nhau nếu a i = b i với mọi i ∈ N n 0 Định nghĩa 1.2.19 (i) Bậc của một từ khác 0 là bậc của đơn thức của từ đó.
(ii) Bậc (hay bậc tổng thể) của đa thức f(x1, , xn) 6= 0, kí hiệu bởi deg(f) là số lớn nhất trong các bậc của các từ của f(x 1 , , x n ).
Lưu ý rằng ta không định nghĩa bậc cho đa thức 0 Đa thức hằng là đa thức 0 hoặc đa thức bậc 0 Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính Đa thức thuần nhất bậc m là một đa thức mà các từ của nó đều có bậcm Đa thức thuần nhất bậc hai được gọi là dạng toàn phương Với mỗi k ∈ {1, , n}, bậc theo biến x k của một đa thức là số lớn nhất trong các số mũ của x k xuất hiện trong các từ của đa thức đó. Định nghĩa 1.2.20 Kí hiệu R[x1, , xn] là tập các đa thức n biến x 1 , , x n với hệ số trong R Với i, j ∈ N n 0 , trong đó i = (i 1 , , i n ) và j = (j 1 , , j n ), ta định nghĩa i + j = (i 1 + j 1 , , i n + j n ) Trên R[x 1 , , x n ] ta đinh nghĩa các quy tắc cộng và nhân như sau
Không khó để kiểm tra các quy tắc cộng và nhân đa thức trong Định nghĩa 1.2.20 là các phép toán hai ngôi trên R[x 1 , , x n ] Hơn nữa, với phép cộng và nhân các đa thức, R[x 1 , , x n ] là một vành và được gọi là vành đa thức n biến x1, , xn với hệ số trong R Rõ ràng R là miền nguyên khi và chỉ khi R[x 1 , , x n ] là miền nguyên.
Cho R là một miền nhân tử hóa Khi đó Gauss đã chứng minh vành đa thức một biến với hệ số trên R cũng là một miền nhân tử hóa Theo quy nạp ta có định lý sau. Định lý 1.2.21 Cho R là một miền nhân tử hóa Khi đó vành đa thức nhiều biến R[x 1 , , x n ] cũng là một miền nhân tử hóa.
Ví dụ 1.2.22 Rõ ràng Z là một miền nhân tử hóa Do đó vành đa thức
Z[x1, , xn] cũng là miền nhân tử hóa Vì thế mọi đa thức khác không và không khả nghịch đều phân tích được thành tích của những đa thức bất khả quy.
Nghiệm của đa thức
Cho n∈ N và S là một vành chứa R Kí hiệu S N là tập các bộ n phần tử của S. Định nghĩa 1.2.23 Bộnphần tửa 1 , , a n ∈ S n được gọi là mộtnghiệm của đa thứcf(x 1 , , x n ) ∈ R[x 1 , , x n ]nếuf(a 1 , , a n ) = 0 Khi đó ta cũng nói (a 1 , , a n ) là một nghiệm của phương trình f(x 1 , , x n ) = 0. Định nghĩa 1.2.24 Cho đa thức f(x 1 , , x n ) ∈ R[x 1 , , x n ] Xét ánh xạ f : R n → R cho tương ứng mỗi phần tử (b 1 , , b n ) ∈ R n với phần tử f(b 1 , , b n ) ∈ R Ta gọi f là hàm đa thức n biến trên R tương ứng với đa thức f(x 1 , , x n ).
Kết quả quan trọng sau đây dẫn đến có thể đồng nhất mỗi đa thức với một hàm đa thức Từ đó, ta có thể liên hệ các đối tượng đại số (trong vành đa thức R[x 1 , , x n ]) với các đối tượng hình học (trong tập R n ). Định lý 1.2.25 Cho R là miền nguyên vô hạn Khi đó ánh xạ ϕ cho tương ứng mỗi đa thức f(x 1 , , x n ) với hàm đa thức f là một song ánh từ tập các đa thức R[x 1 , , x n ] đến tập các hàm đa thức n biến trên R. Đặc biệt, đa thức f(x 1 , , x n ) là đa thức 0 khi và chỉ khi hàm đa thức f là hàm 0.
Chú ý rằng nếu R có hữu hạn phần tử là a 1 , , a r thì ánh xạ trong Định lý 1.2.25 nhìn chung không là song ánh Thật vậy, ta có đa thức khác không f(x 1 , , x n ) n
(x i −a 1 ) .(x i −a r ), nhưng hàm đa thức tương ứng là hàm 0.
Phương trình đồng dư
Đồng dư thức
Định nghĩa 1.3.1 Chomlà một số nguyên dương vàa, blà các số nguyên. (i) Ta nói a, b là đồng dư theo modulo m nếu a−b chia hết cho m.
(ii) Nếu a đồng dư với b theo modulo m thì ta viết a ≡b(modm) và gọi đó là một đồng dư thức.
Rõ ràng quan hệ đồng dư theo modulo m là một quan hệ tương đương trên vành các số nguyên Z Do đó ta dễ dàng suy ra một số tính chất sau.
Mệnh đề 1.3.2 Cho m là một số nguyên dương và a, b là các số nguyên. Khi đó các phát biểu sau là tương đương:
(iii) Tồn tại một số nguyên t sao cho a = b+mt. Định nghĩa 1.3.3 Cho a, b là hai số nguyên dương Ta nói a và b là nguyên tố cùng nhau nếu (a, b) = 1.
Ví dụ 1.3.4 Nếu p là một số nguyên tố và a là một số nguyên khác p thì a, b là nguyên tố cùng nhau.
Từ Mệnh đề 1.2.7 ta suy ra ngay hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.5 Nếua và blà nguyên tố cùng nhau thì tồn tại các số nguyên x, y sao cho ax+ by = 1.
Sau đây là một kết quả quan trọng về phần dư được gọi là Định lý Trung Hoa về phần dư được sử dụng trong máy tính để làm việc với những số lớn (xem trang 28, 29 trong tài liệu [3]). Định lý 1.3.6 Cho m 1 , , m r là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một Khi đó các nghiệm của hệ phương trình đồng dư x ≡ a 1 (mod m 1 ) x ≡ a2 (mod m2) x ≡ a r (mod m r ) đồng dư với nhau theo modulo m = m 1 m r
Một số đồng dư đặc biệt
Mục đích của tiết này là trình bày một số đồng dư thức đặc biệt Trước tiên là Định lý Wilson dùng để kiểm tra một số có phải số nguyên tố hay không. Định lý 1.3.7 Cho p là một số nguyên dương Khi đó p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p−1)! ≡ −1 (mod p).
Chứng minh Giả sử p là một số nguyên tố Khi p = 2 ta có
Giả sử rằng p là số nguyên tố lớn hơn 2 Khi đó với mỗi số nguyên a thỏa mãn 1 ≤ a ≤ p− 1 tồn tại phần tử b với 1 ≤ b ≤ p − 1 sao cho ab ≡1 (mod p) Rõ ràng ta chỉ có
1.1 ≡ 1 (mod p), (p−1).(p−1) ≡1 (mod p) và a.a 6≡ 1 (mod p) với mọi a 6= {1, p−1} Do đó với mỗi số nguyên a thỏa mãn 2 ≤ a ≤ p−2 luôn tồn tại số nguyên b 6= a,2 ≤ b ≤ p−2 sao cho ab ≡1 (mod p) Suy ra
Nhân hai vế với 1 và p−1 ta được
Ngược lại, giả sử p thỏa mãn
(p−1)! ≡ −1 (mod p) và a là một ước của p với a < p Khi đó a|(p−1)! Theo giả thiết,
Do đó a|[(p−1)! + 1] Vì (p−1)!,(p−1)! + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên gcd((p−1)!,(p−1)! + 1) = 1 Suy ra a = 1 Vì thế p là số nguyên tố.
Tuy nhiên, thuật toán kiểm tra số nguyên tố dựa theo Định lý Wilson khó sử dụng với những số nguyên tố lớn Tiếp theo chúng tôi trình bày Định lý Fermat bé, kết quả này có nhiều ứng dụng trong kiểm tra số nguyên tố Trước tiên ta nhắc lại Định lý Lagrange. Định lý 1.3.8 Trong một nhóm hữu hạn, cấp và chỉ số của một nhóm con là ước của cấp toàn nhóm. Định nghĩa 1.3.9 Cho m > 1 là một số nguyên dương Đặt ϕ(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m Ta gọi ϕ(m) là hàm Euler của m.
Ví dụ 1.3.10 Cho m = 6 Khi đó các số nguyên dương nhỏ hơn 6 và nguyên tố cùng nhau với 6 là {1,5} Do đó ϕ(m) = 2.
Khi đó ta có kết quả sau. Định lý 1.3.11 (Định lý Euler) Cho m là một số nguyên dương và a là một số nguyên dương Khi đó nếu (a, m) = 1 thì a ϕ(m) ≡ 1 (mod p).
Chứng minh Xét nhóm nhân Z ∗ m các lớp thặng dư theo modulo m nguyên tố với m Khi đó nhóm này có cấp là ϕ(m) Vì a và m là nguyên tố cùng nhau nên a ∈ Z ∗ m Theo Định lý Lagrange, cấp của a là ước của ϕ(m) Vì thế a ϕ(m) = a ϕ(m) = 1, nghĩa là a ϕ(m) ≡ 1 (mod m).
Rõ ràng nếu m = p là số nguyên tố thì ϕ(m) = p −1 Khi đó ta có Định lý Fermat. Định lý 1.3.12 (Định lý Fermat bé) Nếu p là một số nguyên tố và a là số nguyên tùy ý Khi đó a p ≡ a (mod p) Nếu (a, p) = 1 thì a p−1 ≡
Chứng minh Nếu a là bội của p thì a p ≡ 0≡ p (mod p) Giả sử a không là bội của p thì a và p là nguyên tố cùng nhau Vì p là số nguyên tố nên ϕ(m) = p−1 Do đó theo Định lý Euler ta có a p−1 ≡ 1 (mod p) Vì thế a p ≡ p (mod p). Định lý Fermat cho ta ngay một số hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.13 Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì a p−2 là nghịch đảo của a modulo p.
Hệ quả 1.3.14 Nếu a, b là các số nguyên dương và p là số nguyên tố. Giả sử p không là ước của a Khi đó nghiệm của đồng dư thức tuyến tính ax ≡b (mod p) là các số nguyên x sao cho x ≡ a p−2 b (mod p).
Về nghiệm của các phương trình
Diophantine p x + (p + 6) y = z 2 khi p, p + 6 là các số nguyên tố
Mục đích của chương này là trình bày các kết quả về nghiệm của các phương trình Diophantine p x + (p+ 6) y = z 2 khi p, p+ 6 là các số nguyên tố trong các tài liệu [6, 7].
Sơ lược về phương trình Diophantine
Phương trình Diophantine được nghiên cứu từ thế kỉ 3 và là một trong những chủ đề sâu sắc của Lý thuyết số Các nghiên cứu đầu tiên về các phương trình này được nghiên cứu bởi nhà Toán học Diophantus và tiếp tục bởi các nhà toán học Trung Quốc (thế kỷ thứ ba), người Ả Rập (thế kỷ thứ tám đến kỷ thứ mười hai) và được nâng lên một mức độ sâu hơn bởi Fermat, Euler, Lagrange, Gauss, Đến nay chủ đề này vẫn là vấn đề quan trọng trong toán học đương đại và được nhiều nhà Toán học nghiên cứu. Định nghĩa 2.1.1 Phương trình Diophantine là một phương trình có dạng f(x 1 , , x n ) = 0 (2.1) với f là một hàm n biến x 1 , , x n và n ≥ 2 Trong trường hợp f là một đa thức với hệ số nguyên thì ta nói phương trình (2.1) là mộtphương trìnhDiophantine đại số. Định nghĩa 2.1.2 Một bộ số (a1, , an) ∈ Z n thỏa mãn phương trình (2.1) được gọi là một nghiệm của phương trình (2.1).
Liên quan đến một phương trình Diophantine, ba vấn đề cơ bản được quan tâm nghiên cứu là:
Bài toán 1 Phương trình có thể giải được không?
Bài toán 2 Nếu giải được thì số nghiệm của nó là hữu hạn hay vô hạn? Bài toán 3 Nếu nó giải được, hãy xác định tất cả các nghiệm của nó. Trong phạm vi luận văn này chúng tôi xét nghiệm của các phương trình Diophantine trên tập các số nguyên không âm Nếu phương trình Diophantine có nghiệm nguyên không âm thì ta nóiphương trình có nghiệm và ngược lại nếu phương trình Diophantine không có nghiệm nguyên không âm ta nói phương trình Diophantine vô nghiệm Tuy nhiên gần như không có một phương pháp chung nào để giải các phương trình Diophantine, thể hiện sự khó khăn khi nghiên cứu các phương trình này Tiếp theo chúng tôi trình bày một phương pháp để giải một số phương trình Diophantine, đó là phương pháp phân tích nhân tử Phương pháp này cũng được sử dụng hữu hiệu trong các chứng minh của các kết quả chính.
Phương pháp nhân tử Xét phương trình Diophantine f(x 1 , , x n ) 0 Khi đó ta có thể viết phương trình dưới dạng f 1 (x 1 , , x n ) f k (x 1 , , x n ) =a với a ∈ Z Theo Định lý phân tích duy nhất ta có thể viết a = a 1 a k với a1, , ak ∈ Z Khi đó ta có một hệ phương trình
. f k (x 1 , , x n ) =a k Khi đó nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình này chính là nghiệm của phương trình Diophantine f(x1, , xn) = 0.
Ví dụ 2.1.3 Xét phương trình Diophantine
Phương trình đã cho tương đương với phương trình x 2 y 2 −2xy + 1 +x 2 +y 2 −2xy + 2(x−y)(1−xy) = 4 hay (xy−1) 2 + (x−y) 2 + 2(x−y)(1−xy) = 4 Phương trình này tương đương với
Do đó ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1 (xy −1)−(x−y) = 2 hay (x+ 1)(y −1) = 2 Khi đó ta có các hệ phương trình sau: x+ 1 = 2 y −1 = 1 , x+ 1 = 1 y −1 = 2 , x+ 1 = −2 y −1 = −1 , x+ 1 = −1 y−1 = −2
Do đó các nghiệm(x, y)của phương trình là(1,2),(−3,0),(0,3),(−2,−1). Trường hợp 2 (xy −1)−(x−y) =−2 hay (x+ 1)(y−1) = −2 Khi đó ta có các hệ phương trình sau: x+ 1 = 2 y −1 = −1 , x+ 1 = 1 y −1 =−2 , x+ 1 = −2 y −1 = 1 , x+ 1 = −1 y −1 = 2
Do đó nghiệm(x, y)của các phương trình là(1,0),(−3,2),(0,−1),(−2,3).
Ví dụ 2.1.4 Xét phương trình Diophantine x 2 (y −1) + y 2 (x− 1) = 1. Đặt x−1 =a và y −1 = b thì phương trình đã cho thành
Phương trình đã cho tương đương với ab(a+b) + 4ab+ (a+b) = 1 hay ab(a+b+ 4) + (a+b+ 4) = 5.
Do đó ta có phương trình (a+b+ 4)(ab+ 1) = 5 Giải hệ phương trình ta được các nghiệm (a, b) là (0,1),(1,0),(−6,1),(1,−6) Do đó các nghiệm(x, y)của phương trình Diophantine đã cho là(1,2),(2,1),(−5,2),(2,−5).
Nghiệm của các phương trình Diophantine 61 x + 67 y = z 2 và
Trong tiết này, ta tìm hiểu nghiệm của các phương trình Diophantine
67 x + 73 y = z 2 (2.3) là các trường hợp đặc biệt của các phương trình Diophantine p x + (p+ 6) y = z 2
Từ cách tiếp cận này, dẫn đến một phương pháp chung để giải phương trình Diophantine tổng quát p x + (p+ 6) y = z 2 được trình bày trong tiết sau Các kết quả trong tiết này được viết theo tài liệu [6] Trước tiên ta xét một số mệnh đề và bổ đề phục vụ cho chứng minh các định lý chính Mệnh đề sau đây là một kết quả quan trọng về giả thuyết Catalan được chứng minh bởi P Mihailescu trong [8].
Mệnh đề 2.2.1 Phương trình Diophantine a x −b y = 1 chỉ có nghiệm duy nhất là (a, b, x, y) = (3,2,2,3) với min{a, b, x, y} > 1.
Bổ đề 2.2.2 Phương trình Diophantine 1 + 67 y = z 2 không có nghiệm.
Chứng minh Choy, z là các số nguyên không âm Khi đó ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1 Nếu y = 0 thì phương trình đã cho thành z 2 = 2 Do đó phương trình vô nghiệm.
Trường hợp 2 Nếu y = 1 thì phương trình đã cho thành z 2 = 68 Do đó phương trình vô nghiệm.
Trường hợp 3 Nếu y > 1 thì z 2 = 1 + 67 y > 68 Do đó z > 8 Khi đó phương trình đã cho thành z 2 −67 y = 1 Vì y, z > 1 nên theo Mệnh đề 2.2.1, phương trình vô nghiệm.
Bổ đề 2.2.3 Phương trình Diophantine 1 + 73 y = z 2 không có nghiệm.
Chứng minh Choy, z là các số nguyên không âm Khi đó ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1 Nếu y = 0 thì phương trình đã cho thành z 2 = 2 Do đó phương trình vô nghiệm.
Trường hợp 2 Nếu y = 1 thì phương trình đã cho thành z 2 = 74 Do đó phương trình vô nghiệm.
Trường hợp 3 Nếu y > 1 thì z 2 = 1 + 73 y > 74 Do đó z > 8 Khi đó phương trình đã cho thành z 2 −73 y = 1 Vì y, z > 1 nên theo Mệnh đề 2.2.1, phương trình vô nghiệm.
Bổ đề 2.2.4 Phương trình Diophantine 1 + 61 x = z 2 không có nghiệm.
Chứng minh Chox, z là các số nguyên không âm Khi đó ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1 Nếu x = 0 thì phương trình đã cho thành z 2 = 2 Do đó phương trình vô nghiệm.
Trường hợp 2 Nếu x = 1 thì phương trình đã cho thành z 2 = 62 Do đó phương trình vô nghiệm.
Trường hợp 3 Nếu x > 1 thì z 2 = 1 + 61 x > 62 Do đó z > 7 Khi đó phương trình đã cho thành z 2 − 61 x = 1 Vì x, z > 1 nên theo Mệnh đề 2.2.1, phương trình vô nghiệm.
Bổ đề 2.2.5 Phương trình Diophantine 1 + 67 x = z 2 không có nghiệm.
Chứng minh Chox, z là các số nguyên không âm Khi đó ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1 Nếu x = 0 thì phương trình đã cho thành z 2 = 2 Do đó phương trình không có nghiệm nguyên.
Trường hợp 2 Nếu x = 1 thì phương trình đã cho thành z 2 = 68 Do đó phương trình không có nghiệm nguyên.
Trường hợp 3 Nếu x > 1 thì z 2 = 1 + 67 x > 68 Do đó z > 8 Khi đó phương trình đã cho thành z 2 − 67 x = 1 Vì x, z > 1 nên theo Mệnh đề 2.2.1, phương trình không có nghiệm nguyên dương. Định lý sau đây là kết quả chính thứ nhất của tiết này. Định lý 2.2.6 Phương trình Diophantine61 x +67 y = z 2 không có nghiệm.
Chứng minh Cho x, y, z là các số nguyên không âm Khi đó ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1 Nếu x = 0 thì phương trình đã cho thành 1 + 67 y = z 2 Do đó theo Bổ đề 2.2.2 phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Trường hợp 2 Nếu x ≥ 1 và y = 0 thì phương trình đã cho thành
Do đó theo Bổ đề 2.2.4 phương trình không có nghiệm nguyên dương. Trường hợp 3 Nếu x ≥ 1 và y ≥ 1 thì 61 x và 67 y đều là các số lẻ Do đó z 2 = 61 x + 67 y là một số chẵn Tuy nhiên z 2 là tổng của hai số lẻ nên hoặc z 2 ≡ 0(mod 3) hoặc z 2 ≡ 1(mod 3) Mặt khác, 61 ≡ 1(mod 3) và
67 ≡1(mod 3) nên 61 x ≡ 1(mod 3) và 67 y ≡ 1(mod 3) Do đó z 2 = 61 x + 67 y ≡ 2 (mod 3), mâu thuẫn Do đó phương trình Diophantine61 x +67 y = z 2 vô nghiệm. Định lý 2.2.6 cho ta ngay các hệ quả sau.
Hệ quả 2.2.7 Phương trình Diophantine61 x +67 y = k 2t không có nghiệm với k, t là các số nguyên dương.
Chứng minh Với các số nguyên dương k, t, ta đặt k t = z Khi đó phương trình đã cho thành 61 x + 67 y = z 2 Theo Định lý 2.2.6, phương trình Diophantine đã cho vô nghiệm.
Hệ quả 2.2.8 Phương trình Diophantine 61 x + 67 y = k 2t+4 không có nghiệm với k, t là các số nguyên dương.
Chứng minh Với các số nguyên dươngk, t, ta đặtk t+2 = z Khi đó phương trình đã cho thành 61 x + 67 y = z 2 Theo Định lý 2.2.6, phương trình Diophantine đã cho vô nghiệm. Định lý sau là kết quả chính tiếp theo của tiết này. Định lý 2.2.9 Phương trình Diophantine67 x +73 y = z 2 không có nghiệm.
Chứng minh Cho x, y, z là các số nguyên không âm Khi đó ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1 Nếu x = 0 thì phương trình đã cho thành 1 + 73 y = z 2 Do đó theo Bổ đề 2.2.3 phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Trường hợp 2 Nếu x ≥ 1 và y = 0 thì phương trình đã cho thành
Do đó theo Bổ đề 2.2.5 phương trình không có nghiệm nguyên dương. Trường hợp 3 Nếu x ≥ 1 và y ≥ 1 thì 67 x và 73 y đều là các số lẻ Do đó z 2 = 67 x + 73 y là một số chẵn Tuy nhiên z 2 là tổng của hai số lẻ nên hoặc z 2 ≡ 0 (mod 3) hoặc z 2 ≡ 1 (mod 3) Mặt khác, 67 ≡ 1 (mod 3) và
73 ≡1 (mod 3) nên 67 x ≡1(mod 3) và 73 y ≡1(mod 3) Do đó z 2 = 67 x + 73 y ≡ 2 (mod 3), mâu thuẫn Do đó phương trình Diophantine67 x +73 y = z 2 vô nghiệm. Định lý 2.2.9 cho ta ngay các hệ quả sau.
Hệ quả 2.2.10 Phương trình Diophantine 67 x + 73 y = k 2t không có nghiệm với k, t là các số nguyên dương.
Chứng minh Với các số nguyên dương k, t, ta đặt k t = z Khi đó phương trình đã cho thành 67 x + 73 y = z 2 Theo Định lý 2.2.6, phương trình Diophantine đã cho vô nghiệm.
Hệ quả 2.2.11 Phương trình Diophantine 67 x + 73 y = k 2t+4 không có nghiệm với k, t là các số nguyên dương.
Chứng minh Với các số nguyên dươngk, t, ta đặtk t+2 = z Khi đó phương trình đã cho thành 67 x + 73 y = z 2 Theo Định lý 2.2.6, phương trìnhDiophantine đã cho vô nghiệm.
Phương trình Diophantine p x + (p + 6) y = z 2 khi p, p + 6 là các số nguyên tố và p = 6n + 1
p, p + 6 là các số nguyên tố và p = 6n + 1
Mục đích của tiết này là trình bày lại các kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine p x + (p+ 6) y = z 2 khi p, p+ 6 là các số nguyên tố và p = 6n+ 1 trong tài liệu [7] Công cụ chính để tìm nghiệm của phương trình này là lý thuyết đồng dư Trước tiên ta xét một số bổ đề phục vụ cho chứng minh kết quả chính.
Bổ đề 2.3.1 Cho n là một số nguyên dương và p = 6n + 1 là một số nguyên tố Khi đó phương trình Diophantine p x + 1 = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Vì x là một số nguyên không âm nên p x là một số lẻ Do đó z 2 = p x + 1 là một số chẵn và là tổng của hai số lẻ Do đó hoặc z 2 ≡ 0 (mod 3) hoặc z 2 ≡ 1 (mod 3) Vì p = 6n+ 1 nên p ≡ 1 (mod 3).
Do đó p x ≡ 1 (mod 3) Suy ra z 2 = p x + 1 ≡ 2 (mod 3), điều này là mâu thuẫn Vậy phương trình Diophantine đã cho vô nghiệm.
Bổ đề 2.3.2 Cho n là một số nguyên dương và p = 6n + 1 là một số nguyên tố Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Vì p = 6n+ 1 và y là một số nguyên dương nên (p+ 6) y là một số lẻ Do đó z 2 = (p+ 6) y + 1 là một số chẵn và là tổng của hai số lẻ Do đó hoặc z 2 ≡ 0 (mod 3) hoặc z 2 ≡ 1 (mod 3) Vì p = 6n+ 1 nên p+ 6 ≡1 (mod 3) Do đó (p+ 6) y ≡1 (mod 3) Suy ra z 2 = (p+ 6) y + 1≡ 2 (mod 3), điều này là mâu thuẫn Vậy phương trình Diophantine đã cho vô nghiệm. Định lý sau là kết quả chính của tiết này. Định lý 2.3.3 Cho p và p+ 6 là các số nguyên tố và p = 6n+ 1 với n là một số nguyên không âm Khi đó phương trình Diophantine p x + (p+ 6) y = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho x, y, z là các số nguyên không âm Khi đó ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1 Nếux = 0 thì phương trình đã cho thành 1 + (p+ 6) y = z 2
Do đó theo Bổ đề 2.3.2 phương trình không có nghiệm nguyên dương. Trường hợp 2.Nếu x ≥1 vày = 0 thì phương trình đã cho thành p x + 1 z 2 Do đó theo Bổ đề 2.3.1 phương trình không có nghiệm nguyên dương. Trường hợp 3 Nếu x ≥ 1 và y ≥ 1 thì p x và (p + 6) y đều là các số lẻ vì p = 6n + 1 Do đó z 2 = p x + (p + 6) y là một số chẵn Tuy nhiên z 2 là tổng của hai số lẻ nên hoặc z 2 ≡ 0 (mod 3) hoặc z 2 ≡ 1 (mod 3). Mặt khác p = 6n+ 1 nên p ≡ 1 (mod 3) và (p+ 6) ≡ 1 (mod 3) Do đó p x ≡ 1(mod 3) và (p+ 6) y ≡1(mod 3) Vì vậy z 2 = p x + (p+ 6) y ≡ 2 (mod 3), mâu thuẫn Do đó phương trình Diophantinep x + (p+ 6) y = z 2 vô nghiệm. Định lý 2.3.3 cho ta ngay các hệ quả thú vị sau đây.
Hệ quả 2.3.4 Cho p và p−6 là các số nguyên tố và p = 6n+ 1 với n là một số nguyên không âm Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Đặtp= q+6thìq = p−6là số nguyên tố vàq = 6(n−1)+1. Suy ra n−1 = m là một số nguyên dương Khi đó phương trình đã cho thành q x + (q+ 6) y = z 2 với q, q + 6 là các số nguyên tố và q = 6m + 1 Theo Định lý 2.3.3, phương trình Diophantineq x + (q+ 6) y = z 2 vô nghiệm Vậy phương trình Diophantine đã cho vô nghiệm.
Hệ quả 2.3.5 Cho p và p+ 6 là các số nguyên tố và p = 6n+ 1 với n là một số nguyên không âm Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Đặtp= q−6thìq = p+6là số nguyên tố vàq = 6(n+1)+1. Suy ra n+ 1 = m là một số nguyên dương Khi đó phương trình đã cho thành q x + (q −6) y = z 2 với q, q − 6 là các số nguyên tố và q = 6m + 1 Theo Hệ quả 2.3.4, phương trình Diophantineq x + (q−6) y = z 2 vô nghiệm Vậy phương trình Diophantine đã cho vô nghiệm.
Hệ quả 2.3.6 Cho p và p+ 6 là các số nguyên tố và p = 6n+ 1 với n là một số nguyên không âm Khi đó phương trình Diophantine p x + (p+ 6) y = c 2k vô nghiệm.
Chứng minh Đặt z = c k thì phương trình đã cho thành p x + (p+ 6) y z 2 Theo Định lý 2.3.3 phương trình Diophantine này vô nghiệm Do đó phương trình Diophantine đã cho vô nghiệm.
Hệ quả 2.3.7 Cho p và p+ 6 là các số nguyên tố và p = 6n+ 1 với n là một số nguyên không âm Khi đó phương trình Diophantine p 2m + (p+ 6) 2t = c 2r vô nghiệm.
Chứng minh Đặtz = c r vàx = 2m, y = 2tthì phương trình đã cho thành p x + (p+ 6) y = c 2 Theo Định lý 2.3.3, phương trình Diophantine này vô nghiệm Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Chú ý 2.3.8 (i) Từ Hệ quả 2.3.7 ta thấy rằng không thể tồn tại một tam giác vuông với độ dài hai cạnh kề lần lượt là p m và (p+ 6) n , ở đây p, p+ 6 là các số nguyên tố và p = 6n+ 1.
(ii) Trong các kết quả chính ta thấy điều kiệnplà các số nguyên tố có dạng6n+ 1 đóng vai trò quyết định đến tính chất vô nghiệm của các phương trình Diophantine p x + (p+ 6) y = z 2 Khẳng định này sẽ được minh họa trong phần kế tiếp.
Nghiệm của phương trình 47 x + 53 y = z 2
Xét phương trình Diophantine p x + (p+ 6) y = z 2 với p, p+ 6 là các số nguyên tố Nếu p = 6n+ 1 thì theo các kết quả trên, phương trình đã cho vô nghiệm Do đó trong mục này ta xét trường hợp p= 47 là số nguyên tố không có dạng 6n+ 1 Trước tiên ta có một số kết quả sau.
Bổ đề 2.4.1 Phương trình Diophantine 1 + 53 y = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho y, z là các số nguyên không âm sao cho 1 + 53 y = z 2 Khi đó phương trình tương đương với
Vì 53 là số nguyên tố nên từ phương trình (2.4), tồn tại các số nguyên a > b sao cho z + 1 = 53 a , z−1 = 53 b với a + b = y Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình
Phương trình này dẫn đếnb = 0 và do đó ta có 53 y = 3, phương trình này vô nghiệm.
Tiếp theo ta xét trường hợp y = 0 Khi đó ta có kết quả sau.
Bổ đề 2.4.2 Phương trình Diophantine 47 x + 1 = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho x, z là các số nguyên không âm sao cho 47 x + 1 = z 2 Khi đó phương trình tương đương với
Vì 47 là số nguyên tố nên từ phương trình (2.5), tồn tại các số nguyên a > b sao cho z + 1 = 47 a , z−1 = 47 b với a + b = y Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình
Phương trình này dẫn đếnb = 0 và do đó ta có 47 y = 3, phương trình này vô nghiệm.
Tiếp theo ta xét trường hợp x là số chẵn và y là số chẵn Khi đó ta có kết quả sau. Định lý 2.4.3 Cho x= 2k và y = 2t là các số chẵn với k, t ≥1 Khi đó phương trình Diophantine 47 x + 53 y = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Vì x = 2k và y = 2t nên 47 2k ≡ 1 (mod 4) và 53 2t ≡
1 (mod 4) Do z 2 là tổng của hai số lẻ nên z 2 là số chẵn và do đó z cũng là số chẵn Vì thế z 2 ≡0 (mod 4) Khi đó z 2 = 47 2k + 53 2t ≡ 2 (mod 4) mâu thuẫn với z 2 ≡0 (mod 4) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Định lý 2.4.4 Cho x = 2k là số chẵn và y = 2t + 1 là số lẻ với k ≥
1, t ≥ 0 Khi đó phương trình Diophantine 47 x + 53 y = z 2 vô nghiệm. Chứng minh Vì x = 2k và y = 2t+ 1 nên phương trình đã cho thành
47 2k + 53 2t+1 = z 2 hay tương đương với phương trình
Vì 53 là số nguyên tố nên từ phương trình (2.6), tồn tại các số nguyên không âm a > b sao cho z+ 47 k = 53 a , z−47 k = 53 b với a+b = 2t+ 1 Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình
Do 2,47,53 là các số nguyên tố phân biệt nên từ phương trình (2.7) ta suy ra b = 0 và do đó phương trình 2.7 thành
Từ phương trình (2.8) ta suy ra 13 là ước của 2.47 k , điều này là mâu thuẫn Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Định lý 2.4.5 Cho x = 2k + 1 là số lẻ và y = 2t là số chẵn với k ≥
0, t ≥ 1 Khi đó phương trình Diophantine 47 x + 53 y = z 2 vô nghiệm. Chứng minh Vì x = 2k+ 1 và y = 2t nên phương trình đã cho thành
47 2k+1 + 53 2t = z 2 hay tương đương với phương trình
Vì 47 là số nguyên tố nên từ phương trình (2.9), tồn tại các số nguyên không âm a > b sao cho z+ 53 t = 47 a , z−53 t = 47 b với a+b = 2k+ 1 Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình
Do 2,47,53 là các số nguyên tố phân biệt nên từ phương trình (2.10) ta suy ra b = 0 và do đó phương trình (2.10) thành
Từ phương trình (2.11) ta suy ra 23 là ước của 2.53 k , điều này là mâu thuẫn Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Cuối cùng đối với trường hợp x và y cùng là số lẻ, ta có nhận xét sau.
Chú ý 2.4.6 Xét phương trình Diophantine 47 2k+1 + 53 2t+1 = z 2 Rõ ràng với k = t = 0 ta có
Do đó phương trình luôn có một nghiệm là (x, y, z) = (1,1,10) Tuy nhiên việc tìm các nghiệm còn lại hoặc chỉ ra phương trình có duy nhất nghiệm vẫn là một câu hỏi mở.
Như vậy luận văn đã trình bày một số nội dung chính như sau:
(1) Một số tính chất, khái niệm về vành giao hoán, vành đa thức, lý thuyết chia hết trong miền nguyên và miền nhân tử hóa.
(2) Một số kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine
61 x + 67 y = z 2 và 67 x + 73 y = z 2 Cụ thể có hai trường hợp sau.
(i) Phương trình Diophantine 61 x + 67 y = z 2 không có nghiệm nguyên dương.
(ii) Phương trình Diophantine 67 x + 73 y = z 2 không có nghiệm nguyên dương.
(3) Một số kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine p x +(p+6) y = z 2 khip, p+6là các số nguyên tố vàp= 6n+1.
Cụ thể phương trình Diophantine p x + (p + 6) y = z 2 vô nghiệm khi p, p+ 6 là các số nguyên tố và p= 6n+ 1.
(4) Một số kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine
47 x + 53 y = z 2 Cụ thể có hai trường hợp sau.
(i) Phương trình Diophantine 47 x + 53 y = z 2 vô nghiệm khi x và y không cùng là số lẻ.
(ii) Phương trình Diophantine 47 x +53 y = z 2 có một nghiệm là (x, y, z) = (1,1,10).