Về nghiệm của các phương trình diophantine(p + a)x + (p + 2k)y = z2 khi p là số nguyên tố và a = 0 hoặc a = 12

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 Lãnh

Mục lục

1.1 Vành giao hoán và iđêan 4

1.1.1 Vành giao hoán 4

1.1.2 Iđêan và vành thương 5

1.1.3 Iđêan nguyên tố 7

1.2 Miền nhân tử hóa 9

1.2.1 Ước chung lớn nhất 9

1.2.2 Phần tử nguyên tố 11

1.2.3 Miền nhân tử hóa 12

1.3 Phương trình đồng dư 15

1.3.1 Đồng dư thức 15

1.3.2 Một số đồng dư đặc biệt 17

2 Về nghiệm của các phương trình Diophantine (p + A)x+ (p + 2k)y = z2 khi p là số nguyên tố và A = 0 hoặc A = 12 20 2.1 Sơ lược về nghiệm của phương trình Diophantine 20

2.2 Phương trình Diophantine (p + 12)x+ (p + 2k)y = z2 khi p là số nguyên tố 22

2.3 Phương trình Diophantine px+ (p + 4n)y = z2 khi p và p + 4n là các số nguyên tố 29

Lời cảm ơn

Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến TS Nguyễn Thu Hằng

và TS Phạm Hồng Nam đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này.Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Thầy/Cô vẫn dành nhiều thờigian và tâm huyết trong việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tôi trongsuốt thời gian tôi thực hiện đề tài Trong quá trình tiếp cận đề tài đến quátrình hoàn thiện luận văn Thầy/Cô luôn tận tình chỉ bảo và tạo điều kiệntốt nhất nhất cho tôi hoàn thành luận văn Cho đến bây giờ luận văn thạc

sĩ của tôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Thầy/Cô đã đôn đốc nhắc nhởtôi

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và PhòngĐào tạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên 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 tôi hoàn thành luậnvăn này

Tôi xin trân trọng cảm ơn Lãnh đạo Phòng GD Hưng Hà và trườngTHCS Lê Danh Phương-Hưng Hà-Thái Bình đã không ngừng động viên,

hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt quá trình học tập vàthực hiện luận văn

Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè,những người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt nhấtcho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2023

Tác giả

Cao Thị Thơ

Đã có rất nhiều kết quả được công bố liên quan đến các bài toán này Tuynhiên, không có một phương pháp chung nào tồn tại để chỉ ra một phươngtrình Diophantine đã cho có nghiệm hay có bao nhiêu nghiệm.

Một dạng phương trình Diophantine được quan tâm nghiên cứu bởi rấtnhiều nhà Toán học là phương trình

px+ qy = z2

với p, q là các số nguyên tố Một dạng đặc biệt của phương trình này códạng

(p + A)x+ (p + 2k)y = z2

Đã có nhiều kết quả nghiên cứu về dạng phương trình này khi A là các

số nguyên 2, 3, 6, Gần đây, tác giả Vipawadee Moonchaisook và cáccộng sự đã đưa ra một số kết quả thú vị về nghiệm của các phương trìnhDiophantine (p + A)x + (p + 2k)y = z2 khi p là số nguyên tố và A = 0

Trong Chương 1, chúng tôi trình bày một số kiến thức chuẩn bị về sốnguyên tố, miền nhân tử hóa, đặc biệt là Định lý cơ bản của số học và cáctính chất của đồng dư dùng để chứng minh cho các kết quả ở Chương 2.Nội dung của chương này được viết dựa theo các tài liệu [1, 2, 3].

Trong Chương 2 của luận văn, chúng tôi trình bày một số kết quả vềnghiệm của các phương trình Diophantine(p + A)x+ (p + 2k)y = z2 khi p

là số nguyên tố và A = 0 hoặc A = 12 trong các tài liệu [6, 7] Nội dungchính của chương này được tham khảo chủ yếu từ các tài liệu [6, 7]

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

1.1.1 Vành giao hoán

Trước tiên ta nhắc lại khái niệm vành giao hoán

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 sauđược 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 ∈

R

(iii) Phép nhân là phân phối đối với phép cộng, nghĩa là với mọi x, y, z ∈

R, ta luôn có

(x + y)z = xz + yz và z(x + y) = zx + zy

(iv) Tồn tại phần tử 1R sao cho 1Rx = x1R = x, với mọi x ∈ R

Thông thường ta luôn kí hiệu 1 cho phần tử đơn vị và 0 cho phần tửkhông của R

Định nghĩa 1.1.2 Một vành R được gọi là vành giao hoán nếu xy = yx,với mọi x, y ∈ R

Ví dụ 1.1.3 (i) Z,Q,R,C là các vành giao hoán với phép cộng và nhân

các tương ứng

(ii) Cho R là một vành và n ≥ 2 là một số nguyên Kí hiệu Mn(R) là tậptất cả các ma trận vuông với hệ số trên vành R Khi đó Mn(R) là mộtvành với phép cộng và nhân ma trận Tuy nhiên vành này không là giaohoán nếu n ≥ 2 ngay cả khi R là một vành giao hoán.

1.1.2 Iđêan và vành thương

Trước tiên ta nhắc lại các khái niệm iđêan trái, iđêan phải và iđêan.Định nghĩa 1.1.4 Cho R là một vành và I là một nhóm con của R đốivới phép cộng

(i) I được gọi là một iđêan trái của R nếu RI ⊆ I, nghĩa là xa ∈ I vớimọi x ∈ R và a ∈ I

(ii) I được gọi là một iđêan phải của R nếu IR ⊆ I, nghĩa là ax ∈ I vớimọi x ∈ R và a ∈ I

(iii) I được gọi là một iđêan của R nếu I vừa là iđêan trái vừa là iđêanphải

Ví dụ 1.1.5 Cho R là một vành và a là một phần tử của R Khi đó cácphát biểu sau là đúng

(i) {0} và R luôn là iđêan của R

(ii) Tập hợp aR = {ax | x ∈ R} là một iđêan phải của R

(iii) Tập hợp Ra = {xa | x ∈ R} là một iđêan trái của R

Chú ý 1.1.6 Nếu R là một vành giao hoán thì ta có ax = xa với mọi

a, x ∈ R Do đó khái niệm iđêan trái và iđêan phải là trùng nhau Cho I

là một iđêan của vành R Ta nói I là một iđêan thực sự của R nếu I 6= R.Mệnh đề 1.1.7 Tất cả các iđêan của vành các số nguyên Z có dạng

I = {mx | x ∈Z} với m là một số nguyên dương nào đó

Chứng minh Cho I là một iđêan tùy ý của Z Nếu I = {0} thì I iđêansinh bởi phần tử 0 Nếu I 6= {0} thì tồn tại 0 6= a ∈ I Vì I là iđêan nên

−a ∈ I Do a 6= 0 nên hoặc a là số nguyên dương hoặc −a là số nguyên

dương Gọi b là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho b ∈ I Khi đó ta có

bZ ⊆ I Ta sẽ chỉ ra I = bZ Thật vậy, cho x là phần tử tùy ý của I.Theo Định lý phép chia với dư, tồn tại duy nhất các số nguyên q, r saocho x = bq + r, với 0 ≤ r < b Suy ra r = x − bq ∈ I Do tính nhỏ nhấtcủa b ta suy ra r = 0 hay x = bq Do đó I = bZ.

Cho I là một iđêan của một vành R Vì I là nhóm con chuẩn tắc củanhóm củaR đối với phép cộng, nênR/I = {x+I | x ∈ R} là nhóm thươngvới phép cộng các lớp ghép cho bởi

Định lý 1.1.8 Cho I là một iđêan thực sự của một vành R Khi đó R/I

là một vành với phép nhân được định nghĩa như sau:

(x + I)(y + I) = xy + I, ∀x, y ∈ R

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 lớpghép Cụ thể, cho a + I = x + I và b + I = y + I, ta cần chỉ ra

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 chứngminh phép nhân định nghĩa như trên có tính chất kết hợp và phân phốivới phép cộng các lớp ghép của R/I là dễ dàng dựa vào định nghĩa củacác phép toán và tính chất kết hợp, tính phân phối của phép nhân đối vớiphép cộng trong vành R Vậy R/I là một vành

Định nghĩa 1.1.9 Vành R/I xác định như trên được gọi là vành thươngcủa R đối với iđêan I.

1.1.3 Iđêan nguyên tố

Từ bây giờ ta luôn xét vành R là giao hoán

Định nghĩa 1.1.10 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

Chú ý 1.1.12 Một trường thì luôn là một miền nguyên Điều ngược lại

là không đúng Tuy nhiên nếu R là một miền nguyên hữu hạn thì R làmột trường Thật vậy, giả sử D = {x1, , xn} là một miền nguyên hữuhạn Với mỗi 0 6= xi ∈ D ta sẽ chỉ ra

xiD = {xixj| xj ∈ D} = D

Giả sử xixj = xixt, nghĩa là xi(xj − xt) = 0 Do D là miền nguyên và

xi 6= 0 nên xj − xt = 0 hay xj = xt Do đó xiD có n phần tử phân biệt,hay xiD = D Suy ra 1 ∈ xiD, nghĩa là tồn tại xj ∈ D sao cho 1 = xixj.Vậy D là một trường

Ví dụ 1.1.13 (i) Z,Q,R,C đều là các miền nguyên.

(ii) Q,R,C đều là trường.

(iii) Vành các số nguyên Z/4Z modulo 4 không là miền nguyên

Bổ đề 1.1.14 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

Chứng minh (i) Giả sử I là nguyên tố Khi đó I 6= R nên R/I 6= 0 + I.Cho

(a + I)(b + I) = 0 + I

nghĩa làab+I = 0+I hayab ∈ I.DoI là nguyên tố nên suy ra hoặca ∈ I

hoặcb ∈ I Điều đó tương đương với hoặca + I = 0 + I hoặc b + I = 0 + I,

nghĩa làR/I là một miền nguyên Ngược lại, choR/I là một miền nguyên.Khi đó I 6= R Giả sử ab ∈ I, nghĩa là ab + I = (a + I)(b + I) = 0 + I

Vì R/I là miền nguyên nên suy ra hoặc a + I = 0 + I hoặc b + I = 0 + I

Điều này tương đương với hoặc a ∈ I hoặc b ∈ I, nghĩa là I là nguyên tố.(ii) Cho I là tối đại và a + I 6= 0 + I là phần tử tùy ý của R/I Xét iđêan

J = I + aR Vì a /∈ I nên J là iđêan chứa I thực sự Do tính tối đại của

I suy ra J = R, nghĩa là 1 ∈ J Do đó tồn tại x ∈ I và b ∈ R sao cho

1 = x + ab, hay tương đương với 1 + I = ab + I = (a + I)(b + I) Vậy

R/I là một trường Ngược lại, choR/I là một trường và giả sử J là iđêanchứaI thực sự Khi đó tồn tại b ∈ J \ I, nghĩa là b + I khác0 + I Vì R/I

là một trường nên tồn tại a + I ∈ R/I sao cho ab + I = 1 + I, nghĩa là

1 − ab ∈ I Suy ra tồn tại x ∈ I sao cho 1 = ab + x ∈ J vì a, x ∈ J Do

đó J = R Vậy I là tối đại

Bổ đề 1.1.14 và Chú ý 1.1.12 cho ta ngay hệ quả sau

Hệ quả 1.1.15 Trong vành giao hoán mọi iđêan tối đại đều là iđêannguyên tố

Hệ quả 1.1.16 (i) Tập tất cả các iđêan nguyên tố của vành Z là {0}

và pZ với p là số nguyên tố

(ii) Tập tất cả các iđêan tối đại của vành Z là pZ với p là số nguyên tố.Chứng minh (i) Vì Z là miền nguyên nên {0} là iđêan nguyên tố của Z.Cho I = mZ là một iđêan khác không, nghĩa là m 6= 0 Giả sử I là iđêannguyên tố Khi đó theo Bổ đề 1.1.14, vành thương Z/mZ là miền nguyên.

Suy ra m = p phải là số nguyên tố Thật vậy nếu m không là số nguyên

tố thì tồn tại các số nguyên 1 < a, b < m sao cho ab = m Suy ra ab = 0.Tuy nhiên a, b 6= 0, mâu thuẫn với tính chất miền nguyên của Z/mZ Do

đó ta có điều cần chứng minh

(ii) Vì Z không là trường nên {0} không là iđêan tối đại Cho I = mZ

là một iđêan khác không, nghĩa là m 6= 0 Giả sử I là iđêan tối đại Khi

đó theo Bổ đề 1.1.14, vành thương Z/mZ là trường Suy ra m = p phải

là số nguyên tố Thật vậy nếu m không là số nguyên tố thì tồn tại các sốnguyên 1 < a, b < m sao cho ab = m Suy ra ab = 0 Tuy nhiên a, b 6= 0,mâu thuẫn với tính chất miền nguyên của Z/mZ Do đó ta có điều cần

Chứng minh Xét tập hợp Ω là tập gồm tất cả các iđêan khác với R Khi

đó Ω với quan hệ thứ tự bao hàm sẽ lập thành một tập hợp được sắp bộphận Vì {0} ∈ Ω nên Ω là tập khác rỗng Cho I1 ⊆ I2 ⊆ là một xíchtùy ý các iđêan trong Ω Khi đó I = ∪∞i=0Ii là một iđêan của R Hơn nữa,

I ∈ Ω Vì nếu 1 ∈ I thì tồn tại n sao cho 1 ∈ In, nghĩa là In = R, điềunày mâu thuẫn với giả thiết Vậy mọi xích tăng trongΩ đều bị chặn Theo

Bổ đề Kuratowski-Zorn trong Ω có ít nhất một phần tử cực đại là m vàhiển nhiên nó là iđêan cực đại của R

Mục đích của tiết này là trình bày tính chất của miền nhân tử hóa (haycòn gọi là miền phân tích duy nhất) Từ đó chứng minh Định lý cơ bảncủa số học Trong suốt mục này ta luôn xét D là một miền nguyên

1.2.1 Ước chung lớn nhất

Định nghĩa 1.2.1 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 cònnói 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

Định nghĩa 1.2.2 Cho a, b ∈ D Phần tử 0 6= d ∈ D được gọi là mộtước chung lớn nhất của a và b, kí hiệu gcd(a, b) hoặc (a, b) nếu d là mộtước chung của a, b và là bội của mọi ước chung khác của a, b

Chú ý rằng với d, d0 là hai ước chung lớn nhất của a và b, thì tồn tạiphần tử khả nghịch u ∈ D sao cho d = d0u Đặc biệt, trong vành Z các

số nguyên, nếu d là ước chung lớn nhất của a, b thì −d cũng là ước chunglớn nhất của a, b

Mệnh đề 1.2.3 Cho 0 6= a, b ∈ D Khi đó a liên kết b khi và chỉ khichúng 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 nhaumột nhân tử là ước của đơn vị Ngược lại, giả sử a = cb với c là một ướccủa 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

Một trong những tính chất quan trọng của vành các số nguyên là định

lý phép chia với dư

Định lý 1.2.4 Cho a, b là các số nguyên tùy ý sao cho b 6= 0 Khi đó tồntại 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 1.2.5 Cho a, b là các số nguyên tùy ý sao cho b 6= 0 Khi đóluôn tồn tại ước chung lớn nhất của a, b Hơn nữa, giả sử a = bq + r, với

0 ≤ r < |b| Khi đó (a, b) = (a, r)

Định lý sau gọi là Thuật toán Euclid cho ta cách hữu hiệu tìm ướcchung lớn nhất của hai số nguyên

Định lý 1.2.6 Cho a, b ∈ Z, b > 0 Theo Định lý phép chia với dư, ta có:

a = bq0 + r1 với 0 < r1 < b,

b = r1q1 + r2 với 0 < r2 < r1,

r1 = r2q2 + r3 với 0 < r3 < r2,

d = a1x1 + + anxn

Chứng minh ĐặtI là iđêan sinh bởi các phần tửa1, , an Khi đó tồn tại

số nguyên dương a sao cho I = aZ Ta có ai = ai.1 với mọi i = 1, , n

Do đó ai ∈ I với mọi i = 1, , n, nghĩa là a|ai với mọi i = 1, , n Suy

ra a là một ước chung của a1, , an Vì d = gcd(a1, , an) nên a|d Vìvậy tồn tại các số nguyên x1, , xn sao cho

d = a1x1 + + anxn

1.2.2 Phần tử nguyên tố

Định nghĩa 1.2.8 Cho p ∈ D là một phần tử khác không và khác ướccủa 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 vớimọi a, b ∈ D

Trong trường hợp tổng quát, nhìn chung hai khái niệm này không tươngđương Tuy nhiên ta có tính chất sau đây

Mệnh đề 1.2.9 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 củađơn vị

Hệ quả 1.2.10 Trong vành các số nguyên Z các phần tử nguyên tố là vàchỉ là −p, p ∈ Z với p là số nguyên tố

Định lý 1.2.11 Trong vành các số nguyên Z tồn tại vô hạn các số nguyêntố

Chứng minh Giả sử Z có hữu hạn các số nguyên tố là p1 < < pt.Đặt n = p1p2 pt + 1 Khi đó rõ ràng pi không là ước của n với mọi

i = 1, , t và p1 < < pt < n Do đó n cũng là số nguyên tố Điều này

là mâu thuẫn

1.2.3 Miền nhân tử hóa

Mục đích của tiết này là trình bày một số tính chất của miền nhân tửhóa Từ đó chứng minh định lý cơ bản của số học

Định nghĩa 1.2.12 Một miền nguyên D được gọi là miền nhân tử hóa(vành nhân tử hóa, hay miền phân tích duy nhất) 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

Định nghĩa 1.2.13 Miền nguyên D được gọi là thỏa mãn điều kiện cóước chung lớn nhất nếu hai phần tử bất kỳ của D không đồng thời bằng

0 đều có ước chung lớn nhất

Mệnh đề 1.2.14 Vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện có ước chunglớn nhất.

Định nghĩa 1.2.15 Miền nguyên D được gọi là thỏa mãn điều kiện dãydừng các ước thực sự nếu với mọi phần tử a1, a2, a3, trong D thỏa mãnđiều kiện a2|a1, a3|a2, đều phải dừng

Chẳng hạn, vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện dãy dừng nhữngước thực sự

Tiếp theo là một số tính chất của miền nguyên thỏa mãn điều kiện cóước chung lớn nhất và điều kiện dãy dừng các ước thực sự

Bổ đề 1.2.16 Cho D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện dãy dừng cácước 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 khảquy

(ii) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều phân tích đượcthành 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 a1 Nếu a1 là bất khả quy thì ta

có điều cần chứng minh Nếu a1 không bất khả quy thì a1 có ước thực sự

là a2 Tiếp tục quá trình trên ta được một dãy các ước thực sự Dãy nàyphải dừng nên a có ước bất khả quy

(ii) Cho a ∈ D là phần tử khác không và không khả nghịch Nếu a làbất khả quy thì a = a là một sự phân tích Nếu a không là bất khả quythì a có một ước bất khả quy là p1 Khi đó a = p1a1 với a1 là ước thực sựcủaa Nếu a1 là bất khả quy thì ta có điều cần chứng minh Nếu a1 không

là bất khả quy thì a1 có một ước bất khả quy là p2 Giả sử a1 = p2a2 thì

a2 là ước thực sự của a1 Nếu a2 là bất khả quy thì a = p1p2a2 là sự phântích Nếu a2 không là bất khả quy thì tiếp tục quá trình trên Quá trìnhnày phải dừng vì D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Vậy ta

có a = p1p2 pt là sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy

Bổ đề 1.2.17 Cho D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chunglớn 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 điềukiện có ước chung lớn nhất nên(p, ab) ∼ p.Giả sử p không là ước của a vàcũng không là ước của b Vì p là bất khả quy nên các ước của p hoặc liênkết 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

Từ các bổ đề trên ta có đặc trưng tương đương của miền nhân tử hóa.Mệnh đề 1.2.18 Miền nguyên D là miền nhân tử hóa nếu và chỉ nếu D

thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất và điều kiện dãy dừng các ướcthực sự

Chứng minh Giả sử D là một miền nhân tử hóa Trước tiên ta sẽ chứngminh D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Thật vậy, với mỗiphần tửa 6= 0và khác ước của đơn vị, ta định nghĩa độ dài của alà số nhân

tử bất khả quy xuất hiện trong sự phân tích của a thành tích các nhân tửbất khả quy và kí hiệu làr(a) Khi đó nếu a = bc vớib, c là ước thực sự của

a thì độ dài của b, c đều nhỏ hơn thực sự độ dài của a Gọi a1, , a2,

là một dãy tùy ý các phần tử của D sao cho a2|a1, a3|a1, và giả sử dãynày là không dừng Khi đó tồn tại vô hạn số tự nhiên 1 < n1 < n2 <

sao cho

a1  an1, an1  an2,

Vì thế an1 là ước thực sự của a1, an2 là ước thực sự của an1, Theonhận xét trên tồn tại một dãy vô hạn các số nguyên dương

r(a1) > r(an1) > r(an2) > ,

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 kếtvới 1 thì ta dễ dàng tìm được ước chung lớn nhất của a và b Vì vậy ta giảthiết a và b khác 0 và khác ước của đơn vị Giả sử {p1, , pk} là tập hợpcác phần tử bất khả quy xuất hiện trong sự phân tích của a và b Ta có

Ngược lại, giả sử D thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự vàđiều kiện có ước chung lớn nhất Theo Bổ đề 1.2.16(ii) mọi phần tử kháckhông và không khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tửbất khả quy Ta chỉ cần chứng minh phân tích là duy nhất (sai khác nhân

tử khả nghịch) Thật vậy, cho

a = p1p2 pn = q1q2 qm

là sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy Không mất tổng quát

ta giả sử n ≥ m Vì p1 là bất khả quy và D thỏa mãn điều kiện có ướcchung lớn nhất nên theo Bổ đề 1.2.17 thìp1 là phần tử nguyên tố Do p1|a

nên tồn tại i sao cho p1|qi Bằng cách đánh lại chỉ số ta giả sử p1|q1 Vì

q1 là bất khả quy nên p1 ∼ q1 Giả sử q1 = u1p1 với u1 là ước của đơn vị.Khi đó p1p2 pn = u1p1q2 qm Do D là miền nguyên nên giản ước hai

vế ta có p2 pn = u1q2 qm Tiếp tục quá trình trên ta được

1 = u1 unqn+1 qm

Do qi 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

Vì Z là miền nhân tử hóa nên từ các kết quả trên ta có Định lý cơ bảncủa số học

Định lý 1.2.19 Cho n > 1 là một số nguyên dương Khi đó n có phântích duy nhất n = pn1

1 pnt

t trong đó t, ni, i = 1, , t là các số nguyêndương và p1 < p2 < < pt là các số nguyên tố

Đồng dư là một phương pháp hữu hiệu để giải quyết vấn đề chia hếttrong vành số nguyên cũng như trong bài toán về nghiệm của các phươngtrình Diophantine

1.3.1 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 (mod m) và gọi

đó là một đồng dư thức

Rõ ràng quan hệ đồng dư theo modulo m là một quan hệ tương đươngtrên 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:

(i) a ≡ b (mod m)

(ii) m|(a − b)

(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 lànguyên tố cùng nhau nếu (a, b) = 1

Ví dụ 1.3.4 Nếup 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 TrungHoa về phần dư được sử dụng trong máy tính để làm việc với những sốlớn (xem trang 28, 29 trong tài liệu [3])

Định lý 1.3.6 Cho m1, , mr là các số nguyên tố cùng nhau từng đôimột Khi đó hệ phương trình đồng dư

x ≡ a1 (mod m1)

x ≡ a2 (mod m2)

x ≡ ar (mod mr)

có nghiệm duy nhất theo modulo m = m1 mr

1.3.2 Một số đồng dư đặc biệt

Mục đích của tiết này là trình bày một số đồng dư thức đặc biệt Trướctiên là Định lý Wilson dùng để kiểm tra một số có phải số nguyên tố haykhông

Định lý 1.3.7 Cho p là một số nguyên dương Khi đó p là số nguyên tốkhi và chỉ khi (p − 1)! ≡ −1 (mod p)

Chứng minh Giả sử p là một số nguyên tố Khi p = 2 ta có

(2 − 1)! ≡ −1 (mod 2)

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 saocho ab ≡ 1 (mod p) Suy ra