Vành các số nguyên
Phép chia với dư
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 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.
Mệnh đề 1.1.3 Z là vành giao hoán với phép cộng và nhân các số nguyên và được gọi là vành các số nguyên.
Một trong những tính chất quan trọng và có nhiều ứng dụng của vành các số nguyên là định lý phép chia với dư. Định lý 1.1.4 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|.
Iđêan và vành thương
Trước tiên ta nhắc lại các khái niệm iđêan trái, iđêan phải và iđêan. Định nghĩa 1.1.5 Cho R là một vành và I là một nhóm con của R đối với phép cộng.
(i) I được gọi là một iđêan trái của R nếu RI ⊆ I, nghĩa là xa ∈ I với mọi x ∈ R và a ∈ I.
(ii) I được gọi là một iđêan phải của R nếu IR ⊆ I, nghĩa là ax ∈ I với mọi x ∈ R và a ∈ I.
(iii) I được gọi là một iđêan của R nếu I vừa là iđêan trái vừa là iđêan phải.
Ví dụ 1.1.6 Cho R là một vành và a là một phần tử của R Khi đó các phát 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 1.1.7 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.
Mệnh đề 1.1.8 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 iđêan sinh 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 sao cho x = bq + r, với 0 ≤ r < b Suy ra r = x−bq ∈ I Do tính nhỏ nhất của 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 của nhóm củaR đối với phép cộng, nênR/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 1.1.9 Cho I là một iđêan thực sự của một vành R, nghĩa là
I 6= R Khi đó R/I là một vành 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 Vậy R/I là một vành. Định nghĩa 1.1.10 VànhR/I xác định như trên được gọi là vành thương của R đối với iđêan I.
Iđêan nguyên tố trong vành giao hoán
Từ bây giờ ta luôn xét vành R là giao hoán. Định nghĩa 1.1.11 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 1.1.12 (i) Một vành giao hoán R được gọi là một miền nguyên nếu ab = 0 thì kéo theo hoặc a = 0 hoặc b = 0.
(ii) Một vành giao hoán R được gọi là một trường nếu mọi phần tử khác khôn đều có nghịch đảo, nghĩa là nếu a 6= 0 thì tồn tại b ∈ R sao cho ab = 1.
Chú ý 1.1.13 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 là một trường Thật vậy, giả sử D = {x 1 , , xn} là một miền nguyên hữu hạn Với mỗi 0 6= x i ∈ D ta sẽ chỉ ra x i D = {x i x j | x j ∈ D}= D.
Giả sử x i x j = x i x t , nghĩa là x i (x j −x t ) = 0 Do D là miền nguyên và xi 6= 0 nên xj −xt = 0 hay xt = xj Do đó xiD có n phần tử phân biệt, hay x i D = D Suy ra 1∈ x i D, nghĩa là tồn tại x j ∈ D sao cho 1 = x i x j Vậy D là một trường.
Ví dụ 1.1.14 (i) Z,Q,R,C đều là các miền nguyên.
(iii) Vành các số nguyên Z/4Z modulo 4 không là miền nguyên.
Bổ đề 1.1.15 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) Cho I là nguyên tố và (a +I)(b+ I) = 0 +I, nghĩa là ab+I = 0 +I hay ab ∈ I Do I là nguyên tố nên suy ra hoặc a ∈ I hoặc b ∈ I Điều đó tương đương với hoặc a+ I = 0 +I hoặc b+ I = 0 +I, nghĩa làR/I là một miền nguyên Ngược lại, choR/I là một miền nguyên vàab ∈ I,nghĩa là ab+I = (a+I)(b+I) = 0 +I VìR/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 chưa 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 iđêan chứaI 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 1.1.15 và Chú ý 1.1.13 cho ta ngay hệ quả sau.
Hệ quả 1.1.16 Trong mọi vành giao hoán mọi iđêan tối đại đều là iđêan nguyên tố.
Hệ quả 1.1.17 (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 iđêan nguyên tố Khi đó theo Bổ đề 1.1.15, 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 1.1.15, 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 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.
Kết quả sau đây chỉ ra sự tồn tại của iđêan nguyên tố trong vành giao hoán bất kỳ.
Mệnh đề 1.1.18 Trong một vành giao hoán bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một iđêan tối đại.
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 bộ phận Vì {0} ∈ Ω nên Ω là tập khác rỗng Cho I 1 ⊆ I 2 ⊆ là một xích tùy ý các iđêan trong Ω Khi đó I = ∪ ∞ I=0 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, điều này 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 và hiển nhiên nó là iđêan cực đại của R.
Miền nhân tử hóa
Phần tử nguyên tố
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 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. Định nghĩa 1.2.2 Cho a, b ∈ D Phần tử 0 6= d ∈ D được gọi là một ước chung lớn nhất của a và b, kí hiệu gcd(a, b) hoặc (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 Đặc biệt, trong vành Z các số nguyên, nếu d là ước chung lớn nhất của a, b thì −d cũng là ước chung lớn nhất của a, b.
Mệnh đề 1.2.3 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 1.2.4 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 1.2.5 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.
Ví dụ sau đây chỉ ra rằng điều ngược lại của Mệnh đề 1.2.5 là không đúng.
5|a, b ∈ Z} Vì D là vành con của trường số phức nênD là một miền nguyên Ta khẳng định các phần tử2,3,1+i√
5là bất khả quy nhưng không là phần tử nguyên tố Thật vậy, với mỗir = a+bi√
5∈ D, gọir là số phức liên hợp vớir Ta định nghĩa chuẩn củar, kí hiệu làN(r)là sốN(r) =rr = a 2 +5b 2 Do liên hợp của tích hai số phức bằng tích các liên hợp nên ta cóN(rs) =rs.rs = rrss = N(r)N(s).
5). Trước hết ta chứng minh số 2 là phần tử bất khả quy nhưng không nguyên tố Giả sử r = a+bi√
5 là một ước của 2 Khi đó tồn tại s ∈ D sao cho 2 = rs Suy ra 4 = N(2) = N(r)N(s) Do đó N(r) chỉ có thể là 1,2,4 Nếu N(r) = 1 = a 2 + 5b 2 thì a = ±1 và b = 0, do đó r là ước của đơn vị Nếu N(r) = 2 thì a 2 + 5b 2 = 2 Rõ ràng không xảy ra trường hợp này Nếu N(r) = 4 = a 2 + 5b 2 thì a = ±2 và b = 0, do đó r liên kết với 2 Vậy số 2 là phần tử bất khả quy Bây giờ ta chứng minh số 2 không là phần tử nguyên tố Thật vậy, giả sử số 2 là phần tử nguyên tố Vì 2|(1 +i√
5) nên 2 là ước của một trong hai thừa số đó. Giả sử 2 là ước của 1 + i√
5 Khi đó tồn tại r = a+ bi√
5) = 6 Điều này là vô lý vì trong vành số nguyên,4không thể là ước của 6 Tương tự nếu 2 là ước của 1−i√
5 thì ta cũng suy ra điều vô lý Vậy 2 không là phần tử nguyên tố.
Bằng cách tương tự, ta có thể kiểm tra được các phần tử 2,1−i√
5 cũng là bất khả quy nhưng không nguyên tố.
Hệ quả 1.2.7 Trong vành các số nguyên Z các phần tử nguyên tố là và chỉ là các số −p, p ∈ Z với p là số nguyên tố. Định lý 1.2.8 Trong vành các số nguyên Z tồn tại vô hạn các số nguyên tố.
Chứng minh Giả sử Z có hữu hạn các số nguyên tố là p 1 < < p t Đặt n = p1p2 pt + 1 Khi đó rõ ràng pi không là ước của n với mọi i = 1, , t và p 1 < < p t < n Do đó n cũng là số nguyên tố Điều này là mâu thuẫn.
Miền nhân tử hóa
Mục đích của tiết này là trình bày một số tính chất của miền nhân tử hóa Từ đó chứng minh định lý cơ bản của số học. Định nghĩa 1.2.9 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 1.2.10 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.
Mệnh đề 1.2.11 Vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất. Định nghĩa 1.2.12 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.
Chẳng hạn, vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự.
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 1.2.13 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 a1 Nếu a1 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 a 2 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 p 1 Khi đó a = p 1 a 1 với a 1 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 a2 là ước thực sự của a1 Nếu a2 là bất khả quy thì a = p1p2a2 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 1.2.14 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.
Từ các bổ đề trên ta có đặc trưng tương đương của miền nhân tử hóa.
Mệnh đề 1.2.15 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 a 1 > độ dài a n 1 > độ dài a n 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 , ri, si ≥ 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 1.2.13(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 1.2.14thì p1 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.
Vì vành các số nguyên Z là miền nhân tử hóa nên từ các kết quả trên ta có Định lý cơ bản của số học. Định lý 1.2.16 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 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 ik = jk với mọi k. Định nghĩa 1.2.17 (i) Một từ là 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(x 1 , , x n ) 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 aix i và P bix i là bằng nhau nếu ai = bi với mọi i ∈ N n 0 Định nghĩa 1.2.18 (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(x 1 , , x n ) 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 xk 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 1.2.19 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
(ck)x k , ck = X i+j=k aibj với mọi đa thức P i∈ N n 0 a i x i , P i∈ N n 0 b i x i ∈ R[x 1 , , x n ].
Không khó để kiểm tra các quy tắc cộng và nhân đa thức trong Định nghĩa 1.2.19 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 x 1 , , x n với hệ số trong R Rõ ràng R là miền nguyên khi và chỉ khi R[x1, , xn] là miền nguyên.
Từ đầu thế kỉ 19, nhà toán học người Đức C F Gauss đã chứng minh được rằng các vành đa thức nhiều biến Z[x 1 , , x n ] và Q[x 1 , , x n ] có hệ số tương ứng trong vành số nguyên và trường số hữu tỉ đều là những miền nhân tử hóa Chính vì vậy, nhiều tài liệu đại số đã gọi miền nhân tử hóa là vành Gauss Theo quy nạp ta có định lý sau. Định lý 1.2.20 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.
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 1.2.21 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.
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(mod m) 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.
Vì mọi iđêan trong vành các số nguyên Z là iđêan chính nên ta dễ dàng chứng minh được kết 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 Quốc 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 hệ phương trình đồng dư x ≡ a 1 (mod m 1 ) x ≡ a 2 (mod m 2 ) x ≡ ar (mod mr) có nghiệm duy nhất 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,
(p−1)! ≡ −1 (mod p) nghĩa là(p−1)! + 1 ≡ 0 (mod p) 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 bé. 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 bé 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 một số phương trình Diophantine p x + (p + A) y = z 2 khi p, p + A là các số nguyên tố và
Mục đích của chương này là trình bày các kết quả trong các bài báo
[4, 5, 6] về nghiệm của phương trình Diophantine p x + (p+ A) y = z 2 khi p, p+A là các số nguyên tố và A = 9,10,18.
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.
Phương trình Diophantine 2 x + 11 y = z 2
Trong tiết này, ta chỉ ra rằng phương trình
2 x + 11 y = z 2 (2.1) không có nghiệm nguyên dương Trước tiên ta có bổ đề sau.
Bổ đề 2.1.1 Phương trình Diophantine 1 + 11 y = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho y, z là các số nguyên không âm sao cho 1 + 11 y = z 2 Khi đó ta có phương trình
Vì 11 là số nguyên tố nên tồn tại các số nguyên a > b sao cho z + 1 = 11 a , z−1 = 11 b với a+ b = y Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được
Vì 2,11 là các số nguyên tố nên b = 0 và do đó phương trình (2.2) thành
Do đó phương trình vô nghiệm.
Bổ đề 2.1.2 Phương trình Diophantine 2 x + 1 = z 2 có nghiệm duy nhất là (x, z) = (3,3).
Chứng minh Cho x, z là các số nguyên không âm sao cho 2 x + 1 = z 2 Khi đó ta có phương trình
Vì 2 là số nguyên tố nên tồn tại các số nguyên a > b sao cho z+ 1 = 2 a , z−1 = 2 b với a+ b = x Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được
Nếu b = 0 thì phương trình (2.14) thành 2 x = 3, phương trình vô nghiệm.
Rõ ràng nếu b ≥ 2 thì phương trình (2.14) vô nghiệm Nếu b = 1 thì phương trình (2.14) thành 2(2 a−1 −1) = 2 Do đó a = 2 hay x = 3, z = 3. Vậy phương trình có nghiệm là (x, z) = (3,3).
Kết quả sau đây là kết quả chính đầu tiên của tiết này. Định lý 2.1.3 Cho x = 4t + 1 là số nguyên dương và y ≥ 1 Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Giả sử x = 4t+ 1 với t ≥ 0 là số nguyên nào đó Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được số hạng hàng đơn vị của 2 4t+1 chỉ có thể là 2 Tương tự với mọi số nguyên y ≥ 1 số hạng hàng đơn vị của 11 y chỉ có thể là 1 Do đó chữ số hàng đơn vị của z 2 = 2 4t+1 + 11 y là 3, hay z là một số lẻ Ta có
1 1 = 1,3 2 = 9,5 2 = 25,7 2 = 49,9 2 = 81 mâu thuẫn với chữ số hàng đơn vị của z 2 bằng 3 Do đó phương trình vô nghiệm.
Tiếp theo ta xét trường hợp x = 4t+ 2, y ≥ 1 là các số nguyên dương. Định lý 2.1.4 Cho x = 4t+ 2, t ≥ 0 và y ≥ 1 là các số nguyên dương. Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Vì x = 4t+ 2, y ≥ 1 nên phương trình đã cho thành
Do đó tồn tại các số nguyên a > b với a+b = y sao cho
Trừ hai vế đẳng thức này ta thu được phương trình
Vì 2,11 là các số nguyên tố phân biệt nên từ phương trình (2.6) ta suy ra b= 0 Thay vào phương trình (2.6) ta được
Từ phương trình (2.7) ta có 5 là ước của 2 2t+2 , mâu thuẫn Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Đối với trường hợp x = 4t+ 3, t ≥ 0 và y ≥ 1 ta có định lý sau. Định lý 2.1.5 Cho x = 4t + 3 và y là các số nguyên dương Khi đó phương trình
Chứng minh Vì x = 4t+ 3 nên phương trình (2.1) thành
Vì thếz 2 là một số lẻ nên z cũng là một số lẻ Do đó hoặc z = 4c+ 1 hoặc z = 4c+ 3 với c ≥ 0 Do đó z 2 = 4m+ 1 với m là số nguyên dương nào đó Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1 Cho y = 2n+ 1 với n ≥ 0 Khi đó 11 2n+1 = (2.4 + 3) 2n+1 có dạng 4T + 3 với T là số nguyên dương nào đó Mặt khác 2 4t+3 có dạng 4U với U là số nguyên dương nào đó Do đó
2 4t+3 + 11 y = 4(U +T) + 3 6= 4m+ 1 = z 2 điều này là mâu thuẫn.
Trường hợp 2 Cho y = 2n với n≥ 1 Khi đó phương trình đã cho thành
Do đó tồn tại các số nguyên a > b với a+b = 4t+ 1 sao cho z−11 m = 2 b và z+ 11 n = 2 a Trừ hai vế đẳng thức này cho nhau ta thu được phương trình
Từ phương trình (2.9) ta suy ra b = 1 Khi đó phương trình (2.9) thành
Cho k = 2d + 1 với k là một số nguyên không âm Khi đó ta có
2 4t+1 = 11 2d+1 + 1 ≡0 mod(3) điều này là mâu thuẫn.
Cho k = 2d Khi đó 11 2a + 1 là bội của 2 nhưng không là bội của 4. Thật vậy vì2alà số chẵn nên hoặc 2a = 4v+2, v ≥ 0hoặc2a = 4u, u ≥1. Nếu 2a = 4v + 2 thì ta có 11 4v+2 ≡ 1 mod(4) và nếu 2a = 4u thì ta có
11 2a + 1 = 2B với B là số lẻ Vì thế
11 2a + 1 = 2B 6= 2 4t+3 Vậy phương trình vô nghiệm.
Cuối cùng ta xét trường hợp x = 4t với t là số nguyên dương và y ≥1. Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.1.6 Cho x = 4t với t là số nguyên dương và y ≥ 1 Khi đó phương trình Diophantine 2 x + 11 y = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho x = 4t với t là số nguyên dương và y ≥ 1 Khi đó phương trình đã cho thành 2 4t + 11 y = z 2 Vì t là số nguyên dương nên
2 4t có số hạng hàng đơn vị là 6 Do đó z 2 = 2 4t + 11 y là một số lẻ có số hạng hàng đơn vị là 7, điều này là mâu thuẫn vì số hạng hàng đơn vị của bình phương một số lẻ chỉ có thể là 1,5,9 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Phương trình Diophantine 19 x + 29 y = z 2 và 31 x + 41 y = z 2 26
Mục đích của tiết này là trình bày các kết quả về nghiệm của các phương trình Diophantine p x + (p+ 10) y = z 2 (2.11) khi p = 19 và p= 31 trong các tài liệu [4, 5] Trước tiên ta có bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.1 Phương trình Diophantine 1 + 29 y = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho y, z là các số nguyên không âm sao cho 1 + 29 y = z 2 Khi đó ta có phương trình
Vì 29 là số nguyên tố nên tồn tại các số nguyên a > b sao cho z + 1 = 29 a , z−1 = 29 b với a+ b = y Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được
Vì 2,29 là các số nguyên tố nên b = 0 và do đó phương trình (2.12) thành
Do đó phương trình vô nghiệm.
Bổ đề 2.2.2 Phương trình Diophantine 19 x + 1 = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho x, z là các số nguyên không âm sao cho 19 x + 1 = z 2 Khi đó ta có phương trình
Vì 19 là số nguyên tố nên tồn tại các số nguyên a > b sao cho z + 1 = 19 a , z−1 = 19 b với a+ b = x Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được
Vì 19,2 là các số nguyên tố nên b = 0 và do đó phương trình (2.14) thành
19 x = 3, phương trình vô nghiệm. Định lý sau đây là kết quả chính đầu tiên của tiết này. Định lý 2.2.3 Cho x, y là các số nguyên cùng lẻ Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Theo giả thiết ta có x = 2m+ 1 và y = 2n+ 1 với m, n là các số nguyên không âm Khi đó phương trình đã cho thành
Vì chữ số hàng đơn vị của 19 2m+1 và 29 2n+1 là 9 nên z 2 là một số chẵn và có chữ số hàng đơn vị là 8 Vì z 2 là số chẵn nên z cũng là số chẵn Mặt khác
2 2 = 4,4 2 = 16,6 2 = 36,8 2 = 64 do đó chữ số hàng đơn vị của z 2 không thể là 8 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Tiếp theo ta xét trường hợp x là số lẻ và y là các số chẵn Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.2.4 Cho x = 2m+ 1 và y = 2n là số nguyên dương Khi đó phương trình
Chứng minh Theo giả thiết phương trình đã cho thành
Do đó tồn tại các số nguyên a > b với a+b = 2m+ 1 sao cho z + 29 n = 19 a và z−29 n = 19 b
Trừ hai vế đẳng thức này cho nhau ta thu được phương trình
Vi 2,19,29 là các số nguyên tố nên b = 0 Khi đó từ phương trình (2.16) ta suy ra
Từ phương trình (2.17) ta suy ra 3|2.29, điều này là mâu thuẫn Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Tiếp theo ta xét trường hợp x là số chẵn và y là các số lẻ Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.2.5 Cho x = 2m và y = 2n+ 1 là số nguyên dương Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Theo giả thiết phương trình đã cho thành
Do đó tồn tại các số nguyên a > b sao cho z+ 19 m = 29 a và z−19 m = 29 b Trừ hai vế đẳng thức này cho nhau ta thu được phương trình
29 b (29 a−b −1) = 2.19 m (2.19) Phương trình trên cho ta b = 0 và khi đó phương trình (2.19) thành
Do đó 7|2.19 m điều này là mâu thuẫn Do đó phương trình vô nghiệm.
Cuối cùng ta xét x, y đều là các số chẵn. Định lý 2.2.6 Cho x = 2m và y = 2n là các số chẵn Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Vì x = 2m và y = 2n là các số chẵn nên 19 x và 29 y đều là các số lẻ với chữ số hàng đơn vị là 1 Do đó z 2 là số chẵn với chữ số hàng đơn vị là 2 Vì z 2 là số chẵn nên z cũng là số chẵn Ta có
2 2 = 4,4 2 = 16,6 2 = 36,8 2 = 64 nên chữ số hàng đơn vị của z 2 không thể là 2 Do đó phương trình vô nghiệm.
Phần cuối của tiết này ta xét phương trình Diophantine
Khi đó ta có bổ đề sau là một kết quả quan trọng về giả thuyết Catalan được chứng minh bởi P Mihailescu trong [7].
Mệnh đề 2.2.7 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. Đối với trường hợp y = 0 ta có kết quả sau.
Bổ đề 2.2.8 Phương trình Diophantine 31 x + 1 = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho x = 0 thì phương trình đã cho thành z 2 = 2 Do đó phương trình vô nghiệm.
Cho x là một số nguyên dương sao cho 31 x + 1 = z 2 Nếu x = 1 thì ta có z 2 = 32, phương trình vô nghiệm Xét x > 1 thì khi đó z 2 = 31 x + 1> 32 hay z > 5 Do đó minx, z > 1 Vì thế theo Mệnh đề 2.2.7, phương trình Diophantine z 2 −31 x = 1 vô nghiệm.
Bổ đề 2.2.9 Phương trình Diophantine 41 y + 1 = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho y = 0 thì phương trình đã cho thành z 2 = 2 Do đó phương trình vô nghiệm.
Cho y là một số nguyên dương sao cho 41 y + 1 = z 2 Nếu y = 1 thì ta có z 2 = 42, phương trình vô nghiệm Xét x > 1 thì khi đó z 2 = 41 y + 1 > 42 hay z > 6 Do đó minx, z > 1 Vì thế theo Mệnh đề 2.2.7, phương trình Diophantine z 2 −41 y = 1 vô nghiệm. Định lý sau là kết quả chính thứ hai của tiết này. Định lý 2.2.10 Phương trình Diophantine 31 x + 41 y = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Với x = 0 hoặc y = 0 thì theo các Bổ đề 2.2.8 và 2.2.9, phương trình vô nghiệm.
Cho x, y ≥1 Khi đó 31 x và 41 y đều là các số lẻ Do đó z 2 = 31 x + 41 y là số chẵn Suy ra z cũng là một số chẵn Khi đó tồn tại số nguyên dương nsao cho z = 2n và do đó z = 4n 2 Vì 31 ≡1 (mod 5) và 41 ≡ 1 (mod 5) nên
Do đó z 2 = 31 x + 41 y ≡ 2 (mod 5) hay 4n 2 ≡2 (mod 5) Suy ra n 2 ≡3 (mod 5) Mặt khác,
1 1 = 1,2 2 = 4,3 2 = 9,4 2 = 16,6 2 = 36,7 2 = 49,8 2 = 64,9 2 = 81 nên n 2 6≡ 3 (mod 5) Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Phương trình Diophantine 439 x + 457 y = z 2
Mục đích của tiết này là trình bày các kết quả của S Kumar và cộng sự [6] về nghiệm của phương trình Diophantine
439 x + 457 y = z 2 (2.20) Trước tiên ta có bổ đề sau.
Bổ đề 2.3.1 Phương trình Diophantine 439 x + 1 = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho x, z là các số nguyên không âm sao cho 439 x + 1 = z 2 Nếu x = 0, phương trình thành z 2 = 2 Phương trình này vô nghiệm. Cho x là số nguyên dương Khi đó 439 x là số lẻ Do đó z 2 = 439 x + 1 là số chẵn Suy ra z cũng là một số chẵn Vì thế z 2 ≡ 0 (mod 3) hoặc z 2 ≡1 (mod 3) Mặt khác439 ≡ 1 (mod 3)nên 439 x ≡1 (mod 3) với mọi số nguyên dương x Do đó z 2 = 439 x + 1 ≡2 (mod 3) mâu thuẫn với z 2 ≡ 0 (mod 3) hoặc z 2 ≡ 1 (mod 3) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bổ đề 2.3.2 Phương trình Diophantine 1 + 457 y = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho y, z là các số nguyên không âm sao cho 457 y + 1 = z 2 Nếu y = 0, phương trình thành z 2 = 2 Phương trình này vô nghiệm. Cho y là số nguyên dương Khi đó 457 y là số lẻ Do đó z 2 = 457 y + 1 là số chẵn Suy ra z cũng là một số chẵn Vì thế z 2 ≡ 0 (mod 3) hoặc z 2 ≡1 (mod 3) Mặt khác 457≡ 1 (mod 3)nên 457 y ≡ 1 (mod 3) với mọi số nguyên dương y Do đó z 2 = 457 y + 1≡ 2 (mod 3) mâu thuẫn với z 2 ≡ 0 (mod 3) hoặc z 2 ≡ 1 (mod 3) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Định lý sau là kết quả chính của tiết này. Định lý 2.3.3 Cho x, y là các số nguyên dương Khi đó phương trình
Chứng minh Cho x, y, z là các số nguyên không âm sao cho 439 x + 457 y z 2 Vì 439 x và 457 y là các số lẻ nên z 2 = 439 x + 457 y là số chẵn Suy ra z cũng là một số chẵn Vì thế z 2 ≡ 0 (mod 3) hoặc z 2 ≡1 (mod 3) Mặt khác
439 ≡1 (mod 3), 457 ≡1 (mod 3) nên ta có
439 x ≡ 1 (mod 3), 457 y ≡1 (mod 3) với mọi số nguyên dương x, y Do đó z 2 = 439 x + 457 y ≡2 (mod 3) mâu thuẫn với z 2 ≡ 0 (mod 3) hoặc z 2 ≡ 1 (mod 3) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
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, lý thuyết chia hết trong miền nguyên và miền nhân tử hóa.
(2) Một số kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine
(i) Nếu x = 0 hoặc x = 4t+ 1 phương trình vô nghiệm; (ii) Phương trình có nghiệm (x, y, z) = (3,0,3);
(iii) Nếu x = 4t hoặc x = 4t+ 2 hoặc x = 4t + 3 phương trình vô nghiệm.
(3) Một số kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine
19 x + 29 y = z 2 và 31 x + 41 y = z 2 Cụ thể phương trình vô nghiệm các trường hợp sau:
(i) Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì phương trình vô nghiệm; (ii) Nếu x, y cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì phương trình vô nghiệm;
(iii) Nếu x và y không cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì phương trình vô nghiệm.
(4) Phương trình Diophantine 439 x + 457 y = z 2 vô nghiệm.