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
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. Định nghĩa 1.1.4 (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 không đều có nghịch đảo, nghĩa là nếu a 6= 0 thì tồn tại b ∈ R sao cho ab = 1.
Chú ý 1.1.5 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 , , x n } là một miền nguyên hữu hạn. Với mỗi 06= x i ∈ D ta sẽ chỉ ra xiD = {x i xj| xj ∈ 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 x i 6= 0 nên x j −x t = 0 hay x j = x t Do đó x i D 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 1.1.6 (i) Z,Q,R,C đều là các miền nguyên.
(iii) Vành các số nguyên Z/4Z modulo 4 không là miền 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 này có nhiều ứng dụng đăc biệt trong bài toán tìm ước chung lớn nhất. Định lý 1.1.7 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|.
Số nguyên tố
Trong suốt mục này ta luôn xét D là một miền nguyên. Định nghĩa 1.1.8 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 1.1.9 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 Từ Định lý phép chia với dư ta có thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất. Định lý 1.1.10 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 , r1 = r2q2 + r3 với 0 < r3 < r2, r n−2 = r n−1 q n−1 +r n với 0< r n < r n−1 , r n−1 = rnqn.
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.
Cho p > 1 là một số nguyên dương Nhắc lại rằng p được gọi là số nguyên tố nếu p không có ước nguyên dương nào khác 1 và chính nó Khi đó ta có mối quan hệ giữa khái niệm phần tử nguyên tố với khái niệm số nguyên tố như sau.
Hệ quả 1.1.14 Trong vành các số nguyên Z các phần tử nguyên tố là và chỉ là các số nguyên có dạng p hoặc −p với p là số nguyên tố. Định lý 1.1.15 Trong vành các số nguyên Ztồn 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 = p 1 p 2 p t + 1 Khi đó rõ ràng p i 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.
Định lý cơ bản của số học
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 1.1.16 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 1.1.17 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 1.1.18 Vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất. Định nghĩa 1.1.19 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.
Hệ quả 1.1.20 Vành các số nguyên Zthỏa 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 1.1.21 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 a1 có một ước bất khả quy là p2 Giả sử a1 = p2a2 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 1.1.22 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 1.1.23 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 a2|a1, a3|a1, 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 ti = min{r i , si}, 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 1.1.21(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 1.1.22 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 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 vành các số nguyên Z là miền thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất nên mọi phần tử bất khả quy trong Zlà và chỉ là các phần tử nguyên tố Hơn nữa Z thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự nên Z là miền nhân tử hóa nên từ các kết quả trên ta có Định lý cơ bản của số học. Định lý 1.1.24 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, ni, i = 1, , t là các số nguyên dương và p 1 < p 2 < < p t là các số nguyên tố.
Vành đa thức
Vành đa thức một biến
Định nghĩa 1.2.1 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 a0, , an ∈ 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.
Kí hiệu R[x] là tập các đa thức một biến x với hệ số trên R Cho f(x) = anx n + an−1x n−1 + a1x + a0 ∈ R[x] Ta gọi a0 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 a n = 1 thì f(x) được gọi là đa thức dạng chuẩn hay đa thức monic.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 1.2.2 Với hai đa thức f(x) ∞
Khi đó R[x] là vành giao hoán với phép cộng và phép nhân đa thức. VànhR[x] được gọi là vành đa thức một biến x với hệ số trong R Rõ ràng
R là một miền nguyên nếu và chỉ nếu R[x] là một miền nguyên 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, nó là cơ sở để xây dựng thuật toán tìm ước chung lớn nhất của các đa thức và cho các thông tin về nghiệm của đa thức. Định lý 1.2.3 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(f) < deg(g).
Các đa thứcq(x) vàr(x)trong Định lý 1.2.3 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 1.2.4 (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 1.2.5 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 = (i1, , in) ∈ 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 1.2.6 (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 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 1.2.7 (i) Bậc của một từ khác 0là 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 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 1.2.8 Kí hiệuR[x 1 , , x n ]là tập các đa thứcnbiếnx 1 , , x n với hệ số trong R Với i, j ∈ N n 0 , trong đó i = (i 1 , , i n ) và j (j1, , jn), ta định nghĩa i+j = (i1+j1, , in+jn) Trên R[x1, , xn] ta đinh nghĩa các quy tắc cộng và nhân như sau
(c k )x k , c k = X i+j=k a i b j với mọi đa thức P i∈ N n 0 aix i , P i∈ N n 0 bix i ∈ R[x1, , xn].
Không khó để kiểm tra các quy tắc cộng và nhân đa thức trong Định nghĩa 1.2.8 là các phép toán hai ngôi trênR[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 1.2.9 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.
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 1.2.10 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 1.2.11 Cho đa thức f(x1, , xn) ∈ R[x1, , xn] 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 cho phép ta 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 1.2.12 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 1.2.12 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(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 b = 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 các nghiệm của hệ phương trình đồng dư x ≡ a 1 (mod m 1 ) x ≡ a 2 (mod m 2 ) 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,
(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. 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).
Về nghiệm của một số phương trình Diophantine (p n ) x + (4 m A + B ) y = z 2 khi p là số nguyên tố và
Phương trình Diophantine là một phương trình có dạng f(x1, , xn) = 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 trình Diophantine đại số Một bộ số (a 1 , , a n ) ∈ Z n thỏa mãn phương trình (2.1) được gọi là một nghiệm của phương trình (2.1).
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.
Mục đích của chương này là trình bày một số kết quả trong các bài báo
[5, 8] về nghiệm của phương trình Diophantine (p n ) x + (4 m A+B) y = z 2 khi p là số nguyên tố và (A, B) = (1, p) hoặc (A, B) = (p,1).
Phương trình Diophantine 3 x + 7 y = z 2
Xét phương trình Diophantine (p n ) x + (4 m A + B) y = z 2 khi p là số nguyên tố và (A, B) = (1, p) Khi đó với p = 3, m = 1, n = 1 phương trình thành
Mục đích của tiết này là trình bày nghiệm của phương trình (2.2) Các kết quả trong tiết này được viết theo tài liệu [8] Mệnh đề sau đây là một kết quả quan trọng về giả thuyết Catalan được chứng minh bởi P Mihailescu trong [6].
Mệnh đề 2.1.1 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 2.1.2 Phương trình Diophantine 3 x + 1 = z 2 có nghiệm duy nhất (x, z) = (1,2).
Chứng minh Cho x, z là các số nguyên không âm sao cho 3 x + 1 = z 2 Khi đó ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1 Cho x = 0 thì ta có z 2 = 2, phương trình Diophantine này vô nghiệm.
Trường hợp 2 Cho z = 0 thì ta có 3 x + 1 = 0, phương trình Diophantine này vô nghiệm.
Trường hợp 3 Cho x, z ≥ 1 là các số nguyên dương Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình
Vì 3 là số nguyên tố nên tồn tại các số nguyên a > b sao cho z+ 1 = 3 a , z−1 = 3 b với a+ b = x Lấy vế trừ đi vế hai phương trình ta được phương trình
Vì 2,3 là các số nguyên tố phân biệt nên từ phương trình (2.3) ta suy ra b= 0 Do đó phương trình (2.3) thành
3 x −1 = 2 hay 3 x = 3 Phương trình có nghiệm là x = 1 và do đó z = 2 Vậy phương trình Diophantine đã cho có nghiệm duy nhất (x, z) = (1,2).
Bổ đề 2.1.3 Phương trình Diophantine 1 + 7 y = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Cho y, z là các số nguyên không âm sao cho 1 + 7 y = z 2 Khi đó ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1 Cho y = 0 thì phương trình đã cho thành z 2 = 2, phương trình Diophantine vô nghiệm.
Trường hợp 2 Cho z = 0 thì phương trình đã cho thành 1 + 7 y = 0, phương trình Diophantine này vô nghiệm.
Trường hợp 3 Cho y, z ≥ 1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình
Vì 7 là số nguyên tố nên tồn tại các số nguyên a > b sao cho z+ 1 = 7 a , z−1 = 7 b với a+ b = y Lấy vế trừ đi vế hai phương trình ta được phương trình
Vì 2,7 là các số nguyên tố phân biệt nên từ phương trình (2.4) ta suy ra b= 0 Do đó phương trình (2.4) thành
7 y −1 = 2 hay 7 y = 3 Phương trình Diophantine vô nghiệm Vậy phương trình Dio- phantine đã cho vô nghiệm.
Xét phương trình Diophantine 3 x + 7 y = z 2 Theo Bổ đề 2.1.2 phương trình luôn có nghiệm là (1,0,2) và vô nghiệm nếu x = 0 Do đó trong các kết quả sau ta luôn xét x, y ≥ 1 Kết quả sau đây là kết quả chính đầu tiên của tiết này. Định lý 2.1.4 Cho x ≥ 1 là số nguyên dương và y là số chẵn Khi đó phương trình Diophantine 3 x + 7 y = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Theo giả thiết ta có y = 2t với t ≥ 1 là số nguyên nào đó. Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình
Vì 3 là số nguyên tố nên tồn tại các số nguyên a > b sao cho z+ 7 t = 3 a , z−7 t = 3 b với a+ b = x Lấy vế trừ đi vế hai phương trình ta được phương trình
Vì 2,3,7 là các số nguyên tố phân biệt nên từ phương trình (2.5) ta suy ra b = 0 Do đó phương trình (2.3) thành
Vì x ≥ 1 nên ta xét các trường hợp sau.
Cho 3 x ≡ 3(mod 7), nghĩa là x = 1 + 6m với m ≥ 0 nào đó Khi đó, ta có
Cho 3 x ≡2(mod 7) nghĩa là x = 2 + 6m với m ≥ 0 nào đó Khi đó, ta có
Cho 3 x ≡6(mod 7) nghĩa là x = 3 + 6m với m ≥ 0 nào đó Khi đó, ta có
Cho 3 x ≡4(mod 7) nghĩa là x = 4 + 6m với m ≥ 0 nào đó Khi đó, ta có
Cho 3 x ≡5(mod 7) nghĩa là x = 5 + 6m với m ≥ 0 nào đó Khi đó, ta có
Cho 3 x ≡ 1(mod 7) nghĩa là x = 6m với m ≥1 nào đó Khi đó, ta có
2.7 t = 3 6m −1 = 27 2m −1 = 2.13[27 2m−1 + .+ 1], mâu thuẫn vì 13 không là ước của 2.7 t
Tiếp theo ta xét trường hợp x là số chẵn và y là số lẻ. Định lý 2.1.5 Cho x là số chẵn và y là số lẻ Khi đó phương trình Diophantine 3 x + 7 y = z 2 có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (2,1,4).
Chứng minh Theo giả thiết ta cóx = 2m và y = 2k+ 1 nên phương trình (2.2) thành
Do đó tồn tại các số nguyên a < b với a+b = 2k+ 1 sao cho
(z+ 3 m ) = 7 a và (z −3 m ) = 7 b Trừ hai vế phương trình này ta thu được phương trình
Vì 7 không là ước của 2.3 m nên từ phương trình (2.8) ta suy ra a = 0. Thay vào phương trình (2.8) ta được
Với k = 1 thì từ phương trình (2.9) ta suy ra m = 1 Do đó x = 2, y 1, z = 4 luôn là một nghiệm của phương trình Diophantine đã cho.
Cho k > 1 thì từ phương trình (2.9) ta có m > 1 Khi đó ta có
Phương trình này tương đương với
Vì 7 2k + + 7 + 1 không là lũy thừa của 3 nên phương trình (2.10) vô nghiệm Định lý được chứng minh.
Cuối cùng ta xét x và y đều là các số lẻ Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.1.6 Cho x = 2m + 1, y = 2k + 1, m, k > 0 là các số lẻ Khi đó phương trình Diophantine 3 2m+1 + 7 2k+1 = z 2 vô nghiệm.
Chứng minh Bằng quy nạp ta có thể chỉ ra tồn tại các số nguyên dương
N, M sao cho 3 2m+1 = 4N + 3 và 7 2k+1 = 4M + 3 với mọi m, k > 0 Mặt khác, vì 3 và 7 đều là các số lẻ nên z 2 = 3 2m+1 + 7 2k+1 là một số chẵn Do đó, z cũng là một số chẵn, nghĩa là z = 2c với số nguyên dương c nào đó. Suy ra z 2 = 4c 2 hay 4 là một ước của z 2 Khi đó ta có z 2 = 3 2m+1 + 7 2k+1 = 4N + 3 + 4M + 3 = 4(N +M) + 6 mâu thuẫn với 4 là ước của z 2 Vì thế trong trường hợp này phương trình đã cho vô nghiệm.
Phương trình Diophantine (p n ) x + (4 m p + 1) y = z 2
Mục đích của tiết này là trình bày một số kết quả [7] về nghiệm của phương trình Diophantine
(p n ) x + (4 m p+ 1) y = z 2 (2.11) khi p > 3 và 4 m p+ 1 là các số nguyên tố Trước tiên ta có bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.1 Cho m, k là các số nguyên dương tùy ý Khi đó ta có
(4 m p+ 1) k = 4N + 1 với N là số nguyên dương nào đó.
Chứng minh Bổ đề được chứng minh quy nạp theo n Thật vậy, vớin = 1 thì ta có
4 m p+ 1 = 4N + 1 với N = 4 m−1 p Giả sử quy nạp đúng với n= k, nghĩa là
(4 m p+ 1) k = 4N 1 + 1 với N 1 là số nguyên dương nào đó Khi đó với số nguyên n = k+ 1, theo giả thiết quy nạp ta có
= 4N + 1 với N = 4 m pN 1 +N 1 + 4 m−1 p là một số nguyên.
Bổ đề 2.2.2 Với mọi số nguyên không âm n, phương trình Diophantine
Chứng minh Với n = 0 phương trình đã thành z 2 = 2, phương trình Diophantine này vô nghiệm.Với n ≥ 1, phương trình đã cho tương đương với phương trình
Do p là số nguyên tố nên từ phương trình (2.12), tồn tại các số nguyên không âm a > b sao cho z+ 1 = p a , z−1 = p b với a + b = nx Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình p b (p a−b −1) = 2 (2.13)
Do 2, p > 3 là các số nguyên tố phân biệt nên phương trình (2.13) cho ta b= 0 Khi đó, phương trình (2.13) thành p nx = 3 phương trình Diophantine này vô nghiệm vì p > 3 Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.2.3 Cho p > 3là một số nguyên tố và m là một số nguyên dương sao cho 4 m p+ 1 là một số nguyên tố Khi đó, phương trình Diophantine
Chứng minh Giả sử y, z là các số nguyên không âm thỏa mãn phương trình 1 + (4 m p+ 1) y = z 2 Nếu y = 0, phương trình thành z 2 = 2, phương trình vô nghiệm Cho y 6= 0 Phương trình tương đương với phương trình
Vì 4 m p+ 1 là số nguyên tố nên tồn tại các số nguyên a > b sao cho z+ 1 = (4 m p+ 1) a , z−1 = (4 m p+ 1) b với a+ b = y Therefore, we have
Do 4 m p+ 1 > 2 nên ta suy ra b = 0 và do đó phương trình (2.14) thành
(4 m p+ 1) y −1 = 2 hay(4 m p+ 1) y = 3, phương trình Diophantine này vô nghiệm Bổ đề được chứng minh.
Xét phương trình Diophantine(p n ) x +(4 m p+1) y = z 2 với p > 3,4 m p+1 là các số nguyên tố Với x = 0 hoặc y = 0 thì theo các Bổ đề 2.2.2 và Bổ đề 2.2.3 phương trình vô nghiệm Do đó trong các định lý sau ta luôn xét x, y ≥ 1 Trước tiên ta xét x là một số chẵn Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.2.4 Cho p > 3,4 m p+ 1 là các số nguyên tố và x = 2t, t > 0 là một số chẵn Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Theo giả thiết phương trình đã cho thành
Vì 4 m p+ 1 là số nguyên tố và y ≥ 1 nên từ phương trình (2.15) tồn tại các số nguyên không âm a > b sao cho z +p nt = (4 m p+ 1) a , z−p nt = (4 m p+ 1) b với a + b = y Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình
Vì 4 m p+ 1,2, p là các số nguyên tố phân biệt nên từ phương trình (2.16) ta suy ra b = 0 Kết hợp với điều kiện y ≥ 1, khi đó phương trình (2.16) thành
Từ phương trình (2.17) ta suy ra 4 m p|2.p nt Vì p > 3 là số nguyên tố và
4 m p+ 1 là số nguyên tố nên m ≥ 1 Vì thế 4|2.p nt , khẳng định này là mâu thuẫn Định lý được chứng minh.
Tiếp theo ta xét y là một số chẵn Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.2.5 Cho p > 3,4 m p+ 1 là các số nguyên tố và y = 2s, s > 0 là một số chẵn Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Theo giả thiết phương trình đã cho thành
Vì p là số nguyên tố và x ≥ 1 nên từ phương trình (2.18) tồn tại các số nguyên không âm a > b sao cho z+ (4 m p+ 1) s = p a , z−(4 m p+ 1) s = p b với a + b = nx Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình p b [(p a−b −1] = 2.(4 m p+ 1) s (2.19)
Vì 4 m p+ 1,2, p là các số nguyên tố phân biệt nên từ phương trình (2.19) ta suy ra b = 0 Kết hợp với điều kiện x ≥ 1, khi đó phương trình (2.19) thành
Từ phương trình (2.20) ta suy ra (p− 1)|2.(4 m p + 1) s Vì p > 3 là số nguyên tố nên p−1 ≥ 4 là một số chẵn Mặt khác 4 m p+ 1 là số nguyên tố và (p−1)|2.(4 m p+ 1) s nên p+ 1 < (4 m p+ 1)|(p−1), điều này là mâu thuẫn Vì thế phương trình (2.20) vô nghiệm Định lý được chứng minh.
Chú ý 2.2.6 Đối với trường hợp x, y cùng là các số lẻ chúng tôi dự đoán rằng phương trình Diophantine
Tuy nhiên đến thời điểm này chưa có một chứng minh nào chặt chẽ cho dự đoán này.
Cho m là một số nguyên dương sao cho q = 7.4 m + 1 là số nguyên tố, ví dụ (m, q) = {(1,29),(2,113),(3,449), } Tuy nhiên với m = 4 thì q = 1793 = 11.163 không là số nguyên tố Từ các mệnh đề và định lý trên ta suy ra một số hệ quả sau.
Hệ quả 2.2.7 Cho m là một số nguyên dương sao cho 7.4 m + 1 là số nguyên tố Khi đó phương trình Diophantine
(7 n ) x + (7.4 m + 1) y = z 2 vô nghiệm trong các trường hợp sau.
(ii) x là số chẵn và y ≥ 1.
(iii) y là số chẵn và x ≥ 1.
Phương trình Diophantine (3 n ) x + (3.4 m + 1) y = z 2
Mục đích của tiết này là trình bày một số kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine
(3 n ) x + (3.4 m + 1) y = z 2 với m là số nguyên không âm sao cho q = 3.4 m + 1 là số nguyên tố, ví dụ (m, q) ={(1,13),(3,193),(4,769) .} Trước tiên ta có một số bổ đề sau.
Bổ đề 2.3.1 Phương trình Diophantine
(3 n ) x + 1 = z 2 có nghiệm duy nhất (x, z) = (1,2) với n= 1.
Chứng minh Với n = 0 phương trình đã thành z 2 = 2, phương trình Diophantine này vô nghiệm.Với n ≥ 1 phương trình đã cho tương đương với phương trình
Do 3 là số nguyên tố nên từ phương trình (2.21), tồn tại các số nguyên không âm a > b sao cho z+ 1 = 3 a , z−1 = 3 b với a + b = nx Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình
Do2,3là các số nguyên tố phân biệt nên phương trình (2.22) cho tab = 0. Khi đó, phương trình (2.22) thành
3 nx = 3 hay nx= 1 Do đó n= x = 1 Suy ra z = 2 Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.3.2 Cho m là một số nguyên dương sao cho 4 m p+ 1 là một số nguyên tố Khi đó, phương trình Diophantine
Chứng minh Giả sử y, z là các số nguyên không âm thỏa mãn phương trình 1 + (3.4 m + 1) y = z 2 Nếu y = 0, phương trình thành z 2 = 2, phương trình vô nghiệm Cho y 6= 0 Phương trình tương đương với phương trình
Vì 3.4 m + 1 là số nguyên tố nên tồn tại các số nguyên a > b sao cho z+ 1 = (3.4 m + 1) a , z−1 = (3.4 m + 1) b với a+b = y Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình này ta được phương trình
Do 3.4 m + 1 > 3 nên ta suy ra b = 0 và do đó phương trình (2.23) thành
(3.4 m + 1) y −1 = 2 hay(3.4 m + 1) y = 3, phương trình Diophantine này vô nghiệm Bổ đề được chứng minh.
Xét phương trình Diophantine (3 n ) x + (3.4 m + 1) y = z 2 với 4 m p+ 1 là số nguyên tố Với x = 0 hoặc y = 0thì theo các Bổ đề 2.2.2 và Bổ đề 2.2.3 phương trình vô nghiệm Do đó trong các Định lý sau ta luôn xétx, y ≥1. Trước tiên ta xét x là một số chẵn Khi đó ta có định lý sau. Định lý 2.3.3 Chom là một số nguyên sao cho 3.4 m + 1 là các số nguyên tố và x = 2t, t > 0 là một số chẵn Khi đó phương trình Diophantine
Chứng minh Theo giả thiết phương trình đã cho thành
Vì 3.4 m + 1 là số nguyên tố và y ≥ 1 nên từ phương trình (2.24) tồn tại các số nguyên không âm a > b sao cho z+ 3 nt = (3.4 m + 1) a , z−p nt = (3.4 m + 1) b với a + b = y Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình
Vì 3.4 m + 1 > 3,2,3 là các số nguyên tố phân biệt nên từ phương trình (2.16) ta suy ra b = 0 Kết hợp với điều kiện y ≥ 1, khi đó phương trình (2.25) thành
Từ phương trình (2.26) ta suy ra 3.4 m |2.p nt Vì 3.4 m + 1 là số nguyên tố nên m ≥ 1 Vì thế 4|2.3 nt , khẳng định này là mâu thuẫn Định lý được chứng minh.
Tiếp theo ta xét trường hợp y là số chẵn Tuy nhiên đối với trường hợp này ta chỉ xét được trong trường hợp cụ thể m = 1 Khi đó phương trình đã cho thành (3 n ) x + 13 y = z 2 Các kết quả từ bây giờ được viết dựa theo tài liệu [5]. Định lý 2.3.4 Cho y = 2s, s ≥ 1 là một số chẵn Khi đó phương trình Diophantine
(3 n ) x + 13 y = z 2 có nghiệm là (x, y, z) = (3,2,14) nếu n = 1 và (x, y, z) = (1,2,14) nếu n= 3.
Chứng minh Theo giả thiết phương trình đã cho thành
Vì 3 là số nguyên tố và x ≥ 1 nên từ phương trình (2.27) tồn tại các số nguyên không âm a > b sao cho z+ 13 s = 3 a , z−13 s = 3 b với a + b = nx Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình
Vì 13,2,3 là các số nguyên tố phân biệt nên từ phương trình(2.28) ta suy ra b = 0 Kết hợp với điều kiện x ≥1, khi đó phương trình (2.28) thành
2.13 s = 3 nx −1 (2.29) hay tương đương với
Do đó nx = 3, nghĩa là s = 1 hay y = 2 Với n = 1 thì x = 3 và do đó z = 14 Với n = 3 thì x = 1 và do đó z = 14 Vậy nếu n= 1 phương trình có nghiệm là (x, y, z) = (3,2,14) và nếu n= 3 phương trình có nghiệm là (x, y, z) = (1,2,14).
Tiếp theo ta xét trường hợp y là số lẻ Tuy nhiên, chưa có một chứng minh chặt chẽ nào cho trường hợp này Do đó ta có chú ý sau.
Chú ý 2.3.5 Cho y = 2s + 1, s ≥ 0 là một số lẻ Khi đó phương trình Diophantine
(3 n ) x + 13 y = z 2 có các nghiệm là (x, y, z) = (1,1,4) và (x, y, z) = (5,1,16) khi n = 1. Hơn nữa, nếu n= 5 thì phương trình có nghiệm là (x, y, z) = (1,1,16). Chứng minh Theo giả thiết phương trình đã cho thành
Vì (3 n ) x và 13 y là các số lẻ nên z 2 là số chẵn Do đó z là một số chẵn Vì thế z = 2m với m >0 nào đó.
• Phương trình (2.30) tương đương với
Rõ ràng (3 n ) x + 4.13 2s là một số lẻ Do đó từ phương trình (2.31) ta xét trường hợp z −3.13 s = 1, z + 3.13 s = (3 n ) x + 4.13 2s
Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta thu được phương trình
Phương trình (2.32) suy ra 13 s phải là ước của (3 n ) x −1 Do đó s = 0 và khi đó 6−4 = (3 n ) x −1 hay 3 = (3 n ) x Do đó nx = 1và s = 0 Nếu n = 1 thì x = 1, y = 1 và do đó z = 4 Nếu n ≥ 2 thì phương trình vô nghiệm.
Do đó (x, y, z) = (1,1,4) là một nghiệm của phương trình.
• Một cách tương tự, phương trình (2.30) tương đương với
Vì z + 15.13 s > z −15.13 s nên ta xét trường hợp z−15.13 s = 1, z+ 15.13 s = (3 n ) x −212.13 2s
Trừ vế với vế tương ứng của hai phương trình ta được phương trình
Từ phương trình (2.34) ta suy ra 13 s phải là ước của (3 n ) x − 1 Do đó s= 0 và phương trình (2.34) thành
30 + 212 = (3 n ) x −1 hay (3 n ) x = 243 = 3 5 Suy ra nx = 5 Nếu n = 1 thì x = 5 và do đó y = 1, z = 16 Nếun = 5thì x= 1 và do đóy = 1, z = 16 Nếu n6= {1,5} phương trình vô nghiệm.
Như vậy trong luận văn này chúng tôi 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) Với y = 0 phương trình có nghiệm (x, y, z) = (1,0,2); (ii) Với x = 0 phương trình vô nghiệm;
(iii) Với x ≥ 1 và y là số chẵn, phương trình vô nghiệm; (iv) Với x là số chẵn và y là số lẻ phương trình có nghiệm là (x, y, z) = (2,1,4);
(v) Với x và y là các số lẻ phương trình vô nghiệm.
(3) Một số kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine (p n ) x + (4 m p+ 1) y = z 2 khi p > 3,4 m p+ 1 là các số nguyên tố Cụ thể ta có các trường hợp sau.
(i) Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì phương trình vô nghiệm; (ii) Nếu x là số chẵn và y ≥1 thì phương trình vô nghiệm; (iii) Nếu x ≥ 1 và y là số chẵn thì phương trình vô nghiệm.
(4) Một số kết quả về nghiệm của phương trình Diophantine
(3 n ) x + (3.4 m + 1) y = z 2 khi 3.4 m + 1 là số nguyên tố Cụ thể ta có:
(i) Nếu y = 0 phương trình có nghiệm (x, y, z) = (1,0,2) khi n= 1;
(ii) Nếu x = 0 thì phương trình vô nghiệm;
(iii) Nếu y ≥ 1 và x là số chẵn thì phương trình vô nghiệm; (iv) Nếu x ≥ 1 và y là số chẵn thì phương trình có nghiệm (x, y, z) = (3,2,14) khi n = 1 và (x, y, z) = (1,2,14) khi n = 3.
[1] Nguyễn Tự Cường (2003), Đại số hiện đại, NXB Đại học Quốc gia
[2] Lê Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội.
[3] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội.
[4] T Andreescu, D Andrica, I Cucurezeanu, An Introduction to Dio- phantine Equations, Springer New York Dordrecht Heidelberg Lon- don, doi 10.1007/978-0-8176-4549-6, (2010).
[5] S Asthana and M M Singh (2017), “On the the Diophantine Equa- tion 3 x + 13 y = z 2 ", International Journal of Pure and Applied Math- ematics, 114 (2), 301-304.
[6] P Mihailescu (2004), "On primary Cyclotomic units and a proof of Catalan’s conjecture", J Reine Angew Math., 27 (2004) 167-195.
[7] P H Nam (2023), “On the Diophantine Equation (p n ) x +(1+4 m p) y z 2 when p > 3,1 + 4 m p are primes”, preprint, 4 pages.