Phương trình đồng dư

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỒNG THỊ HUYỀN TRANG PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2012 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỒNG THỊ HUYỀN TRANG PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - Năm 2012 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i Mục lục Mục lục i LỜI NÓI ĐẦU Nội dung Lý thuyết đồng dư 1.1 Phép chia vành Z 1.2 Quan hệ đồng dư tính chất 1.3 Vành Zm lớp thặng dư môđun m 11 1.4 Định lý Euler Định lý Fermat 14 1.5 Một vài ví dụ tổng hợp 15 Phương trình đồng dư 20 2.1 Phương trình đồng dư ẩn 20 2.2 Phương trình đồng dư bậc 2.3 Hệ phương trình đồng dư ẩn 24 2.4 Phương trình đồng dư ẩn bậc cao 26 2.5 Phương trình đồng dư bậc cao theo môdun p 31 2.6 Thặng dư bậc hai 33 22 Phương trình Mordell 38 √ 3.1 Chuẩn vành Z[ d] số học 38 3.2 Phương trình Mordell 43 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 51 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI NÓI ĐẦU Trong số học, thường ta phải xác định tất số với tính chất p cho trước Có thể có số thỏa mãn tính chất p, có nhiều Nếu ta xét tất số thuộc tập Z công việc thực Nhưng ta xét tập hữu hạn việc kiểm tra thực Lý thuyết đồng dư việc chuyển toán xét tập vô hạn Z tập hữu hạn lớp đồng dư theo môđun m Chẳng hạn: Xác định x, y nguyên thỏa mãn: x2 + = 3y Giả sử phương trình có nghiệm nguyên Lấy mođun ta có x2 + ≡ 0(mod 3) Biểu diễn x = 3k x = 3k ± x2 + = 3h + 3h + Vậy x2 + ≡ (mod 3): Mâu thuẫn Tóm lại phương trình vô nghiệm Xác định x, y nguyên thỏa mãn: x2 + = 5y Giả sử phương trình có nghiệm nguyên Lấy mođun ta có x2 + ≡ 0(mod 5) Biểu diễn x = 5k x = 5k ± 1hoặc x = 5k ± Khi x2 + = 5h + 5h + 5h + Vậy x2 + ≡ (mod 5): Mâu thuẫn Tóm lại phương trình vô nghiệm Qua ví dụ thay cho việc x, y thuộc tập Z vô hạn ta việc kiểm tra x nhận 0, 1, 2, 3, Nội dung luận văn chia thành ba chương: Chương “ Lý thuyết đồng dư” bao gồm mục Mục 1.1 dành trình bày Phép chia vành Z, kết trình bày lại thuật toán Euclid dể tìm ƯCLN định lý số học Mục 1.2 dành trình bày Quan hệ đồng dư tính chất kết Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn tính chất quan hệ đồng dư Mục 1.3 Vành Zm lớp thặng dư môđun m chứng minh Z vành giao hoán, chứng minh Z∗m nhóm nhân Mục 1.4 Định lý Euler Định lý Fermat Mục 1.5 Một số ví dụ tổng hợp Chương “Phương trình đồng dư” bao gồm mục Mục 2.1 Phương trình đồng dư ẩn Mục 2.2 Phương trình dồng dư bậc Mục 2.3 Hệ phương trình đồng dư ẩn Mục 2.4 Phương trình đồng dư ẩn bậc cao Mục 2.5 Phương trình đồng dư ẩn bậc cao theo môđun p Mục 2.6 Phương trình đồng dư bậc hai Kết chương trình bày chi tiết việc giải số dạng phương trình đồng dư trình bày lại chứng minh định lý Wilson Chương “ Phương trình Mordell” bao gồm mục Mục 3.1 Chuẩn √ vành Z[ d] số học Mục 3.2 Khái niệm phương trình Mordell Mục 3.3 Một vài phương trình có nghiệm Mục 3.4 Một vài phương trình vô nghiệm Mục 3.5 Ứng dụng thặng dư bậc Kết chương trình bày phương trình Mordell Đã số dạng phương trình có nghiệm vô nghiệm Trình bày thặng dư bậc ba Do thời gian kiến thức hạn chế nên trình viết luận văn xử lý văn chắn không tránh khỏi sai sót định Tác giả luận văn mong nhận góp ý thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ tận tình giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy, cô giáo Trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi trình tác giả học tập nghiên cứu Tác giả xin chân thành cảm ơn tập thể bạn bè đồng nghiệp gia đình quan tâm giúp đỡ, động viên tác giả hoàn thành tốt luận văn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Thái Nguyên, tháng 07 năm 2012 Tác giả luận văn Đồng Thị Huyền Trang Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Lý thuyết đồng dư Phương pháp đồng dư Gauss đề xuất phương pháp hữu ích việc giải nhiều vấn đề có liên quan đến tính chia hết số nguyên 1.1 Phép chia vành Z Định lý 1.1.1 Với cặp số nguyên a b = 0, tồn cặp số nguyên q, r với ≤ r < |b| để a = qb + r Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n |b| cho n |b| ≤ a, n ∈ Z,} Vì |b| ≥ nên − |a| |b| ≤ − |a| ≤ a Do − |a| |b| ∈ T Vậy T = Vì T tập bị chặn triên T có số lớn m |b| Từ m |b| ≤ a ta suy r = a − m |b| ≥ Ta lại có (m + 1) |b| = m |b| + |b| > m |b| Do m |b| lớn T nên (m + 1) |b| Như |b| > a − m |b| = r ta có a = qb + r với ≤ r < |b| Bây ta chứng minh tính Giả sử có hai biểu diễn a = qb + r với ≤ r < |b| a = q1 b + r1 với ≤ r1 < |b| Trừ vế, ta có r − r1 = b(q1 − q) Từ |r − r1 | < |b| ta Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn suy |q1 − q| |b| < |b| Vậy q = q1 r = r1 Giả sử a = qb + r, ≤ r < |b| Khi r = q gọi thườn phép chia a cho b , r ≤ q gọi thương hụt, gọi r số dư phép chia a cho b Định lý 1.1.2 [Định lý số học] Mọi số tự nhiên lớn phân tích thành tích hữu hạn thừa số nguyên tố, phân tích không kể đến thứ tự thừa số Chứng minh: Xét tập F gồm tất số nguyên lớn không biểu diễn thành tích số hữu hạn thừ số nguyên tố Ta cần F = φ Thật vậ, giả sử F = φ Khi có hai sô nguyên dương q1 , q2 > để m = q1 q2 Vì q1 , q2 < m nên q1 , q2 ∈ / F Như ta có phân tích q1 = t1 , t2 , , th q2 = u1 , u2 , , uk , ti , uj số nguyên tố Khi m = q1 q2 = t1 t2 th u1 u2 uk Điều mâu thuẫn với giả thiết m ∈ F Như F tập rỗng Do số tự nhiên lớn phân tích thành tích hữu hạn thừa số nguyên tốt Bây giả sử số phân tích thành hai tích dạng A B thừa số nguyên tố Khi A = B Bằng cách lược bỏ tất thừa số nguyên tố xuất A B, ta nhận đẳng thức tương đương C = D Ta cần phải chứng minh C = D = Thật giả sử trái lại C = D ≤ Gọi p thừa số nguyên tố xuất C Khi p thừa số xuất biểu thức tích D Có nghĩa D không bội p, C không bội p (mâu thuẫn!) Vậy C = D = Điều chứng tỏ phân tích thừa số nguyên tố số nguyên >1 không kể đến thứ tự thừa số Khi phân tích số tự nhiên q > thành tích thừa số nguyên tố, số nguyên tố xuất nhiều lần Nếu số nguyên tố p1 , , ps Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn xuất theo thứ tự α1 , , αs lần, ta viết q = pα1 pα2 pαs s ta gọi tích dạng phân tích tiêu chuẩn hay dạng phân tích tắc q Khi hai số nguyên dương a, b dạng phân tích tiêu chuẩn, có thừa số nguyên tố pcủa a không b, ta bổ sung vào phân tích b thừa số p0 (và ngược lại) Khi ta viết a = pu1 pu2 pus s b = pv11 pv22 pvss , có số mũ Như với hai số nguyên dương a, b tồn số nguyên tố p1 , p2 , , ps để a = pu1 pu2 pus s b = pv11 pv22 pvss , với số mũ nguyên không âm Khi dễ thấy rằng: min(u1 ,v1 ) min(u2 ,v2 ) p2 psmin(us ,vs ) (a, b) = p1 max(u1 ,v1 ) max(u2 ,v2 ) p2 psmax(us ,vs ) [a, b] = p1 Thuật toán Euclid: Giả sử a b hai số nguyên dương với a ≥ b đặt r0 = a, r1 = b Bằng cách áp dụng liên tiếp thuật toán chia, ta được: r0 = r1 q0 + r2 , r1 = r2 q2 + r3 , , rn−2 = rn−1 qn−1 + r2 , rn−1 = rn qn Với r1 > r2 > > r0 > Cuối cùng, số xuất dãy phép chia liên tiếp, dãy số dư b = r1 > r2 > ≥ không chứa b số Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 37 Định lý 2.6.7 Cho số nguyên tố lẻ p số nguyên a nguyên tố với p Khi ta có: (i) Nếu a thặng dư bậc hai môđun p a p−1 ≡ (mod p) (ii) Nếu a bất thặng dư bậc hai môdun p a p−1 ≡ −1 (mod p) Chứng minh: (i) Giả sử a thặng dư bậc hai môdun p Khi tồn x0 ∈ Z với (x0 , p) = để x20 ≡ a(mod p) Theo Định lí Euler a p−1 ≡ xp−1 ≡ (mod p) (ii) Giả sử a bất thặng dư bậc hai mođun p Vì thặng dư bậc hai môdun p nghiệm phương trình y phương trình có không thu gọn môđun p có p−1 p−1 p−1 ≡ (mod p) nghiệm nên, hệ thặng dư nghiệm phương trình thặng dư bậc hai môđun p không nghiệm phương trình Chính a p−1 ≡ (mod p) Điều có nghĩa a tố với p nên a p−1 − 1, p = Vì a nguyên − ≡ (mod p) Như a Tóm lại, ta có a p−1 p−1 p−1 −1 a p−1 + ≡ (mod p) ≡ −1 (mod p) Hệ sau gọi dấu hiệu Euler thặng dư bậc hai Hệ 2.6.8 Cho số nguyên tố lẻ p số nguyên a nguyên tố với p Khi đó: (i) a thặng dư bậc hai môđun p a p−1 ≡ (mod p) (ii) a bất thặng dư bậc hai môđun p a p−1 ≡ −1 (mod p) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 38 Chương Phương trình Mordell 3.1 √ Chuẩn vành Z[ d] số học √ Chuẩn vành Z[ d] √ Sử dụng vành Z[ d] toán số học Các kết sau dễ dàng có qua kiểm tra trực tiếp Mệnh đề 3.1.1 Giả thiết số dương d = không số phương Khi √ √ (i) Tập Z[ d] = {a + b d|a, b ∈ Z} phép cộng nhân lập thành √ √ √ vành giao hoán với đơn vị ánh xạ f : Z[ d] → Z[ d], a + b d → √ a − b d, tự đẳng cấu (liên hợp), có nghĩa: f song ánh thỏa mãn f (z1 + z2 ) = f (z1 ) + f (z2 ), f (z1 z2 ) = f (z1 )f (z2 ) với √ z1 , z2 ∈ Z[ d] √ √ (ii) Tập Z[ −d] = {a + ib d|a, b ∈ Z} phép cộng nhân lập thành √ √ vành giao hoán với đơn vị ánh xạ f : Z[ −d] → Z[ −d], a + √ √ ib d → a − ib d, tự đẳng cấu (liên hợp), có nghĩa: f song ánh thỏa mãn f (z1 + z2 ) = f (z1 ) + f (z2 ), f (z1 z2 ) = f (z1 )f (z2 ) với √ z1 , z2 ∈ Z[ −d] √ √ √ √ Với z = a + b d ∈ Z[ d] u = a + ib d ∈ Z[ −d] ta ký hiệu N (z) = a2 − db2 , N (u) = a2 + db2 gọi chuẩn z hay u Khi có: √ √ Hệ 3.1.2 Với z1 , z2 , , zn ∈ Z[ d] u1 , u2 , , un ∈ Z[ −d] ta có hệ thức Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 N (z1 z2 zn ) = N (z1 )N (z2 ) N (zn ) N (u1 u2 un ) = N (u1 )N (u2 ) N (un ) √ √ Chứng minh: Giả sử Zk = ak + bk d ∈ Z[ d] vớik = 1, , n, viết n n √ √ tích (ak + bk d) = a + b d Qua tự đẳng cấu liên hợp có (ak − k=1 √ k=1 √ bk d) = a − b d từ suy N (z1 z2 zn ) = N (z1 )N (z2 ) N (zn ) n 2 a −b d= √ (ak + bk d) n √ (ak − bk d) = k=1 k=1 n (a2k − b2k d k=1 Hoàn toàn tương tự ta có N (u1 u2 un ) = N (u1 )N (u2 ) N (un ) Mệnh đề 3.1.3 Giả thiết p, q hai số nguyên dương nhân tử √ √ √ số phương với (p, q) = Khi tập Z[ p, q] = {a + b p + √ √ c q + d pq|a, b, c, d ∈ Z} phép cộng nhân lập thành vành giao hoán với đơn vị ánh xạ : √ √ √ √ φi : Z[ p, q] → Z[ p, q]  √ √ √ p + c q + d pq φ (z) = a + b   √ √ √  √ √ √ φ2 (z) = a − b p + c q − d pq √ √ √ z = a + b p + c q + d pq → φ3 (z) = a + b p − c q − d pq   √ √ √  φ4 (z) = a − b p − c q + d pq √ √ tự đảng cấu Với z ∈ Z[ p, q], đặt N (z) = φ1 (z)φ2 (z)φ3 (z)φ4 (z) Khi ta có: √ √ Hệ 3.1.4 Với z1 , z2 ∈ Z[ p, q] có hệ thức N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) √ √ √ √ Chứng minh: Với z1 , z2 ∈ Z[ p, q] có z1 z2 ∈ Z[ p, q] φi (z1 z2 ) = φi (z1 )φi (z2 ) Vậy N (z1 z2 ) = φi (z2 ) = N (z1 )N (z2 ) φi (z1 ) i=1 i=1 Mệnh đề 3.1.5 p, q hai số nguyên dương nhân tử số √ √ √ √ phương với (p, q) = Khi Q p, q = Q p + q Đặc biệt ta √ √ √ √ có Q p, q = Q p, q Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 √ √ √ √ √ √ √ √ Chứng minh: Vì p + q ∈ Q p, q nênQ p + q ⊂ Q p, q √ √ √ √ p+ q =u √ √ Đặt u = p + q Khi ta có hệ (p + 3q) p + (q + 3p) q = u3 √ √ √ √ √ √ Vậy p, q ∈ Q(u) Q p + q ⊃ Q p, q Tóm lại √ √ √ √ √ √ √ √ Q p, q = Q p + q Dễ dàng ta Q p, q = Q p, q Phương trình nghiệm nguyên với chuẩn Bây sử dụng chuẩn tự đẳng cấu để xét vài toán phương trình nghiệm nguyên Ví dụ 3.1.6 Với số nguyên dương n, giả sử số a1 , b1 , , an , bn , a, b ∈ n √ √ Z thỏa mãn quan hệ (ai + bi 5) = a + b Khi i=1 n (a2i − 5b2i ) = a2 − 5b2 i=1 √ √ n (ii) Giả sử (9 + = an + bn Ta có a2n − 5b2n = Từ suy (i) phương trình x2 − 5y = có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương x, y √ √ Bài giải: (i) Xét vành giao hoán Z[ 5] = {r + s 5|r, s ∈ Z} Đồng cấu √ √ √ √ f : Z[ 5] → Z[ 5], r + s → r − s 5, đảng cấu Tác động f lên n n √ √ √ √ hai vế f ( (ai + bi 5)) = f (a + b 5) hay (ai − bi 5) = a − b Do i=1 √ n √ i=1 √ √ (ai + bi 5) (ai − bi 5) = (a + b 5)(a − b 5) = a2 − 5b2 i=1 i=1 √ n √ n (ii) Ta có an − 5b2n = + − = theo (i) Đặt xn + √ √ √ √ yn = an + bn + = (3an + 5bn ) + (an + 3bn ) Khi n x2n − 5yn2 = (a2n − 5b2n )(32 − 5.12 ) = với n Như phương trình x2 − 5y = có nhiều vô hạn nghiệm nguyên x, y Khi x, y nghiệm x2 − 5y = ±x, ±y nghiệm Do x2 − 5y = có nhiều vô hạn nghiệm nguyên dương x, y Ví dụ 3.1.7 Với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 2n = 7x2 + y √ √ Bài giải: Xét vành giao hoán Z[ −7] = {r + is 7|r, s ∈ Z} Chuẩn √ √ √ z = r + is N (z) = r2 + 7s2 = (r + is 7)(r − is 7) Hiển nhiên Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ), chứng minh ví dụ 3.1.6 Bằng phương pháp qui nạp theo n để ra, với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 2n = 7x2 + y Với n = có 23 = = + = 12 + 7.12 Giả sử có hai số nguyên lẻ x, y để y + 7x2 = 2n với số nguyên n Với số nguyên n + ta xét √ √ √ z1 = (y + ix 7)(1 + i 7) = (y + x − 8x) + i(x + y) √ √ √ z2 = (y + ix 7)(1 − i 7) = (y − x + 8x) + i(x − y) Vì x, y số lẻ nên x = 2k + 1, y = 2h + Khi x + y = 2(k + h + 1), y − x = 2(h − k) (x + y) − (y − x) = 4k + Do hai số x + y y − x có số chia hết cho y−x y−x số nguyên lẻ Khi z3 = ( + Nếu x + y chia hết cho 2 √ √ x − y√ N (y + ix 7)N (1 − i 7) 4x) + i = 2n = 2n+1 vớiN (z3 ) = y+x x+y Nếu y − x chia hết cho số lẻ Khi z4 = ( − 4x) + 2√ √ N (y + ix 7)N (1 + i 7) x + y√ vớiN (z4 ) = i = 2n = 2n+1 Ví dụ 3.1.8 Với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x vày để 4.3n = 11x2 + y √ √ Bài giải: Xét vành giao hoán Z[ −11] = {r+is 11|r, s ∈ Z} Chuẩn √ √ √ z = r + is 11 N (z) = r2 + 11s2 = (r + is 11)(r − is 11) Hiển nhiên N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) Ta có vài số cụ thể : 4.3 = 12 = 11.12 + 12 , 4.32 = 36 = 11.12 + 52 , 4.33 = 108 = 11.32 + 32 Bằng phương pháp qui nạp theo n để ra, với số nguyên n có hai số nguyên lẻ x y để 4.3n = 11x2 + y Với n = có 4.3 = 11.12 + 12 Giả sử có hai số nguyên lẻ x, y để 11x2 +y = 4.3n với số nguyên n Với số nguyên n + ta xét Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 √ z1 = y + ix 11 √ z2 = y + ix 11 √ √ + i 11 = (y + x − 12x) + i (x + y) 11 √ √ − i 11 = (y − x + 12x) + i (x − y) 11 Vì x, y số lẻ nên x = 2k + 1, y = 2h + Khi x + y = 2(k + h + 1), y − x = 2(h − k) và(x + y) − (y − x) = 4k + Do hai số x + y y − x có số chia hết cho y−x y−x số lẻ Khi z3 = ( + 6x) + Nếu x + y chia hết cho 2√ √ N (y + ix 11)N (1 − i 11) x − y√ 11 với N (z3 ) = = 4.3n = 4.3n+1 i y+x x+y x+y Nếu y−x chia hết cho số lẻ Khi z4 = ( −6x)+i 2 √2 √ √ N (y + ix 11)N (1 + i 11) 11 vớiN (z4 ) = = 4.3n = 4.3n+1 Tóm lại, chứng minh xong toán Ví dụ 3.1.9 Chứng minh tồn hai số nguyên x y để x lẻ y lẻ n lẻ x lẻ y chẵn n chẵn √ √ Bài giải: Xét vành giao hoán Z[ 6] = {r + s 6|r, s ∈ Z} Đồng cấu √ √ √ √ f : Z[ 5] → Z[ 6], r + s → r − s 6, đẳng cấu Do √ √ √ mà khi(a + b 6)(c + d 6) = u + v tác động f lên hai vế ta √ √ √ √ được(a − b 6)(c − d 6) = u − v Sử dụng kết này, với z = a + b 19n = x2 − 6y với đặt N (z) = a2 − 6b2 có N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ) Với n = có 19 = 52 − 6.12 192 = 312 − 6.102 Giả sử số nguyên n hai số nguyên a, b để 19n = a2 − 6.b2 , a b lẻ n lẻ, a lẻ b chẵn n chẵn Với n + ta xét: (ii) Nếu n lẻ có số a lẻ số b lẻ để a2 − 6b2 = 19n Khi n + số chẵn 19n+1 = (5a + 6b)2 − 6(a + 5b)2 với 5a + 6b lẻ a + 5b chẵn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 (ii) Nếu n chẵn có số a lẻ số b chẵn để a2 − 6b2 = 19n Khi n + số lẻ 19n+1 = (5a + 6b)2 − 6(a + 5b)2 với 5a + 6b lẻ a + 5b lẻ Tóm lại ta có điều cần chứng minh Tiếp theo việc vận dụng tự đẳng cấu liên hợp để chứng minh phương trình vô nghiệm tìm giới hạn Ví dụ 3.1.10 Tìm số x, y, z, t ∈ Z thỏa mãn phương trình đây: √ √ √ (x + y 3)4 + (z + t 3)4 = 20 + 12 √ √ Bài giải: Giả sử có x, y, z, t ∈ Z thỏa mãn(x + y 3)4 + (z + t 3)4 = √ √ 20 + 12 3.Sử dụng tự đẳng cấu liên hợp vành Z[ 3] cho đồng √ √ √ thức có mâu thuẫn (x − y 3)4 + (z − t 3)4 = 20 − 12 < 3.2 Phương trình Mordell 3.2.1 Định nghĩa phương trình Mordell Phương trình dạng y = x3 + k với k ∈ Z gọi phương trình Mordell 3.2.2 Một vài phương trình có nghiệm nguyên Mệnh đề 3.2.2.1 Phương trình x3 = y − 16 có nghiệm nguyên (0; ±4) Chứng minh: Ta có x3 = (y − 4)(y + 4) Nếu y lẻ nên (y − 4, y + 4) = Vì(y − 4)(y + 4) = x3 nên y − y + nên y − 4, y + lập phương số nguyên Vì y lẻ +4 − y + = nên y chẵn suy x chẵn Do y = x3 + 16 chia hết y chia hết cho Đặt y = 4y1 Dễ dàng suy x = 4x1 Như vậyy12 = 4x31 + suy y1 = 2z + Ta có z + z = x31 Vì (z, z + 1) = nên x1 = Vậy x = 0, y = ±4 nghiệm nguyên phương trình Mệnh đề 3.2.2.2 Có x, y ∈ Z thỏa mãn y = x3 − (x, y) = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 (1, 0) Chứng minh: Trước tiên kiểm tra tính chẵn lẻ nghiệm Giả sử x chẵn, y + = x3 ≡ 0(mod 8) Khi y ≡ −1(mod 8) Nhưng −1mod8 không số phương, (mâu thuẫn) Nếu x lẻ y phải chẵn Phương trình y = x3 − viết thành x3 = y + Trong Z[i] phân tích thành thừa số nguyên tố x3 = (y + i)(y − i) Dễ thấy y + i y − i nguyên tố nhau, ta có y + i = (m + ni)3 với m, n ∈ Z Khai triển lập phương cho phần thực phần ảo hai vế ta được: y = m3 − 3mn2 = m(m2 − 3n2 ), = 3m2 n − n3 = n(3m2 − n2 ) Khi ta n = ±1 Nếu n = = 3m2 − 3m2 = 2, phương trình nghiệm nguyên Nếu n = −1 = −(3m2 − 1) m = Vì y = suy x3 = y + = Vậy x = 3.2.3 Một vài phương trình nghiệm nguyên Không phải phương trình Mordell có ngiệm nguyên.Một số kết qủa nhiều phương Mordell nghiệm nguyên Mệnh đề 3.2.3.1 Phương trình x3 = y − nghiệm nguyên Chứng minh: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên Từ x3 = y −7 ta có y + = x3 + = (x + 2)(x2 − 2x + 4) Nếu 2|x 8|x, y ≡ 7(mod 8): mâu thuẫn Nếu x ≡ 1(mod 4) x + ≡ 3(mod 4) Do tồn ước nguyên tố p (x + 2) cho p ≡ 3(mod 4) Do y + ≡ 0(mod p) Theo ví dụ p x + cho p ≡ 3(mod 4) Vậy phương trình vô nghiệm Nếu x ≡ 3(mod 4) x3 ≡ 3(mod 8) Do y ≡ 2(mod 8): mẫu thuẫn Vậy phương trình vô nghiệm Mệnh đề 3.2.3.2 Phương trình x3 = y + 16 nghiệm nguyên Chứng minh: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên Từ giả thiết suy x, y có tính chẵn lẻ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 Nếu x, y chẵn, ta có x = 2k, y = 2t Phương trình tương đương với 2k = t2 + 4, suy t = 2u k = 2v Do 4v = v + 1, suy v ≡ 3(mod 4), (mâu thuẫn) Nếu x, y lẻ x2 ≡ y ≡ 1(mod 8) Từ phương trình suy x3 ≡ 1(mod 8) Từ phương trình suy x3 ≡ 1(mod 8) ta biết số lẻ chia cho có số dư 1,3,5,7 Bằng cách thử trực tiếp suy x ≡ 1(mod 8) Mặt khác từ phương trình ta có y + = x3 − = (x − 2)(x2 + 2x + 4) Vì x = không nghiệm phương trình nên x > Giả sử p ước nguyên tố x−2 Ta có y ≡ −8( mod p) Suy = −8 p = −2 p , p ≡ 1(mod 8) p ≡ 3(mod 8) Do x − tích số nguyên tố có dạng nên suy x − ≡ 1(mod 8) x − ≡ 3(mod 8) Do x ≡ 3(mod 8) x ≡ 5(mod 8),(mâu thuẫn) Vậy phương trình cho vô nghiệm Mệnh đề 3.2.3.3 Phương trình x3 = y − nghiệm nguyên Chứng minh: Giả sử phương trình cho có nghiệm x y nguyên Nếu x chẵn y chẵn y ≡ 6( mod 8) : vô lý, ˙: Do x y lẻ Nếu y ˙: x3 ≡ −6 ≡ 3( mod 9) : mâu thuẫn, x3 ≡ ≡ ±1( mod 9) Tóm lại, x, y lẻ vày không chia hết cho √ √ √ Trong vành Z[ 6] ta có x3 = (y − 6)(y + 6) Gọi u ước chung √ √ y − y + Khi chuẩn N (u)|y − Z Vì u ước √ √ √ y + − y + = nên N (u)|24 Vì y lẻ N (u)|y − nên N (u) lẻ Nếu N (u) = ±3 y chia hết cho 3: mâu thuẫn Vì N (u) = ±1 Do u √ √ √ √ ước đơn vị y + 6, y − nguyên tố Vì y + 6, y − √ √ √ √ nguyên tố x3 = (y − 6)(y + 6) nên y + = u(a+b 6)3 , u ước đơn vị, a b nguyên Vì ước đơn vị có √ √ √ dạng ±(5 + 6)s , s ∈ Z, nên có ba khả xảy ra: y + = (a + b 6)3 √ √ √ √ √ √ y + = (5 + 6)(a + b 6)3 y + = (5 + 6)2 (a + b 6)3 √ √ Trường hợp: y + = (a + b 6)3 Khi = 3a2 b + 6b3 Điều không Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 thể xảy ra, a, b nguyên √ √ √ Trường hợp y + = (5 + 6)(a + b 6)3 Khi ta có = 5(3a2 b + 6b3 ) + 2(a3 + 18ab2 ) Từ suy ≡ 2a3 ( mod 3) ≡ 2a( mod 3) Vậy a ≡ 2( mod 3) suy a2 ≡ 1( mod 3) a3 ≡ 8( mod 9) Từ phương trình = 5(3a2 b + 6b3 ) + 2(a3 + 18ab2 ) a2 ≡ 1( mod 3) a3 ≡ 8( mod 9) ta suy ≡ 5(3b + 6b3 ) + 2.8( mod 9) Từ suy b3 + 2b + ≡ 0( mod 3) Vì b3 + 2b ≡ 0( mod 3) nên ≡ 0( mod 3) : vô lý √ √ √ Trường hợp y + = (5 + 6)2 (a + b 6)3 Khi viết dạng(5 + √ √ √ √ √ √ 6)(y + 6) = (a + b 6)3 hay y + = (5 − 6)(a + b 6)3 Lấy liên √ √ √ hợpy − = (5 + 6)(a − b 6)3 Từ suy = 5(3a2 b + 6b3 ) + 2[(−a)3 + 18(−a)b2 ] Phương trình nghiệm nguyên a, b Tóm lại, x3 = y − nghiệm nguyên 3.3.3 Ứng dụng thặng dư bậc Một phương pháp khác phương pháp sử dụng đồng dư thức cho số nguyên tố p > Chúng ta gọi đồng dư x3 ≡ l (mod p) , (l, p) = giải p ≡ 2(mod 3) Nếu p ≡ 1(mod 3)khả giải đòi hỏi điều kiện l, gọi l thặng dư bậc ba p viết (l/p)3 = l(p−1)/3 ≡ 1( mod p) Nếu l = trở thành điều kiện tồn số nguyên r, s cho r2 + 27s2 = p Nếu l = 3, điều kiện r2 + 243s2 = 4p Bây chứng minh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 Mệnh đề 3.5.1 Cho phương trình y = x3 + k, k = 2a3 − 3b2 (10) nghiệm nguyên a, b số nguyên, ab = 0, a ≡ 1(mod 3), b ≡ 0(mod 3), b ≡ 0(mod 2) a ≡ 1(mod 2); thặng dư bậc ba số nguyên tố lẻ p ≡ 1(mod 3) Chứng minh: Được viết x3 + 2a3 = y + 3b2 Các số nguyên tố chia vế trái thừa số nguyên tố phổ biến x a, 2, 3, số nguyên tố q ≡ 2( mod 3) số nguyên tố p ≡ 1(mod 3) cho (2/p)3 = Đầu tiên đặt vế trái L nguyên tố với Sao cho x = 2x1 y ≡ b(mod 2) y ≡ b ≡ 0(mod 2) y ≡ b ≡ 1(mod 2) Trường hợp thứ làm a ≡ 1(mod 2) Trường hợp thứ hai cho x3 + 3a3 ≡ 4(mod 8) trường hợp giải Tiếp theo x3 + 2z ≡ 0(mod 3), y ≡ 0(mod 3) x3 + 2z ≡ 3(mod 9) Cũng giải a3 ≡ 0, −1(mod 9) Giả sử số nguyên tố q ≡ 2(mod 3) chia hết cho L y ≡ b ≡ 0(mod q) Do viết y = Qy1 , b = Qb1 Q thương q chia cho L.Khi Q2 phải chia hết cho hai vế phương trình (10) thứa số nguyên tố L số nguyên tố dạng p = A2 + 27B √ Khi phép nhân trường Q −3 nhất, có √ y1 + b1 −3 pα = √ √ A + B −27 = C + D −27 p Trong p = −1 + √ −3 , α = 0, ±1 Nếu α = b1 ≡ 0(mod 3) trái với giả sử.Nếu α = ±1, y1 + b1 ≡ 0(mod 2) L ≡ 0(mod 2) điều bị loại trừ Trường hợp cho k = 51 với a = 3, b = k = 13 với a = 2, b = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 Kết tương tự Mệnh đề 3.5.2 Cho phương trình x3 + 4a3 = y + 3b2 , ab = 0(11) nghiệm nguyên b ≡ ±1(mod 6), a ≡ 0, 2(mod 6) thừa số nguyên tố p ≡ 1(mod 3) Sử dụng biến thức bậc ba chương cho Mệnh đề 3.5.3 Cho phương trình x3 + 3a3 = y + 3b2 (12) nghiệm nguyên k/3 = a3 − 3b2 ≡ 0(mod 3) b, b ± (1 − k) chia hết cho chia hết cho Chứng minh: Vế bên trái chia hết cho 3, điều đòi hỏi y ≡ 0(mod 3), x ≡ 0(mod 3), a3 − b2 ≡ 0(mod 3) Do y ≡ ±1(mod 3), x3 ≡ 1(mod 3), x3 ≡ 1(mod 9) sau y ≡ + k(mod 9), y ≡ ±(1 − k)(mod 9) Do số chia vế trái ước chung x a, số nguyên tố p ≡ 1( mod 3) mà thặng dư bậc ba số nguyên tố q ≡ 2( bmod 3) Nếu q số chia thì(−3/q = 1), y ≡ 0(mod q), b ≡ 0(mod q) Do x3 + 3a3 = Q2 (y12 + 3b21 ) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 Trong Q tích số nguyên tố q Thừa số Q2 chia √ y1 + b1 −3 pα = p √ A + B −243 √ C + D −243 = Trong C, D số nguyên va α = 0, ±1 Nếu α = 0, b1 ≡ 0(mod 9) b ≡ 0(mod 9) Nếu α = ±1, y1 ± b1 ≡ 0(mod 9) y ± b ≡ 0(mod 9) Định lý trở thành y ≡ ±(1 − k)(mod 9) Được minh họa y = x3 − 24 24 = 3.32 − 32 13 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 50 Kết luận Trong luận văn trình bày - Zm vành giao hoán có đơn vị, Z∗m nhóm nhân - Chứng minh định lý Euler định lý Fermat - Trình bày chi tiết việc giải dạng phương trình đồng dư Chứng minh định lý Wilson - Trình bày phương trình Mordell Đã số dạng phương trình có nghiệm vô nghiệm Trình bày thặng dư bậc ba Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 Tài liệu tham khảo Tài liệu tiếng Việt [1] Dương Quốc Việt(Chủ biên) - Đàm Văn Nhỉ(2008) Cơ sở lý thuyết số đa thức, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội Tài liệu tiếng Anh [2] L.G Mordell(1947).A Chapter in the Theory of Numbers Cambridge Univ [3] L.G Mordell(1969).Diophantine equations ST John’s college Cambridge, England Chapter 26 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn [...]... phương trình đồng dư f (x) = x3 + 6x2 − 1 ≡ 0 (mod 9) vì khi giải f (1) + 3t1 f (1) ≡ 0 (mod 9) hay 6 + 3.t1 15 ≡ 0 (mod 9) có 6 không chia hết cho 9 Tóm lại, phương trình đồng dưf (x) = x3 + 6x2 − 1 ≡ 0 (mod 81) là vô nghiệm Ví dụ 2.4.6 Giải phương trình đồng dư f (x) = x3 + 6x2 + 2 ≡ 0 (mod 1323) Bài giải: Vì m = 33 72 , nên theo Định lý 2.4.1 phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình đồng. .. 0 a0 ≡ 0 (mod p), p là số nguyên tố (mod p) Chứng minh: Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp theo bậc n Nếu n = 0 thì phương trình đồng dư có dạng a0 ≡ 0 (mod p) Vì a0 ≡ 0 (mod p) nên phương trình đồng dư này vô nghiệm hay số nghiệm bằng 0.Giả sử phương trình đồng dư bậc n > 0 và định lý là đúng cho các phương trình đồng dư bậc n − 1 Giả sử f (x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm x ≡ x0 (mod p) Khi đó f (x0... · · · + an−1 x + an ≡ 0 a0 ≡ 0 (mod m) (mod m) được gọi là phương trình đồng dư bậc n Việc tìm tất cả các giá trị nguyên của x thỏa mãn (1) được gọi là giải phương trình đồng dư Định nghĩa 2.1.2 Cho phương trình đồng dư f (x) ≡ 0 (mod m) Số α ∈ Z được gọi là một nghiệm đúng của phương trình nếuf (α) ≡ 0 (mod m) Định nghĩa 2.1.3 Nếu phương trình f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an ≡ 0 (mod m), a0 =... giải: Phương trình x3 − x2 − 4x + 4 = 0 có ba nghiệm x1 = 1, x2 = 2, x3 = −2 Dễ dàng suy ra an = 1 − 2n+1 + 3(−2)n với mọi n a2012 ≡ 1( mod 22012 ) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 0 Vậy 20 Chương 2 Phương trình đồng dư 2.1 Phương trình đồng dư một ẩn Định nghĩa 2.1.1 Cho m là số nguyên dư ng, a0 , a1 , · · · , an là các số nguyên Phương trình đồng dư dạng... Giải phương trình 27x ≡ 13 (mod 143) 143 Bài giải: Biểu diễn = [5; 3, 2, 1, 2] Khi đó x ≡ 117 (mod 143) 27 Ví dụ 2.2.10 Giải phương trình 9x ≡ 2 (mod 41) Bài giải: Ta có 41 = 9.4 + 5, 9 = 5.1 + 4, 5 = 4.1 + 1 Do đó 1 = 5−4.1 = 5−(9−5.1)1 = −9+5.2 = −9+(41−9.4)2 = 9.(−9)+41.2 Như vậy, phương trình có nghiệm x ≡ −9.2 ≡ −18 (mod 41) 2.3 Hệ phương trình đồng dư một ẩn Xét hệ các phương trình đồng dư dưới... 49t1 với t1 ∈ Z Tóm lại, phương trình đã cho tương đương với ba hệ sau x ≡ 4 (mod 27) x ≡ 27 (mod 49) x ≡ 13 (mod 27) x ≡ 27 (mod 49) x ≡ 22 (mod 27) x ≡ 27 (mod 49) Giải các hệnày, phương trình đồng dư x3 + 6x2 + 2 ≡ 0 (mod 1323) có 3 x ≡ 76 (mod 1323), nghiệm là x ≡ 51 (mod 1323)  x ≡ 958 (mod 1323) 2.5 Phương trình đồng dư bậc cao theo môdun p Định lý 2.5.1 Phương trình đồng dư bậc n sau đây có không... http://www.lrc-tnu.edu.vn 22 2.2 Phương trình đồng dư bậc nhất Định nghĩa 2.2.1 Phương trình đồng dư bậc nhất là phương trình dạng sau đây: (2) : ax ≡ b (mod m) a, b ∈ Z, a ≡ 0 (mod m) Mệnh đề 2.2.2 Nếu (a, m) = 1 thì phương trình (2) có đúng một nghiệm Chứng minh: Theo Định lý 1.2.3, khi x chạy khắp một hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m thì ax cũng chạy khắp một hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m Do đó có... nên phương trình đã cho d d d md d có nghiệm duy nhất x ≡ x0 (mod ) Vậy phương trình (2) có d nghiệm d m m duy nhất x ≡ x0 + (mod m), , x ≡ x0 + (d − 1) (mod m) d d Ví dụ 2.2.5 Giải phương trình 12x ≡ 8 (mod20) Bài giải: Ta có (12, 20) = 4 và phương trình đã cho tương đương với 3x ≡ 2 (mod 5) Trong một hệ thặng dư môdun 5 là {0, 1, 2, 3, 4}, phương trình này có một nghiệm đúng x1 = 4 Vậy phương trình. .. a2 (mod m2 )    bn x ≡ an (mod mn ) Ta giải từng phương trình bi x ≡ ai (mod mi ) có nghiệm x ≡ ci (mod mi ) cho mỗi i = 1, , n Hệ đã cho trở thành hệ dư i đây mà ta đã biết cách giải  x ≡ c1 (mod m1 )    x ≡ c2 (mod m2 )    x ≡ cn (mod mn ) 2.4 Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao Cho m > 1 là số nguyên dư ng Xét phương trình đồng dư (5) : f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an ≡ 0 a0... chứa nhiều hơn 40 hình chữ nhật 1.2 Quan hệ đồng dư và tính chất Định nghĩa 1.2.1 Cho số nguyên dư ng m.Hai số nguyên a và b được gọi là đồng dư theo môđun m nếu hiệu a − b chia hết cho m Nếu a đồng dư vơi b theo môđun m thì ta viết a ≡ b( mod m) và gọi đó là một đồng dư thức Một số tính chất sau đây của đồng dư thức là hiển nhiên Mệnh đề 1.2.2 Cho số nguyên dư ng m Ta có: (i) a ≡ b( mod m) khi và chỉ