Số nguyên gauss và phương trình diophantus

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHAN THẾ CHIẾN SỐ NGUYÊN GAUSS VÀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTUS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHAN THẾ CHIẾN SỐ NGUYÊN GAUSS VÀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTUS Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn ii Danh sách ký hiệu iii Mở đầu 1 Vành Z[i] 1.1 Một số định nghĩa sở 1.2 Vành Z[i] số nguyên Gauss √ Vành số nguyên Q[ d] 1.3 16 Phương trình nghiệm nguyên 27 2.1 Luật thuận nghịch phương trình Diophantus 27 2.2 Ước số có dạng đặc biệt ứng dụng 30 2.2.1 Ước a2 + b2 31 2.2.2 Ước a2 + 2b2 35 2.2.3 Ước a2 − 2b2 37 Bài tập áp dụng 38 2.3 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS.TS Hà Huy Khoái, trực tiếp hướng dẫn tác giả suốt thời gian nghiên cứu Xin chân thành cảm ơn tới thầy, cô giáo Khoa Toán - Tin, Phòng Đào tạo Khoa học, bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân khuyến khích, động viên tác giả suốt trình học tập làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý báu thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, 2015 Phan Thế Chiến Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên iii Danh sách ký hiệu ED miền Euclide PID miền iđêan UFD miền nhân tử hóa Mở đầu Số nguyên Gauss số phức có phần thực ảo số nguyên Các số nguyên Gauss với phép cộng nhân số phức lập thành miền nguyên kí hiệu Z[i] Phương trình Diophantus phương trình có dạng f (x1 , x2 , , xn ) = 0, (*) f hàm n biến với n ≥ 2, nghiệm tìm tập hợp số nguyên số hữu tỷ Nếu f đa thức với hệ số nguyên (*) phương trình Diophantus đại số Bộ n phần tử (x01 , x02 , , x0n ) ∈ Zn thỏa mãn (*) gọi nghiệm phương trình (*) Phương trình Diophantus chủ đề toán phổ thông hay gặp đề thi học sinh giỏi, thi quốc gia quốc tế Có nhiều nhà toán học nghiên cứu vấn đề có số phương pháp sơ cấp để giải phương trình Diophantus là: Phương pháp phân tích thành nhân tử, phương pháp bất đẳng thức, phương pháp tham số, phương pháp modul số học, phương pháp quy nạp Trong luận văn trình bày vành số nguyên Gauss số phương pháp nâng cao để giải phương trình Diophantus Với lý trên, với quan tâm muốn sâu vấn đề này, em chọn đề tài "Số nguyên Gauss phương trình Diophantus" cho luận văn cuối khóa Do nhiều yếu tố chủ quan khách quan, nội dung viết nhiều khiếm khuyết, em mong nhận ý kiến đóng góp quý thầy cô Cấu trúc luận văn Nội dung luận văn trình bày thành chương: • Chương 1: Vành Z[i] Trong chương này, trình bày cách √ sơ lược vành Z[i] số nguyên Gauss vành số Z[ d] mà sử dụng chương • Chương 2: Phương trình nghiệm nguyên Trong chương trình bày luật thuận nghịch phương trình Diophantus; ước số có dạng đặc biệt ứng dụng để giải phương trình nghiệm nguyên Do khối lượng kiến thức lớn thời gian nghiên cứu chưa đủ dài, chắn luận văn tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong muốn nhận góp ý thầy cô bạn bè đồng nghiệp Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Phan Thế Chiến Email: phanchienmdc@gmail.com Chương Vành Z[i] 1.1 Một số định nghĩa sở Trường tập k trang bị hai phép toán hai ngôi, giao hoán cộng nhân, cho • (k, +) nhóm cộng Aben; • Mọi phần tử khác không k có phần tử nghịch đảo (k ∗ , ) nhóm nhân Aben, k ∗ = k\{0k }; • 0k = 1k ; • tính chất phân phối xảy ra: (a + b)c = ac + bc với a, b, c ∈ k Vành giao hoán giống trường, phần tử khác nghịch đảo phép nhân Ví dụ vành giao hoán: Z, Zn (tập phần tử môđun n), k[x] (tập đa thức với hệ số trường k) Một phần tử vành R khả nghịch với phép nhân gọi đơn vị Tập đơn vị R, kí hiệu R∗ nhóm nhân với phép nhân R Đối với ví dụ nêu vành giao hoán, ta có Z∗ = {−1, 1}, Z∗n = {ˆ a ∈ Zn : gcd(a, n) = 1}, k[x]∗ = k\{0F } với k trường Một ước không vành R phần tử khác không r ∈ R có s ∈ R khác không cho rs = Một vành giao hoán ước không gọi miền nguyên Ví dụ vành với ước không: Zn với n không nguyên tố (ví dụ Z6 , ˆ2.ˆ3 = ˆ0) Một ví dụ không giáo hoán M2 (Q),      0 −1 1  =   0 −1 1 Phần tử đơn vị vành không ước không Ví dụ miền nguyên: Z; k[x], k trường Vành R gọi miền Euclide (ED) tồn hàm λ : R\{0} → N0 với tính chất sau: Với hai số a, b ∈ R, b = tìm c, d ∈ R cho a = cb + d d = λ(d) < λ(b) Ví dụ, vành Z k[x] (k trường) miền Euclide: lấy λ giá trị tuyệt đối Z bậc đa thức k[x] Một iđêan I vành R tập R đóng với phép cộng, trừ phép nhân phần tử R: x, y ∈ I r ∈ R x + y, x − y, rx ∈ R Nói cách khác, I tập R, R− môđun, gọi R− môđun Hơn nữa, iđêan gọi iđêan sinh phần tử R− môđun: với a ∈ I đó, I = {ra|r ∈ I} Ta viết I = (a) Trong miền Euclide R iđêan iđêan Một vành R gọi miền iđêan (PID) iđêan iđêan Do đó, ED PID Cho vành R, a, b ∈ R gọi liên kết a = ub với u ∈ R đơn vị Phần tử p ∈ R gọi bất khả quy a|p a đơn vị a liên kết với p Số đơn vị p ∈ R nguyên tố p = p|ab p|a p|b Chú ý phần tử bất khả quy nguyên tố không luôn trùng vành chúng trùng PID, kí hiệu dễ dàng dịch sang ngôn ngữ iđêan Tương tự, ta định nghĩa ước chung lớn hai hay nhiều phần tử R Điều sau không vành tuỳ ý, PID: a, b ∈ R gcd(a, b) phần tử d cho (a, b) = (d) Cuối cùng, hai phần tử gọi nguyên tố gcd(a, b) = Trong PID điều có nghĩa a b sinh vành R Trong PID, khái niệm phần tử nguyên tố bất khả quy tương đương Trong PID R, dãy tăng iđêan cuối ổn định Do đó, cho p số nguyên tố a ∈ R, a = có số nguyên không âm cho pn | a pn+1 a Số n gọi bậc p a, kí hiệu n = ordp a Chú ý với a, b = ordP ab = ordp a + ordp b Sau định lý phần Lưu ý PID coi hợp rời tập phần tử liên kết Nếu phần tử tập nguyên tố tất phần tử liên kết nguyên tố Từ tập bao gồm phần tử nguyên tố ta chọn đại diện kí hiệu tập đại diện S Ta có kết quan trọng sau: Định lí 1.1.1 Cho R PID S tập đại diện tập phần tử nguyên tố liên kết R Khi đó, với a ∈ R, a = ta có pe(p) a=u p u đơn vị R tích lấy tất phần tử p ∈ S Phép phân tích sai khác cách chọn S, số mũ xác định e(p) = ordp a 27 Chương Phương trình nghiệm nguyên 2.1 Luật thuận nghịch phương trình Diophantus Số nguyên a thỏa mãn gcd(a, m) = gọi thặng dư bậc hai modul m x2 ≡ a (mod m) với x số nguyên Ngược lại, gọi không thặng dư bậc hai modul m Ví dụ số thặng dư bậc hai modul 32 ≡ (mod 7), thặng dư bậc hai modul Giả sử p số nguyên tố lẻ Kí hiệu Legendre sau:        a  = −1  p    a p định nghĩa a thặng dư modul p, a không thặng dư modul p, p | a Các tính chất kí hiệu Legendre cho định lý sau: Định lí 2.1.1 Cho p số nguyên tố lẻ Khi   a p−1 (1) a ≡   (mod p), p      ab a b (2)   =    , p p p   a2 (3)   = 1, a ≡ (mod p), p 28     b a    , = (4) a ≡ b (mod p) suy p p   −1  = (−1) p−1 , (5)  p   p2 −1   (6) = (−1) p Chứng minh (1) Chú ý theo định lý Fermat nhỏ, đa thức xp−1 − có tất số khác không mod p nghiệm mod p Sự phân tích xp−1 − = (x(p−1)/2 − 1)(x(p−1)/2 + 1), ta thấy p−1 lớp thặng dư khác không nghiệm nhân tử đầu có a(p−1)/2 ≡ 1(mod p) số nghiệm nhân tử thứ hai có a(p−1)/2 ≡ −1(mod p) Nếu a thặng dư bậc hai a ≡ b2 (mod p) với b a(p−1)/2 ≡ bp−1 ≡ 1(mod p) Vì p−1 thặng dư bậc hai mod p, số phải phần tử với a(p−1)/2 ≡ 1(mod p) thặng dư không bậc hai phải có a(p−1)/2 ≡ −1(mod p) Do đó, trường hợp   a   ≡ a(p−1)/2 (mod p) p (2) Từ (1) ta có  (ab) p−1  ab ≡   (mod p) p (ab) Do p−1 =a  p−1  b p−1    a b ≡     (mod p) p p    ab a b   =     (mod p) p p p 29 (3) Từ (2) ta có      a2 a a   =     = p p p (4) Suy trực tiếp từ định nghĩa (5) Suy từ (1) với a = −1 Kết quan trọng thặng dư bậc hai luật thuận nghịch Gauss Định lí 2.1.2 Cho p q số nguyên tố lẻ khác Khi    q p p−1 q−1     = (−1) q p Sau số hệ trực tiếp luật thuận nghịch Cho p q số lẻ khác Khi 1) Nếu p ≡ q ≡ (mod 4) p thặng dư bậc hai modul q q thặng dư bậc hai modul p 2) Nếu p ≡ (mod 4) q ≡ (mod 4) p thặng dư bậc hai modul q q mà thặng dư bậc hai modul p 3) Nếu p ≡ q ≡ (mod 4) p thặng dư modul q q thặng dư bậc hai modul p Ta cho thấy làm để thặng dư bậc hai sử dụng nghiên cứu số phương trình Diophantus định Ví dụ 2.1.1 Chứng minh x2 − 17y = 12 nghiệm tập số nguyên Lời giải Ta có x2 ≡ 12 (mod 17) Theo kí hiệu Legendre luật thuận nghịch, ta có           12 22   =    =    =   17 17 17 17 17 17 30     17 3−1 17−1     = −1, (−1) = = 3 mâu thuẫn Ví dụ 2.1.2 Cho p q số nguyên tố khác nhau, đồng dư với modul Khi đó, phương trình x2 − py = q nghiệm nguyên Lời giải Thật vậy, phương trình có nghiệm q thặng dư bậc hai modul p p thặng dư bậc hai modul q Nhưng điều không thể, theo hệ (3) luật thuận nghịch Ví dụ 2.1.3 Phương trình x2 − 3y = p nghiệm nguyên p = p = Lời giải Với p = 2, phương trình trở thành x2 − 3y = 2, suy x2 ≡ −1 (mod 3), mâu thuẫn Với p = 3, phương trình trở thành x2 − 3y = 3, suy x2 + y ≡ (mod 4), mâu thuẫn 2.2 Ước số có dạng đặc biệt ứng dụng Trong phần này, ta thảo luận ước có dạng a2 + b2 , a2 + 2b2 a2 − 2b2 a, b số nguyên ứng dụng giải phương trình Diophantus 31 2.2.1 Ước a2 + b2 Định lí 2.2.1 Mỗi ước lẻ nguyên tố a2 + có dạng 4k + Chứng minh Giả sử p | a2 + 1, p = 4m + Khi a2 ≡ −1 (mod p), suy ap−1 = (a2 )2m+1 ≡ −1 (mod p), mâu thuẫn với định lý Fermat nhỏ Định lí 2.2.2 (1) Cho a b hai số nguyên tố p số nguyên tố lẻ chia hết a2 + b2 Khi p ≡ (mod 4) (2) Nếu p ≡ (mod 4) ước nguyên tố a2 + b2 p | a p | b Chứng minh (1) Giả sử p | a2 +b2 với p = 4m+3 Do a2 ≡ −b2 (mod p), suy a2m+1 ≡ (−b2 )2m+1 hay ap−1 ≡ −bp−1 (mod p) Mặt khác gcd(a, b) = 1, suy p a p b tiếp tục sử dụng định lý Fermat nhỏ, ta có ≡ −1 (mod p), mâu thuẫn (2) Nếu gcd(a, p) = gcd(b, p) = theo định lý Fermat nhỏ ap−1 ≡ (mod p) bp−1 ≡ (mod p) Mặt khác, p = 4m + 3, từ p | a2 + b2 ta có a2 ≡ −b2 (mod p), suy (a2 ) p−1 ≡ (−b2 ) p−1 (mod p), nghĩa ap−1 ≡ −bp−1 (mod p) Ta lại có ≡ −1 (mod p), mâu thuẫn Do p | a p | b Định lí 2.2.3 (Bổ đề Thue) Nếu n số nguyên lớn a số nguyên tố với n n | ax ± y với x, y số nguyên dương nhỏ √ n lựa chọn dấu + − √ Chứng minh Giả sử n số phương Đặt t = [ n] + S = {ax + y | ≤ x, y ≤ t − 1} Rõ ràng S có t2 phần tử Bởi t2 > n nên từ nguyên lý Dirichlet suy tồn hai phần tử khác ax1 + y1 ax2 + y2 S cho ax1 + y1 ≡ ax2 + y2 (mod n), x1 > x2 , suy a(x1 − x2 ) ≡ y2 − y1 (mod n) Đặt x = x1 − x2 y = |y2 − y1 | Rõ ràng x 32 y khác không gcd(a, n) = Với lựa chọn này, rõ ràng n | ax ± y √ < x, y < n Nếu n số phương đặt n = d2 Trong trường hợp này, hai x y d số khác bội d d Nhưng a = d ± Với a = d − 1, ta lấy x = 1, y = d − dấu trừ Với a = d + ta lấy x = d − 1, y = dấu cộng Trong nghiên cứu phương trình Diophantus, ta sử dụng vài kết sau: vế phương trình viết x2 + a2 với gcd(x, a) = 1, vế lại có ước có dạng 4k + phương trình vô nghiệm tập số nguyên Ví dụ 2.2.1 (Ion Cucurezeanu) Cho n số nguyên lẻ lớn Chứng minh phương trình xn + 2n−1 = y nghiệm tập số nguyên lẻ Lời giải Phương trình trở thành xn + 2n = y + 2n−1 Vế trái phương trình có ước nguyên tố có dạng 4k + Thật vậy, x có dạng ước nguyên tố nhỏ xn + 2n có dạng 4k + Nếu s có dạng 4k + x + chia hết xn + 2n có dạng 4k + Trong trường hợp, gcd(y, n−1 ) = y + 2n−1 có ước nguyên tố có dạng 4k + 3, mâu thuẫn với kết định lý 2.2.2 (1) Ví dụ 2.2.2 (Ion Cucurezeanu) Chứng minh phương trình x3 − x2 + = y nghiệm tập số nguyên 33 Lời giải Nếu x lẻ, phương trình trở thành (x + 2)(x2 − 2x + 4) = x2 + y Rõ ràng gcd(x, y) = Nếu x = 4k + x + = 4k + có ước nguyên tố có dạng mà chia hết x2 + y Nếu x = 4k + x2 − x + có dạng 4m + lập luận tương tự, ta lại có mâu thuẫn Nếu x = 2u, phương trình trở thành 2u3 − u2 + = z Nếu u lẻ vế trái đồng dư với (mod 4) số phương Nếu u chẵn vế trái đồng dư với (mod 4) lại số phương Ví dụ 2.2.3 (Balkan Mathematical Olympiad) Giải phương trình nghiệm nguyên x5 − = y Lời giải Lấy mod ta suy y x số lẻ Vì x chia hết y + 22 nên dạng 4k + Do x = 4k + phương trình viết x5 + 25 = y + 62 Nếu y, ta lại có mâu thuẫn (x + = 4k + ước y + 62 gcd(y, 6) = 1) Nếu y = 3y1 x5 + 25 = 32 (y12 + 4) Ta chứng minh   5 x +2  d = gcd x + 2, x+2 d | Thật vậy, từ đẳng thức a5 + b5 = (a + b)5 − 5ab(a2 + ab + b2 ) 34 a2 + ab + b2 = (a + b)2 − ab, suy a5 + b5 = (a + b)4 − 5ab(a + b)2 + 5a2 b2 a+b Với a = x b = 2, d | a + b d | a5 +b5 a+b d | 5a2 b2 = 5.(2x)2 Nhưng gcd(x + 2, 2x) = x lẻ, suy gcd(d, (2x)2 ) = d | Suy hai số x + x5 +25 x+2 không chia hết hai đồng dư (mod 4), y12 + có ước nguyên tố có dạng 4k + 3, mâu thuẫn với định lý 2.2.2 (1) Kết luận, phương trình nghiệm tập số nguyên Ví dụ 2.2.4 (Titu Andreescu) Chứng minh không tồn n nguyên để n7 + số phương Lời giải Với n chẵn n7 ≡ (mod 4), suy số phương Với n ≡ (mod 4) n7 + ≡ (mod 4), tiếp tục số phương Với n ≡ (mod 4), n7 + = q với q số nguyên n7 + 27 = q + 112 , suy n + ước q + 112 , n + ≡ (mod 4) gcd(q, 11) = 1, điều mâu thuẫn với định lý 2.2.2 (1) Nếu q chia hết cho 11 q = 11q1 n7 + 27 = 112 (q12 + 1) 7 +2 Ta chứng minh d = gcd n + 2, nn+2 d | thật vậy, từ đẳng thức a7 + b7 = (a + b)7 − 7ab(a + b)(a2 + ab + b2 )2 a2 + ab + b2 = (a + b)2 − ab, suy a7 + b7 a+b = (a + b)6 − 7ab(a + b)4 + 14a2 b2 (a + b)2 − 7a3 b3 35 Cho a = n b = 2, d | a + b d | a7 +b7 a+b , d | 7a3 b3 = 7.(2n)3 Nhưng gcd(n + 2, 2n) = 1, n lẻ nên gcd(d, (2n)3 ) = d | Suy hai số n + n7 +27 n+2 không chia hết 11 hai đồng dư với (mod 4), q12 + ước có dạng 4k + 3, mâu thuẫn với định lý 2.2.1 2.2.2 Ước a2 + 2b2 Định lí 2.2.4 Một số nguyên tố p lẻ viết p = a2 + 2b2 với a, b số nguyên p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8) Chứng minh Nếu p = a2 + 2b2 a2 ≡ −2b2 (mod p) Giả sử b số  nguyên  cho bb ≡ (mod p) Khi (ab ) ≡ −2 (mod p), −2   = Suy p     −2 −1 p−1 p2 −1  =    = (−1) (−1) ; p p p −2 p  = p−1 2 + p 8−1 = 2k với k số nguyên Điều tương đương với (p−1)(p+5) = 2k, suy p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8) Ngược lại, giả sử p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8) Khi −2 p =1 a2 ≡ −2 (mod p) với a số nguyên Sử dụng bổ đề Thue (định lý 2.2.3 √ ), suy tồn số nguyên x y với < x, y < p, cho p | ax ± y Do p | a2 x2 − y p | (a2 + 2)x2 − (2x2 + y ) Nhưng p | a2 + suy 2x2 + y = pk, k ∈ Z < 2x2 + y < 3p suy k ∈ {1, 2} Với k = 1, ta có p = 2x2 + y ta hoàn thành Với k = 2, 2p = 2x2 + y , | y Khi ta viết y = 2y, p = x2 + 2y Chú ý (1) Kết định lý chứng tỏ số nguyên tố p đồng √ dư với modul không bất khả quy vành Z[ −2] 36 (2) Nếu p số nguyên tố có dạng 8k − 8k − p | a2 + 2b2 p | a p | b Thật vậy, p a p b ta tìm số nguyên b cho bb ≡ (mod p) Từ a2 ≡ −2b2 (mod p) suy (ab )2 ≡ −2 (mod p) Bởi gcd(ab , p) = nên −2 p = 1, suy p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8), mâu thuẫn Ta sử dụng kết để nghiên cứu phương trình Diophantus sau: Nếu vế phương trình viết x2 +2y với gcd(x, y) = 1, vế lại có ước nguyên tố đồng dư với −1 −3 modul 8, phương trình nghiệm tập số nguyên Ví dụ 2.2.5 (Ion Cucurezeanu) Chứng minh phương trình x3 − = 2y nghiệm tập số nguyên Lời giải Viết phương trình tương đương với (i) x3 − = 2(y + 1), (ii) x3 + = 2(y + 2) Chú ý hai vế phải không chia hết Vì x lẻ, ta xét trường hợp x = 8k ± x = 8k ± Nếu x = 8k + 1, vế trái (i) chia hết 8, mâu thuẫn Điều với (ii) x = 8k − Nếu x = 8k ± 3, x2 − x + có dạng 8m − 8m − có ước nguyên tố dạng này, theo định lý 2.2.4, không chia hết y + 37 2.2.3 Ước a2 − 2b2 Định lí 2.2.5 Một số nguyên tố p lẻ viết p = a2 − 2b2 với a, b số nguyên tố p ≡ (mod 8) p ≡ −1 (mod 8) Chứng minh Thật vậy, p = a2 − 2b2 a2 ≡ 2b2 (mod p) Giả sử b  số nguyên cho bb ≡ (mod 8) (ab ) ≡ (mod p), suy    = Nhưng p   p2 −1   = (−1) , p ta có p = p ≡ (mod 8) p ≡ −1 (mod 8) Ngược lại, p ≡ (mod 8) p ≡ −1 (mod 8), theo Bổ đề Thue √ ta tìm số nguyên dương x y với < x, y < p cho p | a2 x2 − y , a số nguyên cho a2 ≡ (mod p) Do p | (a2 − 2)x2 + 2x2 − y , p | 2x2 − y Ta thu < 2x2 − y < 2p, suy p = 2x2 − y Chú ý (1) Nếu p số nguyên tố có dạng 8k − 8k + p | a2 − 2b2 p | a p | b (2) Nếu p số nguyên tố đồng dư với ±1 (mod 8) phương trình Pell tổng quát x2 − 2y = p có nghiệm nguyên Để chứng tính chất ý đầu tiên, ta giả sử p a Khi p b bb ≡ (mod p) với vài số nguyên b Suy (ab )2 ≡ (mod p) Vì gcd(ab , p) = 1, ta có p = 1, p ≡ ±1 (mod 8), mâu thuẫn Ta sử dụng kết Định lý 2.2.5 sau: Nếu vế phương trình viết x2 − 2y với gcd(x, y) = 1, vế lại có ước nguyên tố đồng dư với ±3 (mod 8) phương trình nghiệm tập số nguyên 38 Ví dụ 2.2.6 Cho phương trình 8xy − (x + y) = z Chứng minh rằng: (1) Phương trình nghiệm tập số nguyên dương (2) Phương trình có vô số nghiệm tập số nguyên âm Lời giải (1) Phương trình tương đương với (8x − 1)(8y − 1) = 8z + giả sử có nghiệm tập số nguyên dương Vì 8x − ≥ nên có ước nguyên tố có dạng 8m − 8m − theo định lý 2.2.4 8x − không chia hết 2(2z)2 + 1, mâu thuẫn (2) Bộ ba (x, y, z) x = −1, y = −9n2 − 2n, z = −9n − 1, n số nguyên dương nghiệm nguyên âm 2.3 Bài tập áp dụng Bài Giải phương trình x2 + = y n , n số nguyên lớn Bài Giải phương trình x2 + = y n , n số nguyên lớn Bài Giả sử p = 4m − số nguyên tố x, y số nguyên tố cho x2 + y = z 2m , 39 với z số nguyên Chứng minh p | xy Bài 4.Tìm tất cặp (x, y) nguyên dương cho 13x + = y Bài Giải phương trình x2 + = y n , n số nguyên lớn Bài Giải phương trình x2 + 11 = 3n , n số nguyên lớn Bài Giải phương trình x2 + x + = y , n số nguyên lớn Bài Cho p số nguyên tố có dạng 4k +3 Chứng minh hệ phương trình   (p − 1)x2 + y = u2  x2 + (p − 1)y = v nghiệm tập số nguyên khác không Bài Chứng minh phương trình x2 + y = z n + 2n vô nghiệm gcd(x, y) = n số nguyên lẻ lớn Bài 10 Chứng minh với n số nguyên lớn phương trình xn + 2n = y + nghiệm 40 Kết luận Trong luận văn trình bày kết sau: (1) Nêu số định nghĩa sở, vành Z[i]các số nguyên Gauss vành √ số nguyên Q d (2) Chứng minh bổ đề Burnside định lý Polya (3) Luật thuận nghịch bậc hai, ước số có dạng đặc biệt a2 + b2 , a2 + 2b2 , a2 − 2b2 (4) Vận dụng kiến thức vành Z[i]các số nguyên Gauss, vành số √ nguyên Q d, luật thuận nghich bậc hai để giải phương trình nghiệm nguyên 41 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái – Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục Tiếng Anh [3] T Andreescu, D Andrica, I Cucuruzeanu (2004), An Introduction To Diophantine Equations, Birkhauser ... luận văn trình bày vành số nguyên Gauss số phương pháp nâng cao để giải phương trình Diophantus Với lý trên, với quan tâm muốn sâu vấn đề này, em chọn đề tài "Số nguyên Gauss phương trình Diophantus" ... nghĩ sai lầm vành UFD 1.2 Vành Z[i] số nguyên Gauss Một số nguyên Gauss số phức với hai phần thực ảo số nguyên Các số Gauss với phép cộng nhân thông thường số phức làm thành miền nguyên, thường... , c, e ∈ Z, d ∈ Z, d < n ∈ N ước phương Tốt e nên số đơn giản, giống đơn vị √ số nguyên tố vành số nguyên Q[ d] Một vài số số, số khác ẩn số 21 Bước Nếu d số nguyên âm Định lý 1.3.2 ta chuyển