Đang tải... (xem toàn văn)
Phương trình Diophantine (tiếng Anh: diophantine equation), phương trình Điôphăng hay phương trình nghiệm nguyên bất định có dạng:f(x1;x2;x3;...;xn)=0 ()khi n {displaystyle geq }{displaystyle geq } 2, và f(x1;x2;x3;...;xn) là một đa thức nguyên với một hoặc đa biến thì () được gọi là phương trình nghiệm nguyên (algebraic diophantine equation) bộ số (x01;x02;x03;...;x0n){displaystyle in }in Z thỏa () được gọi là một nghiệm nguyên của phương trình.Một phương trình có một hoặc nhiều cách giải gọi là phương trình có thể giải quyết được.Từ Diophantine được đặt theo tên nhà toán học Hy Lạp ở thế kỉ thứ 3 sau công nguyên, Diofantos xứ Alexandria. Diophantus, ở Alexandria, đã nghiên cứu các phương trình dạng này, và là một trong những nhà toán học đầu tiên đã ký hiệu hóa đại số. Nhánh toán học nghiên cứu về các vấn đề Diophantine, gọi là Giải tích Diophantine.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN QUỐC VIỆT MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE x2 + C = y n LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC Bình Định - 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN QUỐC VIỆT MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE x2 + C = y n Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS NGUYỄN TRỌNG HỊA Bình Định - 2012 Các ký hiệu sử dụng luận văn a b a chia hết cho b a |b a chia hết b a b a chia hết (ước) thật b N tập hợp số tự nhiên Z tập hợp số nguyên Q tập hợp số hữu tỉ √ √ C √ Q C vành [K : Q] bậc trường K a ≡ b (mod p) a đồng dư với b (modullo p) U CLN (a, b) ước chung lớn a b BCN N [a, b] bội chung nhỏ a b Z a p ord(x) a b trường C √ Z Q C Q ký hiệu Legendre cấp số x phần nguyên a b (1) Mục lục MỞ ĐẦU Chương Các kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 1.3 Vành số nguyên Z 1.1.1 Lý thuyết đồng dư - số định nghĩa tính chất 1.1.2 Số nguyên tố - định lý số học 13 1.1.3 Một số hàm số học 14 1.1.3.1 Hàm số học 14 1.1.3.2 Hàm Euler 15 1.1.3.3 Hàm tổng ước hàm số ước 16 1.1.4 Dạng phân tích tiêu chuẩn số nguyên 16 1.1.5 Phương trình Diophantine 17 1.1.6 Thặng dư bình phương ứng dụng 17 1.1.6.1 Định nghĩa tính chất 17 1.1.6.2 Luật thuận nghịch bình phương 22 Vành Z √ C trường Q √ 24 C 1.2.1 Các định nghĩa 24 1.2.2 Một số tính chất 25 Kết luận 32 Chương Phương trình x2 + C = y n 33 2.1 Mở đầu 33 2.2 Phương trình x2 + = y n 35 2.2.1 Trường hợp tổng quát 35 2.2.2 Ví dụ 36 2.3 2.4 2.5 2.6 Phương trình x2 + 2k = y n 37 2.3.1 Trường hợp n có ước ngun tố p khơng đồng dư với (mod8) 37 2.3.2 Các trường hợp khác 42 2.3.3 Một vài ví dụ 46 Phương trình x2 + = y n 47 2.4.1 Mở đầu 47 2.4.2 Phương pháp đường cong Frey 51 2.4.3 Phương pháp Kraus 53 2.4.4 Một vài ví dụ 55 Phương trình x2 + C = y n 56 2.5.1 Mở đầu 56 2.5.2 Phương trình x2 + C = y n 59 2.5.3 Một vài ví dụ 64 2.5.4 Một số kết tiêu biểu 65 Kết luận chương II 66 KẾT LUẬN 68 Tài liệu tham khảo 68 MỞ ĐẦU Khái niệm phương trình Diophantine bắt nguồn từ Diophantus of Alexandria (khoảng năm 250- tr.CN), nhà toán học vĩ đại Hy Lạp thời giờ, người nghiên cứu cách có hệ thống lời giải phương trình nghiệm ngun Ơng viết cơng trình, cơng trình quan trọng “Arithmetic”, cơng trình có liên hệ với lý thuyết số khác biệt với tính tốn bao trùm nhiều vấn đề đại số Lúc Diophantus giới thiệu hệ thống ký hiệu đại số tốt nhiều trước Trong sách ông sử dụng ký hiệu toán học ký hiệu mang tính chất sơ khai việc rút gọn ký tự ký hiệu đại số toán học đại Đặc biệt ký hiệu dùng để đại diện thường xuyên xuất lũy thừa bậc ẩn số Ông bật lịch sử khoa học thiên tài vĩ đại Một phương trình Diophantine hay phương trình vơ định giải với nghiệm ẩn có giá trị nguyên Vấn đề nghiên cứu phương trình Diophantine cho trước phương trình có nghiệm hay khơng, trường hợp có nghiệm, có nghiệm Một vấn đề quan trọng có mối liên hệ mật thiết với vấn đề nghiệm có tính khơng hay đưa dạng tổng quát nghiệm Giả sử f (x) đa thức với hệ số nguyên có bậc m ≥ , n số ngun lớn Từ cơng trình Siegel, biết phương trình Diophantine f ( x) = y n có hữu hạn nghiệm (m, n) = (2, 2) Nhiều cơng trình nghiên cứu phương trình trường hợp đặc biệt nó, có nhiều tài liệu nói phương trình dạng: ax2 + bx + c = dy , x, y, n ∈ Z, n ≥ với a, b, c, d số nguyên cho trước Đặc biệt, xét phương trình Diophantine x2 + C = y n x, y, n ∈ Z, n ≥ với C số nguyên dương Với mong muốn hệ thống lại vấn đề liên quan đến việc giải phương trình theo trình tự định, chọn đề tài “Một số vấn đề phương trình Diophantine x2 + C = y n , x, y, n ∈ Z, n ≥ ” làm đề tài cho khóa luận tốt nghiệp Trong đề tài này, chúng tơi trình bày lại số kết J.H.E Cohn, S.Siksek J.E.Cremona phương trình xây dựng vài trường hợp riêng kết Lời giải cho phương trình có lẽ vào năm 1850 V.A Lebesgue cho trường hợp C = 1, theo phương trình khơng có nghiệm khơng tầm thường Ơng giả thiết có số nguyên dương x, y n ≥ cho x2 + = y n , sau làm việc vành Gauss số nguyên ước lượng 2-adic giá trị khác cuối dẫn đến mâu thuẫn Vào năm 1923, Nagell giải phương trình với trường hợp C = 3, C = 5, mà phương trình gọi phương trình Lebesgue – Nagell Sau Ljunggren hồn thành lời giải phương trình với C = có nghiệm 52 + = 33 , trường hợp C = Nagell giải xong với nghiệm 22 + = 23 , 112 + = 53 Chỉ đến J.H.E Cohn, có nhiều trường hợp biết đề cập lại, chẳng hạn, kết Ljunggren với trường hợp C = 2, Nagell đề cập lại (để ý có chứng minh sơ cấp Sury), kết Nagell lại Rebeboim sưu tập lại Bước ngoặc quan trọng xuất cơng trình J.H.E Cohn, ơng hồn thành lời giải cho 77 giá trị C khoảng ≤ C ≤ 100 Với phương pháp nghiên cứu sơ cấp khéo léo, với hướng không sử dụng công cụ mạnh xấp xỉ Diophantine Cơng trình bao gồm kết liên quan đến phương trình có trước Giá trị nhỏ C khơng J.H.E Cohn đề cập trường hợp √ √ C = Sự khó khăn đến từ thực tế 23 = + −7 − −7 √ trường Q −7 , điều mà sau đề cập Trường hợp C = 74, 86 Mignotte Weger hoàn thành lời giải (quả thực Cohn giải trường hợp phương trình trừ trường hợp p = 5, (khó khăn trường hợp lớp số trường đồng dư phức chia hết 5) Bennett Skinner áp dụng modular để tiếp cận lời giải phương trình trường hợp C = 55 95 19 trường hợp lại C = 7, 15, 18, 23, 25, 28, 31, 39, 45, 47, 60, 63, 71, 72, 79, 87, 92, 99, 100 rõ ràng vượt phạm vi sơ cấp Cohn giải vào năm 2004 Bugeaud, Mignotte Siksek Điểm xuất phát để nghiên cứu phương trình mở rộng trường K √ sinh −C , theo giả sử n số nguyên tố lẻ ký hiệu lại p Giả sử (x, y, p) nghiệm phương trình trên, ta viết √ x − −C = y p √ √ Chúng ta muốn kết luận x + −C x − −C p- lũy thừa K , đáng tiếc điều xảy √ √ Một vấn đề x + −C x − −C không nguyên tố nhau, kết luận hai số hầu hết p – lũy thừa Xét ước x+ √ −C √ √ chung lớn vành đại số số nguyên K x + −C x − −C √ chia hết cho 2x −C Hơn nữa, C phương phương trình có nghiệm (x, y, p) mà U CLN (x, y ) > Vấn đề thứ hai p chia hết cho số lớp trường bậc hai K , √ ideal nguyên tố π sinh x + −C viết dạng π = ξ với ξ ideal đó, điều khơng thể có ξ ideal ngun tố √ √ Vấn đề thứ ba trường hợp K = Q −1 K = Q −3 K tồn đơn vị khác ±1 Phương pháp sử dụng để giải phương trình dạng tuyến tính logarithms (giới hạn p) tiếp cận modular Qua đó, số giá trị nhỏ p biến đổi thành họ phương trình Thue cơng cụ chuyển đổi từ phương trình sang phương trình Thue tiếng Ví dụ 19 giá trị lại C , ước lượng dạng tuyến tính với biến cần thiết (khơng thể biến) hướng tốt Mignotte dẫn đến ước lượng cao p (trong phạm vi giá trị C ) bao gồm giá trị 108 2.4x109 Sau Mignotte sử dụng phương pháp modular để giải phương trình với 19 giá trị lại đề cập Chẳng hạn, kết tiêu biểu: Định lý 0.1 Phương trình Diophantine x2 + = y n với x, y, n số nguyên dương, n ≥ có nghiệm sau đây: (x, y, n) ∈ {(1, 2, 3) ; (3, 2, 4) ; (5, 2, 5) ; (11, 2, 7) ; (181, 2, 15)} Định lý cho thấy phương trình x2 + = y n với x, y, n số ngun dương, n ≥ có nghiệm khơng ngồi nghiệm phương trình x2 + = 2n Một số kết sớm phương trình Lebesgue, Siksek Cremona tìm Rất nhiều nhà toán học nghiên cứu dạng mở rộng khác phương trình trên, Cohn C = 22k+1 phương trình có nghiệm n = trường hợp có nghiệm Cohn trường hợp C = 22k không khó Arif Abu Muriefah dự đốn có nghiệm cho bởi(x, y ) = (22k , 22k+1 )và (x, y ) = (11.2k−1 , 5.22(k−1)/3 ) với nghiệm sau tồn (k, n) = (3M + 1, 3) với M số nguyên khơng âm Một phần kết dự đoán hai tác giả chứng minh phần lại Le Siksek kết thúc Luca chứng minh dự đoán Abu Muriefah Arif lời giải phương trình x2 + 32m = y n cuối Luca giải trường hợp C = 2a 3b với điều kiện giả thiết x, y nguyên tố nhau, a, b số nguyên dương Arif Abu Muriefah chứng minh C = 32k+1 phương trình có xác họ nghiệm Trường hợp C = 32k chứng minh Luca với điều kiện x, y nguyên tố Abu Muriefah chứng minh C = 52k phương trình có nghiệm chia hết cho x p không chia hết k với số nguyên tố lẻ p chia hết n Arif Abu Muriefah chứng minh C = 52k+1 phương trình khơng có nghiệm với k không âm nữa, họ thu kết với C = q 2k với q số nguyên tố lẻ Cho q số nguyên tố lẻ không đồng dư với 7(mod8), Arif Abu Muriefah chứng minh C = q 2k+1 , n ≥ nguyên tố √ số lớp Q [ −q ] , có xác hai nghiệm Trong trường hợp đặc biệt C bình phương số nguyên tố lẻ, Le đưa trường hợp phức tạp với điều kiện mạnh nghiệm (x, y, n) phương trình điều kiện cho giả thiết U CLN (x, y ) = Trên sở kết nghiên cứu J.H.E Cohn, S Siksek J.E Cremona, chúng tơi trình bày lại cách hệ thống xây dựng vài trường hợp riêng kết • Luận văn nghiên cứu kết phương trình x2 + C = y n với số trường hợp C = 5; C = 2m ; C = • Luận văn nghiên cứu kết phương trình x2 + C = y n với C số nguyên dương tùy ý Tổng hợp hồn thiện kết có từ báo, tài liệu khoa học có liên quan đến vấn đề cần nghiên cứu Đưa ví dụ cho kết trình bày Sử dụng phương pháp Đại số số học, Lý thuyết trường, Lý thuyết chia hết vành Z kiến thức liên quan Luận văn xây dựng trình bày lại cách có hệ thống kết có nghiên cứu vấn đề liên quan đến phương trình Diophantine x2 + C = y n , xem luận văn tài liệu tham khảo hữu ích nghiên cứu phương trình nghiệm ngun Ngồi ra, luận văn cung cấp đến người đọc cách tiếp cận khác nghiên cứu phương trình nghiệm ngun ngồi kiến thức số học, chẳng hạn thay việc nghiên cứu phương trình Z việc mở rộng vành, trường số với nhiều công cụ mạnh Đại số số học, hay phương pháp tiếp cận hình học việc đưa liên hệ nghiệm phương trình với đường cong Frey, tiếp cận qua phương trình Thue, Luận văn trình bày theo cấu trúc gồm chương: Chương 1: Các kiến thức chuẩn bị Trong chương chúng tơi trình bày tính chất chia hết, đồng dư vành số nguyên Z, lý thuyết √ √ thặng dư bình phương, mở √ rộng vành Z C trường Q C số tính chất trường Q C Chương 2: Phương trình Diophantine x2 + C = y n Trong chương trình bày số kết có tác giả J.H.E Cohn, S Siksek J.E Cremona phương trình trên, bên cạnh chúng tơi chứng minh phương trình khơng có nghiệm nguyên trường hợp C = xây dựng số kết riêng phương trình x2 + C = y n Sau cùng, xin chân thành cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo TS Nguyễn Trọng Hòa sát, tận tình giúp đỡ, hướng dẫn từ tiến hành đề tài đến hồn thành Chúng tơi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy cô giáo khoa Tốn, Phòng sau đại học trường Đại học Quy Nhơn bạn học viên lớp cao học K13 giúp đỡ, động viên chúng tơi q trình thực đề tài Mặc dù thân cố gắng hướng dẫn, giúp đỡ nhiệt tình thầy TS Nguyễn Trọng Hòa thời gian lực số hạn chế định nên chắn luận văn khơng thể tránh khỏi số sai sót, chúng tơi kính mong q thầy giáo bạn đọc góp ý chân thành để đề tài hồn thiện Chúng xin chân thành cảm ơn 56 Với n = So sánh hệ số ρ với n = đẳng thức ta thu phương trình: −U + 36U V + 14U V − 105U V − 59U V − 231U V + 161U V + 45V = (2.35) Phương trình có nghiệm (U, V ) = (−1, 0), tương ứng cho nghiệm phương trình (2.18) (x, y ) ∈ {(−11, 2) ; (11, 2)} 2.5 2.5.1 Phương trình x2 + C = y n Mở đầu Như đề cập phần mở đầu chương 2, trước hết, xét phương trình tùy theo giá trị khác C Nếu C ≡ (mod4), thu cách thêm vào (2.1) điều kiện đủ √ ±x + −C = √ A + B −C p , A ≡ B ≡ (mod2) (2.36) (A + B C ) Điều xảy p = Vì vậy, đồng phần ảo (2.36) cho ta với y = (p−1)/2 Cp2r+1 Ap−2 2p ≡ B r−1 r (−B C ) B lẻ, B = ±1, ±2 ≡ r=0 (p − 1)/ ≡ 0, ±1 (mod p) Điều suy p = ±8 = ±2p ≡ (−C ) 3A2 − C Vì có Định lý 2.38 Đẳng thức (2.36) xảy C = 3A2 ± cho nghiệm p = 3, x = A3 ± 3A Chúng ta tiếp tục đề cập đến vấn đề đơn vị Nếu p = 3, đơn vị trường bị hút vào lũy thừa (2.1) giá trị C, p = điều xảy ra, trừ C = 3d2 , có đơn vị ±1 ±i Hơn nữa, C = 3d2 có đơn vị ±1, ±ω , ±ω Ngoài (2.1), (2.36) dẫn đến √ √ ±x + d −3 = ω A + Bd −3 , A ≡ B (mod2) (2.37) Định lý 2.39 Đẳng thức (2.37) xảy C = 48D6 , x = 4D3 , p = 57 Chứng minh Đồng phần ảo cho ta 16d = A3 − 9AB d2 − 3A2 Bd + 3B d3 r = A − Bd 16d = r3 − 12rB d2 − 8B d3 , r = 2s 2d = s3 − 3sB d2 − B d3 Do vế phải chẵn, s Bd chẵn vế phải chia hết cho Với d = 4δ , s = 2σ ta có δ = σ − 12σB δ − 8B δ , σ = δ (1 + 12σB δ + 8B δ ), nhân tử vế phải nguyên tố Vì δ = D3 , σ = Dτ, τ = + 12τ B D4 + 8B D6 Khi = τ − 3τ − với = 2BD2 Ta biết phương trình có nghiệm nguyên (τ, ) = (−3, 2) , (−1, 1) , (1, 0) , (0, −1) , (1, −3) , (2, 1) Từ = 2BD2 phải chẵn τ > dẫn đến có khả B = 0, d = 4D3 , A = 4D, C = 48D6 √ ±x + 4D3 −3 = 8ωD3 x = 4D3 Điều hồn thành phép chứng minh Nếu xét C < 0, phương trình x2 + C = y n trở nên phức tạp, lí giới hạn cho trường hợp C > Vấn đề đề cập đến tính việc phân tích thành nhân tử trường Chỉ có trường bậc hai phức liên quan đến vấn đề Vì nói vấn đề mà đề cập bị giới hạn √ mặt áp dụng Xét ví dụ với C = 6, trường Q −6 có số lớp h = Mọi nghiệm phương trình, (x, 6) = p lẻ Khi ideal √ π sinh x + −6 liên hợp π nguyên tố với tích [y ]p Vì với số ideal ζ, π = ζ p cần kết luận √ √ p x + −6 = a + b −6 điều không suy được, không xác định √ ζ , h = suy ζ x + −6 phải lũy thừa p √ phần tử trường Do p lẻ nên suy x + −6 thân lũy thừa, dẫn đến Định lý (2.42), (2.43) phương trình khơng có nghiệm C = Lý luận tương tự áp dụng vào nhiều trường hợp khác nhau, điều qua h = p h, điều cố định cho số nguyên tố lẻ h nâng lên lũy thừa Thậm chí với giá trị khác h, cố định nhiều số nguyên tố hữu hạn, nghiên cứu phương pháp khác Chẳng hạn, với C = 26, h = phương pháp áp dụng trừ p = 3, phải xem xét riêng rẽ Tiếp theo, C số phương, ta có C = cd2 , c số khơng phương, ta có (2.1) √ √ ±x + d −c = a + b −c p (2.38) Và nữa, C ≡ (mod4) √ ±x + d −c = √ A + B −c p , A ≡ B ≡ (mod2) Bây ta đồng phần ảo (2.38) ta (p−1)/2 Cp2r+1 ap−2 d=b r=0 r−1 r (−b2 c) (2.39) 58 p−1 b ≡ (−b2 c) ≡ (−b2 c |p ) ≡ 0, hay −1 d (modp) nên b = ±d dẫn đến (2.36) mặt khác p giới hạn tập Từ lấy b chia cho d ta hữu hạn với b điều khơng khó để giải phương trình đa thức a Việc giải (2.39) đơn giản tìm √ √ p ∈ [Z −c] c ≡ (mod8) p = 3, nghiệm (A + B −c) 8d xảy với B |d ; = 3A2 − B c với 8x = A3 − 3AB c B Phần lớn khó khăn thật xuất từ nhân tử chung, khơng có phương pháp hữu hiệu Chẳng hạn, với C = x lẻ, nhân tử √ √ √ 1 + −7 − −7 , điều dẫn đến ±x + −7 chia hết cho 2 khó khăn lớn Trong trường hợp đặc biệt, y = phương trình Ramanujan đề xuất Nagell giải sau 35 năm mà ngày gọi phương trình Ramanujan - Nagell Có báo hay [9] nói đến vấn đề Các nhân tử chung xảy hai khả Theo trên, √ có nhân tử nguyên tố Q −C C ≡ (mod8), sau nữa, C = cd2 , c bình phương-tự do, đơi xảy trường hợp x tham gia nhân tử với d tách thành nhân tử nguyên tố phân biệt √ Q −C Vì C = 25, x áp dụng phương pháp mục 2.3.3, x = 5X, y = 5Y (X + i)(X − i) = 5p−2 Y p Từ = (1 + 2i)(1 − 2i), điều xảy ra, thật vậy, với x = 10 Hơn nữa, √ khơng có nhân tử ngun tố d tách Q [ −c], điều xảy ra; chẳng hạn, C = 9, khơng thể có | x, hay nói cách khác x = 3X, y = 3Y X + không chia hết cho Dễ thấy q số √ nguyên tố chia hết (x, C ) q khơng phân tích Q [ −c] p | k q k lũy thừa cao q chia hết C , đặc biệt C tự √ nhân tử nguyên tố phân tích Q [ −c] (x, C ) = Tổng quát điều đây, có Định lý 2.40 Cho C > 0, C = cd2 , c- khơng phương, c ≡ 7(mod8) Nếu p số nguyên tố lẻ x2 + C = y p với x, y số nguyên dương, ngun tố có kết luận sau: (a) Tồn số nguyên a, b với b | d, y = a2 + b2 c √ √ p ±x + d −c) = (a + b −c) (b) c ≡ (mod8) , p = tồn số nguyên lẻ A, B cho √ √ 1 B | d, y = (A2 + B c) , ±x + d −c = (A + B −c) √ (c) p | h số lớp trường Q [ −c] (d) C = 3A2 ± 8, p = 3, x = A3 ± 3A 59 (e) C = 48D6 , p = 3, x = 4D3 Sau đây, giải nội dung đề cập 2.5.2 Phương trình x2 + C = y n Từ (2.1) đồng phần ảo ta thu (p−1)/2 Cp2r+1 ap−2 1=b r−1 r −b2 C r=0 b = ±1 (p−1)/2 Cp2r+1 ap−2 ±1 = r−1 r (−C ) (2.40) r=0 điều kết luận lại sau Rõ ràng từ (2.40) a C phải khác tính chẵn lẻ a C chẵn vế phải (2.40) chẵn, trái lại chúng lẻ (p−1)/2 Cp2r+1 = 2p−1 ≡ (mod2) ±1 = r=0 Định lý 2.41 Cho q số nguyên tố lẻ chia hết a, thỏa mãn (2.40) Khi C q−1 ≡ (mod p2 ) trừ p = q = 3, q α a kéo theo q 2α (C q−1 − 1) p−1 Chứng minh Từ (2.40) thấy (−C ) ≡ ±1 (mod q ) Nếu q γ (p − 1) với γ ≥ 0, giả sử p− = Hq γ Khi trừ số hạng cuối vế phải (2.40) chia hết cho q γ+2 , C p−1 ≡ (mod q r+2 ), từ C H ≡ (mod q ) Nhưng theo định lý Fermat C q−1 ≡ (mod q ) K = (H, q − 1) C K ≡ (mod q ) Nhưng C H ≡ (mod q ) H bội số K không bội q suy C K ≡ (mod q ) Do q − bội K nên C q−1 ≡ (mod q ) Cuối cùng, trừ p = q = thấy q α a p−1 (−C ) ± chia hết cho q 2α+γ lũy thừa cao q , khẳng định lại việc chứng minh q 2α (C q−1 − 1) khơng khó khăn Định lý 2.42 Dấu "−" (2.40) xảy p ≡ 3(mod4) kéo theo điều kiện sau đồng thời thỏa mãn Hoặc (a) C ≡ 13 (mod 16) 60 (b) C ≡ (mod8) p ≡ (mod8) (c) C ≡ (mod8) p ≡ (mod8) Hoặc (a) C ≡ (mod9) (b) C ≡ (mod3) p ≡ (mod3) (c) C ≡ 4, (mod8) p ≡ (mod8) p−1 Chứng minh Nếu C lẻ, a chẵn (−1) ≡ (−C ) (mod a2 ), C ≡ (mod4) p ≡ (mod4) Nếu | a C ≡ (mod16) Nếu a thấy với p = 4k + Cp2 ≡ (2k + 3) (mod8) C 2k+1 ≡ + (2k + 3) (mod16), C ≡ 13 (mod16) Nếu C chẵn a lẻ Nếu | C p ≡ (mod8), 22 C p ≡ (mod4) Cp3 lẻ, −1 ≡ p + (mod8) tức p ≡ (mod8) Cuối cùng, C suy −1 ≡ p + 2Cp2 (mod4) p + ≡ p (p − 1) (p − 2) (mod4), điều p−1 Tiếp theo, | a (−1) ≡ (−C ) (mod9) C ≡ (mod3), từ p ≡ (mod4) Khi theo Định lý (2.41), C ≡ (mod9) Nếu a a2 ≡ (mod3) C ≡ −1 (mod3) khơng thể xảy Từ suy (p−1)/2 Cp2r+1 ≡ 2p−1 (mod3) −1 = r=0 C ≡ (mod3), cho (−1) ≡ pap−1 ≡ p (mod3) C ≡ (mod3) ta (−1) ≡ p p (1 + i) − (1 − i) (mod3), từ suy p ≡ (mod8) p ≡ (mod8) Điều 2i sau xảy Chứng minh kết thúc Định lý 2.43 Dấu "+" (2.40) xảy điều kiện sau đồng thời thỏa mãn Hoặc (a) C ≡ (mod 4) (b) C ≡ (mod4), 2γ (C − 1) p ≡ (mod4) (c) C ≡ (mod8) p ≡ (mod8) (d) C ≡ (mod8) p ≡ (mod8) 61 Hoặc (a) C ≡ (mod3) (b) C ≡ 4, (mod9) p ≡ 1, (mod8) (c) C ≡ (mod9) p ≡ 3(mod8) (d) C ≡ 21 (mod27) p ≡ (mod3) Chứng minh Nếu | C a lẻ ≡ pap−1 ≡ p (mod4) Cho (p − 1) Khi = pap−1 −Cp3 Cap−3 + Cp5 C ap−5 + ≡ pap−1 (mod2 +1 ) Nhưng lại có ≡ (p − 1) ap−1 + ap−1 (mod2 +1 ) (ap−1 − 1), Khi +2 (a2 − 1), +2 (ap−1 − 1) Điều khơng thể xảy Nếu C a lẻ ≡ p − CCp3 + 4Cp5 (mod8) Nếu C ≡ (mod8) ta − (p2 − 2p) (p2 − 2p) (p2 − 7p + 12) ≡ (p − 1) + (mod8) 30 + − 2p + (1 − 2p) (p − 3) (p − 1) (p − 3) (1 − 2p) ≡ (p − 1) (mod8) ≡ (mod8) 30 30 p ≡ (mod8) Một cách hoàn toàn tương tự thấy C ≡ (mod8) p ≡ (mod8) Hơn nữa, trường hợp p ≡ (mod8) xảy Vì (p − 1) với ≥ 3thì Cap−3 Cp3 C ap−3 Cp5 +1 chia hết tất số hạng dãy Vì ≡ pap−1 ≡ (p − 1) ap−1 + ap−1 (mod2 +1 ) Điều xảy p−1 Nếu C ≡ (mod4) a chẵn ≡ (−C ) dẫn đến p ≡ (mod4) Giả sử (p − 1) với ≥ 2, 2α a với α > C = + k 22γ+3 với k lẻ γ ≥ Khi p−1 p−3 (2.40) cho ta − (−C ) = (−C ) Cp2 a2 + vế trái chia hết cho +2γ+2 vế phải chia hết cho +2α−1 Điều rõ ràng xảy Chúng ta tiếp tục xét phương trình modulo lũy thừa Nếu | a, Định lý (2.41), C ≡ (mod9) C ≡ (mod9) từ (2.40) p−1 thấy phải chẵn, nghĩa p ≡ (mod8) Mặt khác a (p−1)/2 r Cp2r+1 (−C ) (mod3) ≡ r=0 p p (1 + i) − (1 − i) (mod3), p ≡ ±1 (mod8) 2i Cuối cùng, | C , a ≡ pap−1 (mod3) Vì p ≡ (mod3) ap−1 ≡ (mod9) | C xảy ra, từ suy p ≡ (mod9) (p − 1) ≡ pap−1 ≡ (p − 1) ap−1 + ap−1 (mod3 +1 ) Khi (ap−1 − 1), điều xảy Nếu C ≡ (mod3) ≡ 62 Tiếp theo, C ≡ (mod9) ≡ p − 6Cp3 (mod9), chia hết (p − 1) [1 − p (p − 2)] = (p − 1) − (p − 1) p ≡ (mod9) Cho p − = λ với λ CCp3 ≡ −3 λ ≡ − p (mod3 +1 ) (2.40) cho ta ≡ pap−1 + p− ≡ (p − 1) (ap−1 + 1)+ ap−1 (mod3 +1 ) Điều chứng minh xảy Trường hợp cuối cùng, C ≡ (mod9), giả sử (p − 1), (p−1)/2 r Cp2r+1 (−3) = 2p−1 + sử dụng cách chứng minh [10] r=0 (p−1/2 r Ar (a2 − 1) với r, Ar chia hết cho +2−r Thay vào (2.40) r=2 (p−1)/2 r Cp2r+1 ap−2r−1 (−1) (C r − 33 ) (mod3 thu 2p−1 − ≡ +2 ) r=0 Trong vế phải biểu thức đồng dư này, số hạng ứng với r = bị 2p−1 − ≡ Cp3 ap−3 (C − 3) (mod3 +2 ), từ dễ thấy, tất số hạng ứng với r ≥ chia hết cho +2 Bây lấy p − = 2k với k Cp3 ≡ −k −1 (mod3 ) (C − 3) chia hết cho 9, ap−3 ≡ (mod3) 2p−1 = (1 + 3)k3 ≡ + k +1 (mod3 +2 ) Tiến hành thay đổi k +1 ≡ −k −1 (C − 3) (mod3 +2 ), khử k −1 ta có C ≡ 21 (mod27) theo yêu cầu đặt Điều kết thúc chứng minh Định lý 2.44 Ký hiệu P số nguyên tố lẻ chia hết C Khi dấu ” + ” (2.40) suy pap−1 ≡ (mod P ), (p |P ) = P = p ≡ 1(modP ) Ngoài dấu ” − ” suy pap−1 ≡ −1 (mod P ), (−p |P ) = p ≡ 1(modP ) Chứng minh Chúng ta có ±1 ≡ pap−1 (mod P ) Khi dấu hiệu cho ta (p |P ) = Cũng vậy, P > p ≡ (mod P ) Giả sử P (p − 1), P chia hết Cp3 Vì ≡ pap−1 ≡ (p − 1) ap−1 + ap−1 (mod P +1 ) Và P (ap−1 − 1) Nhưng điều khơng thể xảy ra, dễ dàng nhận thấy ap−1 − chia hết cho P chia hết cho P +1 Dấu hiệu thứ hai cho ta (−p |P ) = Phần cuối theo trên, trừ điều kiện P > khử Định lý (2.42) Định lý 2.45 Trong (2.40), p = C = 3a2 ∓ 1, x = 8a3 ∓ 3a; p = C = 49, x = 22, 434 C = 341, x = 2, 759, 646 p = không xảy Chứng minh Nếu p = ±1 = 3a2 − C , suy C = 3a2 ± 1, y = 4a2 ∓ x = 8a3 ∓ 3a Kết cho p = Wren [20] đưa ra, có sẵn cách chứng minh đơn giản từ (2.40) có (C − 5a2 )2 = 20a4 ± Dấu hiệu khơng thể xảy [13] dấu hiệu xảy với a = cho kết Kết với p = Blass Steiner [5] đưa 63 Mặc dù kết chứng minh đơi hữu ích, chẳng hạn C = kết đủ điều kiện để bác bỏ trường hợp (2.40) Bây đề cập đến việc giải trường hợp khác Như biết, số phép tính hiệu thường liên hệ với dường khơng có tiên nghiệm nàobảo đảm thành công ví dụ riêng biệt Tuy nhiên, kỹ thuật dường sử dụng cách hiệu lâu dài Với số nguyên a m ≥ 0, định nghĩa hàm nguyên f m ( a) = a+ √ −C m − a− √ −C √ −C m (2.41) Khi (2.40) có dạng fp (a) = ±1 Chúng ta xét số nguyên tố lẻ q không chia hết C trường hợp cố gắng tồn nghiệm hay chứng minh vô nghiệm, theo (2.41), trở thành modulo q với số giá trị p không loại trừ bổ đề Trước hết, quan sát thấy dãy {fm (a)} hàm m tuần hoàn modulo q, chu kỳ nhân tử Q = q − q − theo (−C |q ) =] q−1 √ √ √ q hay −1 Với a + −C ≡ aq + (−C ) −C ≡ a + (−C |q ) −C (mod q ) fm+Q (a) ≡ fm (a) (mod q ) trường hợp Từ (2.41) thấy f0 (a) = 0, f1 (a) = với m ≥ fm+2 (a) = 2afm+1 (a) − a2 + C fm (a) (2.42) Và hàm số a, fm (a) đa thức chứa lũy thừa bậc chẵn a m lẻ Vì phương trình fp (a) = ±1 (mod q ) xét q p ≡ m (mod Q) với ≤ m ≤ Q − giá trị a thỏa mãn ≤ a ≤ Sử dụng Định lý (2.41), giá trị a = bỏ miễn kiểm tra q (C q−1 − 1) Bằng tính tốn dễ kiểm tra điều khơng thể xảy với số nguyên tố q mong muốn sử dụng Dĩ nhiên điều kiện bị vi phạm, số trường hợp phải chọn số nguyên tố khác Như cách làm sau Cho trước C, chọn số số nguyên tố p lẻ, p C cho Định lý (2.41) bảo đảm p a Với số thế, tính thặng dư fm (a) theo modulo q với a khoảng q ≤ a < số m lẻ, ≥ m ≥ Q − Theo cách này, lập danh sách số m xếp cho tính đồng dư đảm bảo với a, việc chứng minh kết buộc p thuộc tập lớp thặng dư modulo Q Trong danh sách bỏ thặng dư mà làm cho p không nguyên tô, giá trị 15 loại bỏ khỏi danh sách Q = 66 Tất tự động cách dễ dàng Mục đích vấn đề tìm điều kiện đồng dư thỏa đáng, đồng thời thơng tin có từ Định lý (2.42), (2.43) ta kết thúc chứng minh Có thể ngạc nhiên xuất điều từ trước đến phải làm, 64 thường hiệu Trong trường hợp dấu ” + ” (2.40), phương pháp khơng đạt kết quả, với f1 (a) = suy p ≡ (mod Q) không bị loại trừ điều kiện trình bày trên, theo đó, trừ p ≡ (mod4) bị loại trừ Định lý (2.43), không đặt thành vấn đề có số nguyên tố q khác phương pháp lặp lại, tất điều đạt p − phải có số lớn nhân tử khác Hơn nữa, C có nhân tử nguyên tố P ≥ chọn số q phù hợp P chia hết cho Q Vấn đề lại việc chứng minh p ≡ (mod4) P , điều bị loại trừ Định lý (2.44) Điều đơi làm trực tiếp, ví dụ C = 21, dấu ” + ” bị loại trừ việc chứng minh p − chia hết cho P − 1, P số nguyên tố vượt mà chia hết C kết thúc Định lý (2.44); đơi khi, ví dụ C = 17, kết hợp hai ý tưởng điều yêu cầu Một vài ví dụ làm sáng tỏ vấn đề Dấu ” + ” trường hợp C có nhân tử nguyên tố xảy theo Định lý (2.43) 2.5.3 Một vài ví dụ Ví dụ 2.46 Phương trình khơng có nghiệm C = Trong trường hợp phương trình khơng có nghiệm với n chẵn, khơng bình phương hai số khác nhau, n = p (x, 6) = Các Ideal √ sinh ±x + −6 nguyên tố nhau, số lớp trường 2, theo ta cần xét trường hợp (2.35) Nhưng theo Định lý (2.42), Định lý (2.43), hai dấu hiệu khơng xảy Ví dụ 2.47 Phương trình khơng có nghiệm C = Lần nữa, khơng khó thấy khơng thể có n chẵn, lại có h = 2, có trường hợp (2.35) Lúc dấu ” − ” (2.40) lần bị loại trừ Định lý (2.42), với dấu ” + ” theo Định lý (2.43) cần chứng minh p ≡ (mod4) Theo Định lý (2.44) , (p |5) = p không đồng dư với (mod5) cho ta p ≡ (mod5) kết hợp với p ≡ (mod20) Bây xét q = 61 601 , với trường hợp dễ thấy 5q−1 không đồng dư với (mod q ), với 560 ≡ + 38.61 mod612 5600 ≡ + 405.601 mod6012 Từ (−5 |61) = Q = 60 thấy có p ≡ 49 (mod60) đặc biệt p ≡ (mod3) Sau đó, với q = 601 Q = 600 thấy modulo Q tất thặng dư có p ≡ (mod3), điều xảy Ví dụ 2.48 Khi C = 11, có nghiệm x = x = 58 Ví dụ 2.49 Phương trình khơng có nghiệm C = 21 65 7+3 21 + không trường hợp có nghiệm 2 Vì giả sử n = p Từ h = 4, cần xét trường hợp (2.36) Khi đó, theo Định lý (2.43), dấu ” − ” xảy ra, với dấu ” + ”, Định lý (2.44) cho ta p ≡ (mod4) p ≡ (mod3) Vì p ≡ (mod6) điều xảy theo Định lý (2.45) với P = n Ở đây, n chẵn, y = Ví dụ 2.50 Khi C = 17, phương trình có nghiệm x = n Ở thấy n chẵn y = 9, cho nghiệm x = Với n lẻ, cần xét trường hợp (2.36) với h = theo Định lý (2.43), dấu ” − ” bị loại trừ Theo Định lý (2.44) trường hợp dấu ” + ” suy p ≡ (mod4), theo Định lý (2.45), p phải thặng dư bậc 4, không ≡ (mod17) Vì p ≡ −1, 4, −4 (mod17) Bây giờ, với q = 7, 137 409 có riêng trường hợp Q = 6, 136 408, q a (theo Định lý (2.42)) Khi ta p ≡ (mod6) (do q = 7) p ≡ 101 (mod136), sử dụng p ≡ −1, 4, −4 (mod17) từ q = 137 Cuối cùng, sử dụng q = 409 , khơng tìm thấy tương đẳng thặng dư modulo 408 Ví dụ 2.51 Khi C = 40, phương trình có nghiệm x = 52 Ở nhận thấy phương trình vơ nghiệm với n chẵn Trước hết, √ √ p giả sử x lẻ Khi đó, từ h = 2, có ±x + −10 = a + b −10 , theo (2.38) a phải lẻ Nhưng lúc (p−1)/2 Cp2r+1 ap−2r−1 (−10b2 ) 2≡b r r=0 nhân tử thứ hai lẻ, b = ±2 Vì quay (2.40), lúc hai dấu bị loại bỏ Định lý (2.43) Định lý (2.44) Bởi dẫn đến x phải chẵn Khi x khơng thể từ dẫn đến 22 y p | x 23 y p , p = thu x = 52 2.5.4 Một số kết tiêu biểu Bằng cách sử dụng kết trình bày cộng với kết có trước đó, thu số kết tiêu biểu với giá trị khác C ≤ 100 Cụ thể: • Phương trình x2 + C = y n khơng có nghiệm với 46 giá trị sau C , là: 1, 3, 5, 6, 8, 9, 10, 14, 21, 22, 24, 27, 29, 30, 33, 34, 36, 37, 38, 41, 42, 43, 46, 50, 51, 52, 57, 58, 59, 62, 66, 68, 69, 70, 73, 75, 78, 82, 84, 85, 88, 90, 91, 93, 94, 98 66 • Phương trình x2 + C = y n có nghiệm x với 31 giá trị C cho bảng sau C x C x C C x 20 53 26, 156 77 2,11 26 1, 207 54 17 80 11 4, 58 32 7, 88 56 5, 76 81 46 12 35 36 61 83 140 13 70 40 52 64 89 16 44 65 96 23 17 48 4, 148 67 110 97 48 x 19 18, 22434 49 24, 524 76 7, 1015 Bảng 2.3: • Với C = 74, 86 với số lớp chia hết phương trình có nghiệm p = khơng có nghiệm với p = 5, ngoại trừ nghiệm biết x = 13; 985 C = 74 Trong 21 giá trị lại bao gồm giá trị 18, 25, 28, 45, 60, 72, 92, 99, 100 12 giá trị lại C ≡ (mod8) √ tương đối khó ideal π = x + −C π có nhân tử chung Chẳng hạn, với C = đề cập luận văn này, việc nghiên cứu phương trình với 21 giá trị C tạo nhiều kết thú vị khác Tuy nhiên, với đạt luận văn đủ để có tài liệu tham khảo hữu ích người đọc 2.6 Kết luận chương II Như vậy, chương này, chúng tơi trình bày số kết nghiên cứu phương trình x2 + C = y n , với x, y, n ∈ Z n ≥ 3, trình bày chi tiết số kết phương trình trường hợp C = 5; C = 2n ; C = trường hợp C tổng qt, qua chúng tơi đưa trường hợp mà phương trình x2 + C = y n có nghiệm Trong phần, chúng tơi cố gắng đưa vài ví dụ minh họa cho kết đạt Bên cạnh đó, chúng tơi thống kê kết phương trình ứng với 100 giá trị C 67 KẾT LUẬN Luận văn trình bày cách có hệ thống số vấn đề phương trình Diophantine x2 + C = y n với x, y, n ∈ Z, n ≥ Trong luận văn này, xếp chứng minh số kết quan trọng phương trình x2 + C = y n , là: (1) Phương trình khơng có nghiệm C = (2) Khi C = 2k , phương trình có ba họ nghiệm cho bảng 2.1 k lẻ Trường hợp k = 2m số chẵn phương trình x2 + 2m = y n , n khơng có ước ngun tố lẻ p ≡ (mod8) lớn n | 2m + có 2m+1 nghiệm x = 2m ; y = n U CLN (3, n) = | n phương 2(m−1) trình có thêm họ nghiệm x = 11.2m ; y = 5.2 (3) Khi C = 7, Phương trình có nghiệm cho bảng 2.2 (4) Với C tùy ý, đưa kết định lý từ Định lý (2.41) đến Định lý (2.45) mà từ xem xét phương trình có nghiệm hay khơng tìm nghiệm phương trình số lượng lớn giá trị C Trong q trình thực đề tài trên, ngồi vấn đề tác giả báo giải quyết, cố gắng sưu tầm, bổ sung thêm số nội dung quan trọng khác nhằm hoàn thiện mặt nội dung cho luận văn, đó, đáng ý chúng tơi dựa phương pháp có phương trình x2 + C = y n để chứng minh C = 5, phương trình cho khơng có nghiệm, hay đưa vào luận văn số ví dụ cho trường hợp riêng dạng phương trình Tuy nhiên, khơng có phương pháp toàn diện để giải triệt để vấn đề đó, luận văn khơng ngoại lệ Mặc dù vậy, luận văn góp phần hệ thống lại số vấn đề liên quan đến phương trình Diophantine x2 + C = y n giải lượng lớn giá trị khác C , số giá trị lại chưa đề cập đến luận văn 68 mở hướng nghiên cứu phương trình, qua góp phần làm đa dạng thêm lớp phương trình giải được, bổ sung vào lực lượng phương trình nghiệm nguyên vốn vấn đề khó Tốn học từ trước đến Tài liệu tham khảo [1] Hà Huy Khoái – Phạm Huy Điển, (2003), Số học thuật toán – Cơ sở lý thuyết tính tốn thực hành, Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Akhtar Arif and Fadwa, S Abu Muriefah, S ,(1997) On the diophantine equation x2 +2k = y n Internet.J Math Math Sci Vol 20 (No 2), 299 - 304 [3] Blass, J.,(1976), A note on diophantine equation Y + k = X , Math.comp.30 [4] J.Blass,(1978), A note on diophantine equation y + k = X , UtilitasMath.13 [5] Brown, E , (1976), Diophantine equation of the form x2 + D = y n , Math.comp.30 [6] Breuil, C , Conrad, B., Diamond, F , Taylor, R , (2001), On the modularity of elliptic curves over Q: wild 3-adic exercises , J Amer Math Soc 14 No.4 , 843–939 [7] Cohn, J.H.E , (1993), The diophantine equation x2 + C = y n , ACTA ARITHMETICA LXV.4 [8] Cohn, J.H.E , (1999), The diophantine equation x2 + 2k = y n , c Electronic Publishing House Internat.J.Math.Math Sci.Vol 22 (No.3), 459-462 [9] Cremona, J E , (1996), Algorithms for modular elliptic curves , 2nd edition, Cambridge University Press 69 70 [10] Mazur, B , (1978), Rational isogenies of prime degree, Invent Math (44), 129–162 [11] Mignotte and Waldchmidt, M , (1989), Linear forms in two logarithms and Schneider’s method III, Ann Fas Sci Toulous Math, (5) 97, 43 - 75 [12] Peter Hackman, (2007), Elementary number theory, Hut, Hyfs Och Hallning Productions, September,17 [13] Peter Hackman Elementary Number Theory.Internet [14] Ribet, K ,(1990), On modular representations of Gal(Q/Q) arising from modular forms, Invent Math, 100, 431–476 [15] Siksek, S Cremona, J.E On the diophantine equation x2 + = y n , Department of mathematics and statistics, college of science, Sultan Quaboos University [16] Shorey, T.N, Ti Jderman, R., (1986), Exponential Diophantine equation, Cambridge University Press,Cambridge, L12.2 [17] Shorey, T.N, Vander Poorten, A.J Schinzel, A., (1977 ), Application of the Gel’fond Baker method to Diophantine equation, in: Transcendence Theory: Advances and Application,, Academic Press,London, 59 - 77 [18] Titu Andreescu and Dorin Andrica Number theory- structures, Examples, and Problems, Internet ... đại số (hay ngắn gọn phương trình diophantine) Bộ n số (xo1 , xo2 , , xon ) ∈ Zn thỏa phương trình gọi nghiệm phương trình Một phương trình có nghiệm gọi phương trình giải Trong phạm vi luận văn, ... thừa số nguyên tố phân tích khơng kể đến thứ tự thừa số 1.1.3 Một số hàm số học 1.1.3.1 Hàm số học Chúng ta trình bày số hàm số học thường gặp số tính chất hàm số lý thuyết số học Một hàm số học... thống lại vấn đề liên quan đến việc giải phương trình theo trình tự định, chọn đề tài Một số vấn đề phương trình Diophantine x2 + C = y n , x, y, n ∈ Z, n ≥ ” làm đề tài cho khóa luận tốt nghiệp