Về một mở rộng mới của bài toán nagell ljunggren

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– HOÀNG THU THẢO VỀ MỘT MỞ RỘNG MỚI CỦA BÀI TOÁN NAGELL-LJUNGGREN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– HOÀNG THU THẢO VỀ MỘT MỞ RỘNG MỚI CỦA BÀI TỐN NAGELL-LJUNGGREN Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CÁN BỘ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH THÁI NGUYÊN - 2020 i Mục lục Một số kí hiệu luận văn iii Lời cảm ơn iv Mở đầu Chương 1.Phương trình Nagell-Ljunggren 1.1 Giới thiệu toán Nagell-Ljunggren 1.2 Phương pháp Runge vài kết biết 1.3 Một số kết M.A.Bennett A.Levin phương trình Nagell-Ljunggren Chương 2.Ứng dụng giả thuyết abc để giải phương trình Nagell-Ljunggren 19 2.1 Giả thuyết abc 2.2 Ứng dụng giả thuyết abc để giải phương trình NagellLjunggren 2.2.1.Một số khái niệm ký hiệu cần sử dụng 2.2.2.Bộ ba chấp nhận ba không chấp nhận 2.2.3.Ứng dụng giả thuyết abc để giải phương trình NagellLjunggren 2 Chương 3.Các lời giải phương trình Nagell-Ljunggren suy rộng ba (q,n,l) chấp nhận 3.1 Trường hợp (q, n) = (2; 2) 3.2 Trường hợp (n, l) = (2; 1) 3.3 Trường hợp (q, n, l) = (2; 3; 1) 3.4 Trường hợp (q, n, l) = (2; 3; 2) 3.5 Trường hợp (q, n, l) = (3; 2; 2) 3.6 Trường hợp (q, n, l) = (3; 3; 1) 3.7 Trường hợp (q, n, l) = (3; 2; 3) 26 3 ii 3.8 Trường hợp (q, n, l) = (2; 4; 1) 3.9 Trường hợp (q, n, l) = (4; 2; 2) Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 iii Một số kí hiệu luận văn STT Ký hiệu ω (n) Ω (n) G (n) φ ordp n gcd (a, b) n k [x] x 10 rad (n) 11 ω↑n Nội dung ký hiệu Số ước nguyên tố khác n Số lượng tất ước nguyên tố n Phần khơng bình phương n Hàm Euler Cấp n theo modulo p Ước chung lớn a, b n! n = k k! (n − k)! [x] = max {n ∈ Z |n ≤ x} - hàm Floor x = {n ∈ Z |n ≥ x} - hàm Ceiling Tích ước nguyên tố phân biệt n ω ↑ n = ωω ω Trang 4 5 9 28 19 20 n 12 13 14 15 16 b |ω| [ω]b (m)b √ Q b = {0, 1, , b − 1}, (b ≥ 2) Số kí tự ω, độ dài ω [ω]b = bn−i = m - giá trị ω 20 20 20 (m)b = ω - biểu diễn m sở b √ √ Q = a + b |a, b ∈ Q 20 32 1≤i≤n iv Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn PGS.TS Nơng Quốc Chinh, khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên Nhân dịp tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Thầy, người tạo cho phương pháp nghiên cứu khoa học đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc dành nhiều thời gian, công sức giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy cô giáo trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, người tận tình giảng dạy khích lệ, động viên tơi vượt qua khó khăn học tập Tơi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo tạo điều kiện thuận lợi suốt thời gian học tập Tôi xin gửi lời cảm ơn đến tập thể lớp Cao học Tốn K12A7 ln động viên giúp đỡ tơi nhiều q trình học tập làm luận văn Cuối xin cảm ơn bạn bè, người thân, đồng nghiệp giúp đỡ, động viên tơi hồn thành tốt khóa học Xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2020 Học viên Hoàng Thu Thảo Mở đầu Mục đích đề tài luận văn Một toán kinh điển Lý thuyết số Bài tốn Nagell-Ljunggren: Tìm số ngun n > q ≥ để phương trình Diophantine bn − q y = (1) b−1 có cặp nghiệm nguyên (y, b) thỏa mãn |b| , |y| > Vào khoảng năm 1920 đến 1940, Nagell Ljunggren công bố kết lời giải phương trình Diophante (1), khẳng định lời giải : (3, 11, 5, 2); (7, 20, 4, 2); (18, 7, 3, 3); (−19, 7, 3, 3); phương trình (1) khơng có lời giải (b, y, n, q) khác điều kiện sau thỏa mãn: (i) q = 2; (ii) ước n; (iii) ước n; (iv) q = n ≡ 5(mod6) Từ đến nay, với tên gọi phương trình Nagell-Ljunggren, vấn đề nhiều nhà toán học quan tâm có nhiều cơng bố năm gần - Năm 2015, Michael A.Bennett Aaron Levin công bố kết nghiên cứu tốt nhiều so với kết Yann Bugeaud Preda Mihăilescu năm 2007 - Năm 2017, Andrew Bridy, Robert J.Lemke Oliver, Arlo Shallit Jeffrey Shallit công bố kết mở rộng vấn đề qua báo “On the Generalized Nagell-Ljunggren Problem: Powers with Repetitive Representations” Mục đích luận văn trình bày lại kết hai báo: “The Nagell–Ljunggren equation via Runge’s method” Michael A.Bennett, Aaron Levin “On the Generalized Nagell-Ljunggren Problem: Powers with Repetitive Representations” Andrew Bridy, Robert J.Lemke Oliver, Arlo Shallit Jeffrey Shallit Nội dung đề tài Luận văn chia làm ba chương, đó: Chương Phương trình Nagell-Ljunggren Chương trình bày tốn Nagell-Ljunggren kết phương trình Nagell-Ljunggren sử dụng phương pháp cổ điển Runge Chương Ứng dụng giả thuyết abc để giải phương trình Nagell-Ljunggren Chương thứ hai trình bày giả thuyết abc, số khái niệm, kí hiệu mới, ba chấp nhận quan trọng ứng dụng Giả thuyết abc vào giải phương trình Nagell-Ljunggren Chương Các lời giải phương trình Nagell-Ljunggren suy rộng ba (q, n, l) chấp nhận Chương cuối trình bày chi tiết lời giải tốn NagellLjunggren suy rộng trường hợp mà ba (q, n, l) chấp nhận thông qua việc chứng minh định lý Phần kết luận luận văn tổng kết lại toàn kết đạt Chương Phương trình Nagell-Ljunggren 1.1 Giới thiệu toán Nagell-Ljunggren Bài toán 1.1.1 (Bài toán Nagell-Ljunggren) Tìm số nguyên n > q ≥ để phương trình Diophantine bn − y = b−1 q (1.1) có cặp nghiệm nguyên (y, b) thỏa mãn |b| , |y| > 1.2 Phương pháp Runge vài kết biết Vào khoảng năm 1920 đến 1940, Nagell Ljunggren công bố kết lời giải phương trình Diophante (1.1), khẳng định ngồi lời giải : (3, 11, 5, 2); (7, 20, 4, 2); (18, 7, 3, 3); (−19, 7, 3, 3); phương trình (1.1) khơng có lời giải (b, y, n, q) khác điều kiện sau thỏa mãn: (i) q = 2; (ii) ước n; (iii) ước n; (iv) q = n ≡ 5(mod6) Từ đến nay, với tên gọi phương trình Nagell-Ljunggren, vấn đề nhiều nhà tốn học quan tâm có nhiều công bố năm gần Năm 1887, báo mình, C.Runge mơ tả phương pháp dùng để xác định nghiệm nguyên phương trình Diophantine có dạng f (x) = g (x), f g đa thức ẩn x với hệ số nguyên Sau này, nhiều nhà toán học Bugeaud, Mihăilescu, sử dụng phương pháp Runge để chứng minh định lý toán học, phương pháp suy luận gọi chung phương pháp Runge Năm 2007, báo “On the Nagell-Ljunggren equation xn − = y q ”, Y.Bugeaud P.Mihăilescu sử dụng phương pháp x−1 Runge chứng minh rằng: Nếu (b, y, n, q) nghiệm phương trình bn − = yq , (1.2) b−1 với |b| , |y| > 1; n > 2; q ≥ 2; ta có ω (n) ≤ Ω (n) ≤ 4, ω (n) số ước nguyên tố khác n, Ω (n) số lượng tất ước nguyên tố n Năm 2015, báo “The Nagell–Ljunggren equation via Runge’s method”, M.A.Bennett A.Levin sử dụng phương pháp Runge chứng minh kết tốt nhiều so với kết Bugeaud Mihăilescu Đó là: Nếu (b, y, n, q) nghiệm phương trình (1.2) ω (n) ≤ Ω (n) ≤ Mục tiêu chương trình bày lại kết thu M.A.Bennett A.Levin báo “The Nagell–Ljunggren equation via Runge’s method” Trước hết, ta nhắc lại số kết thu Nagell, Ljunggren, Mihăilescu, Bugeaud, Phương trình Nagell–Ljunggren (1.2) có nghiệm biết là: 3 35 − −1 18 − (−19) − = 11 , = 20 , =7 , = 73 (N L) 3−1 7−1 18 − (−19) − 25 Nếu l ≥ ta có F (q, n, l) ≥ (F (3, 2, l) ; F (2, 3, l)) 19 19 ≥ (l − 4) + F (3, 2, 4) ; (l − 5) + F (2, 3, 3) 75 75 19 (l − 4) > 75 Trong q trình tính tốn, sử dụng F (q, n, l) > F tăng theo q, n l với ba khơng chấp nhận Do F (q, n, l) → ∞ n → ∞ l → ∞ Suy với giá trị đủ lớn n l, bất đẳng thức (2.4) không thỏa mãn với b ≥ khơng có nghiệm cho (y q )b = ω ↑ n Điều cho thấy giá trị đủ lớn q không nghiệm Chúng ta viết lại bất đẳng thức (2.5) sau q 1 − − + ε nl n ≤ log (C ε ) + log (y) Nếu (q, n, l) khơng chấp nhận n ≥ 3; l ≥ n ≥ 2; l ≥ Do 1 1 + = 1+ nl n n l 21 q=q 100 24 − 25 ≤ ≤ 1 1+ 2 = log (C ε ) log (C ε ) +1≤ + 1, log (y) log (2) thay y = 2, giá trị nhỏ y để có nghiệm Do ba không chấp nhận (q, n, l) q đủ lớn, bất đẳng thức (2.5) khơng thỏa mãn khơng có nghiệm Tiếp theo, có hữu hạn ba khơng chấp nhận nhận nghiệm Theo Bổ đề 2.1 bất đẳng thức (2.4), có hữu hạn sở b xuất nghiệm phù hợp với ba vậy, có hữu hạn nghiệm cho ba 26 Chương Các lời giải phương trình Nagell-Ljunggren suy rộng ba (q,n,l) chấp nhận Nhắc lại, từ Định nghĩa 2.2.5, gọi ba số nguyên (q, n, l) với q ≥ 2, n ≥ 2, l ≥ chấp nhận nếu: ❼ (q, n) = (2, 2), ❼ (n, l) = (2, 1), ❼ (q, n, l) ∈ {(2; 3; 1) , (2; 3; 2) , (3; 2; 2) , (3; 2; 3) , (3; 3; 1) , (2; 4; 1) , (4; 2; 2)} Dựa vào điều kiện trên, chứng tỏ tất ba chấp nhận phương trình Nagell-Ljunggren suy rộng có lời giải, bao gồm ba: ❼ Trường hợp (q, n) = (2, 2) l số nguyên, l ≥ tùy ý ❼ Trường hợp (n, l) = (2, 1) q số nguyên, q ≥ tùy ý ❼ Trường hợp (q, n, l) = (2, 3, 1) ❼ Trường hợp (q, n, l) = (2, 3, 2) ❼ Trường hợp (q, n, l) = (3, 2, 2) ❼ Trường hợp (q, n, l) = (3, 3, 1) ❼ Trường hợp (q, n, l) = (3, 2, 3) ❼ Trường hợp (q, n, l) = (2, 4, 1) ❼ Trường hợp (q, n, l) = (4, 2, 2) 27 Định lý 3.0.1 Đối với ba (q, n, l) chấp nhận được, có vơ số nghiệm (b, y) cho phương trình (y q )b = ω ↑ n với |ω| = l Đối với trường hợp ba chấp nhận được, chứng minh định lý 3.1 Trường hợp (q, n) = (2; 2) Bổ đề 3.1.1 Với số nguyên t ≥ 0, tồn vô số cặp số nguyên t (p, b), p ≥ số nguyên tố b ≥ với b2 ≡ −1(modp2 ) Hơn nữa, số cặp có vơ số b khác Chứng minh Theo định lý Dirichlet số ngun tố cấp số cộng, có vơ số số nguyên tố p ≡ mod2t+1 ❼ Trong nhóm cộng Z p2 Z = 0, 1, 2, , p2 − với p nguyên tố Xét G = Z∗p2 = x x, p2 = Vì p nguyên tố nên Z p2 Z có p phần tử 0, p, 2p, , (p − 1)p phần tử có ƯCLN với p2 khác Do G có p(p − 1) phần tử hay cấp G p(p − 1) Với ∀x ∈ G, ta có x, p2 = nên tồn r, s ∈ Z cho rx + sp2 = Lại có sp2 = 0, suy r.x = Do x có nghịch đảo G Vậy với phép nhân ta có G nhóm, G cịn nhóm cyclic Kết luận, ta gọi G nhóm nhân số nguyên modulo p2 G nhóm cyclic, có cấp p(p − 1) ❼ Ta có: G = Z∗p2 = a với ap(p−1) = Vì 2t+1 |(p − 1), suy p − = 2t+1 h t+1 Đặt b = aph ta có b2 = aph 2t+1 G Lại có b2 t t+1 2t+1 ≡ modp2 Do b = aph có cấp t ≡ modp2 , ta suy b2 ≡ modp2 Hay b2 ≡ −1 modp2 Vì có vơ số số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ mod2t+1 nên ta suy t có vơ số cặp (p, b) thỏa mãn b2 ≡ −1 modp2 Với t xác định, b t xác định, có hữu hạn ước nguyên tố b2 + t Ta có vơ số b thỏa mãn cặp (p, b) cho b2 ≡ −1 modp2 Giả sử có hữu hạn b khác số cặp (p, b) với 28 t b2 ≡ −1(modp2 ), có hữu hạn cặp số (p, b) (mâu thuẫn) Vậy ta có điều phải chứng minh Định lý 3.1.2 Với độ dài l ≥ 1, có vơ số b ≥ phương trình y b = ω ↑ có nghiệm với |ω| = l Chứng minh Đặt l = r.2t , r số lẻ Theo Bổ đề 3.1.1, tồn vô số p r t t t b với b2 ≡ −1(modp2 ) Do bl = br.2 = b2 ≡ −1 modp2 p Đặt bl + = mp2 Suy m bl + = m2 p2 Chọn v = √ Khi b p p √ ≤ v ≤ √ + 1, b b Do p p2 m ≤ mv ≤ m √ + b b Vì p2 bl + 1 mv ≥ m = = bl−1 + ≥ bl−1 b b b p p Tương tự, p ≥ √ + ≤ , suy 1.1 p mv ≤ m √ + b 2 p ≤m √ +1 2 ≤m p 1.1 ≤ mp2 − Khi đó: (mvp)2 = mv mp2 = mv bl + Từ bất đẳng thức ta suy mv sở b số gồm l chữ số, sở đại diện b (mvp)2 gồm có mv b Từ Bổ đề 3.1.1, ta suy có vơ số b tương ứng với độ dài l Ví dụ 3.1.3 Cho l = 12 = 3.22 Khi r = t = Nếu b = 110, từ điều kiện b2 ≡ −1 modp2 ta suy p = 17 Đặt bl + = mp2 , 17 p m = 10859613760280276816609 Đặt v = √ = √ = 110 b Khi mvp = 369226867849529411764706 (mvp)2 = ω ↑ 2, b ω = [1, 57, 52, 15, 108, 52, 57, 94, 1, 57, 52, 16] , (đây biểu diễn mvp sở 110) Bây giờ, xét trường hợp theo góc độ khác, xét b xác định kiểm tra cặp số (y, ω) nghiệm y b = ω ↑ 29 Bổ đề 3.1.4 Với số nguyên b ≥ 2, tồn số nguyên tố p ≥ cho b có cấp chẵn nhóm nhân số nguyên modulo p2 Chứng minh Đầu tiên, nhận xét b có cấp chẵn theo modulo p phải có cấp chẵn theo modulo p2 Nếu b + có ước nguyên tố p ≥ p khơng chia hết b − Có (b + 1) (b − 1) = b2 − 1, suy b2 ≡ (modp) b ≡ 1(modp) Do b có cấp theo modulo p Suy (b + 1) có ước nguyên tố p ≥ b có cấp chẵn modulo p Từ nhận xét suy b có cấp chẵn modulo p2 Nếu b + có ước nguyên tố thuộc {2, 3} Khi ta có b2 + có ước nguyên tố p ≥ Thật vậy, giả sử phản chứng, ước nguyên tố b2 + Theo thuật toán Euclid, gcd b2 + 1, b + = gcd (1 − b, b + 1) = gcd (2, b + 1) nên ước nguyên tố chung b2 + b + Như vậy, khơng có khả hai số chia hết cho Do đó, hai số b+1 b2 + lũy thừa Vì vậy, b số lẻ gcd b2 + 1, b + = Điều dẫn đến hai khả năng: b + = 2n b2 + = 2.3m , b + = 2.3m b2 + = 2n với n,m nguyên dương Nếu b + = 2n b + ≡ (mod3), suy b ≡ (mod3) Nhưng b2 + chia hết cho (vô lý) Nếu b + = 2.3m 2n = b2 + = (2.3m − 1)2 + = 2.32m − 2.3m + Do 2n lần số lẻ n = Suy b = (mâu thuẫn) Vậy tồn số nguyên tố p ≥ cho p b2 + p b2 − Do b4 − = b2 + b2 − ≡ (modp) hay b4 ≡ (modp) Suy b có cấp theo modulo p 30 Định lý 3.1.5 Với sở b ≥ 2, phương trình y số nghiệm (y, ω) b = ω ↑ có vơ Chứng minh Với b xác định, cho p ≥ số nguyên tố cho b có cấp chẵn nhóm nhân số nguyên modulo p2 Giả sử cấp b theo modulo p2 e = 2e với e số nguyên, e ≥ Trước hết, ta thấy với b ≥ , chọn p ≥ cho tồn số nguyên t mà √ b−1/4 p < t < Nếu b ≥ 16 khoảng √ b−1/4 p; 9p 10 9p 10 có độ dài > p ≥ 5, khoảng chứa số nguyên Nếu ≤ b < 16, dùng t p bảng sau: b p t 5 5 7 10 11 13 12 13 14 15 13 Do đó, từ (3.1) ta có p2 < t4 < 0, 81p2 b Suy t4 < < 0, 81 b p (3.1) 31 t4 re (b + 1) với r ≥ 1, r lẻ Vì b có cấp 2e modp2 , ta phải p e có b ≡ −1 modp2 Từ với r ≥ 1, r lẻ, ta có bre ≡ −1 modp2 t4 z = (bre + 1) số nguyên Lại có p Xét z = bre−1 < t4 re t4 re b < (b + 1) = z, p2 p2 t4 re z = (b + 1) < 0, 81 (bre + 1) < bre , p đó, bất đẳng thức cuối với điều kiện bre ≥ Với b ≥ 5, bất đẳng thức ∀e Với b < 5, chọn e sau để đảm bảo bre ≥ 5: ❼ Nếu b = p = e = 10; ❼ Nếu b = p = e = 10; ❼ Nếu b = p = e = Do đó, sở b z có re số Đặt ω = (z)b Khi t4 [ωω]b = (bre + 1) (bre + 1) = p nên ta lấy y = t2 re (b + 1) p , t2 re (b + 1) p 3.2 Trường hợp (n, l) = (2; 1) Mệnh đề 3.2.1 Phương trình (y q )b = ω ↑ 2, |ω| = 1, có vơ hạn nghiệm b với q ≥ Chứng minh Phương trình viết lại sau y q = c (b + 1) , với ≤ c < b Cho q ≥ tùy ý, lấy c = 1, y ≥ b = y q − ta nghiệm phương trình 32 3.3 Trường hợp (q, n, l) = (2; 3; 1) Định lý 3.3.1 Có vơ hạn sở b mà với sở đó, phương trình y b = ω ↑ có nghiệm với |ω| = Chứng minh Ta chứng minh có vơ hạn nghiệm ngun dương phương trình y = c b2 + b + (3.2) với ≤ c < b Bằng cách có vơ số điểm ngun đường cong Affine xác định 3y = x2 + x + (3.3) với x > Nhân hai vế (3.3) với 3, ta có (3y)2 = x2 + x + Từ ta có √ nghiệm phương trình (3.2) c = Xét Q mở rộng bậc Q xác định đa thức bất khả √ √ quy p (x) = x2 − Ta√có Q = a + b √ |a, b ∈ Q Xét ánh xạ N : Q → Q với N a + b = a2 − 3b2 Chúng ta viết lại (3.3) sau: (2x + 1)2 − 12y = −3, √ phương trình tương đương với N (2x + 1) + 2y = −3 √ Ngược lại, α ∈ Q có N (α) = −3 viết dạng √ a−1 α = a + b 3, với a, b nguyên dương a lẻ, b chẵn Khi x = , b y = cho điểm nguyên 3y = x2 + x + √ √ Nhóm đơn vị Z (nhóm phần tử khả nghịch Q ), √ sinh −1 sở đơn vị u = − 3, với N (u) =√1 Giả sử α phần tử dạng mong muốn (ví dụ: α = + 3) √ 2k 2k αu = ak + bk có N αu = −3 Hơn nữa, √ √ u2 = − ≡ mod2Z , √ αu2k ≡ α mod2Z Vì vậy, ak số lẻ bk số chẵn ∀k ∈ Z Do ta có vơ số nghiệm nguyên phương trình (3.3) Hơn nữa, nhân ak bk cho −1 cần, ta giả thiết x > 33 3.4 Trường hợp (q, n, l) = (2; 3; 2) Định lý 3.4.1 Có vô số nghiệm cho trường hợp (q, n, l) = (2; 3; 2) Chứng minh Chúng ta tìm nghiệm cho phương trình y = c b4 + b2 + (3.4) với b, y, c số nguyên dương b ≤ c < b2 Ta có: x4 + x2 + = x2 + x + x2 − x + Giả sử (x, y) điểm nguyên đường cong 3y = x2 + x + thỏa mãn x2 − x + chia hết cho 49 Đặt c = x2 − x + 3c x2 − x + số 49 phương Khi 3c (x2 − x + 1)y = 3c x2 − x + y = c x2 − x + x2 + x + = c x4 + x2 + , ta có nghiệm phương trình (3.4) với b = x, với x ≤ c < x2 ; bất đẳng thức với điều kiện x ≥ 18 Chúng ta có vơ số điểm ngun đường cong 3y = x2 + x + thỏa mãn 49 x2 − x + nên bất đẳng thức không thỏa mãn Tương tự trường hợp (2,3,1), ta viết 3y = x2 + x + thành √ N (2x + 1) + 2y = −3, √ √ √ N : Q → Q với N a + b √ = a2 − 3b2 Nếu α ∈ Q có N (α) = −3 viết α = a + b với a, b số nguyên dương a−1 b thỏa mãn a lẻ, b chẵn x = ,y = cho ta điểm nguyên 2 đường cong 3y = x2 + x + Lại có đa thức x2 − x + chia hết cho 49 x ≡ 19 (mod49) x ≡ 31 (mod49) Nếu a = 2x + điều xảy a ≡ 39 (mod98) a ≡ 63 (mod98) √ √ thỏa mãn điều kiện đồng dư Đặt u = 2− Ta thấy α = 627+362 √ √ r đơn vị sở Z Do u√ đơn vị, nên u ≡ mod98Z r = 56 Do đó, αu56k = ak +bk 3, ∀k ∈ Z thỏa mãn ak ≡ 39 (mod98) bk chẵn Suy phương trình (3.4) có vơ số nghiệm 34 3.5 Trường hợp (q, n, l) = (3; 2; 2) Định lý 3.5.1 Có vơ số nghiệm cho trường hợp (q, n, l) = (3; 2; 2) Chứng minh Ta tìm nghiệm nguyên dương phương trình y = c b2 + (3.5) với b2 ≤ c < b3 Chúng ta vô số điểm nguyên (x, y) đường cong 2y = x2 + 1, (3.6) đó, khơng tính tổng quát, giả sử x y dương Nhân hai vế (3.6) với 4y, ta có (2y)3 = 4y x2 + , phương trình cho x2 + nghiệm (3.5) b = x c = 4y Do y = với c ≥ x Giới hạn c ≤ x2 − tương đương với 2 (x2 + 1) ≤ x2 − 1, điều ∀x ≥ Do với c thỏa mãn điều kiện tìm hữu hạn điểm nguyên nghiệm phương trình Phương trình (3.6) tương đương với √ N x + y = −1, √ √ √ Q với N a + b = a2 − 2b2 Đặt u = + N : Q → √ đơn vị sở√ Q Có N uk = −1 với số nguyên lẻ k Đặt uk = ak + bk với ak , bk số nguyên Khi điểm (ak , bk ) điểm nguyên phương trình (2.1) Do ta có họ vơ hạn điểm vậy, có vơ số nghiệm cho phương trình (3.5) 3.6 Trường hợp (q, n, l) = (3; 3; 1) Định lý 3.6.1 Có vơ số nghiệm cho trường hợp (q, n, l) = (3; 3; 1) Chứng minh Chúng ta phương trình y = c b2 + b + (3.7) có vơ số nghiệm ngun dương với ≤ c < b Bằng cách vô số điểm nguyên đường cong 343y = x2 + x + với x, y > Nhân hai vế (3.8) cho y ta có (7y)3 = y x2 + x + , (3.8) 35 phương trình cho nghiệm (3.7) c = y, b = x ≤ c < b Viết lại (3.8) ta có (2x + 1)2 − (14y)2 (7) = −3, √ √ tương đương N (2x + 1) + 14y = −3, N : Q → Q với √ √ 2 N a + b = a − 7b Đặt α = a + b với a, b nguyên dương Nếu b a−1 ,y = nghiệm N (α) = −3, a lẻ, b chia hết cho 14 x = 14 cho phương trình (3.8) √ √ √ Chọn α = 37 + 14 Chọn đơn vị sở Q u = − 7, √ 14 14k thỏa mãn u ≡ mod14Z Vì phần tử αu có dạng mong muốn có vơ số nghiệm phương trình (3.7) 3.7 Trường hợp (q, n, l) = (3; 2; 3) Các nghiệm tìm cho trường hợp (3; 3; 1) đồng thời sinh nghiệm cho trường hợp (3; 2; 3) Định lý 3.7.1 Có vơ số nghiệm cho trường hợp (q, n, l) = (3; 2; 3) Chứng minh Phương trình cần giải y = c b3 + (3.9) với b2 ≤ c < b3 Gọi (y, b, c) nghiệm trường hợp (q, n, l) = (3; 3; 1) Khi y = c b2 + b + với số nguyên c thỏa mãn ≤ c < b Đặt b = b + 1, y = y (b + 2) c = c(b + 2)2 Ta chứng minh (y , b , c ) nghiệm phương trình (3.9) Biến đổi (y ) = y (b + 2)3 = c b2 + b + (b + 2)3 = c(b + 2)2 (b + 1)3 + = c (b ) + , thỏa mãn (3.9) Ta kiểm tra c nằm khoảng (b )2 ≤ c < (b )3 Do ≤ c < b − 1, ta có (b + 2)2 ≤ c(b + 2)2 ≤ (b − 1) (b + 2)2 36 Suy c ≥ (b + 2)2 ≥ (b + 1)2 = (b )2 , cận c thỏa mãn Lại có (b ) − (b − 1) (b + 2)2 = (b + 1)3 − (b − 1) (b + 2)2 = 3b + 5, 3b+5 > với b thỏa mãn điều kiện Do (b − 1) (b + 2)2 < (b )3 Vì c < (b )3 ta điều phải chứng minh Vì theo chứng minh trên, có vơ số nghiệm cho trường hợp (3; 3; 1) ta suy có vơ số nghiệm cho trường hợp (3; 2; 3) Lưu ý ω = (c; 2c; c; 2c; c; 2c) sở b = b + 3.8 Trường hợp (q, n, l) = (2; 4; 1) Chúng ta phương trình y2 b =ω↑4 có nghiệm với vơ số sở b Định lý 3.8.1 Có vơ số nghiệm cho trường hợp (q, n, l) = (2; 4; 1) Chứng minh Ta giải phương trình y = c b3 + b2 + b + (3.10) với ≤ c < b Bằng cách vô số điểm nguyên đường cong 2y = x2 + (3.11) Với x lẻ, khơng tính tổng qt ta giả sử x, y > 1 Đặt b = x c = (x + 1) nhân hai vế (3.11) với (x + 1)2 , 2 thu (y (x + 1))2 = (x + 1) (x + 1) x2 + = c b3 + b2 + b + , suy nghiệm phương trình (3.10) Nếu x > 1, ta có ≤ c < x, thỏa mãn 3.9 Trường hợp (q, n, l) = (4; 2; 2) Định lý 3.9.1 Có vơ số nghiệm cho trường hợp (q, n, l) = (4; 2; 2) Chứng minh Ta giải phương trình y = c b2 + (3.12) 37 với b ≤ c < b2 Bằng cách tìm vơ số điểm ngun đường cong 2y = x2 + 1, (3.13) chắn y chia hết cho 13 Giả sử điều xảy Đặt b = x c = 23 34 13−4 y với c số nguyên Ta có c ≤ x2 + Mặt khác c ≥ x ∀x ≥ 89 cho tất trừ hữu hạn điểm nguyên 6y phương trình (3.13) Nhân với hai vế (3.13) với , ta 13 có 36 6y = y x2 + = 2c x2 + , 13 169 có vơ số nghiệm cho (3.12) Ta chứng minh tồn vô số họ nghiệm nguyên (x, y) đường cong (3.13) với 13 |y Tương √ tự trường hợp (3; 2; 2),√phương trình (3.13) có√thể viết N x + y = −1, √ N : Q → Q√với 2 N a + b = a − 2b √ Đặt u = + đơn √ vị sở Q , 7k suy u = 239 + 169 Viết u = ak + bk với ak , bk số nguyên Ta có 13 |bk , ∀k ≥ N u7k = −1, với k lẻ Do họ u14k+7 cung cấp vô hạn điểm dạng mong muốn Suy phương trình (3.12) có vơ số nghiệm 38 Kết luận Luận văn trình bày kết sau: Giới thiệu toán Nagell-Ljunggren sử dụng phương pháp Runge để tìm hiểu kết phương trình NagellLjunggren Trình bày Giả thuyết abc ứng dụng Giả thuyết abc vào giải phương trình Nagell-Ljunggren Trình bày điều kiện ba chấp nhập (q, n, l) lời giải chi tiết phương trình Nagell-Ljunggren suy rộng trường hợp ba 39 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Trần Bá Hà (2011), Giả thuyết abc, Luận văn thạc sĩ, Khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Thái Nguyên Tiếng Anh [2] Andrew Bridy, Robert J.Lemke Oliver, Arlo Shallit and Jeffrey Shallit (2018), “The Generalized Nagell–Ljunggren Problem: Powers with Repetitive Representations”, Experimental Mathematics, pp.1-12, Publish online: 16 Jan 2018, DOI: 10.1080/10586458.2017.1419391 [3] Michael A.Bennett and Aaron Levin (2015), “The Nagell–Ljunggren equation via Runge’s method”, Monatsh Math 177 (2015), pp.15-31, Publish online: March 2015, DOI: 10.1007/s00605-015-0748-1 [4] Yann Bugeaud and Preda Mihăilescu (2007), “On the Nagxn − ell–Ljunggren equation = y q ”, Mathematica Scandinavaca, x−1 Vol 101, No 2, pp 177-183 [5] Yann Bugeaud, Maurice Mignotte and Yves Roy (2000), “On the xn − Diophantine equations = y q ”, Pacific Journal of Mathematx−1 ics, Vol 193, No 2, pp 257-268 ... HỌC ——————–o0o——————– HOÀNG THU THẢO VỀ MỘT MỞ RỘNG MỚI CỦA BÀI TỐN NAGELL- LJUNGGREN Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CÁN BỘ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS... lục Một số kí hiệu luận văn iii Lời cảm ơn iv Mở đầu Chương 1.Phương trình Nagell- Ljunggren 1.1 Giới thiệu toán Nagell- Ljunggren 1.2 Phương pháp Runge vài kết biết 1.3 Một. .. trình Nagell- Ljunggren Chương trình bày tốn Nagell- Ljunggren kết phương trình Nagell- Ljunggren sử dụng phương pháp cổ điển Runge Chương Ứng dụng giả thuyết abc để giải phương trình Nagell- Ljunggren