Về vành số nguyên gauss và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ HẠNH VỀ VÀNH SỐ NGUYÊN GAUSS VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2018 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ HẠNH VỀ VÀNH SỐ NGUYÊN GAUSS VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 84 60 104 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS MAI VĂN TƯ Nghệ An - 2018 MỤC LỤC Mục lục Mở đầu Kiến thức sở 1.1 Quan hệ chia hết quan hệ đồng dư vành số nguyên Z 1.2 Vành số nguyên Gauss Z[i] Ứng dụng vành số nguyên Gauss 2.1 Phương trình Diophant x2 + y2 = n(n ∈ N∗ ) 2.2 Giả thuyết Catalan 2.3 Một số trường hợp riêng giả thuyết Catalan 22 22 25 27 5 17 Kết luận 32 Tài liệu tham khảo 33 MỞ ĐẦU Tập hợp số phức mà phần thực phần ảo số nguyên lập thành vành giao hốn, có đơn vị, kí hiệu Z[i] gọi Z[i] vành số nguyên Gauss Vành số nguyên Gauss vành Euclid, việc sâu nghiên cứu số tính chất số học đặc trưng vành Z[i] thực cần thiết Vì lựa chọn đề tài nghiên cứu là: Về vành số nguyên Gauss ứng dụng Mục đích luận văn dựa vào tài liệu [6], [7] nhằm hệ thống lại chứng minh chi tiết số tính chất đặc trưng vành Z[i] Đồng thời nêu ứng dụng chúng việc giải toán số học trình bày phép chứng điều kiện cần đủ để phương trình Diophantine: x2 + y = n có nghiệm ngun, trình bày số kết giả thuyết Catalan Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia thành hai chương Chương Kiến thức sở Trong chương chúng tơi trình bày kiến thức quan hệ chia hết quan hệ đồng dư vành số nguyên Z, định nghĩa tính chất vành số nguyên Gauss, chứng minh vành nguyên Gauss vành Euclid, Chương Ứng dụng vành số nguyên Gauss Nội dung chương vận dụng định lý số học vành số nguyên Gauss để nguyên cứu số phương trình Diophantine tìm hiểu trình chứng minh giả thuyết Catalan Luận văn hoàn thành trường Đại học Vinh hướng dẫn TS Mai Văn Tư Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Thầy, người ln hướng dẫn tận tình chu đáo, động viên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập thực luận văn Nhân dịp này, tác giả xin trân trọng cảm ơn tất Thầy giáo, Cô giáo môn Đại số, thầy cô giáo khoa Toán trực tiếp giảng dạy lớp cao học Toán 24 chuyên ngành Đại số Lý thuyết số Tác giả xin chân thành cảm ơn ban chủ nhiệm Khoa sư phạm Tốn học, Phịng Đào tạo sau đại học, Ban giám hiệu nhà trường Đại học Vinh tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt q trình học tập Trường Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn cịn có nhiều sai sót, tác giả mong nhận góp ý, sửa chữa, bổ sung Thầy, Cơ bạn học viên Nghệ An, tháng 06 năm 2018 Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Quan hệ chia hết quan hệ đồng dư vành số nguyên Z 1.1.1 Định lý phép chia có dư Với số nguyên a, b (b = 0) tồn cặp số nguyên q, r cho a = bq + r, với ≤ r < |b|, r gọi số dư phép chia a cho b Chứng minh Ta xét trường hợp sau: Trường hợp a, b ∈ N, b = Ta xét tập hợp bội tự nhiên b không vượt a: M = {bx|x ∈ N, bx ≤ a} Ta có ∈ M , M tập khác rỗng bị chặn a Từ suy M có số lớn Giả sử số bq , với q ∈ N Bởi bq + b > bq nên bq + b không thuộc tập M Do ta có bq ≤ a < bq + b hay ≤ a − bq < b Đặt r = a − qb có a = bq + r; ≤ r < b Ta tồn cặp số tự nhiên q r Bây ta chứng minh tính chúng Giả sử a = bq + r; ≤ r < b, a = bq1 + r1 ; ≤ r1 < b, với số nguyên q, q1 , r, r1 Khi ta có bq ≤ bq + r = a = bq1 + r1 < bq1 + b = b(q1 + 1) Do q < q1 + hay q ≤ q1 Một cách bình đẳng ta có q1 ≤ q Vậy q = q1 , r = r1 Vậy có cặp số nguyên q, r: a = bq + r, ≤ r < b Trường hợp a ≥ 0, b < Ta áp dụng trường hợp cho cặp số (a, −b), tồn cặp số nguyên q, r thỏa mãn a = (−b)q + r = b(−q) + r, ≤ r < −b = |b| Trường hợp a < 0, b > 0, ta xét cặp số (−a, b), theo trường hợp 1, có cặp số nguyên q, r thỏa mãn −a = bq + r, ≤ r < b = |b| Nếu r = TH3 Nếu r > 0, ta có a = b(−q) − r = b(−q − 1) + b − r, đặt Q = −q − 1, R = b − r Khi a = bQ + R, ≤ R < b = |b| Trường hợp a < 0, b < Ta xét cặp số nguyên (−a, −b) áp dụng TH1 ta có cặp số nguyên q, r: −a = −bq + r ⇒ a = bq − r = b(q + 1) + (−b − 2), ≤ r < −b = |b| Nếu r = a = bq Nếu r > 0, đặt Q = q + 1, R = −b − r a = bq − r = bQ + R, < R < −b = |b| Vậy định lý chứng minh 1.1.2 Một số hệ Hệ 1.1.2.1 Cho số tự nhiên b > số nguyên a biễu diễn b dạng: bq, bq + 1, , bq + b − Hệ 1.1.2.2 Số nguyên a chia hết cho số nguyên b = số dư phép chia a cho b Hệ 1.1.2.3 Cho b = 10, chữ số hàng đơn vị số tự nhiên a hệ đếm thập phân số dư phép chia a cho 10 (tương tự chữ số hàng chục, hàng trăm ) Hệ 1.1.2.4 (Thuật toán Euclid) Nếu a = bq + r, ≤ r < b, (b > 0) Khi đó: b = rq1 + r1 , ≤ r1 < r r = r1 q2 + r2 , ≤ r2 < r1 r1 = r2 q3 + r3 , ≤ r3 < r2 rn−2 = rn−1 qn + rn , ≤ rn < rn−1 rn−1 = rn qn+1 (a, b) = (b, r) = (r, r1 ) = · · · = (rn−1 , rn ) = rn Hệ 1.1.2.5 Ước chung lớn dương số nguyên số dư cuối khác thuật tốn Euclid thực số Hệ 1.1.2.6 Giả sử T (a) mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên a, mệnh đề T (a), ∀a ∈ Z tồn b > cho T (bq), T (bq + 1), , T (bq + b − 1) mệnh đề 1.1.3 Định lý (Xem tài liệu [4]) Các mệnh đề sau tương đương a ≡ b(modm) (a − b) m Tồn số nguyên t: a = b + mt 1.1.4 Vành lớp thặng dư Giả sử m > 1, đặt a ¯ = {b ∈ Z : a ≡ b(modm)} lớp thặng dư theo modm Zm = {¯ a, ∀a ∈ Z}, với phép tốn cộng, nhân xác định cơng thức: a ¯ + ¯b = (a + b); a ¯.¯b = ab Khi đó: 1.1.5 Định lý Zm = {¯ a|∀a ∈ Z} gồm m phần tử phần tử đại diện chúng lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo modunlo m 1.1.6 Định lý Zm vành giao hốn có đơn vị ¯ 1.1.7 Định lý Phần tử a ¯ ∈ Z phần tử khả nghịch a m nguyên tố 1.1.8 Định lý Vành Zm trường m số nguyên tố 1.1.9 Định lý Fermat nhỏ Giả sử a số nguyên p số nguyên tố cho (a, p) = Khi ap−1 ≡ 1(modp) Chứng minh: Vì (a, p) = nên a ¯Zp∗ = Zp∗ nên ap−1 (p − 1) = (p − 1)! Từ đó, định lý Fermat nhỏ chứng minh Nhận xét Có thể xem định lý Fermat trường hợp riêng định lý Euler Nhận xét Vì ∀a ∈ Z p số nguyên tố a p (a, p) = 1, định lý Fermat nhỏ phát biểu dạng khác sau: ap ≡ a(modp), ∀a ∈ Z, ∀p số nguyên tố 1.1.10 Hàm số Euler (Xem [4]) Định nghĩa Hàm số Euler xác định tập số nguyên dương, ký hiệu ϕ(n) biểu thị số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Tính chất ϕ(n) hàm số có tính chất nhân Cơng thức tính a ϕ(pk ) = pk − pk−1 , ∀p số nguyên tố, k ≥ b Nếu n = pt11 pt22 ptkk dạng phân tích tắc k ϕ(n) = t t −1 (pjj − pjj ) = n j=1 (1 − ) p p\n 1.1.11 Định lý Euler (Xem [4]) Giả sử m số nguyên dương a số nguyên, nguyên tố với m Khi aϕ(m) ≡ 1(modm) Nhận xét Khi m = p số nguyên tố ϕ(p) = p − từ định lý Euler suy định lý Fermat nhỏ Nhận xét Từ định lý Fermat suy định lý Euler Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Nếu a ≡ b(modpn ) ap ≡ bp (modp(n+1) ) với a, b, n số nguyên n ≥ 1, p ≥ Thực vậy, ta có ap − bp = (a − b)(ap−1 + ap−2 b + + bp−1 ) Từ giả thiết ta suy a − b = pn t, t nguyên a ≡ b(modp) Suy ap−1 + ap−2 b + + bp−1 ≡ pap−1 ≡ 0(modp) hay ap−1 + ap−2 b + + bp−1 = pq Vậy ap − bp = pn+1 tq Nghĩa ap ≡ bp (modpn+1 ) Áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có: ap−1 ≡ 1(modp), với (a, p) = p số nguyên tố Từ bổ đề suy ap(p−1) ≡1(modp2 ) ⇒ a(p−1)p k−1 k ≡1(modpk ) hay aϕ(p ) ≡ 1(modpk ) (*) Giả sử (a, n) = n = pk11 pk22 pkmm dạng phân tích chuẩn tắc Từ (*) k k k k ϕ(pj j ) ta nhận a ≡ 1(modp j ), ϕ(n) ϕ(p j ) nên aϕ(n) ≡ 1(modp j ), j j j a ≡ b(modp) với ≤ j ≤ m Áp dụng tính chất a ≡ b(modq) suy a ≡ b(mod[p, q]), ta có aϕ(n) ≡ 1(mod[pk11 , pk22 , , pkmm ]) ≡ 1(modn) Từ ta suy định lý Euler 1.1.12 Định lý Wilson (Xem [4]) Giả sử p > p số nguyên tố (p − 1)! ≡ −1(modp) 1.1.13 Bổ đề nâng (Lifting the enponent lemma - LTE)(Xem [8]) Giả sử x, y số nguyên, p số nguyên tố (x, p) = (y, p) = 1, n số nguyên dương ep (x) số lũy thừa p phân tích tắc x a Nếu p = p|(x − y) ep (xn − y n ) = ep (x − y) + ep (n) b Nếu p = 4|(x − y) e2 (xn − y n ) = e2 (x − y) + e2 (n) c Nếu p = 2|(x − y) e2 (xn − y n ) = e2 (x − y) + e2 (x + y) − d Nếu (n, p) = ep (xn − y n ) = ep (x − y) e Nếu n số lẻ p|(x + y) 18 Ví dụ 1.2.9.3 α = + 2i, − 2i hai phần tử bất khả quy phân biệt vành số nguyên Gauss Z[i] α = + 4i hợp số α = + 4i = −(1 − 2i)2 α = 1+i, β = −1+i hai phần tử bất khả quy khơng phân biệt α = −iβ Nhận xét 1.2.9.4 Nếu α phần tử bất khả quy vành nguyên Gauss ∓α, ∓iα phần tử bất khả quy 1.2.10 Định lý số học vành số nguyên Gauss Mọi số nguyên Gauss α = 0, không khả nghịch viết dạng α = εα1 α2 αn , ε phần tử khả nghịch, α1 , α2 , , αn phần tử bất khả quy Sự phân tích theo nghĩa sai khác phần tử khả nghịch thứ tự nhân tử 1.2.11 Biểu diễn chuẩn tắc (hay tắc) số nguyên Gauss Mọi số nguyên Gauss α = 0, khơng khả nghịch viết dạng α = εα1k1 α2k2 αnkn , (1) α1 , α2 , , αn phần tử bất khả quy đôi phân biệt, k1 , k2 , , kn số nguyên dương ε phần tử khả nghịch Công thức (1) gọi biễu diễn chuẩn tắc (hay tắc) số nguyên Gauss α 1.2.12 Mệnh đề Giả sử α phần tử bất khả quy vành nguyên Gauss, tồn số nguyên tố p ∈ Z cho α|p Chứng minh Sử dụng tính chất tương tự vành Z (Cho α, β, γ số nguyên Gauss với α bất khả quy Nếu α|βγ α|β α|γ ) Ta có N (α) = a2 + b2 = αα ¯ α , N (α) số nguyên dương nên α ước số nguyên tố p ∈ Z Giả sử tồn số nguyên q = p : α|p Vì (p, q) = nên tồn u, v ∈ Z cho pu + qv = từ α|1 điều mâu thuẫn Vậy mệnh đề chứng minh 19 1.2.13 Nhận xét Mệnh đề 1.2.12 đơn giản có ý nghĩa quan trọng việc mô tả phần tử bất khả quy vành nguyên Gauss Như để mô tả phần tử bất khả quy vành Z[i], xét xem với số nguyên tố p ∈ Z có chứa ước bất khả quy vành Gauss hay không! 1.2.14 Mệnh đề Nếu α ∈ Z[i] mà N (α) số nguyên tố vành số nguyên Z α phần tử bất khả quy Chứng minh Thực vậy, α = βγ N (α) = N (β)N (γ) số nguyên tố Z, từ suy N (β) N (γ) = hay β γ khả nghịch 1.2.15 Mệnh đề Các ước bất khả quy Z[i] + i, − i phần tử liên kết với Chứng minh Ta có = (1 + i)(1 − i) nên (1 + i)|2 Lại N (1 + i) = nên + i phần tử bất khả quy vành nguyên Gauss (theo Mệnh đề 1.2.14) 1.2.16 Mệnh đề Mọi số nguyên tố Z có dạng q = 4k + phần tử bất khả quy vành số nguyên Gauss Chứng minh Giả sử ngược lại q = αβ , với α, β không khả nghịch, suy q = N (α)N (β) Do q nguyên tố N (α) > 1, N (β) > suy N (α) = N (β) = q Giả sử α = a + ib, a, b ∈ Z có a2 + b2 = q ≡ 3(mod4) Điều Vậy ta có điều cần chứng minh 1.2.17 Mệnh đề Giả sử p số nguyên tố p ≡ 1(mod4) Tồn cặp số nguyên dương (a, b) không kể thứ tự cho a2 + b2 = p Các ước bất khả quy p vành số nguyên Gauss gồm a + ib; a − ib với a, b ∈ Z a2 + b2 = p phần tử liên kết với chúng Chứng minh Theo bổ đề sau Lagrange (Bổ đề 1.1.14) tồn số nguyên n cho p|(n2 + 1) Khi vành Z[i] ta có p|(n + i)(n − i) p khơng 20 ước n ± i np ± pi ∈ / Z[i] Từ suy p phần tử khả quy Z[i] Giả sử a + ib ∈ Z ước bất khả quy p, dễ thấy liên hợp với a − ib ước p Ta chứng minh a ± ib ước bất khả quy p (sai khác liên kết) Thực giả sử c + id c − id ước bất khả quy khác p Khi vành nguyên Gauss, ta có (a + ib)(a − ib)(c + id)(c − id)|p Hay (a2 + b2 )(c2 + d2 )|p, suy a2 + b2 = c2 + d2 = 1, điều mâu thuẫn Vậy mệnh đề chứng minh Từ mệnh đề trên, có kết mơ tả phần tử bất khả quy vành Gauss sau 1.2.18 Định lý Trên vành số nguyên Gauss có có phần tử bất khả quy sau (sai khác phần tử khả nghịch) 1 + i liên kết với q = 4k + số nguyên tố Z liên kết a ± ib a2 + b2 = p = 4k + số nguyên tố Z liên kết chúng 21 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA VÀNH SỐ NGUYÊN GAUSS 2.1 Phương trình Diophant x2 + y2 = n(n ∈ N∗) 2.1.1 Nhận xét Xét phương trình x2 + y = n, n ∈ N∗ (1) Nếu phương trình (1) có nghiệm ngun (x, y) (∓x, ∓y) (∓y, ∓x) nghiệm nguyên phương trình (1) Từ nghiệm nguyên (x, y) phương trình (1) ta suy phương trình (1) có nghiệm nguyên x = y nghiệm nguyên trường hợp x = y xy = 2.1.2 Mệnh đề Phương trình x2 + y = 2k , k ∈ N ln có nghiệm nguyên Chứng minh Ta có: x2 + y = 2k ⇔ (x + iy)(x − iy) = (−i)k (1 + i)2k Từ định lý số học vành Gauss, suy x + iy = ε(1 + i)l với ε phần tử khả nghịch nên x − iy = ε¯(−i)l (1 + i)l dẫn đến: (x + iy)(x − iy) = ε¯ ε(1 + i)2l = (−i)k (1 + i)2k suy l = k Vậy x + iy liên kết (1 + i)k , phương trình ln có nghiệm ngun có nghiệm nguyên 22 2.1.3 Mệnh đề Phương trình x2 + y = q k , k ∈ N có nghiệm nguyên k số tự nhiên chẵn, q = 4t + số nguyên tố vành số nguyên Z Chứng minh: Từ định lý vành nguyên Gauss phần tử bất khả quy nên ta có: x2 + y = (x + iy)(x − iy) = q k Do x + iy = εq j ⇔ x − iy = ε¯q j , với ε phần tử khả nghịch nên 2j = k Vậy mệnh đề chứng minh Nhận xét Phương trình x2 +y = (x+iy)(x−iy) = q k (k ∈ N, q = 4t+3 số nguyên tố) vơ nghiệm có nghiệm ngun 2.1.4 Mệnh đề Phương trình x2 + y = p có nghiệm nguyên, p = 4k + số nguyên tố Chứng minh: Ta có x2 + y = (x + iy)(x − iy) = p = (a + ib)(a − ib) Trong a ∓ ib hai phần tử bất khả quy vành số nguyên Gauss (theo định lý 1.2.18) Từ định lý số học vành Gauss, ta suy x + iy liên kết a + ib Nó xác định theo nghĩa sai khác phần tử khả nghịch Từ suy tính đắn mệnh đề 2.1.5 Mệnh đề Phương trình x2 + y = pk có 4(k + 1) nghiệm nguyên, p = 4s + số nguyên tố Chứng minh Giả sử p = (a + ib)(a − ib) (điều tồn theo định lý 1.2.18) Khi phương trình cho có dạng (x + iy)(x − iy) = (a + ib)k (a − ib)k Ta có: x + iy = ε(a + ib)l (a − ib)t ⇔ x − iy = ε¯(a + ib)t (a − ib)l Từ ta có ngay: l + t = k Vậy x + iy = ε(a + ib)l (a − ib)k−l , ε phần tử khả nghịch ≤ l ≤ k Chúng ta dễ dàng chứng minh ≤ t < l ≤ k (a + ib)l (a − ib)k−l = (a + ib)t (a − ib)k−t Vì l có k + cách chọn cách chọn l cho ta nghiệm nguyên phương trình Vậy số nghiệm nguyên phương trình 4(k + 1) 23 2.1.6 Định lý Phương trình x2 + y = n, (n ∈ N∗ ) có nghiệm nguyên phân tích chuẩn tắc không chứa lũy thừa bậc lẻ ước nguyên tố dạng 4k + Chứng minh Giả sử phương trình có nghiệm ngun (x, y) Vì n ∈ N∗ nên km t1 t2 có phân tích sau: n = 2k q1k1 q2k2 qm p1 p2 ptss , k ≥ 0, ki ≥ 0, tj ≥ 0, qi pj số nguyên tố phân biệt, tương ứng có dạng 4k + 4k + Từ định lý 1.2.18 ta suy phân tích n thành tích phần tử bất khả quy vành số nguyên Gauss sau: km t1 n = (−i)k (1 + i)2k q1k1 q2k2 qm α1 α1 t1 α2t2 α2 t2 αsts αs ts (1) Mặt khác n = x2 + y = (x + iy)(x − iy) nên x + iy x − iy ước tích nhân tử bất khả quy Vì x + iy có dạng sau: lm u1 x + iy = ε(1 + i)l q1l1 q2l2 qm α1 α1 v1 α2u2 α2 v2 αsus αs vs (2) lm v1 x − iy = ε(−i)l (1 + iy)l q1l1 q2l2 qm α1 α1 u1 α2v2 α2 u2 αsvs αs us (3) Do Từ (1),(2) (3) ta có: l = k, ki = 2li , ∀i = 1, 2, , m; tj = uj + vj , ∀j = 1, 2, , s Chứng tỏ lũy thừa ước nguyên tố dạng 4k + n số chẵn 2km t1 t2 Ngược lại n = 2k q12k1 q22k2 qm p1 p2 ptss , qi pj số nguyên tố phân biệt, tương ứng có dạng 4k + 4k + 1, ta đặt pj = αj αj Khi km u1 x + iy = ε(1 + i)k q1k1 q2k2 qm α1 α1 t1 −u1 α2u2 α2 t2 −u2 αsus αs ts −us thỏa mãn x2 + y = n, nghĩa phương trình có nghiệm nguyên Vậy định lý chứng minh 2.1.7 Định lý Xét phương trình x2 + y = n, n ∈ N∗ (1) m 2ki 2ki n = 2k m Nếu n = 2k n = i=1 qi i=1 qi k ≥ 1, ki ≥ 1, qi = 4l + 3, ∀i, số ngun tố đơi phân biệt, phương trình (1) có nghiệm nguyên 24 km t1 t2 Nếu n = 2k q1k1 q2k2 qm p1 p2 ptss dạng phân tích chuẩn tắc n qi pj số nguyên tố phân biệt, tương ứng có dạng 4k + 4k + phương trình (1) khơng có nghiệm ngun tồn ki lẻ phương trình (1) có 4(t1 + 1)(t2 + 1) (ts + 1) nghiệm nguyên ki số chẵn 2.2 Giả thuyết Catalan (Xem [7]) 2.2.1 Về phương trình x3 ± = y Euler (1707 – 1783) chứng minh phương trình có nghiệm tập số nguyên dương, số (x, y) = (2, 3) nghĩa 23 + = 32 ⇔ + = Nói cách khác (8, 9) hai số nguyên dương liên tiếp lũy thừa hai số nguyên Câu hỏi tự nhiên đặt tập hợp số nguyên khác liệu (8, 9) có phải hai số nguyên dương liên tiếp thỏa mãn phương trình xq + = y p , (x = 0, y = 0, q > 1, p > 1) Đây nội dung giả thuyết Catalan 2.2.2 Giả thuyết Catalan Vào năm 1844, nhà toán học người Bỉ Eugene Charles Catalan (1814-1894) đưa giả thuyết sau: "Cho p > 1, q > hai số nguyên dương Phương trình xq + = y p khơng có nghiệm nguyên với xy = trừ (p, q) = (2, 3), nghiệm nguyên với xy = (x, y) = (2, ±3)" 2.2.3 Quá trình chứng minh giả thuyết Catalan - Năm 1850, V.A Lebesgue chứng minh giả thuyết Catalan trường hợp q = cách sử dụng định lý số học vành Gauss Z[i] phương pháp phản chứng - Năm 1964, nhà toán học Chaoko người Trung Quốc chứng minh phương trình Diophant y = xq + (với p ≥ 5) khơng có nghiệm ngun dương Kết Chaoko cơng bố tạp chí Scientia Sinica, 14: 457 – 460 25 - Và cuối cùng, vào ngày 18 tháng năm 2002, nhà toán học người Rumani Preda Mihailescu đưa chứng minh hoàn toàn sơ cấp cho giả thuyết Catalan Chứng minh ông công bố vào năm 2003 Journal of Number theory, 99 2.2.4 Tóm tắt phép chứng minh P.M Mihailescu xp − − xp xp − − xp Đặt c = , c1 = , b = q−p , b1 = q−p p p y y y2 y2 Ta xét trường hợp sau: − xp Trường hợp c1 = ⇒ (7 − xp )2 = xq + p y2 48 = + 14xp−q − x2p−q xq Do vế phải số nguyên xq \48 ⇒ xq = 4, 8, 16 Với xq = ⇒ xq + = = y p ⇒ p Với xq = = 23 ⇒ y p = 32 ⇒ p = < q = 3, điều p > q Với xq = 16 ⇒ xq + = 17 = y p ⇒ p Vậy giải thiết p > q không xảy - Nếu p > q ⇒ 48 − 14xp + x2p = xq (*) hay - Nếu p = q (*) trở thành x2p − 15xp + 48 = ⇒ X − 15X + 48 = 0(X = xp ) Rõ ràng, trường hợp không xảy - Nếu p < q , từ (*) ta nhận 48 = xq−p + 14xq−p − xp p x Tương tự trên, ta có: Với xp = ⇒ (7 − xp )2 = = xq + Với xp = 16 ⇒ (7 − xp )2 = 81 = xq + Với xp = ⇒ x = p = ⇒ (7 − xp )2 = = xq + = y ⇒ y = ±3, q = xp − Trường hợp c = = ⇒ (xp − 1)2 = y p = xq + p y 26 Từ nhận x2p − 2xp = xq ⇔ xp (xp − 2) = xq ⇒ xq > xp Vì x > ⇒ xq > xp ⇔ q > p nên xq−p = xp − ≥ 2(x > 1, q − p ≥ 1) Chia hai vế phương trình cho x > ta xp−1 − xq−p−1 = ⇒ x = 2p−1 − = 2q−p−1 Đẳng thức xảy x p = 2, q = ⇒ (x, y) = (2, ±3) nghiệm phương trình Catalan Trường hợp (c2 − 1)(c21 − 1) = Bằng phương pháp phản chứng, Mihailescu chứng tỏ - Hoặc c = c1 , xp − − xp = ⇔ xp = = 22 ⇒ x = p = ⇒ y = ±3 p p 2 y y q = ⇒ (x, y) = (2, ±3) nghiệm nguyên phương trình - Hoặc c2 − = 0, điều dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết trường hợp Vậy Giả thuyết Catalan chứng minh với p > 1, q > 1, x > 1, y = 2.3 Một số trường hợp riêng giả thuyết Catalan 2.3.1 Mệnh đề Phương trình y = x3 − có nghiệm nguyên (x, y) = (1, 0) Chứng minh Giả sử (x, y) nghiệm nguyên phương trình cho Nếu x chẵn y = −1(mod8), điều khơng thể −1 khơng phải phương modulo Vậy x lẻ y chẵn Để giải toán ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Với số nguyên chẵn y phần tử y + i y − i nguyên tố vành nguyên Gauss Thực giả sử α\(y + i) α|y − i, suy α\2i Mặt khác α \(y + 1), từ ta có α phần tử khả nghịch vành Gauss Vậy a + i a − i nguyên tố Trở lại chứng mệnh đề, ta có 27 y = x3 − ⇔ (y + i)(y − i) = x3 Do y + i y − i nguyên tố nên y + i liên kết số phức dạng (a + ib)3 = a3 − 3ab2 + (3a2 b − b3 )i Từ định nghĩa hai số phức nhau, cách đồng hệ số, ta nhận a3 − 3ab2 = 3a2 b − b3 = Nếu a3 − 3ab2 = a(a2 − 3b2 ) = suy a = ∓1 - Với a = b = Khi (x, y) = (1, 0) nghiệm - Với a = −1 khơng tồn b Nếu 3a2 b − b3 = Bằng cách xét tương tự, ta suy (x, y) = (1, 0) nghiệm phương trình 2.3.2 Định lý ( Lebesgue – 1850) Với số nguyên tố p ≥ phương trình xp − y = khơng có nghiệm ngun với y = Chứng minh Với p = định lý Ta cần chứng minh định lý p > Phương trình cho tương đương với xp = (y + i)(y − i) Giả sử (x, y) nghiệm ngun phương trình mà x chẵn, y lẻ xp − ≡ −1(mod8), y ≡ 1(mod8) Điều khơng xảy ra, (x, y) nghiệm nguyên phương trình x lẻ y chẵn Theo bổ để từ 2.3 ta suy phần tử y + i y − i nguyên tố vành số nguyên Gauss Áp dụng định lý số học vành Gauss, ta suy y − i liên kết số phức (a + ib)p ∈ Z[i] Khai triển nhị thức Newton ta có y − i = (a + ib)p = p j=0 Cpj aj (ib)p−j Đồng phần ảo từ hai vế, ta nhận (p−1)/2 (p−1)/2 Cp2j a2j bp−2j ip−2j−1 −1 = j=0 Cp2j a2j bp−2j−1 ip−2j−1 =b j=0 (1) 28 Chứng tỏ b = ±1 Khi xp = (a + ib)p (a − ib)p = (a2 + 1)p ⇒ x = a2 + Do x số lẻ nên a số chẵn Rõ ràng a = (p−1)/2 Từ (1) ta có −1 = b j=0 Cp2j a2j (−1) p−1 −j = b(−1) j=0 (p−1)/2 j=0 Cp2j (−a2 )j (p−1)/2 (p−1)/2 Ta nhận p−1 Cp2j (−a2 )j = ±1 ⇔ + j=1 (p−1)/2 Do a số chẵn nên a2 ≡ 0(mod4) ⇒ + j=1 Cp2j (−a2 )j Cp2j (−a2 )j ≡ 1(mod4) Vậy (p−1)/2 (p−1)/2 Cp2j (−a2 )j =0⇒a Cp2 j=1 Cp2j (−a2 )j = (2) j=2 Với p = 3, vế phải (2) khơng có nên a2 Cp2 = hay a = (đã xét) Với p > 3, ta chứng minh hệ thức (2) không xảy Đặt e2 (α) = ord2 α số lũy thừa (2) phân tích chuẩn tắc số hữu tỷ Ta chứng minh   (p−1)/2 e2 (a Cp2 ) Cp2j (−a2 )j  < e2  (3) j=2 Thực với Cp2k 2!(p − 2)! 2k−2 2k−2 k>1⇒ = = Cp−2 = Cp−2 Cp (2k)!(p − 2k)! 2k(2k − 1) k(2k − 1) 2k−2 Vì Cp−2 nguyên 2k − số lẻ nên: e2 Cp2k Cp2 ≥ e2 k Do a chẵn nên e2 (a) ≥ Mặt khác k < 22k−2 , ∀ > Nên e2 (k) < 2k−2 ⇒ 2k−2−e2 (k) > Từ (4), (5) (6) suy = −e2 (k) (4) (5) (6) 29 e2 a2k Cp2k ak Cpk ≥ (2k − 2)e2 (a) − e2 (k) ≥ 2k − − e2 (k) > Hay e2 (a2k Cp2k ) > e2 (ak Cpk ), ∀k > Từ suy (3) Điều chứng tỏ (2) không xảy Vậy định lý chứng minh 2.3.3 Bổ đề Nếu y lẻ y = x3 − y − 2i y + 2i nguyên tố vành nguyên Gauss Z[i] Nếu y lẻ + i ước chung lớn y + i y − i Chứng minh - Thực giả sử α|(y − 2i); α|(y + 2i) suy α|4i hay α|4 Do α = 16 , lại có α y − 2i = x3 , suy α = hay α khả nghịch nên y − 2i y + 2i nguyên tố - Dễ thấy + i ước chung y + i y − i Giả sử γ|(y ± i), γ|2i suy γ|i mà = (1 + i)(1 − i) = −i(1 + i)2 + i phần tử bất khả quy Z[i] nên γ liên kết + i γ|(1 + i) 2.3.4 Mệnh đề Phương trình y = x3 − có nghiệm nguyên (x, y) = (2, ±2), (5, ±11) Chứng minh Giả sử (x, y) nghiệm ngun phương trình, dễ nhận thấy x, y tính chẵn, lẻ Ta có y = x3 −4 hay (y+2i)(y−2i) = x3 Ta xét hai trường hợp: Trường hợp y, x lẻ, theo bổ đề 2.3.3 định lý số học vành Gauss nên ta suy y + i y − i lập phương số nguyên Gauss Giả sử y +2i = (a+ib)3 , ta có y −2i = (a−ib)3 , với a, b số nguyên Đồng phần ảo hai số phức nhau, ta có: b(3a2 − b2 ) = 2, suy b = ±1, b = ±2 30 Nếu b = suy a = ±1 Nếu b = −1 suy khơng có a Nếu b = suy khơng có a Nếu b = −2 suy khơng có a ± Từ suy (x, y) = (2, ±2) (5, ±11) Do y, x lẻ nên nghiệm phương trình (x, y) = (5, ±11) Trường hợp y, x chẵn, đặt x = 2u, y = 2v Phương trình cho có dạng (2u)3 = (2v)2 + hay 2u3 = v + = (v + i)(v − i) v + iv − i = −iu3 = (iu)3 1+i1+i Dễ thấy v lẻ nên theo bổ đề 2.3.3 + i ước chung lớn v+i v−i v + i v − i Vì , số nguyên Gauss nguyên tố 1+i 1+i Từ định lý số học vành nguyên Gauss ta suy v+i v−i lập phương số nguyên Gauss Mặt khác 1+i 1+i v+i hay ta có y + 2i = 2(v + i) = −i(1 + i)2 (v + i) = −i(1 + i)3 1+i v+i y +2i = (−1+i)3 nên y +2i lập phương số nguyên Gauss 1+i Lập luận tương tự trường hợp 1, ta suy (x, y) = (2, ±2) (5, ±11), y, x chẵn nên (x, y) = (2, ±2) thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm ngun (x, y) = (2, ±2) (5, ±11) Hay 31 KẾT LUẬN Dựa vào tài liệu tham khảo, luận văn trình bày kết sau: Sử dụng bổ đề nâng để giải số toán (chưa có lời giải) nêu tài liệu [8] Trình bày số tính chất vành số nguyên Gauss Trình bày ứng dụng vành Gauss việc nguyên cứu số phương trình Diophant, tìm hiểu trình chứng minh giả thuyết Catalan 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO I Tài liệu tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái (2003): Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi tốn trung học phổ thơng - NXB Giáo dục [2] Nguyễn Lương Vũ, Nguyễn Lưu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng (2006): Các giảng số học - NXB ĐHQG Hà Nội [3] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy (1997): Bài giảng số học - NXB Giáo dục, 1994 [4] Lại Đức Thịnh (1977): Giáo trình số học - Nhà xuất giáo dục [5] Dương Quốc Việt, Đàm Văn (2008): Cơ sở lý thuyết số đa thức - NXB Đại học sư phạm Hà Nội [6] Nguyễn Chu Gia Vượng (2010), Vành số nguyên Gauss ứng dụng Diophante (https://123doc.org/document/1423586-vanhcac-so-nguyen-gauss-va-ung-dung-diophante.htm) II Tài liệu tiếng Anh [7] P Mihailescu (2003) A class number free criterion for catalan’s conjecture, Journal of Number theory (htpps://hal.archives-ouvertes.fr) [8] A H Parvardi (2011), Lifting the exponent lemma (LTE) (http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=324597) ... dư vành số nguyên Z, định nghĩa tính chất vành số nguyên Gauss, chứng minh vành nguyên Gauss vành Euclid, Chương Ứng dụng vành số nguyên Gauss Nội dung chương vận dụng định lý số học vành số nguyên. .. hợp số phức mà phần thực phần ảo số nguyên lập thành vành giao hoán, có đơn vị, kí hiệu Z[i] gọi Z[i] vành số nguyên Gauss Vành số nguyên Gauss vành Euclid, việc sâu nghiên cứu số tính chất số. .. đồng dư vành số nguyên Z 1.2 Vành số nguyên Gauss Z[i] Ứng dụng vành số nguyên Gauss 2.1 Phương trình Diophant x2 + y2 = n(n ∈ N∗ ) 2.2 Giả thuyết Catalan 2.3 Một số trường