Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày kết quả của R. Scott và R. Styer năm 2006 về phương trình Diophante tổng quát dạng.
±ax±by =c (2.19) Để tổng quát, ta xét phương trình (2.19) dạng
(−1)uax+(−1)vby =c, (2.20) với a,b,x,y là các số nguyên dương, và u,v ∈ {0,1}. Phương trình (2.20) là dạng tổng quát của phương trình Diophante Pillai: ax−by = c.
Phương trình này đã được nhiều tác giả nghiên cứu về nghiệm (x,y) khi cho trước (a,b,c). Trong phần này chúng tôi sẽ chứng minh phương trình (2.20) có nhiều nhất hai nghiệm.
Bổ đề 2.18. Giả sử a,b là các số nguyên dương với a > 2, b > 1 và
gcd(a,b) = 1, khi đó tồn tại cặp số nguyên dương (x,y) sao cho by ± 1 =
lax, gcd(l,a) = 1. Giả sử cặp (n,m) thỏa mãn điều kiện trên với n là giá trị bé nhất đối với xvàmlà giá trị bé nhất đối vớiy. Khi đó nếu N, M là các số nguyên dương với M > N vàbN ≡ ±1mod aM thì
n a
M−n
2g+h−1 là ước của N
với g = 1, h = 0 trừ trường hợp a−2 = 4t và m = 1 trong trường hợp này
g là số nguyên lớn nhất sao cho2g|b±1 và hlà số nguyên lớn nhất sao cho
2h|n.
Chứng minh. Giả sử y,w,l là các số nguyên dương thỏa mãn
Khi đó dấu trong đẳng thức (2.21) là dấu − và nếu min(w) là giá trị bé nhất có thể củaw thì
min(w) = g+h, (2.22) trong đó g và h xác định như trong bổ đề. y0 = 2n(a/2)g+h là giá trị bé nhất củay sao cho (2.21) đúng vớiw = g+h. Và yi = y0ai là giá trị bé nhất củay
thỏa mãn (2.21) với w = g+h+i. Vì ag+h+i+1|by−1nên yi|y, ta có điều phải
chứng minh.
Bổ đề 2.19. Giả sử a,b là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau. Khi đó, nếu phương trình
(−1)uax+(−1)vby =c, (2.23)
có ba nghiệm (x1,y1), (x2,y2), (x3,y3) thì không thể xảy ra trường hợp hoặc
x+i = xj hoặcyi = yj vớii , j vớii, j ∈ {1,2,3}trừ khi (a,b) = (3,2) hoặc
(a,b) =(5,2).
Chứng minh. Giả sử(a,b)không phải là(3,2)hoặc(5,2)và giả sử ba nghiệm xác định trong bổ đề tồn tại. Giả sử x1 = x2 và không mất tính tổng quát giả sử y1 < y2. Khi đó ta có: hoặc by2 −ax1 =ax1 −by1 =c >0 (2.24) hoặc by2 −ax1 =ax1 +by1 =c >0 (2.25) Ta có 2ax1 = by1(bh ±1), vớih= y2 −y1. (2.26) Từ (2.26) ta có by1 = 2 và ax1 = 2h ±1. Vì theo giả sử (a,b) , (3,2) nên
x1 =1nên a =2h ±1vàc= 2h ∓1. Từ (2.24) và (2.25) ta có
Ta thấy rằng nếu đẳng thức (2.24) đúng thì sử dụnga= 2h+1vàc =2h−1và từ (2.27) suy ra y3 = 1 nghĩa là nghiệm kép. Mặt khác, nếu đẳng thức (2.25) đúng thì từ (2.27) x2 là số chẵn, vì vậy
ax3
> (2h −1)2 +2h+1 +1 =2h +c, vì vậy y3 >h.
Nhưng điều này không thể xảy ra đối với modulo 2h+1. Chứng minh tương tự khi đổi vai trò của avàb.
Vận dụng các bổ đề trên ta sẽ chứng minh định lý sau.
Định lý 2.20(Định lý 2, [13]). Giả sử clà số nguyên dương và(a,b) = 1với
a >24333và b> 2, khi đó phương trình
(−1)uax+(−1)vby = c (2.28)
có nhiều nhất hai nghiệm(x,y).
Chứng minh. Giả sử đã cho có ba nghiệm (x1,y1), (x2,y2), (x3,y3) với a >
24333 và từ Bổ đề 2.19 cho x1 < x2 < x3. Từ các kết quả của Leveque và Cassels ta có thể chọn c > 1. Đặt Y = max(y2,y3) và y = min(y2,y3),
Λ = |x3loga−Y logb| vàG = max(x3/logb,Y/loga). Áp dụng kết quả của Mignotte và sử dụng công thức Mignotte, ta có:
hoặc
G < 2409.08 (2.29) hoặc
logΛ > −22.997(logG+2.405)2logalogb. (2.30) Từ các nghiệm(x2,y2) và(x3,y3)ta có
ta có c1 6 c. Đặt d = min(ax3,bY). Ta có Λ = log(1 +c1/d) < c1/d 6 c/d.
Nếu bất đẳng thức (2.30) đúng thì ta có
logd < logc+22.997(logG+2.405)2logalogb. (2.31) TừΛ = log(1+c1/d) 6 logc, và (2.31) ta có
G <2 logc
logalogb +22.997(logG+2.405)2logalogb. (2.32) Ta xét phương trình
ax2(ax3−x2 ±1)= by(bY−y±1). (2.33) Từ Bổ đề 2.19 ta có x2 > mtrong đomxác định trong Bổ đề2.18, mlà giá trị bé nhất có thể của x. Xétw = x2−m. Theo Bổ đề2.18 ta cóY−y|naw/2g+h−1.
Từ (2.22) ta có Y > n(2(a/2)w). Tiếp theo, với bn > am − 1. Từ đó ta lấy
n > 0.99999(loga/logb)k1m(2(a/2)w) với k1 > 1. Vì vậy, với mỗi trong hai cách chọn có thể củaG, ta có
G = 0.99999km(2(a/2)w)/logb. (2.34) Giả sử c > 2ax2. Khi đó ta có min(by1,by2) > c/2. Xét t = min(y1.y2) và
T = max(y1,y2). Khi đó ta có
ax1(ax2−x1
±1) = bt(bT−t ±1).
Vìc/2 < bt 6 ax2−x1 ±1 < ax2, điều này mẫu thuẫn vớic> 2ax2. Vì vậy ta có thể chọnc < 2ax2 dó đó
2 logc
logalogb < 2 log 2
logalogb + w+m logb . (2.35) Từ (2.35) và (2.32) ta có G <2 log 2 logalogb + w+m logb +22.997(logG+2.405)2.. (2.36)
Giả sử a > b, từ (2.34) và (2.36) ta thấy rằng nếu (2.36) đúng với bất kỳ
k,m,w thì cũng đúng với k =m =w =1. Vì vậy cố định,bsuy ra 0.99999a logb <6+22.997log0.99999a logb +2.405. (2.37) Từ (2.37) và (2.29) suy ra 0.99999a logb <2409.08
điều này không xảy ra với trường hợp a > b và a > 24333. Và nếu b > a >
24333chứng minh tương tự khi đổi vai trò a,b.
Bổ đề 2.21. Giả sử a > 2, b > 1 là các số nguyên tố cùng nhau và n0 là số nguyên dương bé nhất thỏa mãn
bn0 ±1 = lar (2.38)
vớia - l. Giả sửa= Q
i pαi
i ,zi là số nguyên bé nhất lớn hơn hoặc bằng βi/αi, trong đó
pβi
i kl.
Giả sửglà số nguyên lớn nhất sao cho2g | b±1(với±chọn đểglớn nhất) và
h0 là số nguyên lớn nhất sao cho 2h0 | n0. Xét j = 0 trừ khia ≡ 2mod 4, r =
1,2- l vàg+h0 >z thì chọn
j = (g−z−1)log 2 loga.
Khi đó, nếuby ≡ ±1 modaxvới x,ylà các số nguyên dương và ±độc lập với
±trong 2.38, ta có (i). y >ax−r−z−j. (ii). r +z+ j < alogb 2 log 2.
Chứng minh.
(i). Chứng minh y > ax−r−z−j. Thực vậy, giả sử ít nhất một trong bốn khẳng định không đúng với a≡ 2mod 4r = 1,2- l vàg+h0 > z. Khi đór+z =m
vớimxác định như trong Bổ đề 2.18 vớim > 1khia ≡2 mod4. Vì vậy ta có thể giả sửa ≡2 mod4 r =1,2 - lvàg+h0 > z. Xét n1 = 2n0Y i>1 pzαi−βi i , ta chọn p1 = 2. Khi đó ta có bn1 −1 =2g+h0+1(a/2)z+1l1, với(a,l1) = 1.
n − 1 là số bé nhất sao cho 2g+h0+1(a/2)z+1|bn1 ± 1. Trước tiên, giả sử x >
g + h0 + 1. Ta thấy rằng không xảy ra trường hợp by ≡ −1mod ax. Nếu
by ≡ 1modax ta cón12x−g−h0−1(a/2)x−z−1|yvì vậy
y >2h0+1
2x−g−h0−1
(a/2)x−z−1 = 2z+1
2g ax−z−1 =ax−r−z−j,
vậy trường hợp này khẳng định (i) đúng.
Tiếp theo giả sử z+1 < x < g+h0 +1. Ta thấy rằng không xảy ra trường hợpby ≡ −1mod ax. Nếuby ≡ 1mod ax ta có n1(a/2)x−z−1|yvì vậy
y> 2h0+1
(a/2)x−z−1 >2h0+1
2x−g−h0−1
(a/2)x−z−1 = 2z+1
2g−1ax−z−1 = ax−r−z−j,
vậy trường hợp này khẳng định (i) cũng đúng.
Cuối cùng, khẳng định (i) đúng với x 6 z+1. Nếu x < z +1 thìy > n0 >
2h0 >2z−g >(2/a)2z−g = a−1−j > ax−r−z−j. Nếu x= z+1, khẳng định (i) đúng khi j >0và nếu j < 0thìz >0vìg < z+1, vì vậy y> n1 >2h0+1 > 2z−g+1 =
a−j = ax−r−z−j.
(ii). Chứng minh
r +z+ j < alogb
Thực vậy, nếu a = 3 và b = 2 thì khẳng định (ii) đúng, vì vậy giả sử ta có
a ,3khi b=2. Khi đó
b(a−1)/2 +1 < ba/2.
Xét pi là ước nguyên tố của asao choz−i = z. Ta thấy rằng, khi j > 0, ta có thể chọn pi >3. Nếu αi = 1thì r +z =r +βi 6 log(bn0 +1) logpi . Nếuαi > 1thì r+z < r+ βi αi +1 6 log(b n0 +1) αilogpi +1 6 2 log(b n0 +1) αilogpi 6 log(b n0 +1) logpi . Giả sử j 6 0Khi đó r+z+ j 6r +z 6 log(b n0 +1) log 2 6 log(b (a−1)/2 +1) log 2 6 (a/2) logb log 2 , vậy (ii) đúng. Nếu j > 0, vìa≡ 2mod 4r = 1,2- l vàg+h0 > z. Ta có r +z+ j < log(bn0 +1) log 3 + logb loga < alogb 2 log 2 log 2 log 3 + 2 log 2 aloga < alogb 2 log 2 log 2 log 3 + 2 log 2 6 log 6 < alogb 2 log 2 . Ta có điều cần chứng minh.
Bổ đề 2.22. Giả sử a > 2, b > 1 và c > 0 là các số nguyên nguyên tố cùng nhau, nếu phương trình
(−1)uax+(−1)vby = c (2.39)
có hai nghiệm(x1,y1), (x2,y2), với x1 6 x2 vày1 6 y2 và nếu ax1 >c/2thì
x1 < r+z+ j+k,
trong đó r,z và j được định nghĩa như trong Bổ đề 2.21, và k = 8khi a = 3,
k = 6 khi a = 5, k = 5 khi 6 6 a 6 9, k = 4 khi 10 6 a 6 21, k = 3 khi
Chứng minh. Nếu y1 = y2 thì theo đẳng thức (2.26) ta có x1 = 1, vì vậy ta có thể chọn y1 < y2. Theo Mệnh đề 2.7, giả sử tồn tại hai nghiệm của phương trình với ax1 > c/2,y2 > y1 và x2 ≥ x1 = r +z+ j+k1 với k1 > k, trong đók
xác định theoa, như trong bổ đề. Từ phương trình
ax1(ax2−x1 ±1) =by1(by2−y1 ±1) với
by2−y1 ≡ ±1 (modax1)
theo Bổ đề 2.21 suy ray1−y1 ≥ ax1−r−z−j. Vì vậy:y2 > ak1.Mặt khácc< 2ax1, vậy: logc< x1loga+log 2 = (r +z+ j+k1) loga+log 2.Nên ta lại có
y2logb logc > ak1 logb (r+z+ j+k1) loga+log 2. Từ Bổ đề 2.21 ta có r +z+ j < alogb 2 log 2, Vậy y2logb logc > ak1 a 2 log 2 + k1 logb loga+ log 2 logb >34
trong đó, bất đẳng thức thứ hai có được vì k1 ≥ k,a ≥3và b≥ 2. Xét
G =maxn x2 logb, y2 loga o Khi đó ta có G 17 ≥ y2 17 loga > 2 logc logalogb. (2.40) Tiếp theo, ta xétΛ = |x2loga−y2logb|. Theo Mệnh đề 2.7, ta có hoặc
G <3294.5 (2.41) hoặc
Trước tiên, giả sửc> 1và có bất đẳng thức (2.42), khi đó tương tự như (2.32) (vớic1 =c) ta thu được
G <2 logc
logalogb +24.2(logG+2.4)2. (2.43) Từ bất đẳng thức (2.40) ta có
G < 17
1624.2(logG+2.4)2.
Suy raG < 3294.5. Như vậy, bất kỳ (2.41) hoặc (2.42) đúng, ta có 3294.5>G ≥ y2
loga > ak1
loga
điều này không thể xảy ra vì k1 > k.
Giả sử c = 1, sao choΛ < log 2, tương tự như trường hợp c > 1 ta có thể thay bất đẳng thức (2.43) bởi
G <2 log 2
logalogb +24.2(logG+2.4)2. (2.44) Từ bất đẳng thức (2.44) ta lại có
ak1
loga <3294.5
điều này là không thể vìk1 >k.
Bổ đề 2.23. Giả sửa > 1, b > 1và c1 > 0 là các số nguyên nguyên tố cùng nhau. Giả sử phương trình
(−1)uax+(−1)vby =c, (2.45)
có hai nghiệm (x,y) và (2x,2y) với a,b và c = c1, vì vậy phương trình này cũng có hai nghiệm (x,2y) và (2x,y) với a,b và c = c2 trong đó c2 là số nguyên dương. Khi đó nếumax(ax,by) > 4thì phương trình trên không có ba nghiệm với a, b, c =c1 hoặc a, b, c =c2.
Định lý 2.24 (Định lý 3, [13]). Choc > 0và a,b là các số nguyên nguyên tố cùng nhau với 1< a,b< 24333, khi đó phương trình
(−1)uax+(−1)vby =c, (2.46)
có nhiều nhất hai nghiệm(x,y) trừ trường hợp:
• Nếu(a,b,c) = (3,2,5)thì phương trình trên có bốn nghiệm.
• Nếu(a,b,c) = (3,2,1), (3,2,7), (3,2,11), (3,2,13), (4,3,13), hoặc(5,2,3)
thì phương trình trên có ba nghiệm
Bổ đề 2.25(Bổ đề 7,[13]). Giả sử phương trình(2.20)có hai nghiệm(x1,y1)
và(x2,y2)thỏa mãn hoặc
[ax1,by1,ax2,by2] =[3D+1,3D,3D,3D] (2.47)
hoặc
[ax1,by1,ax2,by2] = [2D+2,2D+1,2D,2D] (2.48)
trong đó D là số nguyên dương. Khi đó phương trình (2.20) không có ba nghiệm, trừ trường hợp
(a,b,c∈ {(4,2,3.4k), (2,4,3.4k)})
vớiklà số nguyên dương. Ứng với các trường hợp này thì phương trình(2.20)
có đúng ba nghiệm.
Định lý 2.26(Định lý 4, [13]). Giả sửa,blà các số nguyên dương vàgcd(a,b) >
1. Khi đó phương trình
(−1)uax+(−1)vby =c, (2.49)
có nhiếu nhất hai nghiệm, trừ trường hợp (a,b) = (4,2) và c = 3.4k với k
Định lý 2.27(Định lý 5, [13]). Giả sử x,ylà các số nguyên dương, vớiu,v∈ {0,1}. Khi đó, với a > 5 là số nguyên tố thì tồn tại nhiều nhất hai giá trị của
c> 0sao cho
(−1)uax+(−1)vby = c (2.50)
có hai nghiệm(x1,y1), (x2,y2)với x1 6 x2 vày1 6 y2.
Ta giả sử rằngalà số lẻ lớn hơn1và(x1,y1), (x2,y2)là các cặp số nguyên dương thoả mãn:
±ax1 ±2y1 =±ax2 ±2y2 = c, 1 6 x1 6 x2 1 6 x2 6 x2, (2.51) trong đó dấu ±là độc lập và (x1,y1) , (x2,y2). Ta có (2.51), có thể viết được thành4dạng đẳng thức sau:
Dạng 1.ax1(ax2−x1) = 2y1(2y2−y1 −1) Dạng 2.ax1(ax2−x1) = 2y1(2y2−y1 +1) Dạng 3.ax1(ax2+x1) = 2y1(2y2−y1 −1) Dạng 4.ax1(ax2+x1) = 2y1(2y2−y1 +1)
Ta thấy ngay rằng cả4dạng trên đều suy ray1 < y2. Ta có bổ đề sau
Bổ đề 2.28(Bổ đề 8, [13]). Trong Dạng 2 thì 4không là ước của x2 − x1
Chứng minh. Thật vậy, ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử 4 chia hết (x2 − x1), khi đó trong trường hợp này ta thấy vế trái của đẳng thức trong Dạng 2 vừa là bội của5vừa là bội của 3.
Thật vậy, theo giả thiết a là một số lẻ. Nếu a chia hết cho 5 thì ax1 ≡ 0 (mod5). Nếu akhông chia hết cho 5thì ta có gcd(a,5) = 1. Theo Định lý Euler thì
hay
a4 ≡ 1(mod 5),
từ đó suy ra
a4t −1 ≡ 1(mod 5).
Vậy ta có vế trái là bội của5. Tương tự ta có
a4t −1 =(a2t −1)(a2t +1) =(at −1)(at +1)(a2t +1)
tích này là một số chia hết cho3.Vì vậy ta có vế trái của Dạng 2 chia hết cho 15. Tuy nhiên, vế phải của Dạng 2 không thể là bội của 15, mâu thuẫn này khẳng định giả thiết sai. Vì vậy4không chia hết x2 −x1.
Bổ đề 2.29 (Bổ đề 9, [13]). Nếu a là một số lẻ lớn hơn 3 và có đẳng thức
(2.51). Khi đó ta có x1 = m, tròn đómđược xác định trong Bổ đề (2.18) với
b = 2. Trong trường hợp a = 3và đẳng thức(2.51) vẫn đúng, ta sẽ có x1 = 1
hoặc x1 = 2.
Ta có9nhận xét dưới đây:
(1). Tồn tại nhiều nhất một giá trị cđể nghiệm của phương trình (2.51) xác định Dạng 2 khi x2 chọn trước.
(2). Khia ≡7(mod 8), nếu phương trình (2.51) có hai nghiệm thì không thể biểu diễn ở Dạng 2 hoặc Dạng 4.
(3). Nếu phương trình (2.51) có hai nghiệm biểu diễn ở Dạng 3 thì a .
7(mod 8) và 2 không là ước của x2 = x1 trừ phi a = 2n −1với n là số nguyên nào đó.
(4). Nếu phương trình (2.51) có hai nghiệm biểu diễn ở Dạng 4 thì a ≡ 3(mod 8) và 2 không là ước của x2 = x1 trừ phi a = 2n +1với n là số nguyên nào đó.
(5). Nếu phương trình (2.51) có hai nghiệm biểu diễn ở Dạng 2 thì a .
3(mod 8) vớia >3 khimnhư trong Bổ đề (2.29) là số lẻ.
(6). Nếu a ≡ 2(mod 3) thì tồn tại nhiều nhất một giá trị c để phương trình (2.51) có hai nghiệm biểu diễn ở Dạng 2 và nhiều nhất một giá trị c để phương trình (2.51) có hai nghiệm biểu diễn ở Dạng 4.
(7). Nếu a ≡ 1 (mod 3) thì phương trình (2.51) không có biểu diễn Dạng 4. Để có nghiệm Dạng 3 thì a ≡ 7(mod 8), Dạng 2 thì a ≡ 1(mod 8 hoặc
a≡ 3(mod 8).
(8). Nếu M > 3là số nguyên tố Mersen với M = 2u−1, khi đó phương trình chỉ có các nghiệm vớia = M là
M +2 = 2u+1 −M = c1 (2.52)
M +2u = 22u − M2 =c2. (2.53) Nếu F > 5 là số nguyên tố Fermat với F = 2v +1, khi đó phương trình chỉ có các nghiệm vớia = F là
F −2 = 2u+1 −F = c3 (2.54)
F +2u = F2 −22u =c4. (2.55) (9). Nếu a> 3và x1 = 1 < x2 thì x2 vày2 không thể cùng là số chẵn.
Bổ đề 2.30. Nếu a > 5 vàgcd(a,6) = 1, khi đó tồn tại nhiều nhất hai giá trị
cthỏa mãn (2.51) với điều kiện chọn số nguyên tốa với a ≡ 11(mod 24) và
mlà số chẵn (mxác định như trong Bổ đề 2.18 với b= 2). Tiếp theo ta quay lại chứng minh Định lý 2.27.
Chứng minh. Giả sử a là số nguyên tố, tồn tại số nguyên dương c sao cho phương trình (2.51) có biểu diễn Dạng 1. Ta dễ dàng chỉ ra x2 −x1 vày2 −y1
không cùng là số chẵn vày2 >2. Ta cóa ≡ 1(mod 8) và nếu slà số nhỏ nhất