2 Phương trình nghiệm nguyên
2.2 Ước số có dạng đặc biệt và ứng dụng
Trong phần này, ta sẽ thảo luận các ước có dạng a2 + b2, a2 + 2b2 và a2 −2b2 trong đó a, b là các số nguyên và ứng dụng trong giải phương trình Diophantus.
2.2.1 Ước của a2 + b2
Định lí 2.2.1. Mỗi ước lẻ nguyên tố củaa2 + 1đều có dạng 4k + 1.
Chứng minh. Giả sử p | a2 + 1, trong đó p = 4m + 3. Khi đó a2 ≡ −1 (mod p), suy raap−1 = (a2)2m+1 ≡ −1 (mod p), mâu thuẫn với định lý Fermat nhỏ.
Định lí 2.2.2. (1) Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau và p là một số nguyên tố lẻ chia hếta2 +b2. Khi đóp ≡ 1 (mod 4).
(2) Nếup ≡ 3 (mod 4)là một ước nguyên tố củaa2+b2 thìp | avàp | b.
Chứng minh. (1) Giả sửp | a2+b2vớip = 4m+3. Do đóa2 ≡ −b2 (mod p), suy raa2m+1 ≡ (−b2)2m+1 hay ap−1 ≡ −bp−1 (modp). Mặt khácgcd(a, b) = 1, suy ra p - a và p - b và tiếp tục sử dụng định lý Fermat nhỏ, ta có 1 ≡ −1 (mod p), mâu thuẫn.
(2) Nếu gcd(a, p) = 1 thì gcd(b, p) = 1 và theo định lý Fermat nhỏ thì ap−1 ≡ 1 (mod p) và bp−1 ≡ 1 (mod p). Mặt khác, nếu p = 4m + 3, từ p | a2 + b2 ta có a2 ≡ −b2 (mod p), suy ra (a2)p−21 ≡ (−b2)p−21 (mod p), nghĩa làap−1 ≡ −bp−1 (mod p). Ta lại có1 ≡ −1 (mod p), mâu thuẫn. Do đóp| a vàp| b.
Định lí 2.2.3(Bổ đề Thue). Nếunlà một số nguyên lớn hơn 1 và alà một số nguyên tố cùng nhau vớinthìn| ax±y vớix, ylà số nguyên dương nhỏ hơn
√
nvà một sự lựa chọn của dấu+ và−.
Chứng minh. Giả sử nkhông phải là số chính phương. Đặt t = [√
n] + 1 và S = {ax+ y | 0 ≤ x, y ≤ t−1}. Rõ ràng S có t2 phần tử. Bởi vì t2 > n nên từ nguyên lý Dirichlet suy ra tồn tại hai phần tử khác nhau ax1 + y1 và ax2 + y2 trong S sao cho ax1 + y1 ≡ ax2 + y2 (mod n), x1 > x2, suy ra a(x1−x2) ≡ y2 −y1 (mod n). Đặtx = x1−x2 vày = |y2−y1|. Rõ ràng x
vày khác không vìgcd(a, n) = 1. Với sự lựa chọn này, rõ ràngn| ax±y và 0 < x, y < √
n. Nếunlà một số chính phương thì đặt n = d2. Trong trường hợp này, nếu một trong hai xvà y làd thì số khác là bội củad và do đó cũng làd. Nhưng khi đóa = d±1. Vớia = d−1, ta lấy x = 1, y = d−1và dấu trừ. Vớia = d+ 1ta lấyx = d−1, y = 1và dấu cộng.
Trong nghiên cứu phương trình Diophantus, ta sử dụng một vài kết quả sau: nếu một vế của phương trình có thể viết làx2+a2 vớigcd(x, a) = 1, khi đó vế còn lại có một ước có dạng 4k + 3 thì phương trình vô nghiệm trong tập số nguyên.
Ví dụ 2.2.1(Ion Cucurezeanu). Cho nlà một số nguyên lẻ lớn hơn 1. Chứng minh rằng phương trình
xn + 2n−1 = y2 không có nghiệm trong tập các số nguyên lẻ.
Lời giải. Phương trình trở thành
xn+ 2n = y2 + 2n−1.
Vế trái của phương trình này có ước nguyên tố có dạng4k + 3. Thật vậy, nếu xcó dạng này thì ước nguyên tố nhỏ nhất của xn+ 2n có dạng 4k+ 3. Nếus có dạng 4k + 1 thìx+ 2 chia hết xn + 2n và cái này có dạng 4k + 3. Trong mỗi trường hợp, vìgcd(y,2n−21) = 1 và y2 + 2n−1 có ước nguyên tố có dạng 4k + 3, mâu thuẫn với kết quả trong định lý2.2.2(1).
Ví dụ 2.2.2(Ion Cucurezeanu). Chứng minh rằng phương trình x3 −x2 + 8 = y2
Lời giải. Nếu xlẻ, phương trình trở thành
(x+ 2)(x2 −2x+ 4) = x2 +y2.
Rõ ràng gcd(x, y) = 1. Nếu x = 4k + 1 thì x+ 2 = 4k + 3 có một ước nguyên tố có dạng này mà chia hết x2 + y2. Nếu x = 4k + 3 thìx2 −x+ 4 có dạng4m+ 3 và lập luận tương tự, ta lại có mâu thuẫn.
Nếu x = 2u, phương trình trở thành
2u3 −u2 + 2 = z2.
Nếu ulẻ thì vế trái đồng dư với 3 (mod 4) và do vậy nó không phải là một số chính phương. Nếu u chẵn thì vế trái đồng dư với 2 (mod 4) và lại không phải là một số chính phương.
Ví dụ 2.2.3 (Balkan Mathematical Olympiad). Giải phương trình nghiệm nguyên
x5 −4 =y2.
Lời giải. Lấy mod 8 ta suy ra y và x là các số lẻ. Vì x chia hết y2 + 22 nên nó không có dạng4k + 3. Do đóx = 4k+ 1và phương trình được viết là
x5 + 25 = y2 + 62.
Nếu 3 - y, ta lại có mâu thuẫn (x + 2 = 4k + 3 là một ước của y2 + 62 và gcd(y,6) = 1).
Nếu y = 3y1 thì x5 + 25 = 32(y12 + 4). Ta sẽ chứng minh rằng nếu
d = gcd x+ 2, x5 + 25 x+ 2 thìd | 5. Thật vậy, từ đẳng thức a5 +b5 = (a+b)5 −5ab(a2 +ab+b2)
và a2 +ab+b2 = (a+ b)2 −ab, suy ra a5 +b5 a+b = (a+b) 4 −5ab(a+b)2 + 5a2b2. Với a = x vàb = 2, d | a+b vàd | aa5++bb5 thìd | 5a2b2 = 5.(2x)2. Nhưng gcd(x+ 2,2x) = 1 vì x lẻ, suy ra gcd(d,(2x)2) = 1 và do vậy d | 5. Suy ra ít nhất một trong hai sốx + 2và x5+25
x+2 không chia hết 3 và vì cả hai đồng dư của 3 (mod 4), y21 + 4 có một ước nguyên tố có dạng 4k + 3, mâu thuẫn với định lý 2.2.2 (1). Kết luận, phương trình không có nghiệm trong tập số nguyên.
Ví dụ 2.2.4 (Titu Andreescu). Chứng minh rằng không tồn tại n nguyên để n7 + 7là số chính phương.
Lời giải. Với n chẵn thì n7 ≡ 3 (mod 4), suy ra nó không thể là số chính phương. Với n ≡ 3 (mod 4) thì n7 + 7 ≡ 2 (mod 4), do vậy tiếp tục nó không thể là một số chính phương. Với n ≡ 1 (mod 4), nếu n7 + 7 = q2 với q là số nguyên thì n7 + 27 = q2 + 112, suy ra n + 2 là một ước của q2 + 112, n+ 2≡ 3 (mod 4) và nếugcd(q,11) = 1, điều này mâu thuẫn với định lý2.2.2(1). Nếuq chia hết cho 11 thìq = 11q1 vàn7+ 27 = 112(q21+ 1). Ta sẽ chứng minh rằng nếud = gcdn+ 2,nn7+2+27thìd | 7. thật vậy, từ đẳng thức a7 +b7 = (a+ b)7 −7ab(a+b)(a2 + ab+ b2)2 và a2 +ab+b2 = (a+ b)2 −ab, suy ra a7 +b7 a+b = (a+b) 6 −7ab(a+ b)4 + 14a2b2(a+b)2 −7a3b3.
Choa = nvàb = 2, d | a+bvàd | a7+b7
a+b , do đód | 7a3b3 = 7.(2n)3. Nhưng gcd(n+ 2,2n) = 1, vì nlẻ nên gcd(d,(2n)3) = 1 và do vậy d | 7. Suy ra ít nhất một trong hai số n+ 2 và n7+27
n+2 không chia hết 11 và vì cả hai là đồng dư với 3 (mod 4),q12+ 1không có ước có dạng4k+ 3, mâu thuẫn với định lý 2.2.1.
2.2.2 Ước của a2 + 2b2
Định lí 2.2.4. Một số nguyên tố p lẻ có thể được viết làp = a2 + 2b2 vớia, b
là các số nguyên nếu và chỉ nếup≡ 1 (mod 8) hoặcp ≡3 (mod 8) .
Chứng minh. Nếu p = a2 + 2b2 thì a2 ≡ −2b2 (mod p). Giả sử b0 là một số nguyên sao cho bb0 ≡ 1 (mod p). Khi đó (ab0)2 ≡ −2 (mod p), do đó −2 p = 1. Suy ra −2 p = −1 p 2 p = (−1)p−21.(−1)p 2−1 8 ; do đó−2 p = 1nếu và chỉ nếu p−1
2 +p28−1 = 2k vớik là số nguyên. Điều này tương đương với (p−1)(p+5)
8 = 2k, suy rap≡ 1 (mod 8)hoặcp≡ 3 (mod 8). Ngược lại, giả sử p≡ 1 (mod 8)hoặcp≡ 3 (mod 8). Khi đó −2
p
= 1 vàa2 ≡ −2 (mod p) với alà số nguyên. Sử dụng bổ đề Thue (định lý 2.2.3 ), suy ra tồn tại các số nguyênx vày với0< x, y < √
p, sao chop | ax±y. Do đóp | a2x2 −y2 và do vậyp | (a2 + 2)x2 −(2x2+y2). Nhưngp | a2 + 2 suy ra2x2 +y2 = pk, k ∈ Z và0 < 2x2 + y2 < 3psuy rak ∈ {1,2}.
Với k = 1, ta có p = 2x2 + y2 và ta đã hoàn thành. Với k = 2,2p = 2x2 +y2, do đó2| y. Khi đó ta có thể viếty = 2y, do vậy p= x2 + 2y2.
Chú ý.(1) Kết quả trong định lý trên chứng tỏ rằng mỗi số nguyên tốpđồng dư với 1 hoặc 3 modul 8 là không bất khả quy trong vànhZ[√
(2) Nếu plà số nguyên tố có dạng8k−1hoặc8k −3và p| a2 + 2b2 thì p| a vàp| b.
Thật vậy, nếu p - a thì p - b và ta có thể tìm được một số nguyên b0 sao chobb0 ≡ 1 (mod p). Từ a2 ≡ −2b2 (mod p) suy ra (ab0)2 ≡ −2 (mod p). Bởi vì gcd(ab0, p) = 1 nên −2
p
= 1, suy ra p ≡ 1 (mod 8) hoặc p ≡
3 (mod 8), mâu thuẫn.
Ta có thể sử dụng kết quả trên để nghiên cứu phương trình Diophantus như sau: Nếu một vế của phương trình có thể được viết làx2+2y2 vớigcd(x, y) = 1, trong khi vế còn lại có ước nguyên tố đồng dư với −1 hoặc −3 modul 8, thì phương trình không có nghiệm trên tập số nguyên.
Ví dụ 2.2.5(Ion Cucurezeanu). Chứng minh rằng phương trình x3 −3 = 2y2
không có nghiệm trên tập số nguyên.
Lời giải. Viết phương trình tương đương với (i) x3 −1 = 2(y2 + 1),
(ii) x3 + 1 = 2(y2 + 2).
Chú ý rằng cả hai vế phải đều không chia hết 8. Vì xlẻ, ta xét trường hợp x = 8k±1vàx = 8k±3.
Nếu x = 8k+ 1, vế trái của (i) chia hết 8, mâu thuẫn. Điều này cũng đúng với (ii) khix = 8k −1.
Nếu x = 8k ± 3, x2 − x + 1 có dạng 8m − 1 hoặc 8m − 3 và có một ước nguyên tố của dạng này, do vậy theo định lý 2.2.4, nó không chia hết y2 + 2.
2.2.3 Ước của a2 −2b2
Định lí 2.2.5. Một số nguyên tố plẻ có thể được viết p = a2 −2b2 vớia, b là các số nguyên tố nếu và chỉ nếu p≡ 1 (mod 8) hoặcp≡ −1 (mod 8).
Chứng minh. Thật vậy, nếu p = a2 − 2b2 thì a2 ≡ 2b2 (mod p). Giả sử b00 là một số nguyên sao cho bb0 ≡ 1 (mod 8) thì (ab0)2 ≡ 2 (mod p), suy ra 2 p = 1. Nhưng 2 p = (−1)p 2−1 8 , và ta có 2 p
= 1 nếu và chỉ nếup ≡1 (mod 8) hoặcp ≡ −1 (mod 8). Ngược lại, nếu p ≡ 1 (mod 8)hoặc p ≡ −1 (mod 8), theo Bổ đề Thue ta có thể tìm được các số nguyên dương x và y với 0 < x, y < √
p sao cho p | a2x2 −y2, trong đó a là một số nguyên sao cho a2 ≡ 2 (mod p). Do đó p| (a2−2)x2+ 2x2−y2, do vậyp | 2x2−y2. Ta thu được0< 2x2−y2 < 2p, suy rap = 2x2 −y2.
Chú ý. (1) Nếu p là một số nguyên tố có dạng 8k − 3 hoặc 8k + 3 và p| a2 −2b2 thìp | avàp | b.
(2) Nếu plà một số nguyên tố đồng dư với ±1 (mod 8) thì phương trình Pell tổng quátx2 −2y2 = pcó nghiệm nguyên.
Để chứng tính chất trong chú ý đầu tiên, ta giả sử p- a. Khi đóp- bvà do đóbb0 ≡ 1 (mod p) với một vài số nguyênb0. Suy ra (ab0)2 ≡ 2 (mod p). Vì gcd(ab0, p) = 1, ta có2
p
= 1, do đóp ≡ ±1 (mod 8), mâu thuẫn.
Ta có thể sử dụng kết quả trong Định lý 2.2.5 như sau: Nếu một vế của phương trình có thể viết làx2−2y2 vớigcd(x, y) = 1, trong khi vế còn lại có ước nguyên tố đồng dư với ±3 (mod 8) thì phương trình không có nghiệm trong tập số nguyên.
Ví dụ 2.2.6. Cho phương trình
8xy−(x+y) = z2.
Chứng minh rằng:
(1) Phương trình không có nghiệm trong tập số nguyên dương. (2) Phương trình có vô số nghiệm trong tập các số nguyên âm.
Lời giải. (1) Phương trình tương đương với
(8x−1)(8y −1) = 8z2 + 1
và giả sử rằng nó có nghiệm trong tập các số nguyên dương. Vì 8x −1 ≥ 7 nên nó có một ước nguyên tố có dạng 8m −1 hoặc8m −3 và theo định lý 2.2.4thì8x−1không chia hết 2(2z)2 + 1, mâu thuẫn.
(2) Bộ ba (x, y, z)trong đó
x = −1, y = −9n2 −2n, z = −9n−1,
ở đónlà số nguyên dương bất kì là các nghiệm nguyên âm.
2.3 Bài tập áp dụng
Bài 1.Giải phương trình
x2 + 4 = yn, trong đó nlà một số nguyên lớn hơn 1.
Bài 2.Giải phương trình
x2 + 9 = yn, trong đó nlà một số nguyên lớn hơn 1.
Bài 3. Giả sử p = 4m −1 là một số nguyên tố và x, y là các số nguyên tố cùng nhau sao cho
vớiz là số nguyên. Chứng minh rằngp | xy.
Bài 4.Tìm tất cả các cặp (x, y)nguyên dương sao cho 13x+ 3 = y2.
Bài 5.Giải phương trình
x2 + 3 = yn, trong đó nlà một số nguyên lớn hơn 1.
Bài 6.Giải phương trình
x2 + 11 = 3n, trong đó nlà một số nguyên lớn hơn 1.
Bài 7.Giải phương trình
x2 +x+ 2 = y3, trong đó nlà một số nguyên lớn hơn 1.
Bài 8.Choplà một số nguyên tố có dạng4k+3. Chứng minh rằng hệ phương
trình
(p−1)x2 + y2 = u2 x2 + (p−1)y2 = v2 không có nghiệm trên tập số nguyên khác không.
Bài 9. Chứng minh rằng phương trình x2 + y2 = zn + 2n vô nghiệm nếu gcd(x, y) = 1 vànlà một số nguyên lẻ lớn hơn 1.
Bài 10.Chứng minh rằng vớinlà một số nguyên lớn hơn 1 bất kì thì phương trình
xn + 2n = y2 + 2 không có nghiệm.
Kết luận
Trong luận văn tôi đã trình bày được các kết quả sau:
(1) Nêu một số định nghĩa cơ sở, vành Z[i]các số nguyên Gauss và vành các số nguyên của Q√d.
(2) Chứng minh bổ đề Burnside và định lý Polya con.
(3) Luật thuận nghịch bậc hai, các ước số có dạng đặc biệt a2 +b2, a2 + 2b2, a2 −2b2.
(4) Vận dụng các kiến thức vành Z[i]các số nguyên Gauss, vành các số nguyên của Q√d, luật thuận nghich bậc hai để giải phương trình nghiệm nguyên.
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Hà Huy Khoái – Phạm Huy Điển (2003), Số học và 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.