Tài liệu Số nguyên gauss và phương trình diophantus

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHAN THẾ CHIẾN SỐ NGUYÊN GAUSS VÀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTUS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHAN THẾ CHIẾN SỐ NGUYÊN GAUSS VÀ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTUS Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH. HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn ii Danh sách ký hiệu iii Mở đầu 1 1 3 Vành Z[i] 1.1 Một số định nghĩa cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Vành Z[i] các số nguyên Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . √ Vành các số nguyên của Q[ d] . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 2 16 Phương trình nghiệm nguyên 27 2.1 Luật thuận nghịch và phương trình Diophantus . . . . . . . 27 2.2 Ước số có dạng đặc biệt và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . 30 2.2.1 Ước của a2 + b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.2.2 Ước của a2 + 2b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.2.3 Ước của a2 − 2b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.3 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 ii Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS.TS. Hà Huy Khoái, đã trực tiếp hướng dẫn tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu. Xin chân thành cảm ơn tới các thầy, cô giáo trong Khoa Toán - Tin, Phòng Đào tạo Khoa học, các bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân đã luôn khuyến khích, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và làm luận văn. Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của các thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn. Thái Nguyên, 2015 Phan Thế Chiến Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên iii Danh sách ký hiệu ED miền Euclide PID miền iđêan chính UFD miền nhân tử hóa duy nhất 1 Mở đầu Số nguyên Gauss là một số phức có phần thực và ảo là các số nguyên. Các số nguyên Gauss với phép cộng và nhân các số phức lập thành một miền nguyên và kí hiệu là Z[i]. Phương trình Diophantus là phương trình có dạng f (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0, (*) trong đó f là một hàm n biến với n ≥ 2, và các nghiệm được tìm trong tập hợp số nguyên hoặc số hữu tỷ. Nếu f là đa thức với các hệ số nguyên thì (*) là một phương trình Diophantus đại số. Bộ n phần tử (x01 , x02 , . . . , x0n ) ∈ Zn thỏa mãn (*) được gọi là một nghiệm của phương trình (*). Phương trình Diophantus là một chủ đề trong toán phổ thông và rất hay gặp trong các đề thi học sinh giỏi, thi quốc gia và quốc tế. Có rất nhiều nhà toán học nghiên cứu về vấn đề này và có một số phương pháp sơ cấp để giải phương trình Diophantus đó là: Phương pháp phân tích thành nhân tử, phương pháp bất đẳng thức, phương pháp tham số, phương pháp modul số học, phương pháp quy nạp ... Trong luận văn này chúng tôi trình bày vành số nguyên Gauss và một số phương pháp nâng cao để giải phương trình Diophantus. Với những lý do trên, cùng với sự quan tâm và muốn đi sâu hơn về vấn đề này, em chọn đề tài "Số nguyên Gauss và phương trình Diophantus" cho bài luận văn cuối khóa của mình. Do nhiều yếu tố chủ quan và khách quan, nội 2 dung của bài viết có thể còn nhiều khiếm khuyết, em rất mong nhận được ý kiến đóng góp của quý thầy cô. Cấu trúc luận văn Nội dung chính của luận văn được trình bày thành 2 chương: • Chương 1: Vành Z[i]. Trong chương này, chúng tôi trình bày một cách √ sơ lược về vành Z[i] các số nguyên Gauss và vành các số Z[ d] mà sẽ được sử dụng trong các chương tiếp theo. • Chương 2: Phương trình nghiệm nguyên. Trong chương này chúng tôi trình bày luật thuận nghịch và phương trình Diophantus; các ước số có dạng đặc biệt và ứng dụng để giải phương trình nghiệm nguyên. Do khối lượng kiến thức lớn và thời gian nghiên cứu chưa đủ dài, chắc chắn luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong muốn nhận được sự góp ý của các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Phan Thế Chiến Email: [email protected] 3 Chương 1 Vành Z[i] 1.1 Một số định nghĩa cơ sở Trường là một tập k được trang bị hai phép toán hai ngôi, giao hoán cộng và nhân, sao cho • (k, +) là một nhóm cộng Aben; • Mọi phần tử khác không của k đều có phần tử nghịch đảo và (k ∗ , .) là một nhóm nhân Aben, trong đó k ∗ = k\{0k }; • 0k 6= 1k ; • tính chất phân phối xảy ra: (a + b)c = ac + bc với mọi a, b, c ∈ k. Vành giao hoán cũng giống như là một trường, nhưng không phải mọi phần tử khác không đều có nghịch đảo của phép nhân. Ví dụ vành giao hoán: Z, Zn (tập các phần tử môđun n), k[x] (tập các đa thức với hệ số trong trường k). Một phần tử của vành R khả nghịch với phép nhân được gọi là đơn vị. Tập các đơn vị của R, kí hiệu R∗ là một nhóm nhân với phép nhân của R. Đối với các ví dụ đã nêu ở trên của vành giao hoán, ta có Z∗ = {−1, 1}, Z∗n = {â ∈ Zn : gcd(a, n) = 1}, k[x]∗ = k\{0F } với k là một trường. 4 Một ước của không của vành R là một phần tử khác không r ∈ R nếu có s ∈ R nào đó khác không sao cho rs = 0 . Một vành giao hoán không có ước của không được gọi là miền nguyên. Ví dụ về vành với ước của không: Zn với n không nguyên tố (ví dụ trong Z6 , 2̂.3̂ = 0̂). Một ví dụ không giáo hoán là trong M2 (Q), trong đó      0 0 1 −1 1 1  =   0 0 1 −1 1 1 Phần tử bất kì là một đơn vị của vành sẽ không bao giờ là một ước của không. Ví dụ về miền nguyên: Z; k[x], trong đó k là một trường bất kì. Vành R được gọi là miền Euclide (ED) nếu tồn tại một hàm λ : R\{0} → N0 với tính chất sau: Với hai số bất kì a, b ∈ R, b 6= 0 có thể tìm c, d ∈ R sao cho a = cb + d và hoặc d = 0 hoặc λ(d) < λ(b). Ví dụ, vành Z và k[x] (k là một trường) là 2 miền Euclide: lấy λ là giá trị tuyệt đối trong Z hoặc bậc của đa thức trong k[x]. Một iđêan I của vành R là một tập con của R đóng với phép cộng, trừ và phép nhân bởi các phần tử của R: nếu x, y ∈ I và r ∈ R thì x + y, x − y, rx ∈ R. Nói cách khác, I là một tập con của R, là một R− môđun, cũng gọi là R− môđun con. Hơn nữa, một iđêan gọi là iđêan chính nếu nó sinh bởi một phần tử như một R− môđun: với a ∈ I nào đó, I = {ra|r ∈ I} . Ta viết I = (a). Trong miền Euclide R mọi iđêan là iđêan chính. Một vành R được gọi là miền iđêan chính (PID) nếu mọi iđêan là iđêan chính. Do đó, mỗi ED cũng là một PID. Cho vành R, a, b ∈ R được gọi là liên kết nếu a = ub với u ∈ R là đơn vị. Phần tử p ∈ R được gọi là bất khả quy nếu a|p thì a là đơn vị hoặc a liên kết với p. Số không phải đơn vị p ∈ R là nguyên tố nếu p 6= 0 và p|ab thì p|a hoặc p|b. 5 Chú ý rằng các phần tử bất khả quy và nguyên tố không luôn luôn trùng trong các vành nhưng chúng trùng trong PID, trong đó các kí hiệu này có thể dễ dàng dịch sang ngôn ngữ của iđêan. Tương tự, ta định nghĩa ước chung lớn nhất của hai hay nhiều phần tử của R. Điều sau đây không đúng trong vành tuỳ ý, nhưng đúng trong các PID: nếu a, b ∈ R thì gcd(a, b) là một phần tử d sao cho (a, b) = (d). Cuối cùng, hai phần tử được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu gcd(a, b) = 1. Trong PID điều này có nghĩa là a và b sinh ra vành R. Trong PID, các khái niệm phần tử nguyên tố và bất khả quy là tương đương. Trong một PID R, dãy tăng bất kì của iđêan cuối cùng được ổn định. Do đó, cho p là một số nguyên tố bất kì và a ∈ R, a 6= 0 bất kì đều có một số nguyên không âm duy nhất sao cho pn | a nhưng pn+1 - a. Số n được gọi là bậc của p trong a, kí hiệu là n = ordp a. Chú ý rằng với a, b 6= 0 bất kì thì ordP ab = ordp a + ordp b. Sau đây là định lý chính của phần này. Lưu ý rằng một PID có thể được coi như là hợp rời của các tập con của các phần tử liên kết. Nếu một phần tử trong một tập con là nguyên tố thì tất cả các phần tử liên kết cũng nguyên tố. Từ mỗi tập con như vậy bao gồm các phần tử nguyên tố ta chọn một đại diện và kí hiệu tập các đại diện là S. Ta có kết quả quan trọng sau: Định lí 1.1.1. Cho R là một PID và S tập các đại diện của các tập con của các phần tử nguyên tố liên kết trong R. Khi đó, với mọi a ∈ R, a 6= 0 ta có a=u Y pe(p) p trong đó u là một đơn vị trong R và tích lấy trên tất cả các phần tử p ∈ S. Phép phân tích này là duy nhất sai khác cách chọn S, và các số mũ là duy nhất được xác định bởi e(p) = ordp a. 6 Lưu ý rằng ED ⇒ PID ⇒ UFD nhưng ngược lại không đúng. Rất khó tìm phản ví dụ cho vành là PID nhưng không là ED. Tuy nhiên, ta hãy xét vành đa thức bất kì trên trường k trong trường hợp nhiều hơn một biến: k[x, y]. Đây rõ ràng là một UFD nhưng rõ ràng không là PID: iđêan sinh bởi hai biến (x, y) không là iđêan chính. Hơn nữa, không nên có ý nghĩ sai lầm rằng mọi vành đều là UFD. 1.2 Vành Z[i] các số nguyên Gauss Một số nguyên Gauss là một số phức với hai phần thực và ảo là các số nguyên. Các số Gauss với phép cộng và nhân thông thường của số phức làm thành một miền nguyên, thường kí hiệu là Z[i]. Miền này không thể biến thành một vành sắp thứ tự vì nó chứa một căn bậc hai của −1. Về mặt hình thức, tập các số nguyên Gauss là Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z}. Cho α = a + bi trong Z[i], chuẩn của α là N (α) = a2 + b2 , là một số nguyên không âm. Chuẩn này là nhân tính: N (α.β) = N (α)N (β) và nó cho một số đo kích thước của các phần tử. Cho a ∈ Z là một số nguyên, chuẩn của nó chính là bình phương của nó: N (a) = a2 . Đặc biệt N (1) = 1. Định lí 1.2.1. Đơn vị trong Z[i] là 1, −1, i và −i, cụ thể là các phần tử có chuẩn 1. Chứng minh. Vì 1.1 = 1, (−1)(−1) = 1 và i(−i) = 1 nên 4 phần tử này là các đơn vị trong Z[i]. Ngược lại, nếu u là một đơn vị trong Z[i] thì uv = 1 với v ∈ Z[i]. Lấy chuẩn cả hai vế, ta có N (u)N (v) = 1. Phương trình sau gồm 7 các số nguyên dương, do vậy cả N (u) và N (v) phải bằng 1. Viết u = a + bi, ta có a2 + b2 = 1. Các nghiệm duy nhất trong tập các số nguyên này là (a, b) = (±1, 0) và (0, ±1), suy ra bốn số 1, −1, i và −i. Cách chung để viết các đơn vị trong Z[i] là ik , k = 0, 1, 2, 3. Giống như Z, có một định lý chia trong Z[i]. Để đo kích thước của số dư của phép chia, ta sử dụng chuẩn: Định lí 1.2.2. Với α, β là hai số bất kì trong Z[i], β 6= 0 ta có γ, ρ ∈ Z[i] sao cho 1 α = βγ + ρ, N (ρ) ≤ N (β) < N (β). 2 Chứng minh. Chuẩn trên Z[i] liên quan chặt chẽ với giá trị tuyệt đối trên C : N (a + bi) = |a + bi|2 . Giá trị tuyệt đối trên C là cách chúng ta đo khoảng cách trong C và ta sẽ tận dụng điều này. √ Trong C, số phức xa nhất có thể cách một phần tử của Z[i] là 1/ 2, vì các √ tâm của các hình vuông 1 × 1 với các đỉnh trong Z[i] có khoảng cách 1/ 2 đến các đỉnh. Bây giờ ta xét tỉ số α/β như một số phức và đặt nó trong một hình vuông 1 × 1 có các đỉnh trong Z[i]. Giả sử γ ∈ Z[i] là các đỉnh của hình √ vuông mà gần nhất với α/β, do đó |α/β − γ| ≤ 1/ 2. Nhân bất đẳng thức √ này với |β|, ta được |α − βγ| ≤ (1/ 2)|β|. Bình phương hai vế và nhớ lại rằng bình phương giá trị tuyệt đối số phức trên Z[i] là chuẩn, ta được 1 N (α − βγ) ≤ N (β). 2 Bây giờ đặt ρ = α − βγ. Chú ý. Không giống như trường hợp trong Z, thương và số dư trong Z[i] là không duy nhất. Ví dụ, lấy α = 37 + 2i và β = 11 + 2i. Ta có thể kiểm tra rằng α = β.3 + (4 − 4i), α = β(3 − i) + (2 + 7i). 8 Ở đây cả hai số dư có chuẩn nhỏ hơn N (3) = 125 (thực tế nhỏ hơn 125/2). Chứng minh của định lý 1.1.2 giải thích một cách hình học tại sao thương và số dư trong Z[i] là không duy nhất: α/β là gần với hai đỉnh trong hình vuông 1 × 1 chứa nó hơn độ dài của một nửa đường chéo của hình vuông. Sự thiếu tính duy nhất này trong thương và số dư không phải là một nhược điểm lớn, vì các hệ quả chính của định lý chia, như thuật toán Euclide và tính duy nhất của phép phân tích thành nhân tử, không thực sự sử dụng tính duy nhất. Điều chính yếu là phần dư nhỏ hơn thương, và đó là kết quả quan trọng của định lý 1.1.2 Hệ quả 1.2.1. Vành Z[i] có phép phân tích duy nhất và là một miền iđêan chính. Chứng minh. Mọi miền có định lý chia đều là một PID và một UFD, bằng cách chứng minh như trong trường hợp Z. Đây là một vài ví dụ về các số nguyên tố trong Z[i]: 1 + i, 3, 1 + 2i, 1 − 2i, 7, 11, 2 + 3i, 2 − 3i. Chú ý 2 và 5 không nguyên tố trong Z[i] vì 2 = (1 + i)(1 − i) và 5 = (1 + 2i)(1 − 2i). Ví dụ 1.2.1. Sử dụng các tính chất của vành Z[i] để tìm tất cả các bộ ba Pythagore. Lời giải. Ta sử dụng tính duy nhất của phép phân tích thành thừa số nguyên tố trong Z[i]. Giả sử (x, y, z) là một nghiệm của x2 + y 2 = z 2 với gcd(x, y) = 1. Khi đó một trong hai số x và y lẻ và do đó z lẻ. Ta có thể viết x2 + y 2 = z 2 trong Z[i] như (x + iy)(x − iy) = z 2 . (1) 9 Ta chứng minh rằng gcd(x + iy)(x − iy) = 1. Thật vậy, giả sử d ∈ Z[i] là bất khả quy và d chia hết x + iy và x − iy. Khi đó d | 2x và d | 2y. Nếu d | 2 điều này mâu thuẫn với giả thiết z lẻ. Do đó d | x và d | y. Lấy chuẩn ta suy ra N (d) | x2 và N (d) | y 2 . Nhưng gcd(x, y) = 1 nên suy ra x + iy và x − iy là nguyên tố cùng nhau trong Z[i]. Do đó x + iy = u(a + ib)2 với u là đơn vị và a, b ∈ Z. Suy ra x + iy = u(a2 − b2 + 2abi). Bằng cách lấy các giá trị khác nhau của u ta có các biểu thức tương tự cho x, y, z. Ngược lại x = a2 − b2 , y = 2ab và z = a2 + b2 thỏa mãn x2 + y 2 = z 2 với mọi a, b ∈ Z. Do đó, ta đã tìm thấy tất cả các bộ ba Pythagore. Ví dụ 1.2.2. Giải phương trình x2 + y 2 = z n trong đó n là một số nguyên lớn hơn 1 và x, y là nguyên tố cùng nhau. Lời giải. Cho n = 2 thì các nghiệm là bộ ba Pythagore đã xét ở ví dụ 1.2.1 trên. Cho n ≥ 3 ta lại sử dụng tính duy nhất của phép phân tích thành tích các thừa số nguyên tố trong vành Z[i]. Ta có thể giả sử rằng x và y nguyên tố cùng nhau và viết phương trình thành (x + iy)(x − iy) = z n . Suy ra gcd(x+iy, x−iy) = 1 trong Z[i]. Thật vậy, dễ thấy gcd(x+iy, x−iy) chia hết gcd(2x, 2y) = 2. Nhưng trong Z[i] số 2 = −i(1 + i)2 là bình phương sai khác các đơn vị của số nguyên tố 1 + i và nếu 1 + i chia hết cả hai số hạng thì 2 | z và ta có một mâu thuẫn khi xét mod 8. Do đó x + iy = (a + ib)2 với các số nguyên a và b nào đó, với a2 + b2 = z. Khi đó x = An và y = Bn , trong đó [ n2 ] An = X k=0  (−1)k  n 2k   an−2k b2k 10 [ n−1 2 ] Bn = X  (−1)k  k=0  n  an−1−2k b2k+1 2k + 1 và nghiệm tổng quát là bộ ba
dn An , dn Bn , d2 (a2 + b2 ) , trong đó a, b, d ∈ Z. Bảng sau là một vài giá trị đầu tiên của An và Bn : 0 1 0 1 a b 2 a2 − b2 2ab 3 a3 − 3ab2 3a2 b − b3 4 a4 − 6a2 b2 + b4 4a3 − 4ab3 5 a5 − 10a3 b2 + 5ab4 5a4 b − 10a2 b3 + b5 6 a6 − 15a4 b2 + 15a2 b4 − b6 6a5 b − 20a3 b3 + 6ab5 7 a7 − 21a5 b2 + 35a3 b4 − 7ab6 7a6 b − 35a4 b3 + 21a2 b5 − b7 8 a8 − 28a6 b2 + 70a4 b4 − 28a2 b6 + b8 8a7 b − 56a5 b3 + 56a3 b5 − 8ab7 Chú ý: (1) Các số nguyên u = a4 − 6a2 b2 + b4 và v = a3 b − ab3 không phải là bình phương của các số nguyên khác không. Thật vậy, nếu u = s2 và v = t2 với t, s là các số nguyên khác không thì s4 + (2t)2 = u2 + (4v)2 = (a2 + b2 )4 , mâu thuẫn với định lý cuối cùng của Fermat. (2) Các số nguyên u = a6 − 15a4 b2 + 15a2 b4 − b6 và v = 6a5 b − 20a3 b3 + 6ab5 không phải là lập phương của các số nguyên khác không. Thật vậy, nếu u = s3 và v = t3 thì s6 + t6 = u2 + v 2 = (a2 + b2 )6 , lại mâu thuẫn với định lý cuối cùng của Fermat. (3) Tổng quát, với n = 2m thì các số nguyên An và Bn không phải là lũy thừa bậc m của các số nguyên khác không. 11 Ví dụ 1.2.3. Giải phương trình x2 + 1 = y n , trong đó n là một số nguyên lớn hơn 1. Lời giải. Nếu n chẵn thì phương trình chỉ có nghiệm 0, 1 và (0, −1). Với n lẻ, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử n là số nguyên tố p ≥ 3. Thật vậy, nếu n = q.k, trong đó q là một số nguyên tố lẻ, ta có phương trình kiểu: x2 + 1 = (y k )q . Ta sẽ sử dụng tính duy nhất của phép phân tích thành tích các thừa số nguyên tố trong vành Gauss Z[i]. Rõ ràng, x chẵn và y lẻ. Ta có (1 + ix)(1 − ix) = y p . Ngoài ra, các số nguyên 1 + ix và 1 − ix nguyên tố cùng nhau trong Z[i]. Thật vậy, giả sử z = gcd(1 + ix, 1 − ix), z = a + bi. Ta có z | (1 + ix) + (1 − ix) = 2, do đó z | 2. Suy ra z.z | 4, nghĩa là a2 + b2 | 4. Mặt khác z | 1 + ix, suy ra z | 1 − ix, do vậy a2 + b2 | 1 + x2 . Nhưng vì x chẵn nên a2 + b2 lẻ. Do đó a2 + b2 = 1, suy ra z là đơn vị trong Z[i]. Vì a + ix và a − ix là nguyên tố cùng nhau, từ (1 + ix)(1 − ix) = y p suy ra 1 + ix = a(u + iv)p , trong đó a là đơn vị và u, v có tính chẵn lẻ khác nhau. Vì p chẵn nên mọi đơn vị là một lũy thừa bậc p, suy ra ta có thể khử đơn vị ở đây. Do vậy ta có thể giả sử 1 + ix = (u + iv)p . Sử dụng khai triển nhị thức và đồng nhất phần thực, ta có       p p p  uv p−1 . 1 = up −   up−2 v 2 +   up−4 v 4 − · · · ±  2 4 p−1 Do đó u | 1, suy ra u = ±1 và do vậy v lẻ. Ta thu được up ≡ 1( mod 4) và từ p chẵn suy ra u = 1. Chia cho v 2 6= 0, ta có         p p p p   =   v2 −   v4 + · · · ±   v p−3 2 4 6 p−1 12 Điều này mâu thuẫn vì số mũ của 2 ở vế trái nhở hơn số mũ của 2 ở vế phải. Thật vậy, với k = 1, 2, . . . , ta có     p(p − 1) 2v 2k−2 p p−2 2k−2   v  = 2 2k 2k − 2 (2k − 1)2k Cuối cùng, với p ≥ 3 phương trình không có nghiệm khác ngoài nghiệm tầm thường (0, 1). Ví dụ 1.2.4. Giải phương trình x2 + 4 = y 3 . Lời giải. Giả sử x một số lẻ. Phương trình có thể viết là (2+ix)(2−ix) = y 3 . Ta sẽ chứng minh rằng 2 + ix và 2 − ix nguyên tố cùng nhau trong vành Z[i]. Thật vậy, giả sử z = gcd(2 + ix, 2 − ix), z = c + di. Khi đó z chia hết (2 + ix)(2 − ix) = 4, do đó z | 4. Suy ra z.z = c2 + d2 chia hết 16. Mặt khác z | 2 + ix suy ra z | 2 − ix; do đó c2 + d2 | 4 + x2 . Nhưng vì x lẻ nên c2 + d2 = 1, suy ra z là đơn vị trong Z[i]. Vì 2 + ix và 2 − ix là nguyên tố cùng nhau, từ (2 + ix)(2 − ix) = y 3 suy ra 2 + ix = (a + bi)3 với a, b là các số nguyên. Đồng nhất phần thực và phần ảo, ta có a(a2 − 3b2 ) = 2 và 3a2 b − b3 = x. Phương trình đầu suy ra a = ±1 hoặc a = ±2, suy ra x = ±11 và y = 5. Nếu x chẵn thì y cũng chẵn. Giả sử x = 2u và y = 2v. Phương trình trở thành u2 + 1 = 2v 3 , nghĩa là (u + i)(u − i) = 2v 3 . Vì gcd(u + i, u − i) = 1 và 2 = (1 + i)(1 − i), lại sử dụng tính duy nhất của phép phân tích thành tích các thừa số nguyên tố trong Z[i], ta có u + i = (1 + i)(a + bi)3 , với a, b là các số nguyên. 13 Đồng nhất phần thực và phần ảo, ta có a3 − 3a2 b − 3ab2 + b3 = u, a3 + 3a2 b − 3ab2 − b3 = 1. Biểu thức sau có thể viết là (a − b)(a2 + 4ab + b2 ) = 1, suy ra    a−b=1  a − b = −1 hoặc  a2 + 4ab + b2 = 1  a2 + 4ab + b2 = −1 Hệ thứ hai vô nghiệm. Thật vậy, ta có a2 + 4ab + b2 = (a + 2b)2 − 3b2 ≡ 0, 1 (mod 3). Hệ ban đầu có nghiệm nguyên: (a, b) = (1, 0) và (a, b) = (0, −1), suy ra (x, y) = (2, 2) và (x, y) = (−2, 2). Chú ý. - Phương trình x2 + k = y 3 , trong đó k là một số nguyên khác không, được gọi là phương trình Mordell (Mordell 1888 - 1972). Năm 1992 Mordell đã chứng minh rằng với mọi số nguyên k khác không, phương trình chỉ có hữu hạn nghiệm nguyên. Nghiên cứu phương trình này phức tạp và liên quan đến nhiều phương pháp nâng cao. Chẳng hạn, nghiệm nguyên của x2 − 24 = y 3 là (±4, −2), (±5, 1), (±32, 10) và (±736844, 8158). - Các nghiệm nguyên của phương trình xy = zw là x = mn, y = pq, z = mp, w = np, trong đó m, n, p, q là các số nguyên và gcd(n, p) = 1. Thật vậy, viết phương trình là x z w = y và kí hiệu bởi phân số tối giản tương n ứng . Khi đó đặt p x z y w = và q = = . n p p n Suy ra x = mn, y = pq, z = mp, w = np. m= 14 Ví dụ 1.2.5. Nếu a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn a2 + b2 = cd thì tồn tại các số nguyên x, y, z, w, t sao cho a = t(xz − yw), b = t(xw + yz), c = t(x2 + y 2 ), d = t(z 2 + w2 ). Lời giải. Giả sử t = gcd(a, b, c, d), a = ta1 , b = tb1 , c = tc1 và d = td1 . Khi đó a21 + b21 = c1 d1 , suy ra (a1 + b1 i)(a1 − b1 i) = c1 d1 . Theo chú ý trên, tồn tại m, n, p, q ∈ Z[i] sao cho a1 + b1 i = mn, a1 − b1 i = pq, c1 = np, d1 = mq. (1.1) Vì np và mq là các số nguyên dương nên n = kp và q = lm với k, l là các số hữu tỉ dương. Mặt khác vì |mn| = |pq| suy ra |kmp| = |lpm| và k = l. u Giả sử u và v là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau sao cho k = . v Khi đó u u u u a1 + b1 i = mp, a1 − b1 i = pm, c1 = pp, d1 = mm. v v v v Điều này có nghĩa là u | a, b, c, d và do đó u = 1. Ta cũng có v v v v a1 + b1 i = nq, a1 − b1 i = qn, c1 = nn, d1 = qq, u u u u suy ra v | a, b, c, d và do đó v = 1. Giả sử n = x + yi và m = z + wi, trong đó x, y, z, w ∈ Z. Khi đó, từ (1.1) suy ra a1 = xz − yw, b1 = xw + yz, c1 = x2 + y 2 , d1 = z 2 + w2 15 và do đó a = t(xz − yw), b = t(xw + yz), c = t(x2 + y 2 ), d = t(z 2 + w2 ). Ví dụ 1.2.6. Nếu a, b, c là các số nguyên dương sao cho ab = c2 + 1 thì a và b có thể được viết là tổng của bình phương hai số nguyên. Lời giải. Từ bài toán trên, tồn tại các số nguyên x, y, z, t sao cho t(x2 + y 2 ) = a, t(z 2 + w2 ) = b, t(xz − yw) = c, t(xw + yz) = 1. Suy ra t = 1. Do đó a = x2 + y 2 , b = z 2 + w2 . Ví dụ 1.2.7. Tìm tất cả các bộ tứ (u, v, w, s) thỏa mãn phương trình Pythagore tổng quát r2 + u2 + v 2 = s2 . Lời giải. Viết phương trình dưới dạng u2 + v 2 = s2 − r2 , suy ra u2 + v 2 = (s + r)(s − r). Áp dụng kết quả của bài toán trước với a = u, b = v, c = s − r và d = s + r, ta có u = t(xz − yw), v = t(xw + yz), s + r = t(x2 + y 2 ), s − r = t(z 2 + w2 ). Cho t = 2, suy ra nghiệm của phương trình là r = x2 + y 2 − z 2 − w2 , s = x2 + y 2 + z 2 + w2 u = 2(xz − yw), v = 2(xw + yz).