Tài liệu 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 TOÁN NAGELL-LJUNGGREN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8 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 trong luận văn iii Lời cảm ơn iv Mở đầu 1 Chương 1.Phương trình Nagell-Ljunggren 3 1.1. Giới thiệu bài toán Nagell-Ljunggren . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2. Phương pháp Runge và một vài kết quả đã biết . . . . . . . . 3 1.3. Một số kết quả mới của M.A.Bennett và A.Levin về phương trình Nagell-Ljunggren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Chương 2.Ứng dụng giả thuyết abc để giải phương trình Nagell-Ljunggren 19 2.1. Giả thuyết abc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. 9 2.2. Ứng dụng giả thuyết abc để giải phương trình NagellLjunggren. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. 9 2.2.1.Một số khái niệm và ký hiệu cần sử dụng . . . . . . . . 1. 9 2.2.2.Bộ ba chấp nhận được và bộ ba không chấp nhận được 2. 1 2.2.3.Ứng dụng giả thuyết abc để giải phương trình NagellLjunggren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. 2 Chương 3.Các lời giải của phương trình Nagell-Ljunggren suy rộng đối với các bộ ba (q,n,l) chấp nhận được 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 . 2. 7 . 3. 1 . 3. 2 . 3. 3 . 3. 4 . 3. 4 . 3. 5 ii 3.8. Trường hợp (q, n, l) = (2; 4; 1) 3.9. Trường hợp (q, n, l) = (4; 2; 2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. 6 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 iii Một số kí hiệu trong luận văn STT Ký hiệu 1 ω (n) 2 Ω (n) 3 G (n) 4 φ 5 ordp n 6 gcd (a, b)   n 7 k 8 [x] 9 dxe 10 rad (n) 11 ω↑n P 12 b 13 |ω| 14 [ω]b Nội dung ký hiệu Số các ước nguyên tố khác nhau của n Số lượng tất cả các ước nguyên tố của n Phần không bình phương của n Hàm Euler Cấp của n theo modulo p Ước chung lớn nhất của a, b   n! n = k k! (n − k)! [x] = max {n ∈ Z |n ≤ x} - hàm Floor dxe = min {n ∈ Z |n ≥ x} - hàm Ceiling Tích các ước nguyên tố phân biệt của n ω ↑ n = ωω...ω | {z } n P = {0, 1, ..., b − 1}, (b ≥ 2) b Số các kí tự của ω, độ dài của ω P [ω]b = ai bn−i = m - giá trị của ω Trang 4 4 5 5 5 6 (m)b √
Q 3 (m)b = ω - biểu diễn của m trong cơ sở b √
 √ Q 3 = a + b 3 |a, b ∈ Q 20 32 15 16 9 9 28 19 20 20 20 20 1≤i≤n iv Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Nông Quốc Chinh, khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên. Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy, người đã tạo cho tôi một phương pháp nghiên cứu khoa học đúng đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều thời gian, công sức giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này. Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, những người đã tận tình giảng dạy và khích lệ, động viên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập. Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo đã tạo mọi điều kiện thuận lợi trong suốt thời gian tôi học tập. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến tập thể lớp Cao học Toán K12A7 đã luôn động viên và giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình học tập và làm luận văn. Cuối cùng tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân, đồng nghiệp đã giúp đỡ, động viên tôi có thể hoàn thành tốt khóa học của mình. Xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 7 năm 2020 Học viên Hoàng Thu Thảo 1 Mở đầu 1. Mục đích của đề tài luận văn Một trong những bài toán kinh điển của Lý thuyết số là Bài toán Nagell-Ljunggren: Tìm những số nguyên n > 2 và q ≥ 2 để phương trình Diophantine bn − 1 q y = (1) b−1 có cặp nghiệm nguyên (y, b) thỏa mãn |b| , |y| > 1. Vào khoảng những năm 1920 đến 1940, Nagell và Ljunggren đã công bố những kết quả đầu tiên về lời giải của phương trình Diophante (1), đó là khẳng định ngoài các lời giải : (3, 11, 5, 2); (7, 20, 4, 2); (18, 7, 3, 3); (−19, 7, 3, 3); phương trình (1) không có lời giải (b, y, n, q) nào khác nếu một trong các điều kiện sau thỏa mãn: (i) q = 2; (ii) 3 là ước của n; (iii) 4 là ước của n; (iv) q = 3 và n 6≡ 5(mod6). Từ đó đến nay, với tên gọi là phương trình Nagell-Ljunggren, vấn đề này đã được rất nhiều nhà toán học quan tâm và có nhiều công bố trong những năm gần đây. - Năm 2015, Michael A.Bennett và Aaron Levin đã công bố một kết quả nghiên cứu tốt hơn rất nhiều so với kết quả của Yann Bugeaud và Preda Mihăilescu năm 2007. - Năm 2017, Andrew Bridy, Robert J.Lemke Oliver, Arlo Shallit và Jeffrey Shallit đã công bố một kết quả mở rộng mới về vấn đề này qua bài báo “On the Generalized Nagell-Ljunggren Problem: Powers with Repetitive Representations”. 2 Mục đích của luận văn là trình bày lại các kết quả của hai bài báo: “The Nagell–Ljunggren equation via Runge’s method” của Michael A.Bennett, Aaron Levin và “On the Generalized Nagell-Ljunggren Problem: Powers with Repetitive Representations” của Andrew Bridy, Robert J.Lemke Oliver, Arlo Shallit và Jeffrey Shallit. 2. Nội dung đề tài Luận văn được chia làm ba chương, trong đó: Chương 1. Phương trình Nagell-Ljunggren Chương đầu tiên trình bày về bài toán Nagell-Ljunggren và một kết quả mới của phương trình Nagell-Ljunggren khi sử dụng phương pháp cổ điển của Runge. Chương 2. Ứng dụng giả thuyết abc để giải phương trình Nagell-Ljunggren Chương thứ hai trình bày về giả thuyết abc, một số khái niệm, kí hiệu mới, các bộ ba chấp nhận được và quan trọng là ứng dụng của Giả thuyết abc vào giải phương trình Nagell-Ljunggren. Chương 3. Các lời giải của phương trình Nagell-Ljunggren suy rộng đối với các bộ ba (q, n, l) chấp nhận được Chương cuối cùng trình bày chi tiết lời giải của bài toán NagellLjunggren suy rộng đối với 9 trường hợp mà bộ ba (q, n, l) chấp nhận được thông qua việc chứng minh các định lý. Phần kết luận của luận văn tổng kết lại toàn bộ các kết quả đã đạt được. 3 Chương 1 Phương trình Nagell-Ljunggren 1.1. Giới thiệu bài toán Nagell-Ljunggren Bài toán 1.1.1 (Bài toán Nagell-Ljunggren). Tìm những số nguyên n > 2 và q ≥ 2 để phương trình Diophantine bn − 1 y = b−1 q (1.1) có cặp nghiệm nguyên (y, b) thỏa mãn |b| , |y| > 1. 1.2. Phương pháp Runge và một vài kết quả đã biết Vào khoảng những năm 1920 đến 1940, Nagell và Ljunggren đã công bố những kết quả đầu tiên về lời giải của phương trình Diophante (1.1), đó là khẳng định ngoài các lời giải : (3, 11, 5, 2); (7, 20, 4, 2); (18, 7, 3, 3); (−19, 7, 3, 3); phương trình (1.1) không có lời giải (b, y, n, q) nào khác nếu một trong các điều kiện sau thỏa mãn: (i) q = 2; (ii) 3 là ước của n; (iii) 4 là ước của n; (iv) q = 3 và n 6≡ 5(mod6). Từ đó đến nay, với tên gọi là phương trình Nagell-Ljunggren, vấn đề này đã được rất nhiều nhà toán học quan tâm và có nhiều công bố trong những năm gần đây. Năm 1887, trong một bài báo của mình, C.Runge đã mô tả một phương pháp dùng để xác định các nghiệm nguyên của các phương trình Diophantine có dạng f (x) = g (x), trong đó f và g là các đa thức 4 một ẩn x với hệ số nguyên. Sau này, nhiều nhà toán học như Bugeaud, Mihăilescu,... đã sử dụng phương pháp của Runge để chứng minh các định lý toán học, phương pháp suy luận như vậy được gọi chung là phương pháp Runge. Năm 2007, trong bài báo “On the Nagell-Ljunggren equation xn − 1 = y q ”, Y.Bugeaud và P.Mihăilescu đã sử dụng phương pháp x−1 Runge chứng minh được rằng: Nếu (b, y, n, q) là một nghiệm của phương trình bn − 1 = yq , (1.2) b−1 với |b| , |y| > 1; n > 2; q ≥ 2; thì ta có ω (n) ≤ Ω (n) ≤ 4, trong đó ω (n) là số các ước nguyên tố khác nhau của n, còn Ω (n) là số lượng tất cả các ước nguyên tố của n. Năm 2015, trong bài báo “The Nagell–Ljunggren equation via Runge’s method”, M.A.Bennett và A.Levin cũng đã sử dụng phương pháp Runge chứng minh được kết quả tốt hơn rất nhiều so với kết quả của Bugeaud và Mihăilescu. Đó là: Nếu (b, y, n, q) là một nghiệm của phương trình (1.2) thì ω (n) ≤ Ω (n) ≤ 3. Mục tiêu chính của chương này là trình bày lại các kết quả đã thu được của M.A.Bennett và A.Levin trong bài báo “The Nagell–Ljunggren equation via Runge’s method”. Trước hết, ta sẽ nhắc lại một số kết quả đã thu được của Nagell, Ljunggren, Mihăilescu, Bugeaud,... Phương trình Nagell–Ljunggren (1.2) có đúng 4 nghiệm đã biết đó là: 3 3 4 35 − 1 2 7 −1 2 18 − 1 3 (−19) − 1 = 11 , = 20 , =7 , = 73 . (N L) 3−1 7−1 18 − 1 (−19) − 1 5 Mệnh đề 1.2.1. Nếu (x, y, n, q) là nghiệm của (1.2) không nằm trong (N L) thì ˆ q ≥ 3 là số lẻ, ˆ Ước nguyên tố nhỏ nhất p của n thỏa mãn p ≥ 5, ˆ |x| ≥ 104 và x có ước nguyên tố p ≡ 1 (modq). Trước khi đi vào phần chính của chương này thì chúng ta cần đến một số định nghĩa và bổ đề sau: Định nghĩa 1.2.2. Cho n là số nguyên dương bất kì. Ta nói số nguyên n là số không bình phương nếu n không chia hết cho bình phương của một số nguyên bất kì khác 1. Ví dụ 1.2.3. Các số sau là các số không bình phương: 2; 3; 5; 6; 7; 10; 11; 13; 14; 15;... Định nghĩa 1.2.4. Cho số nguyên dương n bất kì. Giả sử e t+1 n = p1 p2 ...pt pt+1 ...perr , với ei > 1, ∀i. Khi đó ta kí hiệu G (n) = p1 p2 ...pt và gọi G (n) là phần không bình phương của n. Ví dụ 1.2.5. Với n = 756000 = 24 .33 .52 .7 ⇒ G (n) = 7. Với n = 100548 = 22 .33 .72 .19 ⇒ G (n) = 19. Định nghĩa 1.2.6. Giả sử n và p là hai số nguyên dương bất kì và (n, p) = 1. Ta kí hiệu ordp n là số nguyên dương nhỏ nhất t thỏa mãn nt ≡ 1 (modp) . Ta gọi ordp n là cấp của n theo modulo p. Định nghĩa 1.2.7. Với mọi số nguyên dương n, gọi Qn = φ (G (n)), với G (n) là phần không bình phương của n và φ là hàm Euler. Bổ đề 1.2.8. Cho (x, y, n, q)là nghiệm  của (1.2) với n lẻ. Nếu ước số D  n Qn của n thỏa mãn D; = D; = 1, thì tồn tại số nguyên y1 , y2 D D với y1 y2 = y sao cho
D n/D x −1 xD − 1 q q và y2 = . y1 = xD − 1 x−1 6 1.3. Một số kết quả mới của M.A.Bennett và A.Levin về phương trình Nagell-Ljunggren Bổ đề 1.3.1. Cho (x, y, n, q) là nghiệm của (1.2) với n lẻ và đặt n = pα1 1 ...pαk k , ở đó αi là các số nguyên dương và pi là nguyên tố thỏa mãn p1 < p2 < ... < pk . Khi đó, với mỗi 1 ≤ s ≤ k và 0 ≤ t ≤ αs − 1, ta kí hiệu α s+1 Ms,t = pts ps+1 ...pαk k , tồn tại số nguyên ys,t và δs ∈ {0; 1} sao cho xps Ms,t − 1 δs q = p s ys,t . M x s,t − 1 (1.3) Nếu δs = 1 thì q |αs . Chứng minh. Theo giả thiết, giả sử k αY s −1 Y xps Ms,t − 1 s=1 t=0 xMs,t −1 = yq . (1.4) Giả sử k = 1. Cho số nguyên |z| > 1 và m > 1, ta có   m z −1 , z − 1 chia hết m. gcd z−1 t Kí hiệu X = M1,t = xp1 với t ∈ {0, 1, ..., α1 − 1} thì  p1  X −1 gcd , X − 1 ∈ {1, p1 } . X −1 Hơn nữa, nếu X ≡ 1 (modp1 ) hay X − 1 = p1 a với a là số nguyên, thì X p1 −1 + X p1 −2 + ... + 1 = (1 + p1 a)p1 −1 + (1 + p1 a)p1 −2 + ... + 1 pX 1 −1
≡ p1 + ip1 a modp21 i=1
≡ p1 + a (p1 − 1) p21 /2 ≡ p1 modp21 . Áp dụng nhiều lần định lý Fermat nhỏ ta có: !  pt+1 1 x −1 1 nếu x ≡ 1 (modp1 ) , ordp1 = t p 0 các trường hợp khác, x 1 −1 7 với mỗi 0 ≤ t ≤ αs − 1. Do đó tồn tại số nguyên yt với 0 ≤ t ≤ αs − 1 sao cho t+1 x p1 − 1 = pδ1 ytq , t p x 1 −1  1 nếu x ≡ 1 (modp1 ) , ở đó δ = 0 các trường hợp khác. Từ (1.4) ta có α1 δ = ordp1 αY 1 −1 t=0 t+1 x p1 − 1 = q.ordp1 y ≡ 0 (modq). t x p1 − 1 Giả sử kết luận nêu trên là đúng với nghiệm của (1.2) với ω (n) = k − 1, ở đó k ≥ 2. Giả sử (x, y, n, q) là nghiệm của (1.2) với n lẻ và ω (n) = k, gọi n = pα1 1 ...pαk k . Áp dụng Bổ đề 1.2.8 với D = n/pα1 1 suy ra tồn tại các số nguyên Z và W sao cho α1 X −1 X p1 − 1 q = Z và = Wq , (1.5) x−1 X −1 α1 ở đó X = xn/p1 . Tương tự như trên ta tìm được  t+1 αY 1 −1 xp1 − 1 α1 nếu X ≡ 1 (modp1 ) , = q.ordp1 W = ordp1 t 0 các trường hợp khác, x p1 − 1 t=0 ở đó, với s = 1 ta suy ra (1.3). Áp dụng giả thiết quy nạp cho phương trình đầu tiên của (1.5) (ở đó ta có ω (n/pα1 1 ) = k − 1 ), ta có điều phải chứng minh.  Định lý 1.3.2. Giả sử q, r, s, x, y và z là các số nguyên với q nguyên tố và 3 ≤ r < s sao cho xr − 1 q y = (1.6) x−1 và xs − 1 zq = . (1.7) x−1 Khi đó:   s−r s |x| < 4 max 1, q r−1+ q−1 . (1.8) qr 8 Chứng minh. Ý tưởng chứng minh định lý là áp dụng phương pháp Runge cho đường cong phù hợp. Cho q, r, s, x, y, z là các nghiệm nguyên của (1.6) và (1.7). Giả sử |x| > 2. Ta có phương trình Diophantine xt X q − (x − 1) Y q = 1. Nếu t = 1 ta có nghiệm X = Y = 1 với X, Y là các số nguyên khác 0, và với t nguyên dương xác định thỏa mãn 2 ≤ t ≤ q − 1, sẽ có tối đa một nghiệm khác không X, Y . Chọn số nguyên 0 ≤ ro , so < q sao cho r ≡ ro (modq) và s ≡ so (modq), ta viết lại (1.6) và (1.7) như sau  q ro (r−ro )/q x x − (x − 1) y q = 1 và so x  (s−so )/q x q − (x − 1) z q = 1. Suy ra 1, r và s đồng dư với nhau theo modulo q (vì Mệnh đề 1.2.1 dẫn đến gcd (rs, 3) = 1, giả sử q ≥ 5). Vì r 6≡ 1(modq) và s 6≡ 1(modq), ta định nghĩa số nguyên a với 0 < a < q sao cho a ≡ −(r − 1)−1 (s − 1) (modq) . Vì r 6≡ s( mod q), suy ra a 6= q − 1, do đó 1 ≤ a ≤ q − 2. Bây giờ, ta định nghĩa N ≡ a (r − 1) + s − 1. Khi đó N ≡ −(r − 1)−1 (s − 1) (r − 1) + (s − 1) ≡ 0 (modq) , ở đó N/q là số nguyên. Ta xét phương trình q ω =  xr − 1 x−1 a   xs − 1 , x−1 (1.9) thỏa mãn điều kiện của Runge. Phương trình này có nghiệm nguyên (ω, x) = (y a z, x). Xét chuỗi khai triểu Laurent  r a  s  1 x −1 x −1 q = (xr − 1)a/q (xs − 1)1/q (x − 1)(−a−1)/q x−1 x−1  a/q  1/q  (−a−1)/q 1 1 1 = xN/q 1 − r 1− s 1− . x x x 9 Khai triển   a/q X ∞ 1 a/q 1− r = (−1)i x−ri . i x i=0  (−a−1)/q  1/q 1 1 , ta có và 1 − Tương tự với 1 − s x x  r a  s  1 ∞ X x −1 x −1 q N/q an x−n , =x x−1 x−1 n=0  trong đó an =  X ri+sj+k=n;i,j,k≥0 a/q i  1/q j  − (a + 1) /q k  (−1)i+j+k . Ta có dãy hội tụ nếu |x| > 1. Suy ra với một nghiệm bất kì (ω, x) của (1.9) thỏa mãn |x| > 1, N/q ω = ζx ∞ X an x−n , n=0 cho các căn bậc q của phần tử đơn vị ζ. Trong trường hợp này, ω và x đều là số thực, nên ta có N/q ω = ±x ∞ X an x−n . (1.10) n=0 Để có thể tiếp tục chứng minh Định lý 1.3.2, ta xét bổ đề sau: Bổ đề 1.3.3. Cho n là số nguyên không âm. Khi đó ta có ordq an = −n − ordq (n!) , " n+ q n q − 1 an là một số nguyên, (1.11) # (1.12) và |an | ≤ ([n/r] + 1) ([n/s] + 1) . (1.13) Chứng minh. Nếu l là số nguyên không âm và m là số nguyên, nguyên tố cùng nhau với số nguyên tố q thì ta có   m/q ordq = −l − ordq (l!) . l 10 Cho n ≥ 0 và giả sử i, j và k là các số nguyên không âm thỏa mãn ri + sj + k = n. Do đó ta có     a/q 1/q − (a + 1) /q ordq = −i − j − k − ordq (i!j!k!) . i j k Từ đó, nếu i, j là các số nguyên không âm và không đồng thời bằng 0 thì       − (a + 1) /q a/q 1/q − (a + 1) /q −ordq + ordq n i k  j (ri + sj + k)! = (r − 1) i + (s − 1) j + ordq ≥ r − 1. i!j!k! (ri + sj + k)! là số nguyên nên ta có Vì i!j!k!    − (a + 1) /q n ordq an = ordq (−1) = −n − ordq (n!) , n do đó q n+ordq (n!) an là một số nguyên. Từ (1.12) suy ra    ∞  X n n ordq (n!) = ≤ . qk q−1 k=0 Để  chứng minh bất đẳng thức (1.13), vì 1 ≤ a ≤ q − 2 và |c| ≤ q, suy  c/q   ≤ 1 với mọi i ≥ 0. ra   i  Ta chứng minh xong Bổ đề 1.3.3. Bây giờ tiếp tục chứng minh Định lý 1.3.2. Ta định nghĩa P (x) = q N N/q+[ q(q−1) ] N/q x N/q X an x−n . n=0 Ở đây, theo Bổ đề 1.3.3, P (x) là đa thức với hệ số nguyên và vì ordq an+1 < ordq an ≤ 0 với mọi n, N q N/q+[ q(q−1) ] ω ∓ P (x) 6= 0. Đặt m = N/q + 1 thì từ định nghĩa trên, Bổ đề 1.3.3 và (1.10) ta có     ∞   N N P  N/q+[ q(q−1)  N/q+ ] ω ∓ P (x) = q [ q(q−1) ] xN/q −n  a x q n   N/q ≤ q N/(q−1) |x| ∞ P n=m n=m −n ([n/r] + 1) ([n/s] + 1) |x| . 11 Ta có ([(n + 1) /r] + 1) ([(n + 1) /s] + 1) ≤ 3, ([n/r] + 1) ([n/s] + 1) với n ≥ m ≥ 2 và s > r ≥ 3, ở đó bất đẳng thức là mạnh (tương ứng (r, s, n) = (r, 2r, 2r − 1)). Suy ra số nguyên dương   N  N/q+[ q(q−1)  ] ω ∓ P (x) q được giới hạn trên bởi q N/(q−1) −1 ([m/r] + 1) ([m/s] + 1) |x| ∞ P 3n |x|−n n=0 =q N/(q−1) ([m/r] + 1) ([m/s] + 1) 1 . |x| − 3 Vì vậy |x| < 3 + q N/(q−1) ([m/r] + 1) ([m/s] + 1) . Từ N = a (r − 1) + s − 1 ≤ (q − 2) (r − 1) + s − 1, ta có s m m <1+ và < 1. r qr s  Ta chứng minh xong Định lý 1.3.2. Định lý 1.3.4. Giả sử các số nguyên x, y, z, u và các số nguyên tố lẻ p, q thỏa mãn xp − 1 py q = , x−1 2 xp − 1 pz = x−1 2 q và 3 xp − 1 pu = . x−1 3 q Khi đó |x| < 17p3   3 2 3 p max 1, q p +p−2+(p −1)/(q−1) . q (1.14) 12 Chứng minh. Chọn a, b là các số nguyên không âm nhỏ nhất thỏa mãn a ≡ 2p + 1 (modq) và b ≡ −p − 2 (modq) .

Khi đó ta có, đặt N = a (p − 1) + b p2 − 1 + p3 − 1 , thì N ≡ a + 2b + 3 ≡ 0 (modq) . Vì  p x −1 x−1 a p2 x −1 x−1 !b p3 x −1 x−1 ! = ωq , (1.15) với ω là số nguyên, ở đó vế trái là đa thức của x có bậc chia hết cho q. Ta có  !b !1/q  a p2  p p3 x −1 x −1   x −1 x−1 x−1 x−1  2 b/q  3 1/q a/q p p p = (x − 1) (x − 1)(−a−b−1)/q x −1 x −1  a/q  b/q  1/q  (−a−b−1)/q 1 1 1 1 N/q =x 1− p 1 − p2 1 − p3 1− x x x x ∞ P = xN/q bn x−n , n=0 ∞ P bn x−n là tổng của bốn dãy n=0       ∞ ∞ ∞ P P P a/q b/q 1/q 2 3 i j k (−1) x−pi , (−1) x−p j , (−1) x−p k i j k i=0 j=0 k=0 và   ∞ X − (a + b + 1) /q (−1)l x−l . l trong đó l=0 Ta kí hiệu X  a/q   b/q   1/q   − (a + b + 1) /q  bn = (−1)i+j+k+l , i j k l ở đó tổng là vượt quá các số nguyên không âm i, j, k, l theo đó pi + p2 j + p3 k + l = n. Ta có 0 ≤ a, b ≤ q − 1, do đó a + b + 1 ≤ 2q − 1. Suy ra    − (a + b + 1) /q    < l + 1.   l 13 Vì vậy          n n n |bn | < +1 +1 + 1 (n + 1) . (1.16) p p2 p3 ∞ P bn x−n hội tụ nếu |x| > 1. Vì vậy, với bất kì nghiệm thực (ω, x) Dãy n=0 của (1.15) thỏa mãn |x| > 1, ta có thể viết N/q ω = ±x ∞ X bn x−n . n=0 Tương tự như chứng minh Bổ đề 1.3.3, ta có      a/q b/q 1/q − (a + b + 1) /q ordq i j k l ≥ −i − j − k − l − ordq (i!j!k!l!) . Ta giả sử rằng q - (a + b + 1) (tương đương p 6= q). Nó bị chặn trên  2 b  3  a p p p khi q |(a + b + 1) (trong trường hợp này, (x − 1) x − 1 x −1 là một lũy thừa bậc q hoàn hảo). Do đó, giả sử q không chia hết (a+b+1), ta có   − (a + b + 1) /q ordq bn = ordq = −n − ordq (n!) . n n Suy ra bn 6= 0 với mỗi n và q n+ordq (n!) bn là một số nguyên. Ta có q n+[ q−1 ] bn được tạo thành từ các số nguyên với mỗi n ≥ 0. Định nghĩa P (x) = q n N/q+[ q(q−1) ] N/q x N/q X bn x−n . n=0 Đa thức P (x) có hệ số nguyên và, vì ordq bn+1 < ordq bn ≤ 0 với mọi n, n q N/q+[ q(q−1) ] ω ∓ P (x) 6= 0. Đặt m = N/q + 1 ta có   ∞     X n n  N/q  N/q+[ q(q−1)  N/q+[ q(q−1) −n  ] ] ω ∓ P (x) = q bn x  q x   n=m là số nguyên dương. Mặt khác, từ (1.16), vế phải bị chặn trên bởi q N/(q−1) N/q |x| ∞ X n=m ([n/p] + 1)  
 
n/p2 + 1 n/p3 + 1 (n + 1) |x|−n . 14 Ta có q N/(q−1) ∞ X  
 
−1 2 3 (7/2)n |x|−n . ([m/p] + 1) m/p + 1 m/p + 1 (m + 1) |x| n=0 Ta sử dụng  
 
([(n + 1) /p] + 1) (n + 1) /p2 + 1 (n + 1) p3 + 1 (n + 2) 2240 7 ≤ < , ([n/p] + 1) ([n/p2 ] + 1) ([n/p3 ] + 1) (n + 1) 729 2 với đẳng thức trong bất đẳng thức đầu tiên đúng khi (n, p) = (26, 3). Do đó  
 
1 1 ≤ q N/(q−1) ([m/p] + 1) m/p2 + 1 m/p3 + 1 (m + 1) . |x| − 7/2 Suy ra |x| < 7/2 + q N/(q−1) ([m/p] + 1)  
 
m/p2 + 1 m/p3 + 1 (m + 1) . Sử dụng bất đẳng thức

N ≤ (q − 1) (p − 1)+(q − 1) p2 − 1 +p3 −1 = (q − 1) p2 + p − 2 +p3 −1, ta thấy rằng m < p3 và  m< 2p2 + p − 1 nếu q ≥ p, 2p3 /q − 1 nếu q < p. Suy ra   3 2 3 p 7 49 3 |x| < + p max 1, q p +p−2+(p −1)/(q−1) . 2 3 q Ta có điều phải chứng minh.  Định lý 1.3.5. Nếu (x, y, n, q) là nghiệm của (1.2) thì ω (n) ≤ Ω (n) ≤ 3. Chứng minh. Chứng minh của định lý này dựa vào một ứng dụng của phương pháp cổ điển Runge cho phương trình f (x) = g (y), ở đó f và g là các đa thức với hệ số nguyên. Ta chứng minh: Các nghiệm của (1.2) thỏa mãn ω (n) ≤ Ω (n) ≤ 3,
với ngoại lệ có thể xảy ra của trường hợp đặc biệt mà (n, q) = p5 , 5 và p| x − 1 với p nguyên tố.