Về nghiệm của các phương trình diophantine px+(p+1)y+(p+2)z=ma khi p là số nguyên tố, a=2,3 và 1≤x,y,z≤2

1.1 Miền nguyên và Phần tử nguyên tố 1.1.1 Iđêan và vành thương phép cộng và một là phép nhân được gọi là vành nếu các điều kiện sau đượcthỏa mãn: i Tập hợp R là một nhóm Abel đối với ph

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

CHU SỸ NHẤT

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS Phạm Hồng Nam

THÁI NGUYÊN - 2022

Mục lục

1.1 Miền nguyên và Phần tử nguyên tố 4

1.1.1 Iđêan và vành thương 4

1.1.2 Iđêan nguyên tố và miền nguyên 7

1.1.3 Phần tử nguyên tố 9

1.2 Miền nhân tử hóa 11

1.2.1 Ước chung lớn nhất 11

1.2.2 Miền nhân tử hóa 12

2 Phương trình Diophantine px+ (p + 1)y+ (p + 2)z = MA khi p là số nguyên tố, A = 2, 3 và 1 ≤ x, y, z ≤ 2 16 2.1 Phương trình px + (p + 1)y + (p + 2)z = M2 khi p là số nguyên tố và 1 ≤ x, y, z ≤ 2 16

2.2 Phương trình px + (p + 1)y + (p + 2)z = M3 khi p là số nguyên tố và 1 ≤ x, y, z ≤ 2 24

Lời cảm ơn

Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến TS Phạm Hồng Nam đãhướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này Khi bắt đầu nhận đề tài thực sựtôi cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mới mẻ Hơn nữa với vốn kiến thức

ít ỏi cùng với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên tôi chưa thực sự tựtin để tiếp cận đề tài Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Thầy vẫndành nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn, động viên khuyếnkhích tôi trong suốt thời gian tôi thực hiện đề tài Trong quá trình tiếp cận

đề tài đến quá trình hoàn thiện luận văn Thầy luôn tận tình chỉ bảo và tạođiều kiện tốt nhất nhất cho tôi hoàn thành luận văn Cho đến bây giờ luậnvăn thạc sĩ của tôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Thầy đã đôn đốc nhắcnhở tôi

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng Đàotạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọngcảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũngnhư tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này

Tôi xin trân trọng cảm ơn Lãnh đạo Phòng GD Hưng Hà, và trường THCS Kỳ Đồng-Hưng Hà-Thái Bình đã không ngừng động viên, hỗ trợ tạomọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luậnvăn

TH-Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè,những người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt nhất chotôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn

Thái Nguyên, tháng 10 năm 2022

Tác giả

Chu Sỹ Nhất

Mở đầu

Bài toán tìm nghiệm hoặc chặn số nghiệm của các phương trình tine đã được nghiên cứu từ lâu và được quan tâm nghiên cứu bởi rất nhiềucác nhà Toán học Đã có rất nhiều kết quả được công bố liên quan đến cácbài toán này Tuy nhiên, không có một phương pháp chung nào tồn tại đểchỉ ra một phương trình Diophantine đã cho có nghiệm hay có bao nhiêunghiệm

Diophan-Phương trình tổng quát nổi tiếng

px+ qy = z2

có nhiều dạng Đã có một số lượng rất lớn các kết quả liên quan đến cácdạng đặc biệt hoặc mở rộng của phương trình này Một mở rộng của phươngtrình này là phương trình Diophantine có dạng

px+ (p + a)y + (p + b)z = MA

đây Cụ thể, trong [5, 6] tác giả Nechemia Burshtein đã đưa ra một số kếtquả thú vị về nghiệm của các phương trình Diophantine

Trong Chương 1, chúng tôi trình bày một số kiến thức chuẩn bị dùng đểchứng minh cho các kết quả ở Chương 2 Nội dung của chương này được viếtdựa theo các tài liệu [1, 2].

Trong Chương 2 của luận văn, chúng tôi trình bày một số kết quả vềnghiệm của các phương trình Diophantine

px+ (p + 1)y + (p + 2)z = MA

khiplà số nguyên tố,A = 2, 3 và1 ≤ x, y, z ≤ 2.Nội dung chính của chươngnày được tham khảo chủ yếu từ các tài liệu [5, 6]

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

Mục đích của chương này là trình bày một số kết quả về ước chung lớnnhất, số nguyên tố, Định lý cơ bản của số học Tất cả các định nghĩa, tínhchất liên quan có thể định nghĩa trực tiếp trên vành các số nguyên Z Tuynhiên, luận văn sẽ tiếp cận theo cách tổng quát và các kết quả trên Z là các

hệ quả

1.1 Miền nguyên và Phần tử nguyên tố

1.1.1 Iđêan và vành thương

phép cộng và một là phép nhân được gọi là vành nếu các điều kiện sau đượcthỏa mãn:

(i) Tập hợp R là một nhóm Abel đối với phép cộng

(ii) Phép nhân trên R là kết hợp, nghĩa là(xy)z = x(yz)với mọix, y, z ∈ R.(iii) Phép nhân là phân phối đối với phép cộng, nghĩa là với mọi x, y, z ∈ R,

ta luôn có

(x + y)z = xz + yz và z(x + y) = zx + zy

(iv) Tồn tại phần tử 1R sao cho 1Rx = x1R = x, với mọi x ∈ R

Thông thường ta luôn kí hiệu 1 cho phần tử đơn vị và 0 cho phần tử

Định nghĩa 1.1.2 Một vành R được gọi là vành giao hoán nếu xy = yx,với mọi x, y ∈ R.

Ví dụ 1.1.3 (i) Z,Q,R,C là các vành giao hoán với phép cộng và nhân cáctương ứng

tất cả các ma trận vuông với hệ số trên vành R Khi đó Mn(R) là một vànhvới phép cộng và nhân ma trận Tuy nhiên vành này không là giao hoán nếu

n ≥ 2 ngay cả khi R là một vành giao hoán

Tiếp theo là các khái niệm về iđêan đóng vai trò quan trọng trong nghiêncứu cấu trúc của vành và môđun

(iii) I được gọi là một iđêan của R nếuI vừa là iđêan trái vừa là iđêan phải

phát biểu sau là đúng

(i) {0} và R luôn là iđêan của R

(ii) Tập hợp aR = {ax | x ∈ R} là một iđêan phải của R

(iii) Tập hợp Ra = {xa | x ∈ R} là một iđêan trái của R

a, x ∈ R Do đó khái niệm iđêan trái và iđêan phải là trùng nhau

một số nguyên dương nào đó

Cho I là một iđêan của một vành R Vì I là nhóm con chuẩn tắc của

với phép cộng các lớp ghép cho bởi

(x + I) + (y + I) = (x + y) + I

(x + I)(y + I) := xy + I

Khi đó ta có Định lý sau

một vành với phép nhân được định nghĩa như sau:

(x + I)(y + I) = xy + I, ∀x, y ∈ R

Chứng minh Trước hết ta chứng minh phép nhân được xác định như trên

là có nghĩa, tức là nó không phụ thuộc vào cách chọn đại diện của lớp ghép

Cụ thể, cho a + I = x + I và b + I = y + I, ta cần chỉ ra

ab + I = xy + I

Thật vậy, theo giả thiết ta cóa − x, b − y ∈ I Do đó tồn tại c, d ∈ I sao cho

a = x + c và b = y + d Do tính chất phân phối của phép nhân trong R, tacó

ab = (x + c)(y + d) = xy + xd + cy + cd, hay ab − xy = xd + cy + cd

Rõ ràng xd + cy + cd ∈ I vì I là một iđêan Từ đây suy ra ab − xy ∈ I

minh phép nhân định nghĩa như trên có tính chất kết hợp và phân phối với

toán và tính chất kết hợp, tính phân phối của phép nhân đối với phép cộng

của R đối với iđêan I

1.1.2 Iđêan nguyên tố và miền nguyên

Từ bây giờ ta luôn xét vành R là giao hoán

(i) I được gọi là iđêan nguyên sơ nếu I 6= R và xy ∈ I thì hoặc x ∈ I hoặc

yn ∈ I với n ∈ N nào đó

(ii) I được gọi là iđêan nguyên tố nếu I 6= R và xy ∈ I thì hoặc x ∈ I hoặc

y ∈ I

(iii) I được gọi là iđêan tối đại nếu tồn tại iđêan J 6= I chứa I thì J = R

nếu ab = 0 thì kéo theo hoặc a = 0 hoặc b = 0

không đều có nghịch đảo, nghĩa là nếu a 6= 0 thì tồn tại b ∈ R sao cho

ab = 1

Ví dụ 1.1.13 (i) Z,Q,R,C đều là các miền nguyên

(ii) Q,R,C đều là trường

(iii) Vành các số nguyên Z/4Z modulo 4 không là miền nguyên

(iii) Vành các số nguyên Z/nZ modulo n là miền nguyên khi và chỉ khi n làmột số nguyên tố

Kết quả sau đây cho ta đặc trưng của miền nguyên thông qua tính chấtcủa các iđêan

Bổ đề 1.1.14 Cho I là một iđêan của vành R Khi đó các phát biểu sau làđúng:

(i) I là nguyên tố khi và chỉ khi R/I là miền nguyên

(ii) I là tối đại khi và chỉ khi R/I là một trường

Chứng minh (i) Giả sửI là nguyên tố Khi đó I 6= R nên R/I 6= 0 + I Cho

(a + I)(b + I) = 0 + Inghĩa là ab + I = 0 + I hay ab ∈ I Do I là nguyên tố nên suy ra hoặc a ∈ Ihoặc b ∈ I Điều đó tương đương với hoặc a + I = 0 + I hoặc b + I = 0 + I,

Khi đó I 6= R Giả sử ab ∈ I, nghĩa là ab + I = (a + I)(b + I) = 0 + I Vì

này tương đương với hoặc a ∈ I hoặc b ∈ I, nghĩa là I là nguyên tố

(ii) Cho I là tối đại và a + I 6= 0 + I là phần tử tùy ý của R/I Xét iđêan

J = I + aR Vì a /∈ I nên J là iđêan chưa I thực sự Do tính tối đại của

1 = x + ab, hay tương đương với 1 + I = ab + I = (a + I)(b + I) Vậy R/I

I thực sự Khi đó tồn tại b ∈ J \ I, nghĩa là b + I khác0 + I Vì R/I là mộttrường nên tồn tại a + I ∈ R/I sao cho ab + I = 1 + I, nghĩa là 1 − ab ∈ I

phận Vì {0} ∈ Ω nên Ω là tập khác rỗng Cho I1 ⊆ I2 ⊆ là một xích

tùy ý các iđêan trong Ω Khi đó I = ∪∞i=0Ii là một iđêan của R Hơn nữa,

I ∈ Ω Vì nếu 1 ∈ I thì tồn tại n sao cho 1 ∈ In, nghĩa là In = R, điều nàymâu thuẫn với giả thiết Vậy mọi xích tăng trong Ω đều bị chặn Theo Bổ đề

nó là iđêan cực đại của R

1.1.3 Phần tử nguyên tố

(i) Cho b 6= 0 Ta nói b là một ước của a (hay a là bội của b), kí hiệu làb|a, nếu tồn tại q ∈ D sao cho a = bq Nếu b là ước củaa thì ta còn nói

b chia hết a hoặc a chia hết cho b

(ii) Nếu tồn tại q ∈ D để 1 = bq thì ta nói b là ước của đơn vị

(iii) Cho 0 6= a và 0 6= b Ta nói a liên kết b, kí hiệu là a ∼ b, nếu a|b và b|a.Nếu a không liên kết với b thì ta kí hiệu a ≁ b

(iv) Cho b là một ước của a Ta nói b là ước thực sự của a, kí hiệu b || a, nếu

b ≁ 1và b≁ a Các ước của a liên kết với 1 hoặc liên kết với a được gọi

là các ước tầm thường của a

chúng chỉ sai khác nhau bởi một nhân tử là ước của đơn vị

Chứng minh Giả sửa vàb là liên kết Khi đó tồn tại c, d ∈ D sao cho a = cb

và b = da Suy ra a = cb = cda Do D là miền nguyên và a 6= 0 nên 1 = cd.Vậy cả c và dlà ước của đơn vị và do đó a và b chỉ khác nhau một nhân tử làước của đơn vị Ngược lại, giả sử a = cb với c là một ước của đơn vị Khi đób|a Do c|1 nên tồn tại d ∈ D sao cho 1 = cd Vì thế ta có ad = b(cd) = b.Suy ra a|b Vậy a và b liên kết với nhau

của đơn vị

(i) p được gọi là phần tử bất khả quy nếu p không có ước thực sự

(ii) p được gọi là phần tử nguyên tố nếu p|ab kéo theo p|a hoặc p|b với mọi

a, b ∈ D

Trong vành Z các số nguyên, các khái niệm phần tử bất khả quy và phần

tử nguyên tố là tương đương, phần tử nguyên tố chính là các số nguyên tố.Trong trường hợp tổng quát, nhìn chung hai khái niệm này không tươngđương Tuy nhiên ta có tính chất sau đây

Mệnh đề 1.1.20 Mọi phần tử nguyên tố đều bất khả quy

Chứng minh Giả sử a|p Khi đó tồn tại b ∈ D để p = ab Suy ra p|ab Do pnguyên tố nên p|a hoặc p|b Nếu p|a thì a ∼ p Nếu p|b thì p ∼ b và do đó

p và b chỉ sai khác nhau nhân tử là ước của đơn vị, tức là a là ước của đơnvị

Ví dụ sau đây chỉ ra rằng điều ngược lại của Mệnh đề 1.1.20 là khôngđúng

Ví dụ 1.1.21 Lấy D = {a + bi√5 | a, b ∈ Z} Vì D là vành con của trường

số phức nênD là một miền nguyên Ta khẳng định các phần tử 2, 3, 1 + i√

+ 5b2 thì a = ±2 và b = 0, do đó r liên kết với 2 Vậy số 2 là

tố Thật vậy, giả sử số 2 là phần tử nguyên tố Vì 2|(1 + i√5)(1 − i√5) nên

2 là ước của một trong hai thừa số đó Giả sử 2 là ước của 1 + i√

5 Khi đótồn tại r = a + bi√

5 ∈ D sao cho 2r = 1 + i√

5 Suy ra4(a2

+ 5b2

) = N (2)N (r) = N (2r) = N (1 + i√

5) = 6

Điều này là vô lý vì trong vành số nguyên, 4 không thể là ước của 6 Tương

tự nếu 2 là ước của 1 − i√5 thì ta cũng suy ra điều vô lý Vậy 2 không làphần tử nguyên tố

Bằng cách tương tự, ta có thể kiểm tra được các phần tử2, 1−i√5, 1+i√

5cũng là bất khả quy nhưng không nguyên tố Tiếp theo ta có định lý quantrọng sau

Định lý 1.1.22 Tồn tại vô hạn các số nguyên tố trong vành Z các số nguyên.Chứng minh Giả sử tồn tại hữu hạn các số nguyên tố là p1, , pt Rõ ràng

pi không là ước của p1 pt + 1 Do đó p1 pt + 1 cũng là số nguyên tố,mâu thuẫn với giả thiết Vậy tồn tại vô hạn các số nguyên tố

1.2 Miền nhân tử hóa

Mục đích của tiết này là trình bày các kết quả về ước chung lớn nhất,miền nhân tử hóa Đặc biệt từ các kết quả tổng quát dẫn đến Định lý cơ bản

1.2.1 Ước chung lớn nhất

chung lớn nhất của a và b, kí hiệu (a, b) hoặc gcd(a, b) nếu d là một ướcchung của a, b và là bội của mọi ước chung khác của a, b

Chú ý rằng với d, d′ là hai ước chung lớn nhất của a và b, thì tồn tại phần

tử khả nghịchu ∈ D sao cho d = d′u Đặc biệt, trong vành Z các số nguyên,nếu d là ước chung lớn nhất của a, b thì −d cũng là ước chung lớn nhất của

a, b Một trong những tính chất quan trọng của vành các số nguyên là định

lý phép chia với dư

Định lý 1.2.2 Cho a, b là các số nguyên tùy ý sao cho b 6= 0 Khi đó tồntại duy nhất các số nguyên q, r sao cho a = bq + r, với 0 ≤ r < |b|

Từ Định lý Phép chia với dư ta suy ra kết quả sau

Hệ quả 1.2.3 Cho a, b là các số nguyên tùy ý sao cho b 6= 0 Khi đó luôn tồntại ước chung lớn nhất của a, b Hơn nữa, giả sử a = bq + r, với 0 ≤ r < |b|.Khi đó gcd(a, b) = gcd(a, r)

Định lý sau gọi là Thuật toán Euclid cho ta cách hữu hiệu tìm ước chunglớn nhất của hai số nguyên.

Định lý 1.2.4 Cho a, b ∈Z, b > 0 Theo Định lý phép chia với dư, ta có:

a = bq0 + r1 với 0 < r1 < b,

b = r1q1 + r2 với 0 < r2 < r1,

r1 = r2q2 + r3 với 0 < r3 < r2,

rn −2 = rn −1qn −1+ rn với 0 < rn < rn −1

rn −1 = rnqn.Khi đó gcd(a, b) = rn

Vì mọi iđêan trong vành các số nguyên Z đều là iđêan chính nên ta có kếtquả quen thuộc sau

Mệnh đề 1.2.5 Cho a1, , an là các số nguyên dương Cho d là ước chunglớn nhất của a1, , an Khi đó tồn tại các số nguyên x1, , xn sao cho

d = a1x1 + + anxn.Chứng minh Đặt I là iđêan sinh bởi các phần tử a1, , an Khi đó tồn tại

số nguyên dương a sao cho I = aZ Ta có ai = ai.1 với mọi i = 1, , n Do

đó ai ∈ I với mọi i = 1, , n, nghĩa là a|ai với mọi i = 1, , n Suy ra a

là một ước chung của a1, , an Vì d = gcd(a1, , an) nên a|d Vì vậy tồntại các số nguyên x1, , xn sao cho

d = a1x1 + + anxn

1.2.2 Miền nhân tử hóa

có ước chung lớn nhất

Chẳng hạn, vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện có ước chung lớnnhất

Định nghĩa 1.2.7 Miền nguyênD được gọi là thỏa mãn điều kiện dãy dừngcác ước thực sự nếu với mọi phần tử a1, a2, a3, trong D thỏa mãn điềukiện a2|a1, a3|a2, đều phải dừng.

Chẳng hạn, vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện dãy dừng nhữngước thực sự

Tiếp theo là một số tính chất của miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ướcchung lớn nhất và điều kiện dãy dừng các ước thực sự

thực sự Khi đó các phát biểu sau là đúng:

(i) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều có một ước bất khảquy

(ii) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều phân tích được thànhtích các nhân tử bất khả quy

bất khả quy thì a có ước thực sự là a1 Nếu a1 là bất khả quy thì ta có điềucần chứng minh Nếu a1 không bất khả quy thì a1 có ước thực sự là a2 Tiếptục quá trình trên ta được một dãy các ước thực sự Dãy này phải dừng nên

a có ước bất khả quy

(ii) Cho a ∈ D là phần tử khác không và không khả nghịch Nếu a là bất

có một ước bất khả quy là p1 Khi đó a = p1a1 với a1 là ước thực sự của a.Nếu a1 là bất khả quy thì ta có điều cần chứng minh Nếu a1 không là bấtkhả quy thì a1 có một ước bất khả quy là p2 Giả sử a1 = p2a2 thì a2 là ướcthực sự của a1 Nếu a2 là bất khả quy thì a = p1p2a2 là sự phân tích Nếu a2

không là bất khả quy thì tiếp tục quá trình trên Quá trình này phải dừng

vìD thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Vậy ta có a = p1p2 pt

là sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy

nhất Khi đó mọi phần tử bất khả quy đều nguyên tố

kiện có ước chung lớn nhất nên (p, ab) ∼ p Giả sử p không là ước của a và

cũng không là ước của b Vì p là bất khả quy nên các ước của p hoặc liên kếtvới 1 hoặc liên kết với p Vì thế (p, a) ∼ 1 ∼ (p, b) Do đó (p, ab) ∼ 1, điều

đều phân tích được thành tích những phần tử bất khả quy và sự phân tích

đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự và các nhân tử là ước của đơn vị

Từ các bổ đề trên ta có đặc trưng tương đương của miền nhân tử hóa

thực sự

phần tử a 6= 0 và khác ước của đơn vị, ta định nghĩa độ dài của a là số nhân

bất khả quy Khi đó nếu a = bc với b, c là ước thực sự của a thì độ dài của

b, c đều nhỏ hơn thực sự độ dài của a Gọi a1, , a2, là một dãy tùy ýcác phần tử của D sao cho a2|a1, a3|a1, và giả sử dãy này là không dừng.Khi đó tồn tại vô hạn số tự nhiên 1 < n1 < n2 < sao cho

a1 ≁ an1, an1 ≁ an2,

Vì thế an1 là ước thực sự của a1, an2 là ước thực sự của an1, Theo nhậnxét trên tồn tại một dãy vô hạn các số nguyên dương

độ dài a1 > độ dài an1 > độ dài an2 > ,

a, b ∈ D không đồng thời bằng 0 Nếu a hoặc b bằng 0 hoặc liên kết với 1thì ta dễ dàng tìm được ước chung lớn nhất của a và b Vì vậy ta giả thiết a

và b khác 0 và khác ước của đơn vị Giả sử {p1, , pk} là tập hợp các phần

tử bất khả quy xuất hiện trong sự phân tích của a và b Ta có

Gọi ti = min{ri, si}, i = 1, , k Khi đó rõ ràng d = pt1

1 ptk

chung lớn nhất của a và b

và điều kiện có ước chung lớn nhất Theo Bổ đề 1.2.8(ii) mọi phần tử kháckhông và không khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tử bấtkhả quy Ta chỉ cần chứng minh phân tích là duy nhất(sai khác nhân tử khảnghịch) Thật vậy, cho

a = p1p2 pn = q1q2 qm

là sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy Không mất tổng quát ta

lớn nhất nên theo Bổ đề 1.2.9 thì p1 là phần tử nguyên tố Do p1|a nên tồntại i sao cho p1|qi Bằng cách đánh lại chỉ số ta giả sử p1|q1 Vì q1 là bấtkhả quy nên p1 ∼ q1 Giả sử q1 = u1p1 với u1 là ước của đơn vị Khi đó

p1p2 pn = u1p1q2 qm Do D là miền nguyên nên giản ước hai vế ta có

p2 pn = u1q2 qm Tiếp tục quá trình trên ta được

1 = u1 unqn+1 qm

Doqi là bất khả quy nên chúng không là ước của đơn vị Do đó suy ra n = m

Vì vành Z các số nguyên là miền nhân tử hóa nên từ các kết quả trên tasuy ra Định lý cơ bản của số học

Định lý 1.2.12 Cho n > 1 là một số nguyên dương Khi đó n có phân tíchduy nhất n = pn1

1 pnt

t trong đó t, ni, i = 1, , t là các số nguyên dương và

p1 < p2 < < pt là các số nguyên tố

Chương 2

Phương trình Diophantine

p x + (p + 1) y + (p + 2) z = M A khi p là số nguyên tố, A = 2, 3 và 1 ≤ x, y, z ≤ 2

Mục đích của chương này là trình bày các kết quả về nghiệm của cácphương trình Diophantine

px+ (p + 1)y + (p + 2)z = MAkhi p là số nguyên tố, A = 2, 3 và 1 ≤ x, y, z ≤ 2 là các số nguyên trong cáctài liệu [5, 6]

2.1 Phương trình p

+ (p + 1)

+ (p + 2)

= M

khi p là

số nguyên tố và 1 ≤ x, y, z ≤ 2

Trong tiết này, ta xét một số điều kiện của số nguyên tốpvà các số nguyên

x, y, z để tìm hiểu nghiệm của phương trình