(Luận văn) biểu diễn số nguyên tố bởi các dạng toàn phương bậc hai nguyên

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ” ” ” NGUYỄN HUỲNH NGỌC XUÂN BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN TỐ BỞI CÁC DẠNG TOÀN PHƯƠNG BẬC HAI NGUYÊN Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số Mã số:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

” ” ”

NGUYỄN HUỲNH NGỌC XUÂN

BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN TỐ BỞI CÁC DẠNG TOÀN PHƯƠNG BẬC HAI

NGUYÊN

Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số Mã số: 604605

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

PGS.TS Mỵ Vinh Quang

Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2006

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

MỤC LỤC

Trang

Trang phụ bìa 1

Mục lục 2

Mở đầu 3

Chương 1: Kiến thức cơ bản 4

1.1 Ký hiệu Legrendre 4

1.2 Ký hiệu Jacobi 10

1.3 vành các số nguyên đại số 11

Chương 2: Tình Euclide của vành các số nguyên đại số bậc hai 14

2.1 Miền Euclide 14

2.2 Ví dụ về miền Euclide 15

2.3 Ví dụ về miền không Euclide 27

Chương 3: Biểu diễn số nguyên tố dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên 33

3.1 Bổ đề 33

3.2 Bổ đề 34

3.3 Định lý 36

3.4 Định lý 37

3.5 Định lý 39

3.6 Một số hàm số học 41

Tài liệu tham khảo 47 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

Luận văn gồm có 3 chương:

Chương 1: Kiến thức cơ bản

Nêu định nghĩa và tính chất của ký hiệu Legendre và Jacobi

Định nghĩa và mô tả vành số nguyên đại số của trường Q ( m )

Chương 2: Tính Euclide của vành các số nguyên đại số bậc hai

Chúng tôi nghiên cứu khi nào vành số nguyên đại số bậc hai là miền Euclide và không là miền Euclide

Chương 3: Biểu diễn số nguyên tố dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên

Áp dụng chương 1 và chương 2 để xét xem khi nào số nguyên tố p biểu diễn được dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên và cho trước một số n ta có thể tính được bao nhiêu ước d của n có thể biểu diễn được và tổng các ước đó

Tôi xin gởi lời cảm ơn đến các thầy, cô khoa toán trường ĐH Sư phạm TP.HCM và các thầy cô đã tham gia giảng dạy tôi trong suốt quá trình học tập Đặc biệt là PGS.TS Mỵ Vinh Quang đã nhiệt tình và dành nhiều thời gian để hướng dẫn, giúp đỡ tôi trong việc chọn đề tài và thực hiện luận văn

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ BẢN

1.1 Ký hiệu Legendre

1.1.1 Định nghĩa

Đối với một phương trình đồng dư bậc 2 thì chúng ta hoàn toàn biết được phương trình đó có nghiệm hay không và khi có thì có bao nhiêu nghiệm Ta cũng có rằng phương trình dạng Ax2 + Bx + C = 0 (mod P) (p là số nguyên tố lẻ) đều có thể đưa về dạng x2 = a (modp) (1) Do đó chúng ta chỉ xét đến dạng (1)

Nếu phương trình (1) có nghiệm thì ta nó a là thặng dư bậc hai theo modun p còn nếu phương trình (1) vô nghiệm thì ta nói a là bất thặng dư bậc hai theo modun p

Trong một hệ thặng dư thu gọn theo modun p có p 1

2

− thặng dư bậc hai tương ứng

đồng dư với các số 1, 22… p 1 2

− bất thặng dư bậc 2

Ví dụ: Tìm thặng dư bậc hai theo modun 5

⇒ 1, 4 là thặng dư và 2, 3 là bất thặng dư bậc 2 theo modun 5

Tìm thặng dư và bất thặng dư bậc 2 theo modun 7

s’ = { 2 2 2}

1 ,2 ,3

⇒ Thặng dư bậc 2 theo modun 7 là 1, 4, 2 và 3, 5, 6 là bất thặng dư 2 theo modun 7

Để xét xem phương trình x2 = a (modp), (a;p) = 1 có nghiệm hay không, Legendre đã đưa vào ký hiệu a

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ = 1 nếu a là thặng dư bậc 2 theo modun p

ap

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ = -1 nếu a là bất thặng dư bậc hai theo modun p

1.1.2 Tính chất của ký hiệu Legendre

* Nếu a là thặng dư bậc 2 theo modun p thì ta có a

⎝ ⎠ = 1 với mọi p nguyên tố lẻ

Chứng minh: Thật vậy, phương trình x2 ≡ 1 (modp) bao giờ cũng có nghệim

Chứng minh:

Ta có: 1 2 k ( )p 12

1 2 k

a a a a a ap

… (2)

p1a ≡ εp1rp1 (modp) Trong đó: εi = ±1 và 1 ≤ ri ≤ p1

Trong p1 số ε1 có μ số âm, còn lại p1 – μ số dương Để chứng minh mệnh đề trên ta sẽ chứng minh rằng a

– Ta hãy xét dãy:

a, -a, 2a, -2a… p1a, -p1a Đó là một hệ thặng dư thu gọn theo modp, các thặng dư giá trị tuyệt đối nhỏ nhất theo mod p tương ứng là ε1r1, -ε1r1, ε2r2, -ε2r2… εp1rp1, -εp1rp1

Trong đó các thặng dư này phải trùng với các số 1, 2… p1 sai khác một thứ tự, như vậy ta có:

r1.r2… rp = 1.2… p1 = p1! Nhân các đồng dư thức (2) từng vế với nhau ta được:

…

P1a = qp1p + γp1, 0 ≤ γi < p Như vậy trong p1 số γi có μ số lớn hơn p 1

2

− Ta còn có γi hoặc bằng ri hoặc bằng

p – ri và vì thế ta có:

εi <0 => γi = p - γi – Như vậy cộng đẳng thức (3) từng vế ta được:

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

r

ε <∑ (A, B > 0)

1 1 i

Vì k = 1, 2… p 1

2

− neân

k < p 12

9 Nếu p, q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt thì ta có

l 1

lp q

Trong đó các số kq - lp đó hiển nhiên không có số nào bằng 0

Gọi số các số dương trong đó là s1 và số các số âm là s2, ta có:

− nghĩa là số

các số l sao cho l < kq

p , k = 1, 2… p 1

2

− ⇒ s1 =

p 1 2

k 1

kq p

2

− nghĩa là số

các số k sao cho k < lp

q với l = 1, 2… q 1

2

− ⇒ s2 =

q 1 2

l 1

lp q

p 1 2

k 1

kq p

l 1

lp q

⇔ p 1 q 1.

p 1 2

k 1

kq p

l 1

lp q

1.3 Vành của các số nguyên đại số 1.3.1 Định nghĩa số nguyên đại số

Một số là một số nguyên đại số nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn trên Q một phương trình đa thức đơn hệ với hệ số nguyên

1.3.2 Định lý

Nếu d ≠ 1 là một số nguyên không có nhân tử bình phương thì trong trường hợp d

≡ 2 hoặc d ≡ 3 (mod 4) các số nguyên đại số trong Q( )d là các số a + b d với các hệ số là các số nguyên (hữu tỉ) Nhưng nếu d ≡ 1 (mod 4) thì các số nguyên của Q( )d là các số a + b 1 d

Nếu trong sự phân tích trên có pi ≠ 2 thì:

pi|c,c|2a => pi|2a => pi ⏐a (vì pi ≠2) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

4|c ⇒ 16|c2, c2|4db2 ⇒ 16|4db2 ⇒ 4|db2 ⇒ 2|b2 ⇒ 2|b Vậy a, b, c có nhân tử chung là 2 (vô lý)

Vậy α chỉ có thể là 0 hoặc 1 hay c = 1 ∨ c = 2

Trường hợp d ≡ 2 hoặc d ≡ 3 (mod 4)

Trường hợp này a, b, c có nhân tử chung là 2 (vô lý với cách chọn a, b, c)

Vậy c không thể bằng 2 nên c chỉ có thể bằng 1

Khi đó u được viết dưới dạng u = a + b d

Các số nguyên đại số trong Q( )d là các số a + b d; a, b ∈ Z

Ngược lại mọi số dạng a + b d; a, b ∈ Z đều là số nguyên đại số trong Q( )d vì nó thỏa phương trình có hệ số nguyên:

x2 – 2ax + a2 – db2 = 0

Trường hợp d ≡ 1 (mod 4)

Nếu c = 1 thì u = a + b d ∈ Z + Z d ⊂ Z + Z1 d

2+Nếu c = 2:

Ta có: a db2 2 2 a db2 2

= ∈ Z ⇔ a2 – db2 ≡ 0 (mod 4) ⇔ a2 ≡ db2 ≡ b2 (mod 4) (vì d ≡ 1 (mod 4))

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

Nếu a ≡ 0 (mod 2) ⇒ a2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ b2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ b ≡ 0 (mod 2)

⇒ a, b, c có nhân tử chung là 2 (vô lý) Nếu a ≡ 1 (mod 2) ⇒ a2 ≡ 1 (mod 4) ⇒ b2 ≡ 1 (mod 4) ⇒ b ≡ 1 (mod 2) Vậy a ≡ b ≡ 1 (mod 2), khi đó các số nguyên đại số trong Q d là các số

Vì nó thỏa phương trình hệ số nguyên: x2 – ax + a db2 2

4

− = 0 (a ≡ b ≡ 1 (mod 2) ⇒ a2 ≡ b2 ≡ 1 (mod 4) ⇒ a2 – db2 ≡ 1 – d (mod 4)

a2 – db2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ a db2 2

4

− ∈ Z) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

CHƯƠNG 2:

TÍNH EUCLIDE CỦA VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ BẬC HAI

2.1 Miền Euclide 2.1.1 Định nghĩa hàm Euclide

Cho D là một miền nguyên

Ánh xạ φ: D → Z được gọi là hàm Euclide trên D nếu nó thỏa 2 tính chất sau:

i φ (ab) ≥ φ (a), ∀ a, b ∈ D, b ≠ 0

ii Nếu a, b ∈ D, b ≠ 0 thì tồn tại q, r ∈ D sao cho: a = qb + r và φ (r)<φ (b)

Ví dụ:

1 φ (a) = |a|, a ∈ Z là một hàm Euclide trên Z

2 Cho D = F[x], F là trường

D là miền đa thức ẩn x, hệ số trong F lấy p(x) ∈ D t hì:

φ (p(x)) = deg p(x), p(x) ≠ 0

-1 , p(x) = 0 là một hàm Euclide trên D

Trong trường hợp tổng quát, phần tử q, r trong ii) xác định không duy nhất

2.1.2 Tính chất của hàm Euclide

Cho D là một miền nguyên có hàm Euclide φ , a, b ∈ D thì:

ii φ là hàm Euclide ⎯⎯ii→ ∃ q, r: a = bq + r, φ (r) < φ (b) =φ(a) Mặt khác a|b nên a|r

Nếu r ≠ 0 thì φ (a) ≤ φ (r) (vô lý) vậy r = 0

⇒ a = bq mà b = ac = bqc ⇒ b(1 – qc) = 0 ⇒ qc =1

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

⇒ c ∈ U(D) hay a ~ b {U(D) = các phần tử khả nghịch trong D}

iii Chứng minh: a ∈ U(D) ⇔ φ (a) = φ (1)

a ∈ U(D) ⇔ a ~ 1 ⎯⎯i→ φ (a) = φ(1) (⇐) 1/a, φ (a) = φ(1) ⇒ a ~ 1 ⇒ a ∈ U(D)

iv Ta có q, r ∈ D: 0 = aq + r, φ (r) < φ (a)

Nếu r ≠ 0 thì q ≠ 0, r = -aq ⇒ φ (r) = φ (-aq) ≥ φ (a) (vô lý) Vậy r = 0 ⇒ φ (a) > φ (0)

2.1.3 Định nghĩa miền Euclide

Cho D là một miền nguyên Nếu D có hàm Euclide φ(a) thì D được gọi là miền Euclide với hàm φ

Nhận xét: Miền Euclide là miền Iđêan chính

Vì I ≠ {0} nên s ≠ φ và ta có φ (a) > φ (0), ∀ a ≠ 0

⇒ s bị chặn dưới ⇒ tồn tại phần tử nhỏ nhất

b = aq hay I = <a>

Vậy I là Iđêan chính

2.2 Ví dụ về miền Euclide 2.2.1 Định lý

a Z là miền Euclide

b Cho F là một trường, F[x] là một miền Euclide

2.2.2 Hàm φ m

Cho m là số nguyên không chính phương

Hàm φm: Q( )m → Q được định nghĩa bởi:

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

= ra + bsm + (rb sa m+ )

φm(αβ) = |(ra + bsm)2 – m(rb + sa)2|

φm (α) φm(β) = |r2 – ms2| |a2 – mb2|

= |r2a2 – r2b2m – ms2a2 + m2b2s2| luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

= |r2a2 + m2b2s2 + 2rsabm – m(r2b2 + 2rsba + ?

= |(ra + bs)2 – m(rb + sa)2| Vậy φm(αβ) = φm (α).φm (β)

Cho m là số nguyên không chính phương

Z + Z m là miền Euclide với hàm φm nếu và chỉ nếu mọi x, y ∈ Q thì tồn tại a,

b ∈ Z sao cho:

φm( (x y m + ) (− + a b m) ) < 1 Chứng minh:

(⇒) Giả sử Z + Z m là miền Euclide với φm, ta chứng minh với mọi x, y ∈ Q

tồn tại a,b ∈ Z sao cho φm( (x y m + ) (− + a b m) ) < 1

c d m(t) < 1 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

(⇐) Ngược lại nếu mọi x,y∈Q thì tồn tại a,b∈Z: φm (x + y m - (a + b m ))<1 ta chứng minh: Z + Z m là miền Euclide:

Theo giả thiết ⇒ ∃ a, b ∈ Z: φm(x y m + − +(a b m) ) < 1

Đặt c=r–at – bum, d = s – au – bt thì r + s m = (a b m t u m+ )( + ) (+ +c d m)

−+

c d

2 (t) < 1

(⇐) Ngược lại mọi x , y ∈ Q tồn tại a, b ∈ Z sao cho :

φm(αβ) ≥ φm(α), ∀ α, β ∈ Z + Z1 m

2+ , β ≠ 0

Theo giả thiết tồn tại a, b ∈ Z sao cho: φm x y m a b1 m

Thật vậy, ta có:

Cho m là số nguyên âm, không có nhân tử chính phương Khi đó vành các số nguyên đại số Om của trường Q( m) là vành Euclide khi và chỉ khi

m =-1, -2, -3, -7, -11 Chứng minh:

4+ 4 4< + 4 4= < 1 Vậy φm(x + y m - (a + b m)) < 1

Theo bổ đề 2.2.4, Z + Z m là miền Euclide với m = -1, -2

Ngược lại: Z + Z m là miền Euclide Chứng minh m = -1, -2

Thật vậy, ta chọn x = y = 1

Với mọi số nguyên a ta luôn có: 1 a

4

(*)

2

1 a'22

(⇐) ngược lại ta chứng minh Z + Z1 m

2+ là miền Euclide với m = -3, -7, -11 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

+ là miền Euclide với m = -3, -7, -11

Như vậy, đối với số nguyên âm m thì ta đã giải quyết được trọn vẹn bài toán khi nào vành các số nguyên của Q( m) là vành Euclide Trường hợp m là số nguyên dương thì như thế nào? Vấn đề này đã được các nhà toán học như E.H Barnes (1874-1953), H Behrbohm, E Berg, A.T Brauer (1894-1985), H Chatland, H Davenport (1907-1969), L.E Dichson (1874-1954), P Erdos (1913-1996), H.A Heibronn (1908-1975), N Hofreiter, L.K Hua, K Inkner, J.F Keston, C Ko, S.H Min, A Oppenheim,

O Perron (1880-1975), L Redei, R Remak (1888-1942), L Schuster, W.T Sheh và H.P.F Swinnerton Dye, cuối cùng vào năm 1950, Chatland và Davenport đã đưa ra kết quả sau:

|y – b| ≤ 1

2 (y – b)2 ≤ 1

4Xét φm(x + y m - (a + b|)) = |(x – a)2 – m(y – b)2|

Vì (x – a)2, m(y – b)2 ≥ 0 nên |(x – a)2 – m(y – b)2| ≤ max{|x – a|2, m(y –b)2 }

φm(x + y m - (a + b m)) ≤ max{|x – a|2, m(y –b)2 } ≤ 3

4 < 1

⇔ φm(x + y m - (a + b m)) <1 theo bổ đề 2.2.4

⇒ Z + Z m là miền Euclide với m = 2, 3

” Nếu m = 6: Giả sử Z + Z 6 không là miền Euclide với φ6

− ≤ 2

1

6s

− ≤ 0 1

2 ≤ 1 – r1 ≤ 1 ⇒ 1

4 ≤ (1 – r1)2 ≤ 1

⇒ 32

2

− ≤ - 2

1

6s ≤ 0 – Kết hợp lại ta có:

32

− ≤ 2

1

r - 2 1

6s ≤ 1

r −6s ≥ 1 5

6s ≤ -1 (1) (1 – r1)2 - 2

6s ≤ -1 ⇒ 2

1

s ≥ 524– Do (3) ta có: 1 ≤ 9

4 - 2 1

6s ⇔ 2

1

6s ≤ 5

4⇔ 2 1

s ≤ 5

24⇒ 2

1

5s24

= ⇒ s1 = ± 5

24 ∉ Q (!) Vậy định lý đã chứng minh xong

⇒ -1

2 ≤ (1 + r1)2 - 2

1

6s ≤ 94

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

2.3 VÍ DỤ VỀ VÀNH O m VỚI m > 0 KHÔNG LÀ MIỀN EUCLIDE

2.3.1 Định lý

Cho m là số nguyên dương, không chính phương

Nếu có 2 số nguyên tố lẻ p, q khác nhau sao cho:

≡ pt (mod m) thì Z + Z m không là miền Euclide với φm

Chứng minh: Giả sử ngược lại Z + Z m là miền Euclide với hàm φm

⇒ ∃ γ, δ ∈ Z + Z m : r m = γm + δ: φm(δ) < φm(m)

γ ∈ Z + Z m ⇒ γ = x + y m ; x, y ∈ Z

δ = r m - γm = r m - (x + y m)m = -mx + (r – my) m

φm(δ) ≤ φm(m) ⇔ |m2x2 – m(r – my)2| < m2 ⇔ |mx2 – (r – my)2| < m (vì m > 0)

Ta có: mx2 – (r – my)2 ≡ -r2 ≡ -pt (mod m)

Nếu mX2 – Y2 = qu

mq

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ = -1 ⇒ q × m

q | u ⇒ q | X và q | Y – Vì nếu q | X ⇒ q2 | mX2

Theo định lý 1.3.2 thì Om = Z + Z m với m= 23, 47, 59, 83

Áp dụng định lý 2.3.1:

2+ không là miền Euclide với φm luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

Chứng minh:

Giả sử ngược lại Z + Z1 m

2+ là miền Euclide với hàm φm

(vì m,r là số nguyên lẻ) vì φm là

hàm Euclide nên với m r m

2+ , m ta luôn có

γ, δ ∈ Z + Z1 m

2

2+ = mγ + δ (*), φm (δ) < φm (m)

Giả sử γ = x + y1 m

2+ , x, y ∈ Z

(*) ⇒ δ = m r m

2

+ - mγ = m mx my r my) m

22()22

(*) ⇔ |mX2 – Y2| < 4m

Mặt khác, ta có:

X2 = (1 – y – 2x)2 ≡ (1 – y)2 (mod 4); m ≡ 1 (mod 4) Nên mX2 ≡ (1 – y)2 (mod 4)

m ≡ 1 (mod 4) ⇒ my ≡ y (mod 4) ⇒ (my)2 ≡ y2 (mod 4); 2myr ≡ 2y

r ≡ 1 (mod 2) ⇒ r2 ≡ 1 (mod 4)

Y2 = (r – my)2 = r2 – 2myr + (my)2 ≡ 1 – 2y + y2 (mod 4)

mX2 – Y2 ≡ (1 – y)2 – (1 – y)2 = 0 (mod 4) Tóm lại:

=>

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

2.3.5 Định lý

Cho m là số nguyên dương không chính phương

a Nếu m ≡ 2 (mod 4) và m ≥ 42 thì Z + Z m không là miền Euclide với hàm φm

b Nếu m ≡ 3 (mod 4) và m ≥ 94 thì Z + Z m không là miền Euclide với hàm φm Chứng minh:

2m < t2 < 3m – Giả sử ngước lại Z + Z m là miền Euclide Vì φm là hàm Euclide nên với

hay X2 – mY2 ≡ 5 (mod 8)

Mà X = t - my là số nguyên lẻ:

⇒ X2 ≡ 1 (mod 8) ⇒ mY2 ≡ 4 (mod 8) ⇔ mY2 ≡ 0 (mod 4)

Nếu Y ≡ 0 (mod 2) ⇒ Y2 ≡ 0 (mod 4)

m ≡ 2 (mod 4) ⇒ m ≡ 0 (mod 2) Nếu Y ≡ 1 (mod 2) ⇒ Y2 ≡ 1 (mod 4) Mà m ≡ 2 (mod 4)

nên mY2 ≡ 2 (mod 4) (vô lý vì mY2 ≡ 4 (mod 8) ⇒ mY2 ≡ 0 (mod 4))

⇒ mY2 ≡ 0 (mod 8) (vô lý)

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

2 không biểu diễn được dạng x2 + 5y2 vì không có x, y ∈ Z: 2 = x2 + 5y2

Trong phần này, ta sẽ nghiên cứu xem khi nào thì số nguyên tố p biểu diễn được dưới dạng toàn phương bậc 2 nguyên

3.1 Bổ đề

Cho m là số nguyên không chính phương sao cho Z + Z m là miền Iđêan chính

p là số nguyên tố lẻ với ký hiệu Legendre: m

u + v m, w + t m: không khả nghịch trong Z + Z m

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

p = uw + vtm + (ut + vw) m

Vì m là số nguyên không chính phương nên

nên p = uw + vtm (vì m là số nguyên không chính phương)

ut + vw = 0

p2 = (uw + vtm)2 = (uw + vtm)2 – m(ut + vw)2

p2 = (u2 – mv2)(w2 – mt2) Mà u + v m, w + t m không khả nghịch trong Z + Z m

⇒ u2 – mv2 ≠ ±1, w2 – mt2 ≠ ±1

nên p = u2 – mv2 = w2 – mt2

p = -(u2 – mv2) = -(w2 – mt2) Nếu m < 0 thì u2 – mv2 > 0 ⇒ p = u2 – mv2

Nếu m > 0 và có T, U ∈ Z: T2 – mU2 = -1 thì:

p = u2 – mv2 hoặc

p = -(u2 – mv2) = (T2 – mU2)(u2 – mv2) = T2u2 – mT2v2 – mU2u2 – m2U2v2

= T2u2 + m2u2v2 = 2mTUuv – m(T2v2 + U2u2 + 2TvuU) = (Ttu + mTUv)2 – m(Tv + Uu)2

= u’2 – mv’2 Trong đó: u’ = Tu + mUv ; v' = Tv + Uu Nếu m > 0 và không có số nguyên T, U: T2 – mU2 = -1 thì p = u2 – mv2 hoặc p = -(u2 – mv2)

2 số nguyên u, v sao cho p = u2 + uv + 1

2 (1 – m)v2 nếu m < 0 hoặc nếu m > 0 và có 2 số nguyên T, U sao cho: T2 + TU + 1

4(1 – m)U2 = -1

p = u2 + uv + 1

4(1 – m)v2 hoặc (u2 + uv + 1

4(1 – m)U2) nếu m > 0 và không có số nguyên T, U: t2 + TU + 1

4(1 – m)U2 = -1 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si