Một số bài toán mở trong lý thuyết phương trình diophantine

Trong đó Chương 1: Trình bày một số bài toán mở về sự tồn tại nghiệm của phươngtrình Diophantine.. Bài toán thứ mười của Hilbertđòi hỏi tìm một thuật toán cho chúng ta biết một phương tr

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI

Mục lục

Lời cảm ơn 2

Mở đầu 3

1 Một số bài toán mở về sự tồn tại nghiệm 4 1.1 Phương trình Diophantine 4

1.2 Phương trình mũ Diophantine 7

1.3 Phương trình Markoff 9

2 Xấp xỉ Diophantine và tính siêu việt 11 2.1 Giả thuyết abc 11

2.2 Định lý Thue–Siegel–Roth–Schmidt 14

2.3 Vô tỷ và Độ đo độc lập tuyến tính 17

2.4 Siêu việt 21

2.5 Hàm Zeta, Fibonacci 24

Kết luận 27

Tài liệu tham khảo 28

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáoGS.TSKH Hà Huy Khoái Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắcđến Thầy

Tôi cũng xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến các thầy cô giáo của trường ĐạiHọc Khoa Học- Đại Học Thái Nguyên, những người đã tận tình giảng dạy, giúp

đỡ tôi trong quá trình học tập

Cuối cùng tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã giúp đỡ, động viên, ủng hộ tôi

để tôi có thể hoàn thành khóa học này

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2014

Tác giả

Phạm Quang Hưng

Mở đầu

Phương trình Diophantine là một chủ đề rất quan trọng trong chương trìnhtoán phổ thông Trong thực tế, ta thường gặp nó trong các đề thi học sinh giỏiquốc gia, quốc tế Xuyên suốt lịch sử phát triển toán học đã có rất nhiều cácnhà toán học nghiên cứu về chủ đề này Tuy nhiên số lượng các vấn đề chưađược giải quyết là vô cùng lớn

Luận văn được chia làm hai chương cùng với phần mở đầu, kết luận và tàiliệu tham khảo Trong đó

Chương 1: Trình bày một số bài toán mở về sự tồn tại nghiệm của phươngtrình Diophantine

Chương 2: Trình bày lý thuyết phép xấp xỉ Diophantine (giả thuyết abc) và

lý thuyết số siêu việt (ví dụ giả thuyết Schanuel)

Phần kết luận tổng kết lại toàn bộ các kết quả đã đạt được

Có hay không một thuật toán để giải các phương trình Diophantine ?

Phương trình có dạng f (x) = 0, trong đó f ∈ Q[X1, , Xn] là một đa thứccho trước, các ẩn x = (x1, , xn) có giá trị nguyên hữu tỷ, là một phương trìnhDiophantine Để giải phương trình này chung quy là xác định các điểm nguyêntrên siêu mặt tương ứng của không gian afin Bài toán thứ mười của Hilbertđòi hỏi tìm một thuật toán cho chúng ta biết một phương trình Diophantinenhư thế có nghiệm hay không?

Còn có nhiều loại phương trình Diophantine khác Trước hết ta có thể quantâm đến các nghiệm hữu tỷ thay vì nghiệm nguyên Trong trường hợp này, taquan tâm đến những điểm hữu tỷ trên một siêu mặt Tiếp theo, ta có thể lưu

ý đến những điểm nguyên hay điểm hữu tỷ trên một trường số, hay ta xét cácphương trình có liên quan đến tập các số nguyên tố Ví dụ như phương trìnhThue-Mahler

phương trình Ramanujan - Nagell tổng quát x2 + D = pn, trong đó D là sốnguyên cố định, p là số nguyên tố cố định, ẩn là x, n là số nguyên dương Lời giải cuối cùng cho bài toán Hilbert thứ 10 ban đầu được đưa ra năm

1970 bởi Matiyasevich dựa theo công trình của Davis, Putnam và Robison Câutrả lời là không, không có hy vọng đưa ra lý thuyết trọn vẹn cho chủ đề này.Nhưng ta vẫn có thể hy vọng rằng có đáp án xác thực nếu ta giới hạn câu hỏiHilbert ban đầu thành một phương trình với số biến hữu hạn, ví dụ n = 2, cónghĩa là khảo sát một điểm nguyên trên một mặt Trong trường hợp này, nhiềukết quả sâu sắc đã đạt được trong thế kỷ 20 và nhiều kết quả đến bây giờ đãđược công bố nhưng vẫn còn lại rất nhiều để khám phá

Các kết quả cốt yếu nhất là của Siegel (1929) và Faltings (1983) Định lýSiegel nói về các điểm nguyên và tạo ra một thuật toán để kiểm tra xem tậpnghiệm là tập hữu hạn hay vô hạn Kết quả của Falting, trả lời phỏng đoáncủa Mordell, làm tương tự cho trường hợp nghiệm hữu tỷ, nghĩa là các điểmhữu tỷ trên đường cong Cùng với hai thành tích xuất sắc trong thế kỷ 20 này,

ta có thể đưa thêm đóng góp của Wiles, công trình mà không những giải quyếtĐịnh lý Fermat cuối cùng mà còn cung cấp một số kết quả tương tự cho cácđường cong khác

Một số câu hỏi tự nhiên đặt ra

(a) Trả lời bài toán thứ mười của Hilbert trong trường hợp đặc biệt củamặt cong, có nghĩa là tìm một thuật toán để kiểm tra xem một phương trìnhDiophantine f (x, y) = 0 có một nghiệm trong Z (và bài toán tương tự trongQ) hay không?

(b) Tìm chặn trên của số các điểm nguyên hoặc điểm hữu tỷ trên một đườngcong

(c) Tìm một thuật toán để giải một cách tường minh phương trình tine hai ẩn số

Diophan-Có thể đặt thêm các câu hỏi khác Ví dụ trong câu hỏi b) ta có thể yêu cầuchính xác có bao nhiêu nghiệm, hoặc tổng quát hơn khi xét số điểm trên 1 mộttrường số bất kỳ Số các bài toán mở là vô tận

Mục tiêu ở đây là không miêu tả chi tiết các câu hỏi này Ta chỉ cần biếtrằng

• chưa có câu trả lời trọn vẹn cho câu hỏi (a) Không có thuật toán nào(thậm chí là giả thuyết) để kiểm tra xem một đường cong có điểm hữu tỷhay không

• nhiều kết quả được đưa ra cho câu hỏi (b), kết quả cuối cùng trong chủ

đề này của G Rémond cho ra cận trên hữu hiệu cho số lượng điểm hữu tỷtrên một đường cong có giống ≥ 2

• câu (c) thậm chí vẫn chưa được trả lời với trường hợp điểm nguyên, vàthậm chí với trường hợp đặc biệt của đường cong có giống bằng 2

Người ta không yêu cầu một thuật toán thực sự, nhưng ta cần có lý thuyết(để bắt đầu) Do vậy, vấn đề mở đầu tiên tôi trình bày là bài toán Siegel.Bài toán 1.1.1 Cho f ∈ Z[X, Y ] là một đa thức sao cho phương trình

f (x, y) = 0 có hữu hạn nghiệm (x, y) ∈ Z × Z Tìm cận trên của max{|x|, |y|}khi (x, y) là một nghiệm, theo bậc của f và theo giá trị tuyệt đối cực đại của

(i) ƯCLN(x, ny) = 1,

(ii) phương trình p = X2 + nY2 theo biến X ≥ 0 và Y ≥ 0 chỉ có mộtnghiệm, X = x và Y = y

Bây giờ đặt p là một số nguyên lẻ sao cho tồn tại số nguyên x ≥ 0 và y ≥ 0với p = x2 + ny2 và sao cho điều kiện (i) và (ii) bên trên thỏa mãn Nếu cáctính chất này kéo theo p là số nguyên, thì số n gọi là số idoneal Euler đã tìmthấy 65 số n như thế

Diophan-y1, y2, y3 và đường chéo hình hộp z nguyên, có nghĩa là giải hệ 4 phương trìnhDiophantine đồng thời của 7 biến

Trong một phương trình Diophantine, các ẩn xuất hiện như các biến của đathức, trong khi trong một phương trình mũ Diophantine, một số số mũ cũng

là biến Ta có thể xem phương trình Ramanujan - Nagell nhắc đến bên trên

Nó có nghĩa là: ví dụ duy nhất của các số liên tiếp là lũy thừa hoàn hảo xpvới p ≥ 2 phải là 8 và 9 Lời giải cuối cùng của Mihailescu bao gồm kết quảsâu sắc từ lý thuyết của trường chia vòng tròn (cyclotomic)

Catalan đòi hỏi nghiệm nguyên, như trong định lý Siegel, trong khi định lýFaltings giải quyết với nghiệm hữu tỷ.

Nhận thấy vế phải trong phương trình Catalan bằng 1 là yếu tố quyết định

Ta không biết được gì nếu thay nó bằng một số nguyên dương khác Giả thuyếttiếp theo được đề xuất bởi S S Pillai

Giả thuyết 1.2.2 (Pillai) Cho k là một số nguyên dương Phương trình

xp− yq = k,trong đó x, y, p, và q là các số nguyên ≥ 2, chỉ có hữu hạn nghiệm (x, y, p, q).Điều này có nghĩa là trong dãy tăng của số lũy thừa hoàn hảo xp, với

x ≥ 2 và p ≥ 2: 4, 8, 9, 16, 25, 27, 32, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 125, 128, 144, 169,

sự khác nhau giữa hai số hoàn hảo liên tiếp dần đến vô cùng Thậm chí takhông biết phương trình Pillai với k = 2 có có hữu hạn nghiệm hay không?Một câu hỏi mở liên quan là có bao giờ số 6 là hiệu của hai số lũy thừa hoànhảo: Có tồn tại nghiệm của phương trình Diophantine xp− yq = 6?

Bây giờ xét các số nguyên dương là lũy thừa hoàn hảo yq với q ≥ 2 sao chotất cả ký tự theo cơ số x ≥ 2 là 1 Ví dụ như 121 theo cơ số 3, 400 theo cơ

số 7 và 343 theo cơ số 18 Để tìm tất cả số có nghĩa là giải phương trình mũDiophantine

xn− 1

x − 1 = y

q

,trong đó ẩn x, y, n, q có giá trị dương, hữu tỉ, nguyên với x ≥ 2, y ≥ 1, n ≥ 3,

và q ≥ 2 Chỉ có 3 nghiệm được biết

(x, y, n, q) = (3, 11, 5, 2), (7, 20, 4, 2), (18, 7, 3, 3),tương ứng với 3 ví dụ bên trên Chúng ta không biết có phải chỉ có 3 nghiệmhay không nhưng ta hy vọng không còn nghiệm nào nữa

Phương trình Diophantine

xp+ yq = zr

cũng có lịch sử lâu dài trong quan hệ với Định lý Fermat cuối cùng Nếu chúng

ta tìm nghiệm nguyên dương (x, y, z, p, q, r) thỏa mãn

đã được tìm ra, một trong p, q, r là 2; điều này dẫn tới giả thuyết R Tijdeman

- D Zagier rằng không tồn tại nghiệm nếu thêm ràng buộc p, q, r ≥ 3

Một bộ Diophantine là một bộ (a1, , an) gồm các số nguyên dương phânbiệt sao cho aiaj + 1 là một số chính phương với 1 ≤ i ≤ j ≤ n Fermat đưa

ra ví dụ (1, 3, 8, 120 ), và Euler chỉ ra rằng bất kỳ cặp Diophantine (a1, a2) cóthể được mở rộng thành một bộ 4 Diophantine (a1, a2, a3, a4) Ta vẫn chưa biếtliệu có tồn tại bộ 5 Diophantine (a1, a2, a3, a4, a5) hay không, nhưng A Dujellachứng minh rằng mỗi bộ Diophantine có max{a1, a2, a3, a4, a5} ≤ 101026 Ôngcũng chứng minh rằng không có bộ 6 Diophantine

1.3 Phương trình Markoff

Phương trình Markoff ban đầu (1879) là x2 + y2 + z2 = 3xyz Sau đây làthuật toán tìm ra tất cả các nghiệm nguyên dương Cho một nghiệm bất kỳ(x, y, z) = (m, m1, m2), ta cố định hai trong ba tọa độ, khi đó ta thu được mộtphương trình bậc hai theo tọa độ thứ 3, mà chúng ta đã biết nghiệm Theoquá trình cắt thông thường bằng những đường thẳng thích hợp, chúng tôi tìmđược một nghiệm khác Từ một nghiệm (m, m1, m2), thu được 3 nghiệm khác

(m0, m1, m2), (m, m01, m2), (m, m1, m02),

trong đó

m0 = 3m1m2− m, m01 = 3mm2− m1, m02 = 3mm1− m2

Ba nghiệm này được gọi là lân cận của nghiệm ban đầu Ngoài trừ hai nghiệmsuy biến (1, 1, 1) và (2, 1, 1), ba số trong (m, m1, m2) là từng đôi một khácnhau, và 3 lân cận của (m, m1, m2) cũng từng đôi một khác nhau Giả sử

m > m1 > m2, ta suy ra

m02 > m01 > m > m0

Do đó có một lân cận của (m, m1, m2) với thành phần cực đại nhỏ hơn m, vàhai lân cận, cụ thể là (m01, m, m2) và (m02, m, m1), với thành phần cực đại lớnhơn m Suy ra ra một nghiệm sinh ra tất cả các nghiệm còn lại, bắt đầu từ (1,

1, 1), tìm liên tiếp các lân cận từ các nghiệm đã biết.Dưới đây là cây Markoff,theo khái niệm của H Cohn, trong đó (m01, m, m2) được viết ở bên phải và(m02, m, m1) được viết ở bên trái

Bài toán mở chính trong chủ đề này là chứng minh rằng mỗi số lớn nhất chỉxuất hiện một lần trong 1 bộ ba của cây

Giả thuyết 1.3.1 Cố định số nguyên dương m sao cho phương trình

là tích các ước nguyên tố phân biệt của n.

Giả thuyết 2.1.1 (Giả thuyết abc) Với mỗi số ε > 0 tồn tại một số dương

Cε có các tính chất sau: nếu a, b, và c là ba số nguyên dương, nguyên tố cùngnhau và thỏa mãn a + b = c, thì

%(a, b, c) = log abc

log R(abc)Dưới đây là sáu giá trị lớn nhất được biết đến của λ(a, b, c)

Giả thuyết 2.1.2 (Erd˝os - Woods) Tồn tại một số nguyên k sao cho, với m

và n nguyên dương, điều kiện

R(m + i) = R(n + i) (i = 0, , k − 1)suy ra m = n

Từ giả thuyết abc (hay có thể dạng yếu hơn với “một vài ε < 1” chứ khôngphải “tất cả ε > 0”), suy ra rằng, ngoại trừ hữu hạn trường hợp ngoại lệ (m, n),

k = 3 là một giá trị chấp nhận được Thật vậy, giả sử m > n Dùng giả thuyếtabc với a = m(m + 2), b = 1, c = (m + 1)2, ta thu được

m2 ≤ CεR(m(m + 1)(m + 2))1+ε

Bây giờ nếu R(m + i) = R(n + i) với i = 0, 1, 2 thì R(m + i) chia hết m − n,

và do đó số

R (m(m + 1)(m + 2)) = BCNN (R(m), R(m + 1), R(m + 2))

chia hết m − n và do đó m2 ≤ Cεm1+ε Điều này chứng tỏ m bị chặn

Ta nghi ngờ rằng thật ra không có trường hợp ngoại lệ nào với k = 3 Nghĩa

là nếu m và n có chung ước nguyên tố, m + 1 và n + 1 cũng có chung ướcnguyên tố và tương tự m + 2 và n + 2 cũng có chung ước nguyên tố, thì m = n

Dễ nhận thấy k = 2 không phải là giá trị chấp nhận được: 75 và 1215 cóước số nguyên tố chung, 76 và 1216 cũng có ước số nguyên tố chung,

R(75) = 15 = R(1215), R(76) = 2.19 = R(1216)

Ngoài ví dụ lẻ này, còn có một dãy ví dụ khác nữa: với m = 2h − 2 và n =m(m + 2) = 2hm,

R(m) = R(n) và R(m + 1) = R(n + 1)bởi vì n + 1 = (m + 1)2

Tổng quát hóa bài toán Erd˝os - Woods thành cấp số cộng được đưa ra bởi

T N Shorey

Câu hỏi Liệu có tồn tại một số nguyên dương k sao cho với bất kỳ số nguyênkhác không m, n, d và d0 thỏa mãn ƯCLN(m, d) = ƯCLN(n, d’) = 1, thì điềukiện

R(m + id) = R(n + id0) (i = 0, , k − 1)kéo theo m = n và d = d0?

Một mặt, nếu câu trả lời là xác thực, k nhỏ nhất là 4, như trong một số ví

dụ bộ 4 (m, n, d, d0) như sau (2, 2, 1, 7), (2, 8, 79, 1) hay (4, 8, 23, 1):

Một bài toán khác liên quan của T S Motzkin và E G Straus là xác địnhcặp số nguyên m, n sao cho m và n + 1 có cùng ước số nguyên tố chung, đồngthời n và m + 1 có cùng ước số nguyên tố chung Một số được biết đến như

Từ giả thuyết abc ta suy ra giả thuyết Hall:

Giả thuyết 2.1.4 (Hall) Cho x và y là hai số nguyên dương thỏa mãn y2 6= x3.Khi đó với mọi ε > 0, tồn tại số Cε sao cho:

α − pq

α − pq

αi− piq

< 1

q1+(1/n)+ε

chỉ có hữu hạn nghiệm (p1, , pn, q) trong Zn+1 với q > 0

• Cho các số đại số thực α1, , αn, sao cho 1, α1, , αn độc lập tuyến tínhtrong Q, với bất kỳ ε > 0,

|q1α1+ · · ·qnαn− p| < 1

qn+ε

chỉ có hữu hạn nghiệm (q1, , qn, p) trong Zn+1với q = max{|q1|, , |qn|} >0

Một trong những hệ quả quan trọng nhất của định lý không gian con Schmidt

là sự hữu hạn của nghiệm không suy biến của phương trình

x1+ + xn = 1,trong đó ẩn có giá trị nguyên trong một số trường Ở đây, không suy biến nghĩa

là không có tổng riêng nào biến mất

Bây giờ, tôi giải thích cùng với bài toán Waring về tầm quan trọng của việcchứng minh bất đẳng thức loại Roth hữu ích cho số đại số vô tỷ

Trong năm 1770, một vài tháng trước khi J L Lagrange chứng minh rằngtất cả số nguyên dương là tổng của nhiều nhất của 4 số nguyên bình phương,

L E Dickson và S S Pillai độc lập với nhau chứng minh trong năm 1936rằng g(k) = I(k), miễn là r = 3k− 2kq thỏa mãn

r ≤ 2k− q − 2

Nếu ngược lại sẽ tồn tại một công thức khác của g(k)

Người ta đã chứng minh rằng điều kiện r ≤ 2k− q − 2 thỏa mãn với 3 ≤ k ≤

471600000, và K Mahler đã chứng minh rằng điều này cũng đúng với bất kỳ

k đủ lớn Do đó g(k) = I(k) với tất cả các giá trị này của k Vấn đề là chứngminh của Mahler dựa trên phiên bản p-adic của định lý Thue - Siegel - Roth,

và do đó không hữu hiệu Như vậy có một sơ hở và chúng ta thậm chí khôngbiết quy mô của nó Quay trở lại năm 1853, giả thuyết là g(k) = I(k) với bất

kỳ k ≥ 2, và điều này đúng miễn là

 32

k

≥  34

k

trong đó k · k biểu thị khoảng cách đến số nguyên gần nhất Như nhận xét của

S David, ước lượng như trên (với k đủ lớn) được rút ra không những từ ướclượng Mahler, mà còn từ giả thuyết abc!

2.3 Vô tỷ và Độ đo độc lập tuyến tính

Cho một số thực θ, câu hỏi Diophantine đầu tiên là kiểm tra liệu θ là hữu

tỷ hay không Đây là câu hỏi định lượng, và chú ý rằng một câu trả lời cầndựa theo tính chất định lượng của θ Nó phụ thuộc chủ yếu vào chất lượng củaphép xấp xỉ Diophantine hữu tỷ cho θ Thật vậy, một mặt nếu θ hữu tỷ, thìtồn tại một hằng số dương c = c(θ) sao cho

θ − pq

> cqvới bất kỳ p/q ∈ Q Giá trị chấp nhận được của c là 1/b khi θ = a/b Mặt khácnếu θ vô tỷ, thì có vố số số hữu tỷ p/q sao cho

0 <

... hợp đặc biệt số

Một khái quát áp dụng rộng rãi định lý Thue–Siegel–Roth chophép xấp xỉ đồng thời định lý không gian Schmidt Dưới haitrường hợp đặc biệt

• Cho số đại số thực α1,... data-page="17">

Một hệ quan trọng định lý không gian Schmidt

là hữu hạn nghiệm không suy biến phương trình

x1+ + xn = 1 ,trong ẩn có giá trị nguyên số trường... giải thích với toán Waring tầm quan trọng việcchứng minh bất đẳng thức loại Roth hữu ích cho số đại số vô tỷ

Trong năm 1770, vài tháng trước J L Lagrange chứng minh rằngtất số nguyên dương