Vành số nguyên Gauss Z [i]
Tập hợp Z[i] = {a + ib : a, b ∈ Z, i^2 = -1} với hai phép toán cộng và nhân các số phức tạo thành một vành giao hoán có đơn vị, không chứa ước của 0 Z[i] được gọi là vành số nguyên Gauss, hay còn được biết đến là một miền nguyên.
1.2.2 Phần tử liên kết ∀α ∈ C, khi đó các phần tử ∓α,∓iα được gọi là các phần tử liên kết với số phức α.
1.2.3 Định nghĩa: ∀α = a+ib ∈ Z[i],kαk = √ a 2 +b 2 được gọi là chuẩn của số nguyên Gauss.
1.2.4 Định nghĩa Số nguyên Gauss α chia hết cho số nguyên Gauss β 6= 0 nếu tồn tại số nguyên Gauss γ sao cho α = βγ, ký hiệu α β hay β|α.
Chú ý : Các số ∓1,∓i,∓α là các ước tầm thường của α
Số nguyên Gauss α được coi là khả nghịch nếu tồn tại một số nguyên Gauss β sao cho tích của chúng bằng 1, tức là αβ = 1 Điều này có nghĩa là số nguyên Gauss α là khả nghịch khi và chỉ khi độ dài của nó, ký hiệu là kαk, bằng 1.
1.2.6 Tập hợp các số nguyên khả nghịch Các phần tử khả nghịch trên vành nguyên Gauss Z[i] gồm và chỉ gồm các phần tử sau : ∓1,∓i.
1.2.7 Định lý Q[i] = {x+ iy : x, y ∈ Q} là một trường với hai phép toán cộng và nhân các số phức thông thường và gọi Q[i] là trường các số hửu tỷ phức.
1.2.8 Định lý Vành các số nguyên Gauss là vành Euclid
Chứng minh Xét ánh xạ:
Chúng ta sẽ chứng minh rằng Z[i] cùng với phép chia Euclid là một vành Euclid Giả sử α, β ∈ Z[i] với β khác không, ta cần chứng minh rằng tồn tại các số nguyên Gauss q, r ∈ Z[i] sao cho α = βq + r, với r bằng 0 hoặc có độ lớn N(r) nhỏ hơn N(β) Thực tế, vì α và β thuộc Q[i], nên ta có αβ = x + iy với x, y ∈ Q Giả sử c, d ∈ Z là các số nguyên thỏa mãn điều kiện này.
2 Chúng ta có α = β(c+ id) +β[x−c+i(y−d)] Đặt q = c+id, r = β[x−c+i(y−d)], suy ra q, r ∈ Z[i] và:
Chúng ta nhận được điều cần chứng minh.
Số nguyên tố trên vành nguyên Gauss Z[i] được định nghĩa là số nguyên Gauss α khác 0, không khả nghịch và không có ước nào khác ngoài các phần tử khả nghịch và các phần tử liên kết với α.
Số nguyên Gauss α được coi là số nguyên tố nếu nó không có ước nào khác ngoài 1 và chính nó Ngược lại, số nguyên Gauss α khác 0 được gọi là hợp số nếu nó không khả nghịch và không phải là số nguyên tố.
Số nguyên Gauss α khác 0 được xác định là hợp số nếu nó có ít nhất một ước thực sự, tức là có thể biểu diễn dưới dạng α = βγ, trong đó β và γ là các ước thực sự thuộc tập hợp số nguyên Gauss Z[i].
Trong vành số nguyên Gauss Z[i], hai phần tử bất khả quy phân biệt là α = 1 + 2i và 1 - 2i Phần tử α = 3 + 4i được xem là hợp số vì có thể biểu diễn dưới dạng α = 3 + 4i = −(1 - 2i)² Ngoài ra, α = 1 + i và β = −1 + i là hai phần tử bất khả quy nhưng không phân biệt, do α có thể được viết dưới dạng α = −iβ.
Nhận xét 1.2.9.4 Nếuα là phần tử bất khả quy trên vành nguyên Gauss thì ∓α,∓iα cũng là các phần tử bất khả quy
1.2.10 Định lý cơ bản của số học trên vành số nguyên Gauss.
Mọi số nguyên Gauss α 6= 0, không khả nghịch đều có thể viết dưới dạng α = εα 1 α 2 α n , trong đó ε là phần tử khả nghịch, α 1 , α 2 , , α n là các phần tử bất khả quy.
Sự phân tích trên là duy nhất theo nghĩa sai khác một phần tử khả nghịch và thứ tự các nhân tử.
1.2.11 Biểu diễn chuẩn tắc (hay chính tắc) của số nguyên Gauss
Mọi số nguyên Gauss α khác 0 và không khả nghịch có thể được biểu diễn dưới dạng α = εα k1 1 α k2 2 α kn n, trong đó α1, α2, , αn là các phần tử phân biệt không khả quy, k1, k2, , kn là các số nguyên dương, và ε là phần tử khả nghịch.
Công thức (1) được gọi là biễu diễn chuẩn tắc (hay chính tắc) của số nguyên Gauss α.
1.2.12 Mệnh đề.Giả sử α là phần tử bất khả quy của vành nguyên Gauss, khi đó tồn tại duy nhất một số nguyên tố p∈ Z sao cho α|p.
Chứng minh tính chất tương tự trên vành Z: Cho α, β, γ là các số nguyên Gauss với α bất khả quy, nếu α|βγ thì α|β hoặc α|γ Ta có N(α) = a² + b² = αᾱ, với N(α) là số nguyên dương, cho thấy α là ước của một số nguyên tố p ∈ Z Giả sử tồn tại số nguyên q ≠ p sao cho α|p.
Vì (p, q) = 1 nên tồn tại u, v ∈ Z sao cho pu+ qv = 1 từ đó α|1 là điều mâu thuẫn Vậy mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.12, dù đơn giản, lại mang ý nghĩa quan trọng trong việc mô tả các phần tử bất khả quy trên vành nguyên Gauss Để hiểu rõ hơn về các phần tử này trên vành Z[i], chúng ta cần xem xét từng số nguyên tố p ∈ Z và xác định xem chúng có chứa ước bất khả quy nào trên vành Gauss hay không.
1.2.14 Mệnh đề Nếu α ∈ Z[i] mà N(α) là số nguyên tố trên vành số nguyên Z thì α là phần tử bất khả quy.
Chứng minh Thực vậy, nếu α = βγ thì N(α) = N(β)N(γ) là số nguyên tố trên Z, từ đây suy ra N(β) hoặc N(γ) = 1 hay β hoặc γ khả nghịch.
1.2.15 Mệnh đề Các ước bất khả quy của 2 trong Z[i] là 1 +i, 1−i và các phần tử liên kết với nó.
Chứng minh Ta có 2 = (1 + i)(1−i) nên (1 +i)|2 Lại vì N(1 +i) = 2 nên 1 +i là phần tử bất khả quy trên vành nguyên Gauss (theo Mệnh đề 1.2.14).
1.2.16 Mệnh đề Mọi số nguyên tố trên Z có dạng q = 4k + 3 đều là phần tử bất khả quy trên vành số nguyên Gauss.
Chứng minh Giả sử ngược lại q = αβ, với α, β không khả nghịch, suy ra q 2 = N(α)N(β) Do q nguyên tố và N(α) > 1, N(β) > 1 suy ra
N(α) = N(β) = q Giả sử α = a + ib, a, b ∈ Z khi đó chúng ta có ngay a 2 +b 2 = q ≡ 3(mod4) Điều này là không thể Vậy ta có điều cần chứng minh.
1.2.17 Mệnh đề Giả sử p là số nguyên tố và p≡ 1(mod4) khi đó
1 Tồn tại duy nhất cặp số nguyên dương (a, b) không kể thứ tự sao cho a 2 +b 2 = p.
2 Các ước bất khả quy của p trong vành các số nguyên Gauss gồm a+ ib;a−ib với a, b ∈ Z và a 2 +b 2 = p và các phần tử liên kết với chúng.
Theo bổ đề Lagrange, tồn tại số nguyên n sao cho p chia hết cho (n^2 + 1) Khi đó, trong vành Z[i], p chia hết cho (n+i)(n−i), nhưng p không là ước của (n ± i) vì n ± pi không thuộc Z[i] Do đó, p là phần tử khả quy trong vành này.
Giả sử a + ib ∈ Z là ước bất khả quy của p, thì liên hợp a−ib cũng là ước của p Chúng ta sẽ chứng minh rằng a±ib là các ước bất khả quy duy nhất của p, ngoại trừ sự khác biệt về liên hợp Giả sử c+id và c−id là các ước bất khả quy khác của p, từ đó chúng ta có thể xem xét trên vành nguyên Gauss.
Hay (a 2 +b 2 )(c 2 +d 2 )|p, suy ra a 2 +b 2 = 1 hoặc c 2 +d 2 = 1, điều này mâu thuẫn Vậy mệnh đề được chứng minh.
Từ các mệnh đề trên, chúng ta có kết quả mô tả các phần tử bất khả quy trên vành Gauss như sau
1.2.18 Định lý Trên vành số nguyên Gauss có và chỉ có các phần tử bất khả quy như sau (sai khác một phần tử khả nghịch)
1 1 +i và các liên kết với nó.
2 q = 4k+ 3 là số nguyên tố trên Z cùng các liên kết của nó.
3 a±ib trong đó a 2 +b 2 = p= 4k+ 1 là số nguyên tố trên Z cùng các liên kết của chúng.
CHƯƠNG 2 ỨNG DỤNG CỦA VÀNH SỐ NGUYÊN GAUSS
2.1.1 Nhận xét Xét phương trình x 2 +y 2 = n, n ∈ N ∗ (1)
1 Nếu phương trình (1) có nghiệm nguyên(x, y)thì(∓x,∓y)và(∓y,∓x) cũng là nghiệm nguyên của phương trình (1).
2 Từ một nghiệm nguyên (x, y) của phương trình (1) ta suy ra phương trình (1) có 8 nghiệm nguyên nếu x 6= y hoặc 4 nghiệm nguyên trong trường hợp x= y hoặc xy = 0.
2.1.2 Mệnh đề Phương trình x 2 + y 2 = 2 k , k ∈ N luôn có 4 nghiệm nguyên.
Từ định lý cơ bản của số học trên vành Gauss, suy ra x+ iy = ε(1 + i) l với ε là phần tử khả nghịch nên x−iy = ¯ε(−i) l (1 +i) l dẫn đến:
Vậy x+ iy là một liên kết của (1 +i) k , do đó phương trình trên luôn có nghiệm nguyên và có đúng 4 nghiệm nguyên.
2.1.3 Mệnh đề Phương trình x 2 +y 2 = q k , k ∈ N có nghiệm nguyên khi và chỉ khi k là số tự nhiên chẵn, trong đó q = 4t+ 3 là số nguyên tố trên vành số nguyên Z.
Chứng minh: Từ định lý cơ bản trên vành nguyên Gauss và là phần tử bất khả quy nên ta có: x 2 +y 2 = (x+iy)(x−iy) = q k
Do x+iy = εq j ⇔x−iy = ¯εq j , với ε là phần tử khả nghịch nên 2j = k. Vậy mệnh đề được chứng minh.
Nhận xét.Phương trình x 2 +y 2 = (x+iy)(x−iy) =q k (k ∈ N, q = 4t+3 là số nguyên tố) hoặc vô nghiệm hoặc có đúng 4 nghiệm nguyên.
2.1.4 Mệnh đề Phương trình x 2 + y 2 = p có đúng 8 nghiệm nguyên, trong đó p = 4k+ 1 là số nguyên tố.
Chúng ta có thể chứng minh rằng \( x^2 + y^2 = (x + iy)(x - iy) = p = (a + ib)(a - ib) \), trong đó \( a \mp ib \) là các phần tử không khả quy trong vành số nguyên Gauss (theo định lý 1.2.18) Dựa vào định lý cơ bản của số học trên vành Gauss, ta suy ra rằng \( x + iy \) là một liên kết của \( a + ib \), và nó được xác định duy nhất theo nghĩa khác một phần tử khả nghịch Điều này dẫn đến việc khẳng định tính đúng đắn của mệnh đề.
2.1.5 Mệnh đề Phương trình x 2 + y 2 = p k có đúng 4(k + 1) nghiệm nguyên, trong đó p = 4s+ 1 là số nguyên tố.
Chứng minh Giả sử p = (a+ ib)(a −ib) (điều này tồn tại theo định lý 1.2.18) Khi đó phương trình đã cho có dạng
Ta có: x+iy = ε(a+ib) l (a−ib) t ⇔ x−iy = ¯ε(a+ib) t (a−ib) l
Từ phương trình l+t = k, ta có x+iy = ε(a+ib) l (a−ib) k−l, với ε là phần tử khả nghịch và 0 ≤ l ≤ k Nếu 0 ≤ t < l ≤ k, ta có thể chứng minh rằng (a+ib) l (a−ib) k−l khác (a+ib) t (a−ib) k−t Với l có k + 1 cách chọn, mỗi cách chọn l sẽ cho ra 4 nghiệm nguyên của phương trình Do đó, tổng số nghiệm nguyên của phương trình là 4(k + 1).
2.1.6 Định lý Phương trình x 2 +y 2 = n,(n ∈ N ∗ ) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi trong phân tích chuẩn tắc của không chứa lũy thừa bậc lẻ của các ước nguyên tố dạng 4k+ 3.
Chứng minh Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x, y) Vì n ∈ N ∗ nên có sự phân tích sau: n = 2 k q 1 k 1 q 2 k 2 q k m m p t 1 1 p t 2 2 p t s s , trong đó k ≥ 0, k i ≥
Trong bài viết này, chúng ta xem xét sự phân tích của số nguyên n thành tích các phần tử bất khả quy trong vành các số nguyên Gauss Theo định lý 1.2.18, n có thể được biểu diễn dưới dạng n = (−i) k (1 +i) 2k q 1 k 1 q 2 k 2 q k m m α t 1 1 α 1 t 1 α t 2 2 α 2 t 2 α t s s α s t s, trong đó các số nguyên tố qi và pj là các số nguyên tố phân biệt có dạng 4k+ 3 và 4k+ 1, với các chỉ số tj ≥ 0.
Mặt khác n = x 2 +y 2 = (x+iy)(x−iy) nên x+iy và x−iy là ước của tích các nhân tử bất khả quy Vì vậy x+iy sẽ có dạng sau: x+iy = ε(1 +i) l q 1 l 1 q 2 l 2 q m l m α u 1 1 α 1 v 1 α u 2 2 α 2 v 2 α s u s α s v s (2)
Từ (1),(2) và (3) ta có: l = k, ki = 2li,∀i = 1,2, , m;tj = uj +vj,∀j 1,2, , s Chứng tỏ lũy thừa của ước nguyên tố dạng 4k+ 3 của n là các số chẵn.
Giả thuyết Catalan
Phương trình x³ ± 1 = y², được nghiên cứu bởi Euler (1707 – 1783), có nghiệm duy nhất trong tập hợp các số nguyên dương, đó là bộ số (x, y) = (2, 3), tức là 2³ + 1 = 3², hay 8 + 1 = 9.
Số 8 và 9 là hai số nguyên dương liên tiếp và cũng là lũy thừa của hai số nguyên Một câu hỏi thú vị đặt ra là liệu trong tập hợp các số nguyên khác 0, (8,9) có phải là hai số nguyên dương liên tiếp duy nhất thỏa mãn phương trình x^q + 1 = y^p (với x ≠ 0, y ≠ 0, q > 1, p > 1) hay không Đây chính là nội dung của giả thuyết Catalan.
Giả thuyết Catalan, được đưa ra bởi nhà toán học người Bỉ Eugene Charles Catalan vào năm 1844, khẳng định rằng đối với hai số nguyên dương p > 1 và q > 1, phương trình x^q + 1 = y^p không có nghiệm nguyên với xy ≠ 0, ngoại trừ trường hợp (p, q) = (2, 3), khi đó các nghiệm nguyên với xy ≠ 0 là (x, y) = (2, ±3).
2.2.3 Quá trình chứng minh giả thuyết Catalan
Năm 1850, V.A Lebesgue đã chứng minh giả thuyết Catalan cho trường hợp q = 2, áp dụng định lý cơ bản của số học trên vành Gauss Z[i] cùng với phương pháp phản chứng.
Năm 1964, nhà toán học Chaoko người Trung Quốc đã chứng minh rằng phương trình Diophant y² = x^p + 1 (với p ≥ 5) không có nghiệm nguyên dương Kết quả này được công bố trên tạp chí Scientia Sinica, trang 457 – 460.
Vào ngày 18 tháng 4 năm 2002, nhà toán học Rumani Preda Mihailescu đã đưa ra một chứng minh hoàn toàn sơ cấp cho giả thuyết Catalan Chứng minh này được công bố vào năm 2003 trên tạp chí Journal of Number Theory, số 99.
2.2.4 Tóm tắt phép chứng minh của P.M Mihailescu Đặt c = x p −1 y p 2 , c1 = 7−x p y p 2 , b = x p −1 y q−p , b1 = 7−x p y q−p
Ta xét trường hợp sau:
Do vế phải là số nguyên x q \48 ⇒ x q = 4,8,16.
Với x q = 8 = 2 3 ⇒ y p = 3 2 ⇒ p = 2 < q = 3, điều này không thể vì p > q.
Với x q = 16 ⇒ x q + 1 = 17 = y p ⇒ @p Vậy giải thiết p > q không xảy ra.
Rõ ràng, trường hợp này không xảy ra.
- Nếu p < q, khi đó từ (*) ta nhận được 48 x p = x q−p + 14x q−p − x p Tương tự như trên, ta có:
Từ đó chúng ta nhận được x 2p −2x p = x q ⇔ x p (x p −2) = x q ⇒x q > x p
Chia hai vế của phương trình này cho x > 1 ta được x p−1 − x q−p−1 2 x ⇒ x = 2 và 2 p−1 −1 = 2 q−p−1 Đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi p= 2, q = 3 ⇒(x, y) = (2,±3) là nghiệm của phương trình Catalan. Trường hợp 3 (c 2 −1)(c 2 1 −1)6= 0
Bằng phương pháp phản chứng, Mihailescu đã chứng tỏ
- Hoặc c = c 1 , khi đó x p −1 y p 2 = 7−x p y p 2 ⇔ x p = 4 = 2 2 ⇒ x = p= 2 ⇒ y = ±3 và q = 2⇒ (x, y) = (2,±3) là nghiệm nguyên của phương trình
- Hoặc c 2 −1 = 0, điều này dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết của trường hợp 3 Vậy Giả thuyết của Catalan được chứng minh với p > 1, q >
Một số trường hợp riêng của giả thuyết Catalan
Phương trình y 2 = x 3 −1 chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là
Giả sử (x, y) là nghiệm nguyên của phương trình đã cho Nếu x là số chẵn, thì y sẽ bằng −1 (mod 8), điều này không thể xảy ra vì −1 không phải là chính phương modulo 8 Do đó, x phải là số lẻ và y là số chẵn Để giải quyết bài toán, chúng ta sẽ chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề Với mọi số nguyên chẵn y thì các phần tử y+i và y−i nguyên tố cùng nhau trên vành nguyên Gauss.
Thực vậy giả sử α\(y +i) và α|y−i, suy ra α\2i
Mặt khác kαk 2 \(y 2 + 1), từ đây ta có α là phần tử khả nghịch của vành Gauss Vậy a+i và a−i nguyên tố cùng nhau.
Trở lại chứng mình mệnh đề, ta có y 2 = x 3 −1 ⇔(y +i)(y −i) =x 3
Do y + i và y −i nguyên tố cùng nhau nên y + i là một liên kết của số phức dạng
Từ định nghĩa hai số phức bằng nhau, bằng cách đồng nhất các hệ số, ta nhận được hoặc a 3 −3ab 2 = 1 hoặc 3a 2 b−b 3 = 1.
- Với a = 1 thì b = 0 Khi đó (x, y) = (1,0) là nghiệm duy nhất
- Với a = −1 thì không tồn tại b
Nếu 3a 2 b −b 3 = 1 Bằng cách xét tương tự, ta suy ra (x, y) = (1,0) là nghiệm duy nhất của phương trình
2.3.2 Định lý ( Lebesgue – 1850) Với mọi số nguyên tố p ≥ 2 thì phương trình x p −y 2 = 1 không có nghiệm nguyên với y 6= 0.
Với p = 2 thì định lý đúng.
Ta chỉ cần chứng minh định lý khip > 2 Phương trình đã cho tương đương với x p = (y+ i)(y −i).
Giả sử (x, y) là nghiệm nguyên của phương trình với x chẵn và y lẻ, thì x p −1 ≡ −1(mod8) và y 2 ≡ 1(mod8) không xảy ra Do đó, nếu (x, y) là nghiệm nguyên của phương trình thì x phải là lẻ và y phải là chẵn Từ đó, theo bổ đề 2.3, các phần tử y+i và y−i là nguyên tố cùng nhau trên vành số nguyên Gauss Áp dụng định lý cơ bản của số học trên vành Gauss, ta có thể suy ra rằng y −i là một liên kết của số phức (a+ ib) p ∈ Z[i] Khai triển nhị thức Newton, ta nhận được y −i = (a+ib) p p.
C p j a j (ib) p−j Đồng nhất phần ảo từ hai vế, ta nhận được
Khi đó x p = (a+ib) p (a−ib) p = (a 2 + 1) p ⇒ x = a 2 + 1 Do x là số lẻ nên a là số chẵn Rõ ràng a 6= 0.
Do a là số chẵn nên a 2 ≡ 0(mod4) ⇒ 1 +
Với p = 3, do vế phải của (2) không có nên a 2 C p 2 = 0 hay a = 0 (đã xét).
Với p > 3, ta chứng minh hệ thức (2) không xảy ra. Đặt e 2 (α) = ord 2 α là chỉ số lũy thừa của (2) trong phân tích chuẩn tắc của số hữu tỷ.
Vì C p−2 2k−2 nguyên và 2k−1 là số lẻ nên: e 2 C p 2k
Hay e 2 (a 2k C p 2k ) > e 2 (a k C p k ),∀k > 1 Từ đây suy ra (3) Điều này chứng tỏ
(2) không xảy ra Vậy định lý được chứng minh.
1 Nếu y lẻ và y 2 = x 3 − 4 thì y − 2i và y + 2i nguyên tố cùng nhau trong vành nguyên Gauss Z[i].
2 Nếu y lẻ thì 1 +i là ước chung lớn nhất của y +i và y −i.
- Thực vậy giả sử α|(y − 2i);α|(y + 2i) suy ra α|4i hay α|4 Do đó kαk 2 k4k 2 = 16, lại có kαk 2 ky −2ik 2 = x 3 , suy ra kαk = 1 hay α khả nghịch nên y −2i và y + 2i nguyên tố cùng nhau.
- Dễ thấy 1 +i là ước chung của y+i và y−i Giả sử γ|(y±i), khi đó γ|2i suy ra γ|i mà 2 = (1 +i)(1−i) = −i(1 +i) 2 và 1 +i là phần tử bất khả quy trên Z[i] nên γ là một liên kết của 1 +i vậy γ|(1 +i).
2.3.4 Mệnh đề Phương trình y 2 = x 3 − 4 chỉ có các nghiệm nguyên (x, y) = (2,±2),(5,±11).
Chứng minh Giả sử (x, y) là nghiệm nguyên của phương trình, khi đó dễ nhận thấyx, ycùng tính chẵn, lẻ Ta cóy 2 = x 3 −4hay(y+2i)(y−2i) = x 3
Ta xét hai trường hợp:
Trong trường hợp y và x đều là số lẻ, theo bổ đề 2.3.3 và định lý cơ bản của số học trên vành Gauss, ta suy ra rằng y+i và y−i là lập phương của một số nguyên Gauss nào đó Giả sử y+2i = (a+ib)³, thì y−2i = (a−ib)³, với a và b là các số nguyên Khi đồng nhất phần ảo của hai số phức, ta có b(3a²−b²) = 2, từ đó suy ra b = ±1 hoặc b = ±2.
Nếu b = −1 suy ra không có a.
Nếu b = 2 suy ra không có a.
Nếu b = −2 suy ra không có a±1.
Từ đây suy ra (x, y) = (2,±2) và (5,±11).
Do y, x cùng lẻ nên nghiệm của phương trình là (x, y) = (5,±11).
Trường hợp 2 y, x cùng chẵn, đặt x = 2u, y = 2v.
Phương trình đã cho có dạng
Dễ thấy v lẻ nên theo bổ đề 2.3.3 thì 1 + i là ước chung lớn nhất của v + i và v −i Vì vậy v+ i
1 +i là các số nguyên Gauss và nguyên tố cùng nhau Từ định lý cơ bản của số học trên vành nguyên Gauss ta suy ra v +i
1 +i là lập phương của số nguyên Gauss nào đó Mặt khác ta cũng có y + 2i = 2(v + i) = −i(1 +i) 2 (v + i) = −i(1 +i) 3 v +i
1 +i nên y+2i cũng là lập phương của số nguyên Gauss. Lập luận tương tự trường hợp 1, ta suy ra (x, y) = (2,±2) và (5,±11), do y, x cùng chẵn nên (x, y) = (2,±2) thỏa mãn.
Vậy phương trình chỉ có các nghiệm nguyên (x, y) = (2,±2) và (5,±11).
Dựa vào các tài liệu tham khảo, luận văn đã trình bày được các kết quả sau:
1 Sử dụng bổ đề nâng để giải quyết một số bài toán (chưa có lời giải) được nêu trong tài liệu [8].
2 Trình bày một số tính chất của vành số nguyên Gauss.
3 Trình bày ứng dụng của vành Gauss trong việc nguyên cứu một số phương trình Diophant, là tìm hiểu quá trình chứng minh giả thuyếtCatalan.