Bài tập 3.1.1. (xem [15, Ví dụ 10, Bài tập 11])Tìm tất cả các số nguyên tố lẻ psao cho
(a) 5là thặng dư bậc hai modulo p.
(b) 3là thặng dư bậc hai modulo p.
Lời giải. (a): Vì 5≡1 (mod 4), nên theo luật thuận nghịch bậc hai ta có 5là thặng dư bậc hai modulo pkhi và chỉ khi plà thặng dư bậc hai modulo5. Từ đó suy ra các số nguyên tố pcần tìm là p≡ ±1 (mod 5).
(b): Nếu p≡1 (mod 4), thì theo luật thuận nghịch bậc hai ta có3là thặng dư bậc hai modulo pkhi và chỉ khi plà thặng dư bậc hai modulo3. Do đó pchia3dư1. Kết hợp với pchia4dư1, ta có p≡1 (mod 12).
Nếu p≡3 (mod 4), thì theo luật thuận nghịch bậc hai ta có3là thặng dư bậc hai modulo pkhi và chỉ khi pkhông là thặng dư bậc hai modulo3. Do đó pchia3dư2.
Kết hợp với pchia4dư3, ta có p≡ −1 (mod 12).
Tóm lại3là thặng dư bậc hai modulo pkhi và chỉ khi p≡ ±1 (mod 12).
Bài tập 3.1.2. (xem [13, Bài tập 7.6.19]) Chứng minh rằng phương trình x4 ≡25 (mod p)không có nghiệm nếu plà số nguyên tố và p≡13,17 (mod 20).
Lời giải. Giả sử phương trình có nghiệm. Thế thì dùng luật thuận nghịch bậc hai với lưu ý5là số nguyên tố chia4dư1ta có
1= ±5
p
= 5
p
=p 5
= ±3
5
=−1.
Từ đó suy ra vô lý và phương trình không có nghiệm.
Bài tập 3.1.3. (xem [13, Bài tập 7.6.20])Giả sử pnguyên tố, p≡13,17 (mod 20).
Chứng minh rằng phương trìnhx4+py4=25y4 không có nghiệm nguyên.
Lời giải. Không mất tính tổng quát giả sử ước số chung lớn nhất của x,y,z bằng 1.
Thế thì p-z. Giả thiết suy rax4≡25z4 (mod p), suy ra 1=
±5z2 p
= ±5
p
=−1.
Từ đó suy ra mâu thuẫn.
Bài tập 3.1.4. (xem [4, Bài tập 2, tr. 190])Chứng minh rằng vớin>1là số nguyên, thì phương trình:
x2+y2=zn+2n
không có nghiệm nguyên vớiUCLN(x,y) =1vànlà số lẻ lớn hơn1.
Lời giải. Đầu tiên ta kết luận z là số lẻ vì nếu trái lại 2n |zn+2n =x2+y2, suy ra x2+y2≡0,4 (mod 8). Do đóx,yđều là số chẵn, suy ra vô lý.
Vìzlẻ, nênzn+2n có ước nguyên tố dạng4k+3(xét hai trường hợp=4m−1và z=4m+1). Do đóx2+y2 có ước nguyên tố dạng p=4k+3vàx,ynguyên tố cùng nhau. Điều này mâu thuẫn theo Định lý 2.1.3(2).
Bài tập 3.1.5. (xem [13, Bài tập 7.6.18]) Chứng minh rằng phương trình x4 ≡25 (mod 1013)không có nghiệm.
Lời giải. Vì 1013∈P, nên nếux04≡25 (mod 1013), thìx20≡ ±5 (mod 1013). Do đó
±5 1013
=1.
Tuy nhiên
±5 1013
= 5
1013
=
1013 5
= 3
5
=−1, suy ra vô lý. Vậy chứng minh được hoàn tất.
Bài tập 3.1.6. (xem [4, Ví dụ 4, tr. 185])Chứng minh rằng không tồn tại số nguyênn sao chon7+7là một số chính phương.
Lời giải. (Bài này tương tự Ví dụ 2.1.11)Nếunchẵn thì n7+7≡3 (mod 4), suy ra n7+7không là một số chính phương. Điều này vô lý. Do đónlẻ.
Trường hợp 1:n≡3 (mod 4).Thế thìn7+7≡2 (mod 4), suy ra loại.
Trường hợp 2:n≡1 (mod 4).Nếun7+7=q2với một số nguyênqnào đó, thì n7+27=q2+112.
Do đó n+2| q2+11. Vì n7+7 là một số chính phương, nên n nguyên dương. Mặt khácn+2≡3 (mod 4), nênn+2có một ước nguyên tố dạng p=4k+3. Từ đó suy ra
p|n+2|q2+112.
Theo Định lý 2.1.3(2) ta có p|11, p|q. Do đó11|q. Đặtq=11q1. Khi đó n7+27 =q2+112=112 q21+1
,
suy ra
(n+2)ãn7+27
n+2 =112 q21+1 . Đặtd=UCLN
n+2,nn+27+27
, ta chỉ rad|7. Thật vậy dùng công thức a7+b7= (a+b)7−7ab(a+b) a2+ab+b22
, suy ra
a7+b7
a+b = (a+b)6−7ab(a+b)4+14a2b2(a+b)2−7a3b3.
Áp dụng choa=n,b=2, ta cú d |n+2, d| nn+27+27, suy ra d| 7ã(2n)3. Vỡ nlẻ, nờn (n+2,2n) =1, suy ra d,(2n)3
=1, suy rad|7.
Từ việcd|7, suy ra một trong hai sốn+2và n7n+2+27 không chia hết cho11.
Nếu 11- n+2, thì ta xét p là một ước nguyên tố dạng 4k+3 của n+2. Khi đó (p,11) =1, suy ra p|q21+1. Điều này vô lý (theo Định lý 2.1.3(2)).
Nếu11- n
7+27 n+2 , thì
n7+27
n+2 =n6−2n5+4n4−8n3+16n2−32n+64,
≡n5(n−2) (mod 4),
≡3 (mod 4),
và nn+27+27 >0. Thế thì nn+27+27 có một ước nguyên tố p dạng4k+3. Trong trường hợp này p|q21+1, suy ra vô lý (theo Định lý 2.1.3(2)).
Bài tập 3.1.7. (xem [4, Ví dụ 1, tr. 188])Chứng minh rằng phương trìnhx3−3=2y2 không có nghiệm nguyên.
Lời giải. Giả thiết suy raxlẻ, kéo theox≡ ±1,±3 (mod 8). Xét đồng dư theo mod- ulo8, ta loại hai trường hợpx≡ ±1 (mod 8). Nếux≡ ±3 (mod 8), thìx2−x+1có dạng8m−1hoặc8m−3. Do đó x2−x+1có một ước nguyên tố pdạng≡ −1,−3 (mod 8). Mặt khác p|y2+2, kéo theo
−2 p
=1, kéo theo p≡1,3 (mod 8), suy ra mâu thuẫn với p≡ −1,−3 (mod 8).
Bài tập 3.1.8. (xem [4, Ví dụ 1, tr. 189])Xét phương trình8xy−(x+y) =z2. Chứng minh rằng
1. Phương trình không có nghiệm (x,y,z)với x,y,zđều là các số nguyên dương.
2. Phương trình có vô số nghiệm(x,y,z)vớix,y,zđều là các số nguyên âm.
Lời giải. (1): Giả sử phương trình có bộ nghiệm nguyên dương (x,y,z). Thế thì (8x−1)(8y−1) =8z2+1.
Vìxlà một số nguyên dương, nên8x−1≥7, nên nó có ước nguyên tố dạng 8m−1 hoặc8m−3(ở bước này giả thiết sốxnguyên dương là quan trọng!). Thế thì8x−1 không là ước của2(2z)2+1(theo Định lý 2.1.9). Từ đó dẫn ra mâu thuẫn và kết thúc chứng minh. Hoặc ta có thể làm trực tiếp như sau: Xét p≡ −1,−3 (mod 8) là ước nguyên tố của8z2+1=2(2z)2+1, kéo theo−2(2z)2≡1 (mod p). Vì2zkhả nghịch modulo p, nên−2≡z02 (mod p). Do đó
−2 p
=1, kéo theo p≡1,3 (mod 8), suy ra vô lý.
(2): Ta có các bộ ba (x,y,z)sau: x=−1, y=−9n2−2n,z=−9n−1, với nlà số nguyên dương tùy ý.
Bài tập 3.1.9. (xem [8])Cho plà một số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại x∈Z sao cho p|x2−x+3khi và chỉ khi tồn tạiy∈Zsao cho p|y2−y+25.
Lời giải. Trường hợp 1.p=2,3: Điều cần chứng minh là rõ vìx2−x+3vày2−y+25 là số lẻ, nên p6=2.
Nếu p=3thìp|x2−x+3vớixchẵn và p|y2−y+25vớiy≡2 (mod 3).
Trường hợp 2. p ≥ 5: Khi đó p| x2−x+3 khi và chỉ khi p | 4 x2−x+3
= (2x−1)2+11khi và chỉ khi
−11 p
=1. (3.1)
Thật vậy nếu
−11 p
=1thì tồn tạit ∈Zsao cho p|t2+11. Nếu cần thayt bởit+p ta có thể giả sửt lẻ. Đặtt =2x−1ta có p|x2−x+3.
Tương tự p|y2−y+25 khi và chỉ khi p|4 y2−y+25
= (2y−1)2+99 khi và chỉ khi
−99 p
=1. (3.2)
Hai khẳng định (3.1) và (3.2) tương đương với nhau vì −99
p
=
−11 p
, suy ra kết luận.
Bài tập 3.1.10. (xem [8])Chứng minh rằng với mọi số nguyên tốp, tồn tạia,bnguyên sao cho p|a2+b2+1.
Lời giải. Nhận thấy p|a2+b2+1khi và chỉ khia2 ≡ −b2−1 (mod p). Cả hai tập {a2 |a∈Z}và {−b2−1|b∈Z}theo modulo pđều có p+12 phần tử. Do đó chúng giao nhau khác rỗng và kết thúc chứng minh.
Bài tập 3.1.11. (xem [8])Chứng minh rằng không tồn tại các sốa,b,cnguyên dương sao cho
a2+b2+c2
3(ab+bc+ca)∈Z.
Lời giải. Giả sử trái lại tồn tại a,b,c(có thể giả sử(a,b,c) =1) sao cho a2+b2+c2
3(ab+bc+ca) =n∈Z. Thế thìa2+b2+c2=3n(ab+bc+ca)suy ra
(a+b+c)2 = (3n+2) (ab+bc+ca).
Vì3n+2>0, nên tồn tại ước nguyên tố dạng p≡2 (mod 3)và
p2i−1|3n+2, p2i -3n+2,
với i nào đó. Từ đó suy ra pi | a+b+c, suy ra p| ab+bc+ca. Thay c≡ −a−b (mod p), suy ra p|a2+ab+b2, suy ra
p|(2a+b)2+3b2.
Nếu p-bthì
−3 p
=1,
suy ra mẫu thuẫn vì p≡2 (mod 3). Vậy p|a2+ab+b2, suy ra p| a, suy ra p|c, suy ra vô lý.
Bài tập 3.1.12. (xem [17])Giả sửa,b∈Z+là hai số nguyên dương thỏa mãn15a+ 16b và16a−15b đều là các số chính phương. Tìm giá trị nhỏ nhất của min{15a+ 16b,16a−15b}.
Lời giải. Ta có
15a+16b=k2, 16a−15b=l2, suy ra
a= 15k2481+16l2, b= 16k2481−15l2,
với k,l ∈ Z+.Vỡ 481= 13ã37, nờn 15k2+16l2 ≡0 (mod 13), suy ra 2k2 ≡ −3l2 (mod 13). Do đók2≡5l2 (mod 13). Vì 135
=−1, nên13|l,13|k.
Tương tự15k2+16l2 ≡0 (mod 37), suy ra32l2 ≡ −30k2 (mod 37), suy ral2 ≡ 6k2 (mod 37). Kết hợp với 376
=−1 suy ra37 |k, 37| l. Thế thì l nhỏ nhất bằng 481. Vớ dụ khik=l =481ta cúa=13ã481,b=481.
Bài tập 3.1.13. (Lind-Reichart)Chứng minh rằng phương trình
2Y2=X4−17Z4 (3.3)
chỉ có nghiệm hữu tỷ tầm thường.
Lời giải. Giả sử phương trình có nghiệm(x,y,z)6= (0,0,0)vớix,y,z∈Q. Thế thì với mọi số tự nhiên n, bộ (nx,n2y,nz)cũng là nghiệm của phương trình. Do đó phương trình có nghiệm không tầm thường(x,y,z)∈Z3 và hơn nữa có thể giả sử (x,y) =1, vàz>0.
Giả sửqlà một ước nguyên tố lẻ củay. Khi đó phương trình (3.3) kéo theox4=17z4 trong Fq. Do đó 17 là lũy thừa bậc 4modulo q (vì nếu q|ythì q|x, mâu thuẫn với UCLN(x,z) =1)), nên
17 q
=1. Theo luật tương hỗ (thuận nghịch) Gauss, vìq≡1 (mod 8), nên 17q
=1hay q∈F×,217 .
Mặt khác2,−1cũng là bình phương trongF17. Cụ thể2≡62 (mod 17),−1≡42 (mod 17). Do đó với mọi ước nguyên tố củazđều là bình phương modulo17. Từ tính chất nhân tính của kí hiệu Legendre, ta cóz=z20 trong F17. Thay vào phương trình (3.3) ta có:
2z40 =x4trongF17.
Do đó2là lũy thừa bậc4trongF17. Điều này vô lý vì không có một số nào trongF17
có lũy thừa bậc bốn bằng2. Vậy phương trình (3.3) không có nghiệm trênQ.
Nhận xét 3.1.1. Ví dụ trên của Lind-Reichart cho ta những ví dụ đầu tiên về một đường cong không thỏa mãn nguyên lý địa phương toàn cục Hasse-Minkowski. Nhắc lại rằng nguyên lý địa phương toàn cục Hasse-Minkowski khẳng định nếu một dạng toàn phương hệ số hữu tỷ có nghiệm trên mọi bao đóng p-adic và trên trường thựcR, thì nó sẽ có nghiệm hữu tỷ (xem [16]).