skkn khai thác, mở rộng kết quả của một số bài toán mở rộng một định lí của fermat và euler)

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Càng đọc câu: “Đôi lúc một vấn đề được giải quyết xong lại gợi ý tìm ra một vấn đề hoàn toàn khác nhưng lại rất có ý nghĩa.” Trích từ lời dẫn của Lê Hào trong bài toá

KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN

(Mở rộng một định lí của Fermat và Euler)

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Càng đọc câu: “Đôi lúc một vấn đề được giải quyết xong lại gợi ý tìm ra một vấn

đề hoàn toàn khác nhưng lại rất có ý nghĩa.”

(Trích từ lời dẫn của Lê Hào trong bài toán “Suy nghĩ từ lời giải một bài toán thi vô địch quốc tế” đăng trên báo toán học và tuổi trẻ) tôi càng thấy tâm đắc

Số học có sự hấp dẫn tuyệt vời đối với tôi Sau khi giải xong một bài toán số học nào đó thì trong tôi có niềm vui và sự hứng khởi lạ thường Đặc biệt là các toán sau:

Cho p là một số nguyên tố, p≡3(mod 4)

Chứng minh rằng: Nếu x2+ ≡y2 0 mod ( p)thì x y≡ ≡0 mod( p),với ,x y∈¥

(Trích từ sách: SỐ HỌC (tập 1), tác giả Doãn Minh Cường, xuất bản năm 2003)

Cho m và n là hai số nguyên dương chẵn, u và v là hai số nguyên dương lẻ sao cho m2− = − >n2 u2 v2 0.Chứng minh (m2+v2)là hợp số

(Trích từ đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 năm 2010 – 2011, tỉnh Đồng Nai)

Cho hai số nguyên dương a, b và số nguyên tố p thỏa điều kiện là a2+b p2M

Biết p là tổng của hai số chính phương

Chứng minh

2 2

a b p

+ bằng tổng của hai số chính phương

(Trích từ đề thi học sinh giỏi lớp 12, vòng 2 năm 2013 – 2014, tỉnh Đồng Nai).

Hình như các bài toán trên có một mối liện hệ nào đó rất mật thiết Tôi có linh cảm chúng là những bộ phận của một “chỉnh thể” (hay một vấn đề) nào đó

“Chỉnh thể” đó là gì? Cứ thế, ngày qua ngày, tôi chìm đắm trong suy tưởng, tìm kiếm và dần dần làm sáng tỏ các nghi vấn Cuối cùng, tôi đã tìm được cái “chỉnh thể” đó là phương trình đồng dư x2 + ≡y2 0 mod ( p) và đặc biệt là phương trình nghiệm nguyên x2+ =y2 p

Thật tình cờ, cái “chỉnh thể” mà tôi tìm được lại có quan hệ mật thiết với một định

lí của Fermat đã được Euler chứng minh(tôi gọi định lí đó là định lí Fermat-Euler)

II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

Bài viết này có sự kế thừa ý tưởng của một bài viết “KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT

QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN” của tôi năm 2012 – 2013.

Cơ sở lí luận là hệ thống lí thuyết về số học có trong sách: Số học - Hà Huy Khoái

- nhà xuất bản GD - năm 2005 và sách: Số học - Doãn Văn Cường - nhà xuất bản ĐHSP - năm 2003

Để biết cụ thể về cái “chỉnh thể” đó Mời bạn đọc xem tiếp phần nội dung

Từ bài toán: “Cho p là một số nguyên tố,p≡3(mod 4) Chứng minh rằng: Nếu

2 2 0 mod

x + ≡y p thì x y≡ ≡0 mod( p),với ,x y∈¥ ”

Mở ra một vấn đề mới:

Bài toán 3: “Tìm số nguyên tố p sao cho phương trình x2+ ≡y2 0 mod ( p)có nghiệm ,x y∈¥ và( , ) 1x y = ”

Bài toán 4: “Chứng minh rằng phương trình x2+ =y2 pcó nghiệm ( , ) 1x y = duy nhất với ,x y∈¥ và p là số nguyên tố có dạng 4n + 1”.

Ta giải bài toán 3.Xét các trường hơp sau:

 Trường hợp 1: p = 2.Khi đó với , x y là hai số lẻ nguyên tố cùng nhau thì ( , ) x y

là nghiệm của phương trình

Vậy p=2 thỏa

 Trường hợp 2: p là số nguyên tố có dạng 4 n+3

Khi đó, theo bài toán 1.Ta có: x2+ ≡y2 0(mod )p ⇔ ≡ ≡x y 0(mod )p

Suy ra không có hai số nguyên tố cùng nhau x, y thỏa yêu cầu bài toán

Vậy p= +4n 3 không thỏa

 Trường hợp 3: p là số nguyên tố có dạng 4n + 1

Theo định lý Wilson:

“Cho p là một số nguyên tố bất kỳ.Ta có: ( p− +1)! 1M ”.p

Mặt khác, ta có:p i− ≡ −i(mod )p và 1 4 1 1 2

p− = n+ − = n chẵn.

Suy ra:

2

2

1 ! 1 0 mod

2

   

  ÷ 

−

2

p

−

⇒ là một nghiệm của phương trình

2 2 0 mod

Vậy với p= +4n 1 thì phương trình x2 + ≡y2 0(mod )p có nghiệm ( , )x y thỏa

điều kiện ,x y∈¥,( , ) 1x y = .

Tiếp theo, ta chứng minh bài toán 4:

Trước tiên tôi chứng minh tính duy nhất của nghiệm (không kể nghiệm có được do hoán vị).Ý tưởng của chứng minh tính duy nhất này có được nhờ một bài toán trong đề thi học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm 2010-2011

Bổ đề 1: Cho m và n là hai số nguyên dương chẵn, u và v là hai số nguyên

dương lẻ sao cho m2− = − >n2 u2 v2 0.Khi đó(m2+v2)là hợp số

 Tôi đã chứng minh được bài toán đó như sau:

Ta có: m2− = − ⇔n2 u2 v2 (m n m n− ).( + = −) (u v u v).( + )

Đặt: a m n b m n x u v y u v= − , = + , = − , = + Khi đó a b = x y.

Đặt: k =(a x, )⇒ =a k a x k x ,1 = 1 với a x1, 1∈¥ ,* ( , ) 1a x1 1 =

Vì a b = x ynên k a b k x y .1 = 1 ⇔a b x y1. = 1. ⇒y aM1⇒ =y l a l (1 ∈¥*)

1 .1 1

a b x a l b x l

Vì m, n là số chẵn⇒ a m n= − và b m n= + là số chẵn.

u,v là số lẻ ⇒ x u v= − và y u v= + là số chẵn.

⇒

2

a b

2

a b

2

x y

2

y x

⇒

=1 ( 2 2 2 2).

4 a + + +b x y (vì a b = x y) = 2 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 k a +l x +k x +l a =4 k +l a +x

Vì k =(a x, ) ⇒k là số chẳn và l=( )b y, ⇒l là số chẵn

nên 2 2 2 2 ( 2 2)

1 1

m v   ÷  ÷   a x

   

+ = + + Suy ra m2+v2là hợp số

Bổ đề 1 được chứng minh xong Ta vận dụng kết quả của bổ đề 1 như sau:

Giả sử phương trình x2+ =y2 pcó 2 nghiệm phân biệt là (m v và , ) (n u thỏa , )

điều kiện(m v, ) = 1và(n u, ) = 1 Khi đó m và v không cùng tính chẵn lẻ, n và u không

cùng tính chẵn lẻ Cho m, n chẵn và u,v lẻ

⇒m2 + = + ⇒v2 n2 u2 m2− = − >n2 u2 v2 0 Theo kết luận của bổ đề 1 thì m2+ =v2 p

là hợp số Điều này mâu thuẫn với p là số nguyên tố

Vậy nghiệm (nếu có) của phương trình x2+ =y2 plà duy nhất (không kể nghiệm

có được nhờ hoán vị của nghiệm ban đầu)

Để hoàn thành việc chứng minh ta phải chứng tỏ phương trình x2+ =y2 pcó nghiệm

Áp dụng bài toán 3 và các bổ đề sau ta sẽ chứng tỏ được điều đó

Bổ đề 2: Tích của hai số mà mỗi số là tổng của hai số chính phương là một tổng

của hai số chính phương

 Chứng minh: (x2+y u2)( 2+v2) ( = u x v y+ )2+( v x u y− )2

Bổ đề 3: Nếu hai số nguyên dương a, b và số nguyên tố p thỏa điều kiện là

2 2

a +b pM với p là tổng của hai số chính phương thì a2 b2

p

+ bằng tổng của hai số chính phương (Bổ đề 3 được suy ra từ một bài toán trong đề thi học sinh giỏi lớp 12,vòng 2 của tỉnh Đồng Nai năm 2013- 2014)

 Bổ đề 3 được chứng minh như sau:

Ta có:p u= +2 v2 Đặt 2 2 2 2

2 2

a b

x y

u v

+ + = + (*) với ,x y∈¡

Vì (a2+b2 )M(u2+v2 ) nên x2+ ∈y2 ¥

Phương trình (*)⇔(x2 +y u2)( 2+v2)= +a2 b2

( ) ( )

u x v y a

u x v y v x u y a b

v x u y b







− = hoặc

u x v y a

v x u y b







− = −

2 2

2 2

a u b v

x

u v

a v b u

y

u v











+

⇒

−

= + hoặc

2 2

2 2

a u b v x

u v

a v b u y

u v











−

+

Vì x2+ ∈y2 ¥ nên x2∈ ⇔ ∈¥ y2 ¥

Hơn nữa: ( a u b v a v b u+ ).( + )=u v a .( 2+b2)+a b u .( 2+v2)

Suy ra: ( ).( ) . .

a u b v p

a u b v a v b u p

a v b u p







+

+

M M

M

Với nghiệm 2 2

2 2

a u b v x

u v

a v b u y

u v











+

−

= + và

2 2

2

2 2

a u b v

u v

y

u v









+

¥

Với nghiệm 2 2

2 2

a u b v x

u v

a v b u y

u v











−

+

= + và

2 2

2

2 2

a u b v

u v

y

u v









−

¥

Vậy ,x y∈¥ và 2 2 2 2

2 2

a b

x y

u v

+

Bổ đề 3 được chứng minh xong

Ta chứng minh phương trình x2+ =y2 pcó nghiệm bằng phương pháp phản chứng

Giả sử có số nguyên tố p= 4n+ 1 sao cho phương trình x2+ =y2 pvô nghiệm, với

x y∈¥

Trong tất cả các số p thỏa điều kiện trên, ta chọn số nhỏ nhất là p 0

Theo bài toán 3, ta có: phương trình 2 2

0 0(mod )

x + ≡y p có nghiệm ,x y∈¥, ( , ) 1.x y = Trong tất cả các nghiệm của phương trình 2 2

0 0(mod )

x + ≡y p ta chọn ,x y

có tổng x2+ y2nhỏ nhất, gọi hai số đó là x ,y Khi đó, ta có: 0 0

0, 0 1;2; ; 1 , 0 0 0 , ( 0, 0 ) 1

2

p

−

⇒Có số tự nhiên k sao cho: 2 2

tố của k

Giả sử p có dạng 4n + 3 thì khi đó 1 2 2

0 0 0(mod )1

x +y ≡ p Điều này mâu thuẫn với kết quả bài toán 3

Vậy p có dạng 4n+1 Vì 1 p1 < p0nên phương trình 2 2

1

x + =y p có nghiệm

Ta có:

1

0 1

p

p













+ < +

+ M theo bổ đề 2:

1

p



⇒ 



+ < +

+ M điều này mâu thuẫn với cách chọn x y sao cho 0, 0 2 2

nhỏ nhất

Suy ra: Với mọi số nguyên tố p có dạng 4n+1 thì phương trìnhx2+ =y2 p có

nghiệm với ,x y∈¥

Vậy bài toán 4 được giải xong

 Từ bài toán 4, ta có định lí 1: Cho p là số nguyên tố p≡1(mod 4), khi đó phương trìnhx2+ =y2 pcó nghiệm duy nhất (không kể nghiệm có được bằng cách hoán vị nghiệm ban đầu).

Định lí 1 còn có thể phát biểu như sau: Mọi số nguyên tố có dạng 4n+1 đều biểu diễn được một cách duy nhất thành tổng của hai số chính phương.

Tôi cứ ngỡ mình là người đầu tiên chứng minh được đính lí 1 nhưng năm 1747

Euler đã chứng minh thành công “Định lí Fermat về tổng của 2 số chính phương”,

tuy nhiên Euler chưa chỉ ra tính duy nhất của sự biểu diễn đó

Chứng minh của Euler hoàn tất vào năm 1749

Mặc dù trong quá trình chứng minh tôi không hề biết đến cách chứng minh của Euler về định

lí đó nhưng chứng minh của tôi có vài chỗ trùng với cách làm của Euler Phải chăng các bài toán mà tôi đã tham khảo từ các đề thi trên bắt nguồn từ các mệnh đề có trong chứng minh của Euler?

Tôi chân thành cám ơn người ra các bài toán trong các đề thi trên!

Bạn đọc thân mến! Để có được lời giải như trên tôi đã mất rất nhiều thời gian, tôi bắt đầu có

ý tưởng, hình thành bài toán từ năm 2010 và mãi đến năm 2014 mới hoàn thành được toàn bộ nó.

Trong quá trình tìm kiếm lời giải, nhiều lần tôi đặt ra nhiều nghi vấn khác nhau rồi lần lượt khẳng định hoặc bác bỏ chúng Trong đó có một nghi vấn mà đến giờ tôi vẫn chưa có kết luận là phải bác bỏ hay khẳng định Nghi vấn xuất hiện trong một hướng giải sau:

Giả sử (x,y) là một nghiệm của phương trình x2 +y2 ≡ 0(mod )p và x2 +y2 > p Khi đó, nếu

ta chỉ ra được dãy các nghiệm ( , ),( , ), , ( , ), x y1 1 x y2 2 x y k k thỏa điều kiện:

x +y >x +y >x +y > >x +y > với , x y i i∈ ∀ = ¥ , i 1, , k thì tồn tại cặp

( , )x y sao cho n n 2 2

Xét các trường hợp sau:

 Nếu x, y cùng chẵn thì d = (x,y) x y,

d d

⇒  ÷cũng là nghiệm Chọn ( , )x y1 1 x y,

d d

=  ÷.

 Nếu x, y cùng lẻ thì ( , ) ,

x y

x y

d d

d d

d x y

+

là nghiệm

Chọn ( , ) 1 1 ,

x y

x y

d d

d d

x y

+

=

.

 Nếu x, y không cùng tính chẵn lẻ thì:Vì

2 2

2 2

 +



 + >



M

nên x2 +y2 là hợp số.

 Theo bổ đề 1, ta có (u, v) thỏa x2+y2 =u2 +v2 Trong tất cả các cặp (u, v) thỏa điều

kiện, ta chọn cặp (u,v) sao cho u v− là nhỏ nhất.

Khi đó, đặt: 1

1

.

p k u x

p k v y



 = +

 sao cho Max k u k v{ , } < p

Chú ý: 2 2

1 1 0(mod )

( 2 ) ( 2 )





Tức là ( , )x y là nghiệm của phương trình trên.1 1

Dự đoán trên là một nghi vấn mà tôi chưa có lời kết là đúng hay sai! Nhưng tôi có lòng tin là

nó đúng.

Tương tự như thế ta tìm được ( , ), ( , ), x y2 2 x y3 3

Xét một số ví dụ sau:

Ví dụ 1 Cho p=29.Khi đó theo bài toán 3 ta có: (12, 1) là một nghiệm của phương trình

2 2 0(mod 29)

x +y ≡ và (9, 8) thỏa: 12 2 + = + 1 2 9 2 8 2, 9 8 1− = (nhỏ nhất )

Ta có: 29 = 3.9 + 2, 29 = 3.8 + 5 suy ra (5, 2) cũng là nghiệm và 5 2 + 2 2 = 29 12 < 2 + = 1 2 145..

31 1 31 1

, 16,15

2 2

  cũng là nghiệm của phương trình, hơn nữa của phương trình

16 15 1 − = (nhỏ nhất )

Ta có: 37 = 2.16 + 5, 37 = 2.15 + 7⇒ (7,5)cũng là nghiệm của phương trình, và

7 + 5 = 74 16 < + 15 = 481.

Việc tìm cặp (u, v) thỏa mãn 138 2 + = 1 2 u2 +v2 sao cho u v− nhỏ nhất gặp khó khăn.

Tuy nhiên ta có thể thay nghiệm (138,1) bởi nghiệm (155,1).

(Chú ý: Nếu (x, y) là nghiệm thì (p - x, y) cũng là nghiệm)

Vì 155 và 1 đều là số lẻ nên (78, 77) là nghiệm và 78 77 1− = (nhỏ nhất).

Ta có: 293 = 3.78 + 59, 293 = 3.77 + 62 suy ra (59,62) cũng là nghiệm và

59 + 62 = 7325 155 < + = 1 24026

Theo ba ví dụ trên thì dự đoán của tôi là đúng Tuy nhiên ba ví dụ không phải là tất cả nên không có ý nghĩa về mặt tổng quát Mời bạn đọc tìm hiểu và góp ý thêm

Mặc dù hướng giải trên còn chỗ chưa triệt để nhưng nó cho ta cách để chỉ ra nghiệm của phương trình x2 +y2 = p ( Đó là niềm an ủi, khích lệ cho tôi!)

Không dừng lại ở đó tôi tìm cách mở rộng kết quả đạt được, tôi nhận thấy rằng: Nếu p1 =4n+1,p2 =4n+3đều là số nguyên tố thì 2 2 2 2 2 2

p = +a b p = + + +a b

 Suy ra: Số nguyên tố p biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương 2

Tôi đã đặt ra nghi vấn: Phải chăng điều đó đúng với mọi số nguyên tố có

dạng 4n+3?

Tôi đã chứng minh được điều đó là đúng và phát biểu thành định lý như sau:

Định lý 2: Cho p là số nguyên tố, p≡3(mod 4) Khi đó phương trình

x + + + =y z t p có nghiệm với , , , x y z t∈¥.

Một phát biểu tương đương với phát biểu ở trên là: Mọi số nguyên tố có dạng

4n + 3 đều biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương.

Định lý 2 được chứng minh qua hai bước:

Bước 1: Chứng minh bổ đề 4: Cho p là số nguyên tố, p≡3(mod 4) Khi đó phương trình x2+ + + ≡y2 z2 t2 0(mod )p có nghiệm với x, y, z, t là bốn số nguyên tố cùng nhau

Thật vậy, ta có:

Nếu i≠ jvà i j, * {1,2, ,p 1}

p

∈¢ = − thì: 12+ ≡ +i2 12 j2(mod )p ⇔ + ≡i j 0(mod )p Suy ra:

2

1 1 ,1 2 ,1 3 , ,1

2

p

− + + + + đôi một không đông dư theo môđulô p Giả sử rằng tất cả các tổng trên là số chính phương theo môđulô p thì các tổng trên

là hoán vị của các số

2

1 ,2 , ,

2

p

− Vì i i2 *

p

 ∈¢ =

2

1 ,2 , ,

2

p

−

Suy ra tồn tại i M∈ = 1,2, , 1

2

p

− sao cho 12+ ≡i2 1 (mod )2 p ⇒ ≡i2 0(mod )p mâu

thuẫn với i p< và p nguyên tố.

Vậy có số i M∈ sao cho 1 i2+ 2không là số chính phương theo môđulô

Mặt khác, ta có: p a− là số chính phương theo môđulô p ⇔ a không là số chính phương theo môđulô p

Khẳng định trên có được từ việc áp dụng hai định lý sau:

Định lý 3 (Tiêu chuẩn Euler):

Cho p là số nguyên tố lẻ và số nguyên dương a với (a, p) = 1.

Khi đó: 2

1 (mod )

p

p

 

 ÷

 

−

Định lý 4: Cho p là số nguyên tố lẻ và a,b là các số nguyên dương với (a, p) = 1,

(b, p) = 1 Khi đó a b p.    a p b p

 ÷  ÷ ÷

    = (Trích từ sách: Chuyên đề số học – Ths.Nguyễn Văn Nho – Nhà xuất bản ĐHQG TP.Hồ Chí Minh – Năm 2005)

p

 

 ÷

 được

định nghĩa như sau: a 1

p

 =

 ÷

  nếu a là thặng dư bình phương môđulô p (hay phương trình

2 (mod )

x ≡a p có nghiệm) và a 1

p

 = −

 ÷

  nếu a không là thặng dư bình phương môđulô p (hay

phương trình x2 ≡a (mod )p vô nghiêm).

Theo định lý 4: a p a.( p )  a p p a p 

Theo định lý 3: 2

1 (mod )

p

p

 

 ÷

 

−

2

1

1

p p

p

−

−

1

Suy ra: p - a là số chính phương theo môđulô p ⇔a không là số chính phương theo

môđulô p

Đặt: a= +1 i2 không là số chính phương theo môđulô p

⇒p - a là số chính phương theo môđulô p ⇒có j∈M sao cho:

j ≡ −p a p ⇒ + + ≡i j p ⇒ + + +12 i2 j2 p2 ≡0(mod )p

Suy ra (1, , , )i j p là 1 nghiệm của phương trình x2+ + + ≡y2 z2 t2 0(mod )p với

(1, , , ) 1i j p =

Bước 2: Nếu bắt chước cách làm như ở trên thì ta phải chứng minh được mệnh đề: cho 4 số

nguyên dương a,b,c,d và số nguyên tố p thỏa a2 + + +b2 c2 d p2M , với p biểu diễn được thành

tổng của bốn số chính phương Khi đó:

p

+ + +

là tổng của bốn số chính phương

Việc chứng minh mệnh đề trên gặp nhiều khó khăn, nó trở thành một nghi vấn!

Tôi nhận thấy rằng mệnh đề ở bước 4 trong chứng minh của Euler (xem ở phần phụ lục) có thể mở rộng và áp dụng được vào bài toán này

Bổ đề 5: Nếu a, b, c, d là 4 số nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của a2+ + +b2 c2 d2

đều có thể biểu diễn thành tổng của bốn số chính phương.

Ta chứng minh bổ đề 5 bằng phương pháp phản chứng

Giả sử tồn tại 4 số tự nhiên a, b, c, d nguyên tố cùng nhau sao cho

a + + +b c d có ít nhất 1 ước là x không thể biểu diễn thành tổng của bốn số chính phương Trong các bộ số (a, b, c, d ) đó ta chọn bộ số mà (a, b, c, d ) có tổng

a + b + c + d là nhỏ nhất

Đặt a a x m b b x n c c x s d d x r= 1 + , = 1 + , = 1 + , = 1 + trong đó 0≤m n s r x, , , ≤ −1

Suy ra: a2+ + +b2 c2 d2 =A x m + 2+ + + ⇒n2 s2 r2 x m( 2+ + +n2 s2 r2)

Nếu ( , , , ) 1m n s r = thì m n s r a b c d2 2 2 2 .







+ + + < + + + + + + M Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của cách chọn bộ số (a, b, c, d)

Suy ra ( , , , )m n s r = ≠y 1.

Giả sử ( , ) 1x y ≠ Khi đó tồn tại số nguyên tố q là ước chung của x và y suy ra q cũng là ước chung của a, b, c và d Điều này mâu thuẫn với a, b, c, d là bốn số nguyên tố cùng nhau

Vậy ( , ) 1x y = Đặt m1 m,n1 n,s1 s ,r1 r

1 1 1 1

( , , , ) 1m n s r = hơn nữa m n s r a b c d1+ + + < + + +1 1 1 Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của cách chọn bộ số (a, b, c, d)

Vậy mọi ước của a2+ + +b2 c2 d2đều có thể biểu diễn thành tổng của bốn số chính phương