Các số học trên vành các số nguyên gauss

Nội dung chính của chương này là giới thiệu các tính chất số học củavành Z[i] các số nguyên Gauss, trong đó có Định lý cơ bản của Số học, thuật toánEuclid, bài toán mô tả các phần tử bất

MỞ ĐẦU

Một số nguyên Gauss là một số phức với phần thực và phần ảo đều là các số nguyên Tập các số nguyên Gauss là một miền nguyên, được ký hiệu là Z[i] Trong Đại số và Số học, chúng ta gặp các bài toán về đa thức và số nguyên mà lời giải có thể trình bày ngắn gọn dựa vào công cụ các

số phức Chính những bài toán như vậy đã thôi thúc chúng tôi viết luận văn này với niềm tin những nội dung này, ngoài việc giới thiệu những hiểu biết toán học mới, còn có thể giúp ích tích cực trong việc giải quyết một số bài toán Đại số và Số học Luận văn này giới thiệu một số tính chất số học của vành các số nguyên Gauss và các ứng dụng của nó trong Đại số và Số học

Trong sự trình bày, chúng tôi có tham khảo nhiều nguồn khác nhau, trong đó chủ yếu là bài báo The arithmetic of Gaussian integers của A B Gonrachov trong Kvant, No.12, 1985, pp 8-13

và bài viết Các số nguyên Gauss của tác giả Nguyễn Chu Gia Vượng (Viện Toán học) đăng trong Thông tin Toán học của Hội Toán học Việt Nam, Tập 15, Số 1 và Số 2, năm 2011

Nội dung của luận văn gồm hai chương:

Chương 1: Trình bày các khái niệm và kết quả cơ sở của vành các số nguyên

Gauss Z[i] Nội dung chính của chương này là giới thiệu các tính chất số học củavành Z[i] các số nguyên Gauss, trong đó có Định lý cơ bản của Số học, thuật toánEuclid, bài toán mô tả các phần tử bất khả quy trên vành Z[i].

Chương 2: Giới thiệu các ứng dụng của số nguyên Gauss trong việc chứng

minh và tìm tòi các suy rộng của Định lý Fermat về tổng của hai số chính phương;tìm các bộ số Pythagore; giải một số bài tập số học và đa thức

Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét rằng “mỗi số nguyên tố lẻ bất kì mà đồng dư với 1 theo môđun 4, đều biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương” vào năm 1632

(xem [9]) Fermat là người đưa ra chứng minh đầu tiên Fermat đã thông báo điều này trong một lá thư gửi cho Marin Mersenne vào ngày 25 tháng 12 năm 1640, ngày giáng sinh; vì thế định lý này đôi khi còn được gọi là “Định lý ngày giáng sinh” của Fermat.

Nhờ công cụ số nguyên Gauss, Định lý Fermat về tổng hai số chính phương cóthể được mở rộng tới Định lý 2.2.2 và được diễn đạt như sau:

“Cho một số nguyên dương n.

Khi đó, số nghiệm nguyên của phương trình bằng 4 lần hiệu của số các ước đồng dư với 1 theo mod4 của n trừ đi số các ước đồng dư với 3 theo mod4 của n.”

Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học - PGS.TS NguyễnThành Quang - đã tận tình hướng dẫn và chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luậnvăn

Tác giả xin cảm ơn các thầy cô giáo trong chuyên ngành Đại số và Lý thuyết

số, Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau đại học – Trường Đại học Vinh – đã giảng dạy

và hướng dẫn cho chúng tôi trong học tập và nghiên cứu

Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn đã giúp đỡ, tạo điều kiện thuậnlợi cho mỗi học viên chúng tôi trong học tập và nghiên cứu của chương trình đào tạosau đại học

Xin cảm ơn cơ quan công tác của tôi, gia đình, bạn hữu đã quan tâm giúp đỡtrong suốt thời gian học tập vừa qua

2 2

x + y =n

Tuy đã cố gắng trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn, song chắcchắn vẫn còn có nhiều thiếu sót, rất mong được sự góp ý, chỉ bảo của các thầy cô vàcác bạn đồng nghiệp.

Nghệ An, tháng 01 năm 2012

Tác giả

CHƯƠNG 1 MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRÊN VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS

1.1 Các khái niệm cơ sở

1.1.1 Vành các số nguyên Gauss Ta nhắc lại định nghĩa tập hợp các số nguyên

Gauss:

,

trong đó là trường các số phức,

Chú ýrằng, ta có thể coi là một vành con của Điều này có nghĩa là, với các phép toáncộng và nhân quen thuộc trên các số phức, với mọi ta có

•

• 1.1.2 Chuẩn của một số phức Về

mặt hình học, nếu ta biểu diễn các số phức bằng các điểm trên mặt phẳng tọa độ, mỗi

z=( y x,+)

số phức với điểm M cĩ tọa độ thì mơđun của số phức z đo khoảng cách từ điểm Mbiểu diễn nĩ tới gốc toạ độ

Rõ ràng là, tập các số nguyên

Gauss là ổn định dưới phép lấy liên hợp: nếu thì Ngồi ra, nếu như mơđun của một

số nguyên thơng thường chính là giá trị tuyệt đối của nĩ, cụ thể là một số nguyênkhơng âm, thì mơđun của một số nguyên Gauss nĩi chung khơng cịn là một số

nguyên nữa, chẳng hạn Chính vì vậy, ta đưa các khái niệm chuẩn thay thế cho cáckhái niệm mơđun, để thuận tiện hơn khi làm việc với số học của vành các số nguyênGauss Theo định nghĩa, chuẩn của một số nguyên Gauss là bình phương của mơđuncủa nĩ Nĩi khác đi, nếu thì

Ta cĩ và do phéplấy liên hợp giao hốn với phép nhân, nên hàm chuẩn cũng vậy Vì vậy, ta nĩi rằnghàm chuẩn cĩ tính chất nhân:

1.1.3 Nhận xét Với , các đẳng

thức về chuẩn và lần lượt cho ta các đẳng thức quen thuộc sau

(1) (2)

)(ac−bd 2 + ad +bc 2 = a2 +b2 c2 +d2

(ac bd+ ) +(ad bc− ) =(a +b )(c +d )

1.2 Quan hệ chia hết, phần tử khả nghịch và

phần tử bất khả quy trên vành các số nguyên Gauss

1.2.1 Quan hệ chia hết trên vành các số nguyên Gauss Với hai số nguyên Gauss và , ta nói rằng là một ước của hay

là bội của , kí hiệu là , nếu tồn tại sao cho Khái niệm này là mở rộng của khái niệmchia hết quen thuộc trên vành số nguyên

Một số nguyên Gauss được gọi là khả nghịch nếu n là ước của 1, nói mộtcách khác, nếu n0 và sao cho nghịch đảo của n trong cũng là số nguyên Gauss Chú

ý rằng, do 1 là ước của mọi số nguyên Gauss, nên một phần tử là khả nghịch nếu vàchỉ nếu nó là ước của mọi số nguyên Gauss Tập các phần tử khả nghịch của đượcmiêu tả như sau

1.2.2 Mệnh đề Tập hợp các phần tử khả nghịch của vành là

Chứng minh Thật vậy, giả sử

khả nghịch và là nghịch đảo của đó Ta có Do là các số nguyên dương nên ta phải

có Ngược lại, nếu thì nên là nghịch đảo của Cuối cùng nhận xét rằng từ kéo theohoặc , nói cách khác hoặc

N N Nα(a(Nα(N(+a a a( ))( ), (,,αbiαN b bα=+)))( ) 1biα =N=±===ααN(ααi(a(=α±02α,±1−±+1,1−=0)11b)))=121=.1

Chú ý rằng, từ địnhnghĩa ta cũng tìm lại được kết quả trên, mà không dùng công cụ hàm chuẩn.

Ta nói hai số nguyên Gauss là liên kết với nhau, kí hiệu là , nếu và

Nhận xét rằng, hai số nguyên Gauss là liên kết với nhau khi và chỉ khi chúng sai khácvới nhau qua phép nhân với một phần tử khả nghịch

1.2.3 Phần tử bất khả quy của vành các số nguyên Gauss

Khái niệm quan trọng nhất trong quan hệ chia hết là phần tử bất khả quy, kháiniệm này đóng vai trò tương tự như các số nguyên tố trong vành số nguyên

Ta nói là phần tử bất khả quy

trong vành nếu không khả nghịch và nếu thì hoặc khả nghịch (khi đó ) hoặc khảnghich (khi đó ) Nói cách khác, một số nguyên Gauss là bất khả quy nếu nó khác 0

và không có ước thực sự Lưu ý rằng, nếu là bất khả quy trong thì là một số nguyên

tố thông thường Tuy nhiên, điều ngược lại là không đúng, chẳng hạn 2 không phải làphần tử bất khả quy của bởi vì Ta sẽ nghiên cứu các phần tử bất khả quy một cáchchi tiết hơn

1.3 Tính Euclid và Định lý cơ bản của Số học

của vành các số nguyên Gauss

Tính chất của chuẩn cho phép ta xác định phép chia Euclid với các số nguyên Gauss như sau

1[ ]i ∗ ={α ∈ [ ];i α− ∈ [ ]}i

1.3.1 Mệnh đề (Phép chia Euclid

trên vành các số nguyên Gauss) Cho , là các số nguyên Gauss với Khi đó, tồn tại

duy nhất các số nguyên Gauss sao cho và

Chứng minh Đặt với Trong mặtphẳng phức với trục tung và trụchoành , tập các sốnguyên Gauss chính là tập các điểm có tọa độ nguyên Ta chọn là

một điểm tọa độ nguyên gần nhất Khi đó, khoảng cách giữa và không vượt quá

một nửa độ dài đường chéo một hình vuông đơn vị, nghĩa là , nói riêng luôn nhỏ hơn

1 Điều này có nghĩa là< 1 Do đó

Nhân xét rằng, cặp như trong mệnh đề nói trên là duy nhất ■

Ví dụ Ta minh họa mệnh đề

trên vớiTa có

.

Sốnguyên Gauss gần nhất với là Ta có thể lấy thương của phép chia Euclid là , khi

đó ta nhận được phần dư Đẳng thức là một phép chia Eculid cho .

Ví dụ Cho các số nguyên Gauss: a = − 36 + 242i, b = 50i + 50i Ta có:

)())(

()

β

αβµ

β

αββµ

α

i i

i

i i

i

i

58

7158

11)37)(

37(

)37)(

85(37

85

−

=

−+

−

−

=+

−

i

58

7158

11

− −di i

c bi

Ta cần xác định số nguyên Gauss q gần với thương nhất.

Trong hình vẽ dưới đây, trên mặt phẳng số phức, thương được biểu thịbằng một chấm đen, nằm trong ô vuông độ dài đơn vị với 4 đỉnh là 4 số nguyên

Gauss, ô vuông này được tô màu đỏ nâu nhạt Do khoảng cách giữa điểm và q không quá 1, nên giá trị của q chỉ có thể là số nguyên Gauss biểu thị bởi 4 đỉnh này Ta vẽ 4

đường tròn bán kính đơn vị nhận 4 đỉnh trên làm tâm (các đường tròn này tô màu

xanh nhạt) Nếu điểm nằm trong đường tròn nào thì q có thể nhận giá trị tại tâm đường tròn đó Nhìn vào hình vẽ ta thấy q chỉ nằm trong 3 đường tròn có tâm là điểm

tô màu đỏ, và do đó có thể nhận một trong các giá trị bằng: 2 + 2i; 2 + 3i; 3 + 3i.

Kết quả này cho thấy sự

tồn tại của thuật toán

Ước chung lớn nhất của hai sốnguyên Gauss (mà sự tồn tại được nêu ra ở trên) là không duy nhất Nếu là ước

a b a b

a b

a b

, [ ],i 0

α β ∈α β¢δ, β ≠

βδα

δ ,

δ ′ βδα

µα + β δ=

chung lớn nhất của thì mọi cũng là một ước chung lớn nhất và tập là tập các ướcchung lớn nhất của Hơn thế nữa, thuật toán Euclid cũng cho hai phần tử sao cho Đẳng thức này được biết đến dưới tên gọi đẳng thức Bezout.

Ta nói rằng hai số nguyên Gaus khác 0 là nguyên tố cùng nhau nếu 1 là ướcchung lớn nhất của chúng

Nhận xét Cho hai số hữu tỉ

nguyên Khi đó, a và b nguyên tố cùng nhau như trong vành số nguyên khi và chỉ khi chúng nguyên tố cùng nhau trong vành các số nguyên Gauss.

Tính Euclid của vành cho ta một trường hợp đặc biệt của Bổ đề Gauss

1.3.2 Bổ đề Cho là các số nguyên Gauss với bất khả quy Nếu thì hoặc

Chứng minh Giả sử rằng

không là ước của Khi đó, sử dụng thuật toán Euclid cho bộ (điều kiện bất khả quy đảm bảo ) cho ta sự tồn tại ước chung lớn nhất của cùng với các số nguyên Gauss sao cho Vì và bất khả quy theo giả thiết, nên hoặc là một phần tử khả nghịch hoặc

là một phần tử liên kết với Nhưng không thể là một liên kết của vì khi đó ta có và , dẫn tới Như vậy là một phần tử khả nghịch Ta suy ra Vì nên từ đẳng thức này kéo theo Ta có điều cần phải chứng minh ■

Như một hệ quả, tồn tại phép chia Euclid trên vành các số nguyên Gauss,

ta có Định lý cơ bản của Số học cho vành như sau:

.0,

≠ b a

[ ]i

¢

γβ

1.3.3 Định lý (Định lý cơ bản của Số học cho vành số nguyên Gauss) Mọi số

nguyên Gauss khác 0 đều có thể được viết dưới dạng

,

trong đó là một phần tử khả

nghịch, là các phần tử bất khả quy (không nhất thiết phân biệt, thậm chí không nhất thiết đôi một không liên kết) Cách phân tích này là duy nhất theo nghĩa sau: Nếu là một phân tích tương tự của thì m = n và tồn tại một hoán vị trên tập {1,2,…,n} sao cho với mọi , ta có .

Chứng minh Sự tồn tại: Ta tiến

hành quy nạp theo Trường hợp là tầm thường vì khi đó là một phần tử khả nghịch.Giả sử phân tích như vậy tồn tại với mọi sao cho với là một số nguyên dương nào

đó và là một số nguyên Gauss với Nếu là một phần tử bất khả quy thì định lýđược chứng minh Giả sử là khả quy, viết với là các phần tử không khả nghịch Donên Ap dụng giả thiết quy nạp cho và ta nhận được một phân tích thỏa mãn cácyêu cầu của định lý

Tính duy nhất: Nếu là một phần tử

khả nghịch thì Định lý là hiển nhiên Giả sử không khả nghịch Không mất tính tổngquát, ta có thể phân tích thành một tích các phần tử bất khả quy dưới dạng với là cácphần tử bất khả quy, không nhất thiết đôi một không liên kết Chú ý rằng, phần tửkhả nghịch của phân tích này được nhập vào một trong các phần tử bất khả quy

1 n

α εγ γ=ε

α = γ1 i2

Giả sử ta có một phân tích khác

Áp dụng Bổ đề 1.3.2 ở trên, từ đẳng thức

ta suy ra liên kết với một trongcác phần tử nào đó Thật vậy, do, nên tồn tại sao cho Thế nhưng cũng là mộtphần tử bất khả quy nên ta phải có Bây giờ, chia cả hai vế của đẳng thức cho tanhận được một đẳng thức tương tự với độ dài của phân tích ở mỗi vế giảm đi 1 Tiếnhành liên tiếp như vậy ta nhận được điều cần chứng minh ■

Nhận xét Định lý cơ bản của Số học trên vành cho ta một công thức để tính ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất (mà định nghĩa hoàn toàn giống như các

số nguyên thông thường) Tuy nhiên, trong thực tế, đây thường không phải là cách tốt nhất để tìm đại lượng này.

Ta mở rộng được Bổ đề 1.3.3 tới

1.3.4 Mệnh đề Cho số là các số nguyên Gauss sao cho Nếu nguyên

tố cùng nhau thì

1.4 Mô tả các phần tử bất khả quy của vành Gauss

Định lý cơ bản của Số học cho vành mà ta đã thiết lập ở trên cho thấy sự cấnthiết của việc nghiên cứu các phần tử khả nghịch và các phần tử bất khả quy củavành này Đối với các phần tử bất khả quy, trước hết ta có kết quả sau

m

δδ

1.4.1 Mệnh đề Cho là một phần tử

bất khả quy Khi đó, tồn tại duy nhất một số nguyên tố sao cho trong vành

Chứng minh Ta có Như vậy, theo

Bổ đề 1.3.2, là ước của một ước số nguyên tố nào đó của Số nguyen tố như vậy làduy nhất Thật vậy, nếu tồn tại một số nguyên tố sao cho Theo Định lý Bezout cho

các số nguyên, tồn tại các số nguyên a,b sao cho ap+ bq = 1 , do đó , mâu thuẫn với

giả thiết bất khả quy ■

Nhận xét Mệnh đề trên, đơn giản nhưng rất sâu sắc, nói rằng mọi phần

tử bất khả quy của vành đều nằm trong một số nguyên tố nào đó Đây là một mô tả ban đầu các phần tử bất khả quy vành

Theo Mệnh đề 1.4.1 và Định lý 1.3.3, việc miêu tả các phần tử bất khảquy của tương đương với việc miêu tả các nhân tử bất khả quy của các số nguyên tố

thông thường p trong vành Ta bắt đầu với p = 2.

1.4.3 Bổ đề Giả sử sao cho là một

số nguyên tố Thế thì, là một phần tử bất khả quy

Chứng minh Thật vậy, nếu thì

là một số nguyên tố, ta suy ra hoặc nghĩa là một trong hai phần tử là khả nghịch ■

1.4.4 Mệnh đề Các ước bất khả quy của 2 trong vành là và các phần tử liên kết với nó, đó là các số

Chứng minh Ta có nên cũng

như các phần tử liên kết với , nghĩa là Mặt khác là bất khả quy vì là nguyên tố

Theo Bổ đề 1.4.3, ta có điều phải chứng minh ■

Với các số nguyên tố lẻ, ta chia làm hai trường hợp:

(mod 4) và p (mod 4).

1.4.5 Mệnh đề Nếu p là một số nguyên tố sao cho p (mod4) thì p là phần tử bất khả quy của

Chứng minh Giả sử không bất

khả quy Ta viết với là các phần tử không khả nghịch, như vậy Từ tính nhân củachuẩn

và do , ta suy ra Viết , thế thì(mod 4), nhưng đồng dư này rõ ràng không thể xẩy ra Như vậy là một phần tử bấtkhả quy của ■

1.4.6 Định lý Giả sử p là một số nguyên tố và(mod 4) Khi đó:

(1) Tồn tại duy nhất một bộ nguyên dương (a,b), chính xác tới thứ tự, sao cho ;

(2) Các ước bất khả quy p trong gồm và các phần tử liên kết với chúng, trong đó

Để minh họa, số nguyên tố

= 5 có thể viết duy nhất dưới dạng tổng của hai số chính phương Số nguyên tố 5

p

1

p≡≡33

không bất khả quy trong mà có hai ước bất khả quy Có nghĩa là 5 có 8 ước bất khảquy gồm các phần tử liên kết với , đó là và các phần tử liên kết với , đó là

Ta chứng minh Định lý 1.4.6 bằng việc nhắc lại bổ đề sau

1.4.7 Bổ đề (Lagrange) Cho p là

một số nguyên tố sao cho p(mod 4) Khi đó, tồn tại một số nguyên n sao cho

Chứng minh Thật vậy, đặt Theo

Định lý Wilson, ta có

(mod p).

Mặt khác, ta có:

Từ đồng dư thức này ta suy ra điều cần chứng minh của Bổ đề Lagrange ■

Theo Bổ đề Lagrangge, tồn tại

một số nguyên n sao cho Như vậy,

nếu xét trong vành Gauss, ta có Tuy nhiên p không phải là ước của n + i và n – i (vì ) Từ đó, suy ra p không phải là một phần tử bất khả quy Ta viết với là các phần

tử không khả nghịch, như vậy Từ tính nhân của chuẩn

và do , ta suy ra Viết , thế thì

Khẳng định (1) của Định lý 1.4.6 được chứng minh

Gọi là một ước của p, rõ ràng liên hợp cũng là một ước của p (chỉ cần lấy liên hợp hai vế của một phân tích của p thành tích các phần tử bất khả quy trong) Ta sẽ chỉ ra là các ước bất khả quy duy nhất (sai khác phép liên kết) của p Thật vậy giả sử (và do đó ) là một ước bất khả quy của p không liên kết với Ta suy ra

(trong)

Điều này dẫn đến (trong , hay

một cách tương đương trong ) Ta gặp phải một mâu thuẫn Vì vậy, khẳng định (2)của Định lý 1.4.6 được chứng minh ■

Khẳng định (1) của Định lý 1.4.6 được biết đến dưới tên gọi Định lý Fermat.

Kết hợp các Mệnh đề 1.4.4, 1.4.5 và Định lý 1.4.6 ta thu được kết quả sau

1.4.9 Định lý Các phần tử bất khả quy của gồm

(1) và các phần tử liên kết của nó, nghĩa là ;

(2) Các số nguyên tố (mod

4) và các phần tử liên kết của nó, nghĩa là ;

(3) Hai phần tử bất khả quy trong phân tích ra tích các nhân tử bất khả quy của một số nguyên tốvà các

phần tử liên kết của nó Các số (a,b) có thể được đặc trưng như là bộ số nguyên duy nhất, chính xác tới dấu và tới thứ tự thỏa mãn

CHƯƠNG 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS

2.1 Định lý Fermat về tổng hai số chính phương

2.1.1 Định lý Fermat về tổng của hai số chính phương Số nguyên tố lẻ p biểu

diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương: p = x2 + y2, với x,y là các số tự nhiên

lớn hơn 0, khi và chỉ khi p đồng dư với 1 theo môđun 4.

Ví dụ: Các số nguyên tố lẻ 5, 13, 17, 29, 37, 41 đều đồng dư với 1 theo mô-đun 4, do

đó chúng biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương:

5 = 12 + 22; 13 = 22 + 32; 17 = 12 + 42; 29 = 12 + 52; 37 = 12 + 62

Mặt khác, các số nguyên tố lẻ 7, 11, 19, 23 và 31 đều đồng dư với 3 theomôđun 4, do đó chúng không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chínhphương

Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét rằng “mỗi số nguyên tố lẻ bất kì mà đồng dư với 1 theo môđun 4, đều biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương” vào năm 1632 (xem [9]) Fermat là người đưa ra chứng minh đầu tiên Fermat đã thông báo điều này trong một lá thư gửi cho Marin Mersenne vào ngày 25 tháng 12 năm 1640, ngày giáng sinh; vì thế định lý này đôi khi còn được gọi là định lý ngày giáng sinh của Fermat.

2.1.2 Các bước chứng minh của Định lý về tổng của hai số chính phương

Nếu số nguyên tố lẻ p mà biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính

phương, thì do số chính phương khi chia cho 4 chỉ dư 0 hoặc 1, nên p chia cho 4 chỉ

có thể dư 1 Vì vậy, điều kiện cần của định lý là hiển nhiên Vấn đề còn lại là điềukiện đủ Sau đây chúng tôi trình bày chứng minh của Euler

Euler đã chứng minh thành công “Định lý Fermat về tổng của hai số chính

phương” vào năm 1747, khi đã 40 tuổi Ông thông báo điều này trong một lá thư gửi

cho Goldbach vào ngày 6 tháng 5 năm 1747 Chứng minh gồm có 5 bước; bước thứnăm được trình bày trong một lá thư gửi cho Goldbach vào năm 1749 Trong chứngminh trình bày dưới đây, bước 1, 2, 3 dựa hoàn toàn vào chứng minh của Euler, bước

4 và 5 có sửa đổi (dùng Định lý Lagrange)

2) Tích của hai số, mà mỗi số là tổng của hai số chính phương, cũng là tổng của

Trước hết ta biểu diễn:

n = a2 + b2; p = c2 + d2, với a,b,c,d là các số tự nhiên.

Bởi vì:

(ac + bd)(ac − bd) = a2c2 − b2d2 = a2(c2 + d2) − (a2 + b2)d2 = a2p − nd2

n p

chia hết cho p, và p nguyên tố, nên một trong hai số (ac+bd) hoặc (ac – bd) chia hết cho p Nếu (ac

– bd) chia hết cho p, thì sử dụng định thức Brahmagupta-Fibonacci, ta có:

do (ac – bd) chia hết cho p, nên là số chính phương, mà nguyên, nên cũng nguyên và do đó là số

chính phương Suy ra biểu diễn được thành tổng của hai số chính phương

Trường hợp còn lại (ac + bd) chia hết cho p, lúc này ta phân tích:

và lặp lại các bước tương tự như trên

3 Nếu n chia hết cho m, mà n có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính

phương còn m thì không, thì tỷ số có ước không thể biểu diễn thành tổng của

hai số chính phương:

Chứng minh bằng phản chứng Giả sử mọi ước của đều có thể biểu diễn thành

tổng của hai số chính phương Đặt:

với đều là các số nguyên tố (không

nhất thiết đôi một khác nhau)

Do đều biểu diễn được thành tổng

của hai số chính phương, nên áp dụng bước 2 chia n liên tiếp k lần cho ta suy ra:

2 2

(ac bd)

p

− n p

2 2

(ad bc)

p

+ n p

n m

n m

1 2 k

n

p p p

m = L

có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương Ta gặp một mâu thuẫn.

4 Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của a 2 + b 2 đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương:

Chứng minh phản chứng Giả sử tồn tại các số tự nhiên a,b nguyên tố cùng nhau sao cho a2 + b2 có ít nhất một ước không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính

phương Trong các cặp số đó ta xét cặp (a, b) thỏa mãn tổng (a + b) nhỏ nhất Xét x

là ước của a2 + b2 mà không thể biểu diễn thành tổng của 2 số chính phương Đặt:

trong đó c, d là số tự nhiên lớn hơn 0 và không vượt quá x – 1

Ta có:

a2 + b2 = m2x2 + 2mxc + c2 + n2x2 + 2nxd + d2 = Ax + (c2 + d2)

Suy ra c2 + d2 chia hết cho x Nếu c và d nguyên tố cùng nhau thì do tổng c + d < a +

b nên mẫu thuẫn với giả thiết về tổng (a + b) là nhỏ nhất Vậy ước chung lớn nhất

của c và d bằng y lớn hơn 1.

Nếu y và x không nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại số nguyên tố p sao cho y và

x cùng chia hết cho p, suy ra a, b cũng chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết a và b

nguyên tố cùng nhau) Vậy y và x nguyên tố cùng nhau Nếu đặt:

,

1 2 k

n m

p p p

=

L