Một số dạng toán liên quan đến các số chính phương

Lí do chọn đề tài: Chuyên đề về số học liên quan đến các số chính phương có vị trí rấtđặc biệt trong các bài toán về chia hết đồng dư và đồng dư bậc hai, vềbiểu diễn các số tự nhiên và c

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ NGỌC BẢO

MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN

CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ NGỌC BẢO

MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN

CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số 60 46 01 13

Người hướng dẫn khoa học

GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

MỤC LỤC

1 Đồng dư và đồng dư bậc hai 5

1.1 Đồng dư thức 5

1.1.1 Định nghĩa đồng dư thức 5

1.1.2 Các tính chất của đồng dư thức 5

1.2 Các lớp thặng dư 6

1.2.1 Hệ thống thặng dư 6

1.2.2 Tính chất 7

1.2.3 Hệ thặng dư thu gọn 7

1.3 Định lý Euler và định lý Fermat 7

1.3.1 Hàm số Euler ϕ(n) 7

1.3.2 Định lý Fermat 10

1.4 Thặng dư toàn phương 11

2 Các dạng toán về số chính phương 18 2.1 Định nghĩa số chính phương 18

2.2 Một số tính chất của số chính phương 18

2.2.1 Tổng các ước của một số tự nhiên 21

2.2.2 Một số bài toán chọn lọc về hàm d(n), σ(n) và ϕ(n) 23 2.3 Tổng các bình phương của các số nguyên 25

2.3.1 Tổng của hai bình phương 26

2.3.2 Tổng của ba bình phương 27

2.3.3 Tổng của bốn bình phương 28

2.3.4 Bài toán về tổng của năm bình phương 30

2.4 Một số biểu diễn khác qua tổng các bình phương 30

2.4.1 Tổng của ba bình phương có hai bình phương bằng nhau 30

2.4.2 Tổng của bốn bình phương có ba bình phương bằng nhau 33

2.5 Bài tập tương tự 36

3 Một số dạng toán liên quan đến tổng và tích các lũy thừa 38

3.1 Biểu diễn số tự nhiên thành tổng các lập phương 38

3.1.1 Bài toán Waring 38

3.1.2 Số lũy thừa 39

3.1.3 Tính toán trên các số lũy thừa 44

3.1.4 Dạng tích các số lũy thừa 46

3.1.5 Dạng tổng các số lũy thừa 48

3.2 Ứng dụng các định lý Euler và Fecmat 51

3.3 Ứng dụng vào giải phương trình vô định 52

3.4 Một số bài toán áp dụng khác 54

3.4.1 Ứng dụng vào giải bài toán về số chính phương 54

3.4.2 Tìm dấu hiệu chia hết 55

3.4.3 Tìm chữ số tận cùng 60

3.4.4 Chứng minh sự chia hết 61

3.5 Bài tập tương tự 62

Mở đầu

1 Lí do chọn đề tài:

Chuyên đề về số học liên quan đến các số chính phương có vị trí rấtđặc biệt trong các bài toán về chia hết (đồng dư và đồng dư bậc hai), vềbiểu diễn các số tự nhiên và các đa thức với hệ số nguyên

Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, olympic Toán quốc tế thìcác bài toán liên quan đến số học, các dạng toán về đồng dư, về phươngtrình Diophant và các dạng toán về đa thức nguyên cũng hay được đề cập

và được xem như là những dạng toán thuộc loại khó của bậc trung học

cơ sở và trung học phổ thông Các bài toán dạng này thường ít được đềcập trong chương trình toán mà thường xuất hiện dưới dạng các bài toánchuyên đề áp dụng

Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinhgiỏi về chuyên đề số học, luận văn "Một số dạng toán liên quan đến các

số chính phương" nhằm cung cấp một số phương pháp có tính hệ thống

để tiếp cận các dạng toán chuyên đề số học và các vấn đề liên quan

2 Mục đích nghiên cứu:

Hệ thống hóa lý thuyết, ứng dụng các định lý Euler và Fermat, giảiphương trình vô định và cách biểu diễn các số nguyên thành tổng các bìnhphương đồng thời nắm được một số kỹ thuật tính toán liên quan.Cung cấpmột số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận các dạng toán chuyên

đề số học và các vấn đề liên quan Đó là các dạng toán chưa được học ởbậc đại học Các kiến thức về chuyên đề này góp phần vào việc bồi dưỡnghiệu quả học sinh giỏi toán bậc Trung học cơ sở và Trung học phổ thông

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:

3.1 Đối tượng nghiên cứu:

Nghiên cứu ứng dụng các định lý Euler và Fermat, giải phương trình

vô định và cách biểu diễn các số nguyên thành tổng các bình phương.3.2 Phạm vi nghiên cứu:

Nghiên cứu các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỷ yếu hội thảo cácchuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, thi Olympic; tủsách chuyên Toán

4 Phương pháp nghiên cứu:

Tham khảo các tài liệu bồi dưỡng cho giáo viên, bồi dưỡng học sinhgiỏi

Tham gia các buổi seminar: Các chuyên đề toán phổ thông, Các trường

hè bồi dưỡng nâng cao kiến thức chuyên môn để trao đổi các kết quả đangnghiên cứu

5 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài:

Luận văn là một chuyên đề hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc Trunghọc cơ sở, Trung học phổ thông Tạo được một đề tài phù hợp cho việcgiảng dạy, bồi dưỡng học sinh Trung học cơ sở, Trung học phổ thông

Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học và dạy các chuyên đề toán trongtrường Trung học cơ sở, Trung học phổ thông, đem lại niềm đam mê sángtạo trong việc dạy và học toán

6 Cấu trúc của luận văn:

6 Cấu trúc của luận văn:

Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương

đề cập đến các vấn đề sau đây:

Chương 1 Đồng dư và đồng dư bậc hai

Chương 2 Các dạng toán về số chính phương

Chương 3 Một số dạng toán liên quan đến tổng và tích các lũy thừa.Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình,nghiêm túc và trách nhiệm của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Nhân dịpnày tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính trọng sâu sắcđối với Giáo sư - Người thầy đã truyền đạt nhiều kiến thức quý báu cùngvới kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong suốt thời gian tác giả theo học

và nghiên cứu đề tài Đồng thời, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâusắc đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên;Phòng Đào tạo - Khoa Toán - Tin, các anh em, bạn bè lớp N - Đại họcKhoa học - Đại học Thái Nguyên khóa 2013-2015; Ban lãnh đạo phòngGiáo dục và Đào tạo thành phố Nam Định và gia đình đã tạo mọi điềukiện thuận lợi, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập, công tác vàthực hiện đề tài luận văn này

a Với mọi số nguyên ta có a ≡ a (mod m).

b Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m)

c Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m)

Tính chất 1.2 Nếu a ≡ b (mod m) và c là một số nguyên tùy ý thì

Tính chất 1.4.

a Nếu a + c ≡ b (mod m) thì a ≡ b − c (mod m)

b Nếu a ≡ b (mod m) thì a + km ≡ a (mod m)

c Nếu a ≡ b (mod m) thì ak ≡ bk (mod m)

d Giả sử f (x) = anxn−1 + · · · + a1x + a0 là một đa thức với hệ sốnguyên

Nếu ta có α ≡ β (mod m) thì ta cũng có f (α) ≡ f (β) (mod m)

Đặc biệt nếu ta có f (α) ≡ 0 (mod m) thì ta cũng có f (α + km) ≡ 0(mod m) (k ∈ Z)

Tính chất 1.5 Nếu ac ≡ bc (mod m) (c, m) = 1 thì a ≡ b (mod m)

Tính chất 1.6 Nếu a ≡ b (mod m) thì ac ≡ bc (mod m)

Tính chất 1.7 Nếu a ≡ b (mod m) và d | (a, b, m) (d > 0) thì ta có

Vì mỗi số nguyên a có duy nhất q và r (0 6 r 6 m − 1) sao cho

a = qm + r, nên a chỉ thuộc và chỉ thuộc duy nhất một lớp thặng dư mod

m là Ar Hơn nữa tập hợp các lớp thặng dư mod m chính là tập hợp Zcác số nguyên Nghĩa là:

Trong mỗi lớp thặng dư mod m lấy một thặng dư đại diện Tập hợp m

phần tử đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ mod m Nói cách khác hệthặng dư đầy đủ mod m là tập hợp m số nguyên đôi một không đồng dư(mod m)

Đặc biệt hệ H = 0, 1, , m − 1 được gọi là hệ thặng dư đầy đủ mod

m không âm nhỏ nhất

1.2.2 Tính chất

a Mỗi hệ thặng dư đầy đủ mod m đều gồm m thặng dư

b Mọi hệ gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo mod mđều hợp thành một hệ thặng dư đầy đủ mod m

c Cho a là một số nguyên, nguyên tố với m và b là một số nguyên tùy ý.Khi ấy nếu x chạy qua một hệ thặng dư đày đủ mod m thì ax + b cũngchạy qua một hệ thặng dư đầy đủ mod m

1.2.3 Hệ thặng dư thu gọn

Cho số nguyên n 6= 0 Gọi là ϕ(n) là số các chữ số ≤ và số nguyên tốvới n Giả sử các số đó làa1,a2, , ak; a1 ∈ Zn1, a2 ∈ Zn2, , ak ∈ Znk

Lấy các phần tử r1, r2, , rk thuộc các lớp đó thì r1, r2, , rk gọi là

hệ thặng dư thu gọn (mod n)

1.3.1 Hàm số Euler ϕ(n)

Định nghĩa 1.2 Cho số tự nhiên n ≥ 1 Ta ký hiệu ϕ(n) là số các số tựnhiên bé hơn n và nguyên tố với n Quy ước ϕ(1) = 1

Định lý 1.1 Hàm ϕ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b làhai số nguyên tố cùng nhau thì

Giả sử rx là số dư khi chia ax + y cho b Như vậy (ax + y, b) = (rx, b)

Dễ dàng thấy rằng vì (a, b) = 1 nên rx1 6= rx2 với x1 6= x2 Như vậy ta cóđẳng thức tập hợp

r0, r1, , rb−1 = 0, 1, , b − 1

Vậy số các x mà (ax + y, b) = 1 chính là số các x mà (rx, b) = 1 tứcchính là ϕ(b)

Vậy cả thẩy có ϕ(a)ϕ(b) số nguyên tố với a và nguyên tố với b Đóchính là các số nguyên tố với ab Nói cách khác ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b)

Từ định lý này ta suy ra công thức tính ϕ(n) như sau

= pα−1.Vậy



1 − 15



= 96

Tầm quan trọng của hàm ϕ(n) trong số học được thể hiện trong định

lý Euler Sau đây là một sự suy rộng của định lý Euler

Định lý 1.3 (Định lý Euler) Nếu a, m ∈ Z, m > 0, (a, m) = 1 thì ta có

Theo giả thiết ta có ϕ(p) = p − 1 và a là nguyên tố với p nên theo định

lý Euler ta được ap−1 ≡ 1 (mod p)

Định lý 1.6 (Định lý Fermat dạng khác) Cho p là một số nguyên tố và

a là một số nguyên tùy ý khi ấy ta có

ap ≡ a (mod p)

Chứng minh

Nếu a chia hết cho p thì hiển nhiên ap ≡ a (mod p) Nếu a không chiahết cho p thì theo định lý 1.4 ta có ap−1 ≡ 1 (mod p) cho nên sau khinhân hai vế của đồng dư thức này với a ta được ap ≡ a (mod p)

Ngược lại từ định lý 1.5 ta có thể suy ra định lý 1.4 Thật vậy, từap ≡ a(mod p) và a là một số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p thế thì

a nguyên tố với p nên bằng cách chia cho a ta được ap−1 ≡ 1 (mod p).Chính vì vậy, người ta nói định lý 1.5 là dạng khác của định lý Fermat

1.4 Thặng dư toàn phương

Định nghĩa 1.3 Ta gọi a là một thặng dư toàn phương mod p nếu tồntại số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod p)

Trái lại nếu không tồn tại số nguyên x để x2 ≡ a (mod p) thì a gọi làbất thặng dư toàn phương (mod p) trong đó a là số nguyên dương và

(a, p) = 1

Định lý 1.7 (Định lý Uynson) Cho p là số tự nhiên lớn hơn 1, khi đó p

là số nguyên tố khi và chỉ khi (p − 1)! + 1 chia hết cho p

lý Uynson) trái với giả thiết

Vậy tồn tại x ∈ Z sao cho x2 ≡ a (mod p)

2 Giả sử a là bất thặng dư toàn phương (mod p) thế thì a 6= x2(mod p) với mọi x ∈ Z

Suy ra: ap−1/2 ≡ (p − 1)! ≡ −1 (mod p) (định lý Uynson)

Ngược lại: Nếu ap−1/2 ≡ −1 suy ra a là bất thặng dư toàn phương (modp)

vì nếu không thì a là thặng dư toàn phương ⇒ ap−1/2 ≡ 1 (mod p) tráigiả thiết

Định lý 1.9 Gọi n là các số chẵn nằm trong khoảng (p/2, p) khi đó

2p−1/2 ≡ 1 (mod p) khi và chỉ khi p = 8k + 1; 8k + 7

1 nếu a là thặng dư toàn phương (mod p)

−1 nếu a không là thặng dư toàn phương (modp)

3 a ≡ b (mod p) thì

ap



=

bp



= bp

3 Như chúng ta đã biết nếu a ≡ b (mod p) thì a, b đồng thời là thặng

dư toàn phương (mod p) hoặc đồng thời là bất thặng dư toàn phương(mod p) nên

ap



= bp



− 1p

Xét dãy (a, 2a, 3a, ,p − 1

2 a) = {ka}

p−1 2

k=1 Khi chia cho p mà

Từ (1) và (2) ta có (αa + βa) p a(α + β) p ⇒ (α + β) p (4)

Vì (a, p) = 1., từ (3) và (4) suy ra mâu thuẫn vậy ri 6= sj

j=1

kj +

p−1 2

P

i=1

si +

p−1 2

P

i=1

(p − ri)] = pt +

p−1 2

P

i=1

si +

p−1 2

P

i=1

si = pt − anp + (a + 1)

p−1 2

nếu p và q đều có dạng 4k + 3



; q

p = (−1)

q−1 2

P

j=1

pjq



+

q−1 2

P

j=1

qjp

.Gọi S là các điểm nguyên trung bình vuông

|s| = p − 1

2

q − 12

Ta có (qj

p) điểm (j, i) suy ra |S1| =

p−1 2

Bài toán 1.1 Tìm tất cả các số nguyên tố p để 3p−12 ≡ 1 (mod p)

Lời giải Theo luật tương hỗ của Gauss ta có

p3



=1

Ta thấy

3p



= 1 ⇔

p3



= 1 ⇔ p ≡ 1 (mod 3) hoặc

p3



=

13



= 1, xét p ≡ ±1(mod 5), p ≡ ±2 (mod 5)

* Nếu p ≡ 1 (mod 5) suy ra

p5



= 15



= 1

* Nếup ≡ 2 (mod 5)suy ra

p5



= 25



= 25−12 = 22 = 4 ≡ −1 (mod 5)

* Nếu p ≡ −1 (mod 5) suy ra

p5



=



− 15



= (−1)5+12 = (−1)3 = −1(mod 5)

* Nếu p ≡ −2 (mod 5) suy ra

p5



=

−25



= (−2)5−12 = (−2)2 = 4 ≡

−1 (mod 5)

Vậy p = 5k + 1; −2 (mod 5) thì phương trình có nghiệm

Bài toán 1.3 Tìm các số nguyên tố p để 7p−12 ≡ 1 (mod p)

Lời giải

Theo giả thiết cho ta có

7p



= 1 Theo luật tương hỗ của Gauss ta có

7p

p7



=

17



= 1

* Nếu p ≡ −1 (mod 7) ta có

p7



= 27



= 27−12 = 23 = 8 ≡ 1 (mod 7)

* Nếu p ≡ −2 (mod 7) ta có

p7



=

−27



= 37



= 37−12 = 33 = 27 ≡ −1 (mod 7)

* Nếu p ≡ −3 (mod 7) ta có

p7



= −37

Chương 2

Các dạng toán về số chính phương

Số chính phương hay còn gọi là số hình vuông là số tự nhiên có căn bậc

2 là một số tự nhiên, hay nói cách khác, số chính phương là bình phương(lũy thừa bậc 2) của một số tự nhiên khác

3 Số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0, 1

4 Số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0, 1

5 Số chính phương khi chia cho 8 có số dư là 0, 1, 4

6 Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào Nóicách khác, với mọi số nguyên a, x ta có:

+ Không ∃x để a2 < x2 < (a + 1)2

+ Nếu a2 < x2 < (a + 1)2 thì x2 = (a + 1)2

7 Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chínhphương thì mỗi số đều là số chính phương

Chứng minh.

Giả sử a.b = c2 với a, b, c ∈ N∗ , nếu (a, b) = 1 Giả sử trong hai số a, b cómột số, chẳng hạn a, chứa thừa số nguyên tố p với số mũ lẻ thì số b khôngchứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p với số mũ lẻ Điều đó trái với giảthiết c2 là số chính phương Điều vô lý đó chứng tỏ giả sử của ta là sai.Vậy a, b đều là các số chính phương

8 Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một tronghai số đó bằng 0

Chứng minh

(Phản chứng) Giả sử a(a + 1) = k2 với a ∈ Z , k ∈ N (1)

Giả sử a 6= 0, a + 1 6= 0 ⇒ k 6= 0 Do đó k ∈ N nên k > 0 Từ (1) suyra:

Ví dụ 2.3 Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương

x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3

Lời giải Đặt x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = y2 với y ∈ N.

Ví dụ 2.4 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình xy = z2 (1)

Lời giải Giả sử x0, y0, z0 thỏa mãn (1) và có ƯSCLN bằng d

Giả sử x0 = dx1, y0 = dy1, z0 = dz1 thì (x1, y1, z1) cũng thỏa mãn (1)

Do đó ta có thể giả sử (x, y, z) = 1thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau

vì nếu hai trong ba số x, y, z có ước chung là d thì số còn lại cũng chia

hết cho d Ta có x.y = z2 mà (x, y) = 1 nên x = a2, y = b2 với a, b ∈ N∗

Bởi vậy (1) ⇔ z2 = x.y = (ab)2 ⇔ z = (ab) Như vậy ta được biểu thức

nghiệm x = ta2; y = tb2; z = ab(t ∈ N∗)

Ngược lại, dễ thấy các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1) Vậy công

thức trên cho ta tất cả các nghiệm nguyên dương của (1)

Ví dụ 2.5 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

x2 + xy + y2 = x2y2 (1)

Lời giải (1) ⇔ x2+ 2xy + y2 = x2y2 + xy ⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1)

Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên:

+ Xét xy = 0, ta có: xy = 0 và x2 + y2 = 0

⇔ x = y = 0

+ Xét xy + 1 = 0, ta có : xy = −1 và x2 + y2 = 2

⇔ (x, y) = (1, −1); (−1, 1)

Thử lại, ba cặp số (0, 0); (1, −1); (−1, 1) đều thỏa mãn phương trình đã

cho Vậy phương trình trên có ba nghiệm nguyên là(x, y) = (0, 0); (1, −1); (−1, 1)

2.2.1 Tổng các ước của một số tự nhiên

Định nghĩa 2.1 Cho số nguyên dương n Ta ký hiệu σ(n) là tổng các

ước của n

Định lý 2.1 Hàm số σ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b là

hai số nguyên tố cùng nhau thì σ(ab) = σ(a)σ(b)

Chứng minh

Thật vậy, giả sử a1, ak là các ước của a, k = d(a) và b1, , bl là các

ước của b, l = d(b) Khi đó aibj(1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ l) là tất cả các ước

của ab Vậy σ(ab) =

p2 − 1



 pαk +1 k

pk − 1

.Chứng minh

a) n là số nguyên tố khi và chỉ khi σ(n) = n + 1

b) σ(n) là một số lẻ nếu và chỉ nếu n là số chính phương hoặc n

2 là số

chính phương

Chứng minh

a) Nếu n là số nguyên tố thì σ(n) = n + 1 Ngược lại, nếu σ(n) = n + 1

và n là hợp số thì n có ước là 1, a và n với (1 < a < n) Vậy σ(n) ≥

Đảo lại, giả sử σ(n) lẻ, và giả sử n = 2αpα1

Liên quan đến hàm σ(n)ta có khái niệm số hoàn chỉnh Một số tự nhiên

n được gọi là số hoàn chỉnh nếu σ(n) = 2n, tức là n bằng tổng các ướccủa nó (không kể chính nó)

Ví dụ 2.6 6, 28 là các số hoàn chỉnh, vì6 = 1+2+3, 28 = 1+2+4+7+14.Ngay từ thời cổ Hi Lạp, nhà toán học Euclid đã chứng minh được sựkiện lý thú sau:

Định lý 2.4 Nếu k là số tự nhiên sao cho 2k− 1 là một số nguyên tố thì

số n = 2k−1(2k − 1) là một số hoàn chỉnh

Chứng minh

Đặtp = 2k−1 Ta có σ(n) = σ(2k−1)σ(p) = (2k−1)(p+1) = (2k−1).2k =2n

Vậy c = 1 Do đó b = 2k+1 − 1 và n = 2kb = 2k(2k+1 − 1).

Vì σ(b) = 2k+1 = b + 1 nên b là số nguyên tố

Từ định lý Euclid và định lý Euler ta suy ra có bao nhiêu số k để 2k− 1

là số nguyên tố thì có bấy nhiêu số hoàn chỉnh chẵn Dễ thấy rằng nếu

2k − 1 là số nguyên tố thì k phải là số nguyên tố Một số nguyên tố dạng

2k − 1 được gọi là số nguyên tố Mecxen Cho đến năm 1983 người ta mớitìm được 27 số nguyên tố k để 2k− 1 là số nguyên tố Đó là các số 2, 3, 5,

7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107, 127, 521, 607, 1279, 2203, 2281, 3217, 4253,

4423, 9689, 9941, 11213, 19937, 21701, 44497, 86243

Người ta chưa biết được tập hợp số nguyên tố Mecxen là hữu hạn hay

vô hạn do đó cũng chưa biết tập hợp các số hoàn chỉnh chẵn là hữu hạnhay vô hạn

Cho đến nay người ta chưa tìm thấy một số hoàn chỉnh lẻ nào và cũngkhông biết là liệu có số hoàn chỉnh lẻ hay không Có giả thuyết cho rằngkhông có số hoàn chỉnh lẻ

Bài toán 2.2 Chứng minh rằng nếu σ(n) = 2n + 1 thì n là bình phươngcủa một số lẻ.

Lời giải Vì σ(n) = 2n + 1 là một số lẻ do đó theo định lý 6.4 ta có

Suy ra m2 + 1 2α+1− 1

Nếu a > 0 thì 2α+1 − 1 có dạng 4k − 1, do đó có ước nguyên tố p dạng

4k − 1 Vậy m2 ≡ −1 (mod p)

Suy ra mp−1 ≡ (−1)p−12 = (−1) (mod p)

Điều này trái với định lý Femart Vậy α = 0

Bài toán 2.3 Chứng minh rằngϕ(n) ≥

√n

2 với mọi n, và ϕ(n) < n−

√n

1 p

αk2

√n

Lời giải Nếu k chẵn thì ϕ(k + k) = ϕ(2k) = ϕ(2)ϕ(k) = ϕ(k) Vậy

có thể chọn n = k Xét trường hợp k lẻ Gọi p là số nguyên tố bé nhấttrong tập hợp các số nguyên tố không phải là ước của k Ta có ϕ(pk) =ϕ(p)ϕ(k) = (p − 1)ϕ(k) Giả sử p1, p2, , pr là các ước nguyên tố của k.Mọi ước nguyên tố của p − 1 cũng nằm trong tập (p1, p2, , pr) do cáchchọn p Vậy thì:

ϕ((p − 1)k) = (p − 1)k(1 − 1

p1) (1 −

1

pr) = (p − 1)ϕ(k).

Lời giải Chứng minh bằng phương pháp phản chứng.

Giả sử chỉ tồn tại một số hữu hạn số n có tính chất như vậy Gọi n là

số lớn nhất có tính chất như vậy Khi đó σ(n)

m với m = 1, 2, , n + k, mâu thuẫn với cách chọn n.

Nếu lấy p là một số nguyên tố lớn hơn n thì từ (*) ta suy ra σ(n)

σ(n)

n . Mâu thuẫn.

Khi xét phương trình Diophant P (x1, x2, , xm) = n với n là sốnguyên dương và P (x1, x2, , xm) là một đa thức với hệ số nguyên chotrước, câu hỏi thường gặp là phương trình này có nghiệm hay không?Nếu có nghiệm thì có vô số nghiệm không? Công thức nghiệm đó nhưthế nào? Nói cách khác, xác định xem n có thể biểu diễn dưới dạng

n = P (x1, x2, , xm), trong đó x1, x2, , xm là các số nguyên, P là

đa thức với hệ số nguyên hay không?

Trong mục này, ta sẽ trình bày một số dạng bậc hai cơ bản mà ở đó đathức P là tổng các bình phương của hai, ba hoặc bốn ẩn của các số nguyênkhông âm hoặc các số nguyên dương

Trong phần này, ta sẽ xét một số dạng bậc hai mà trong đó số tự nhiên

n cho trước được biểu diễn dưới dạng tổng các bình phương của các sốnguyên không âm Thông qua việc biện luận các phương trình Diophantbậc hai này ta cần tìm tất cả các giá trị của tham số n để phương trình

này có nghiệm nguyên.

2.3.1 Tổng của hai bình phương

Định lý 2.6 Giả sử n được biểu diễn dưới dạng phân tích chuẩn

n = 2rΠpsi

i qtj

j , trong đó pi ≡ 1 (mod 4), qj ≡ 3 (mod 4)

Điều kiện cần và đủ để n biểu diễn thành tổng của hai bình phương là các

số tj chẵn với mọi j

Để chứng minh định lý ta cần sử dụng các bổ đề sau:

Bổ đề 2.1 Giả sử số nguyên tố q \ a2 + b2 Nếu q ≡ 3 (mod 4) thì

q \ a, q \ b

Chứng minh Dễ thấy q \ a thì q \ b Giả sử ngược lại q - a, q - b Khi

đó theo giả thiết ta có a2 + b2 ≡ 0 (mod q) hay là aq−1 ≡ (−1)q−12 bq−1(mod q)

Theo định lý Fermat, ta có (−1)q−12 ≡ 1 (mod q) hay (-1) là số chínhphương theo mod q nên q = 4k + 1 Mâu thuẩn này chứng minh bổ đề

Bổ đề 2.2 Tích của hai số mà mỗi số là tổng của hai bình phương củahai số nguyên không âm cũng là tổng bình phương của hai số không âm.Chứng minh Giải sử m = a2 + b2, n = c2 + d2, a, b, c, d ∈ Z Khi đó

mn = (a2 + b2)(c2 + d2) = (ad + bc)2 + (ac − bd)2

Bổ đề 2.3 Mọi số nguyên tố p dạng 4k + 1 đều có thể biểu diễn thànhtổng bình phương của hai số nguyên dương

Chứng minh Giải sử p = 4k + 1 Xét a = (2k)! Ta có (2k)! =(−1)2k(2k)!

= (−1)(−2) (−2k) ≡ (p − 1)(p − 2) (p − 2k)

= 4k(4k − 1) (2k + 1) (mod p)

Do đó a2 ≡ (2k)!(2k + 1) 4k = (4k)! = (p − 1)! ≡ −1 (mod p) theođịnh lý Uynson Ký hiệu q = [√

p] Xét (q + 1)2 các số dạng ax + y

với x, y = 0, 1, , q Vì (q + 1)2 > p > q2 nên theo Dirichle tồn tạicác cặp số (x1, y1), (x2, y2) sao cho ax1 + y1 ≡ ax2 + y2 (mod p) hay

a(x1 − x2) + (y1 − y2) chia hết cho p

Đặt x = |x1− x2|, y = |y1− y2| Ta có a2x2− y2 = (ax − y)(ax + y) Theo

trên a2 ≡ −1 (mod p) Vậy x2 + y2 ≡ −a2x2 + y2 ≡ 0 (mod p).

Mặt khác x2 ≤ q2 < p,y2 ≤ q2 < p mà p nguyên tố nên 0 < x2+ y2 < 2p.Suy ra x2 + y2 = p Rõ ràng x 6= 0, y 6= 0

Bổ đề được chứng minh

Chứng minh định lý 2.6

Điều kiện đủ: Giả sử tj chẵn ∀j Ta có 2 = 12 + 12 và các số nguyên tố p

có dạng 4k + 1 có thể biểu diễn được thành tổng các bình phương của hai

số nguyên dương, theo bổ để 2.3

Theo bổ đề 2.2, ta có m = 2rΠpsi

i = a2+ b2, a, b ∈ Z Mặt khác, vì tj chẵn

∀j nên Πqtj

j = h2 và do đó n = m.h2 = a2 + b2h2 = (ah)2 + (bh)2

Điều kiện cần: Giải sử n = a2 + b2, a, b ∈ Z ta sẽ chứng minh các tj chẵn

∀j bằng phương pháp phản chứng Giải sử ∃qj nguyên tố dạng 4k + 3 làước của ncó số mũ tj lẻ Khi đó n = qtj

j B, (B, qj) = 1 Từ đó a2+b2 qtj

j qj.Theo bổ đề 2.1 ta có a = a1qj, b = b1qj Do đó a21 + b21 = qtj −2

Chứng minh Giả sử 4n(8k + 7) = x2+ y2 + z2 với x > 0, y ≥ 0, z ≥ 0

Do đó a2 có dạng 4k hoặc 4k + 1 nên x2 + y2 + z2 có dạng 4k khi và chỉkhi x, y, z đều chẵn

Nếu yn 6= 0, zn = 0 hay y 6= 0, z = 0 thì (*) không xảy ra.

Nếu xn, yn, zn cùng khác không thì với các trường hợp sau thì (*) khôngxảy ra

i Một trong ba số lẻ, hai số còn lại chẵn

ii Hai trong ba số lẻ

iii Ba số lẻ

iv Ba số chẵn

Vậy định lý được chứng minh

Chú ý 2.1 Gauss đã chứng minh một số không có dạng 4n(8k + 7) cóthể biểu diễn thành tổng của ba bình phương

Với xi, yi là các số nguyên không âm, i = 1, 2, 3, 4

Bổ đề 2.5 Nếu p là số nguyên tố lẻ thì tồn tại k, 0 < k < p sao cho kp

là tổng của bốn bình phương các số nguyên không âm

2 Các số của mỗi tập này đôi một phân biệt

theo mod p và cả hai tập này có (p + 1) số phân biệt theo mod p Theonguyên lý Dirichle, tồn tại x, y ∈ 0, 1, 2, , p − 1

2 sao cho x

2 ≡ −y2 − 1(mod p) suy ra x2 + y2 + 1 = kp =⇒ kp = x2 + y2 + 12 + 02

Bổ đề 2.6 Nếu p là số nguyên tố thì p được biểu diễn thành tổng củabốn bình phương của các số nguyên không âm.

Chứng minh Từ 2 = 12 + 12+ 02 + 02 nên ta chỉ cần xét p ≥ 3 Theo

Chứng minh định lý 2.8 Đầu tiên ta có 1 = 12+ 02+ 02+ 02 Giả sử

n ≥ 2 và n được phân tích thành tích các số nguyên tố Theo bổ đề 2.6 và2.4 ta được n là tổng của bốn bình phương các số nguyên không âm

Định lý 2.9 Mỗi số nguyên dương n > 169 luôn biểu diễn được thànhtổng năm bình phương của các số nguyên dương.

Chứng minh Giả sử n > 169, khi đó theo định lý 2.3, ta có n − 169 =

Tiếp theo, ta sẽ xét một số bài toán: Số nguyên dương n nào biểu diễnđược đồng thời thành tổng của hai hoặc của bốn hoặc năm bình phươngcủa các số nguyên dương

2.4.1 Tổng của ba bình phương có hai bình phương bằng nhau

Trước hết, ta xét bài toán tìm các số nguyên dương n biểu diễn đượcthành tổng của ba bình phương các số nguyên trong đó có hai số hạngbằng nhau

Bổ đề 2.7 Nếu p là ước nguyên tố dạng 8k + 5 hoặc 8k + 7 và p\x2+ 2y2

thì p là ước của x và y

Chứng minh Nếu p là ước của x thì p cùng là ước của y Giả sử trái

lại (x, p) = (y, p) = 1 suy ra x2 ≡ −2y2 (mod p) suy ra

xp−1 ≡ (−2)p−12 yp−1 ⇒ 2p−12 (−1)p−12 ≡ 1 (mod p)

Nếup = 8k+5thì 2 là số không chính phương theo mod p và p − 1

2 = 4k+2

chẵn Do đó 2p−12 (−1)p−12 ≡ −1 (mod p)

Điều này là không thể

Nếup = 8k+7thì 2 là số không chính phương theo mod p và p − 1

Chứng minh Giả sử phương trình x2 + 2y2 = p có nghiệm nguyên và

p = 8k + 5 hoặc p = 8k + 7 Theo bổ đề 2.7 thì x, y đều chia hết cho p và

do đó x2 + 2y2 chia hết cho p2 Vô lý Ngược lại, p = 2 thì 2 = 02 + 2.12.Xét p = 8k + 1 hoặc p = 8k + 3 Suy ra -2 là số chính phương theo mod p(suy ra từ 2 là số chính phương theo mod p khi và chỉ khi p = 8k ± 1 và

Nếu x2 + 2y2 = p thì ta có điều phải chứng minh

Nếu x2 + 2y2 = 2p thì 4z2 + 2y2 = 2p với x = 2z suy ra y2 + 2z2 = p.Vậy bổ đề 2.9 được chứng minh

Định lý 2.10 Giả sử n có phân tích tiêu chuẩn n = 2rΠpsi

Điều kiện cần Giả sử n ∈ A thì tồn tại x, y sao cho x2+ 2y2 = n Giả sử

q là ước nguyên tố của n dạng 8k + 5 hoặc 8k + 7 và số mũ của q là t lẻ

Ta có x2 + 2y2 = qtb, (b, q) = 1

Theo bổ đề 2.7 ta có x21 + 2y21 = qt−2b nếu t > 2

Sau hữu hạn bước, ta được x2k + 2yk2 = qb

Cũng theo bổ đề 2.7 dẫn đến điều vô lý

Ví dụ 2.10 Phương trìnhx2+2y2 = 21 vô nghiệm vì 21 = 3.7,7 = 8k +7

có số mũ lẻ, nhưng 21 = 42 + 22 + 12

Dưới đây là kết quả thu được về những giá trị của số nguyên dương n đểphương trình n = x2 + 2y2 có nghiệm nguyên dương

Định lý 2.11 Điều kiện cần và đủ để n biểu diễn được dưới dạng n =

x2 + 2y2 với x, y nguyên dương là

a) Nếu nlà số chính phương thì nphải có ước nguyên tố dạng 8k + 1 hoặc

8k + 3

b) Nếu n là số không chính phương thì trong phân tích tiêu chuẩn của n

các ước nguyên tố p = 2 hoặc p = 8k + 5 hoặc p = 8k + 7 phải có số mũchẵn

Chứng minh Điều kiện cần a) Giả sử n = m2 = a2+ 2b2, a, b ∈ N∗ và

n = 22rΠp2si

i với pi = 8k + 1 hoặcpi = 8k + 3 Theo bổ đề 2.7 sau hữu hạnbước, ta có c2+ 2d2 = 22r = 4r suy rac = 2c1, d = 2d1 và c21+ 2d21 = 4r−1.Cũng sau hữu hạn bước, ta được c2k + 2d2k = 1, với ck, dk ∈ N∗ Vô lý.b) Theo định lý 2.10 ta có trong phân tích tiêu chuẩn củancác ước nguyên

tố p = 8k + 5 hoặc p = 8k + 7 phải có số mũ chẵn Giả sử số mũ của 2 là

số lẻ Tương tự như trên, sau hữu hạn bước ta có c2 + 2d2 = 22t

Nếu t ≥ 3 thì c, d cùng chẵn Do đó c21 + 2d21 = 2t−3, c = 2c1, d = 2d1

Cũng sau hữu hạn bước ta dẫn đến c2k + 2d2k = 2, ck, dk ∈ N∗ Vô lýĐiều kiện đủ a) Giả sử p \ n, p = 8k + 1 hoặc p = 8k + 3 suy ra p \ msuy