Biểu diễn số nguyên thành tổng hai bình phương của số nguyên

Một số bài toán có liên quan 38 3.1 Tổng của nhiều số bình phương... Đề tài luận văn Biểu diễn số nguyên thành tổng hai bình phương của sốnguyên có mục đích tìm hiểu và trình bày các kết

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Mục lục

1.1 Ước chung lớn nhất 4

1.1.1 Ước số và phần dư 4

1.1.2 Số nguyên tố và hợp số 5

1.2 Đồng dư 9

1.3 Số nguyên Gauss và vành Z[i] 13

1.4 Bài toán áp dụng 16

Chương 2 Tổng bình phương của hai số nguyên 20 2.1 Bài toán tổng của hai số bình phương 20

2.2 Số nguyên tố nào là tổng của hai bình phương? 22

2.3 Số nguyên nào là tổng của hai bình phương? 26

2.4 Số biểu diễn được thành tổng hai bình phương 30

2.5 Bài toán áp dụng 36

Chương 3 Một số bài toán có liên quan 38 3.1 Tổng của nhiều số bình phương 38

3.2 Bộ số Pythagoras và bài toán Fermat 40

3.3 Một số bài toán chưa có lời giải 45

3.4 Bài toán áp dụng 45

Mở đầu

Lý thuyết số nghiên cứu tập hợp số tự nhiên (các số nguyên dương) 1, 2, 3,

4, 5, 6, 7, và các mối quan hệ giữa các loại số khác nhau

Người ta chia ra nhiều loại số nguyên:

Một số bài toán đã có lời giải: những số nào bằng tổng bình phương của hai

số tự nhiên? Ví dụ, 5 = 12+ 22, 13 = 22+ 32,

Chúng có những đặc tính chung gì? Có bao nhiêu cách biểu diễn như thế?Bài toán tương tự: số nào bằng tổng lập phương của hai số nguyên dương? Ví

dụ, 9 = 13+ 23, 28 = 13+ 33, 35 = 23+ 33,

Đặc điểm của những số này là gì?

Đề tài luận văn Biểu diễn số nguyên thành tổng hai bình phương của sốnguyên có mục đích tìm hiểu và trình bày các kết quả của lý thuyết số về cáctính chất đặc trưng của những số nguyên dương (nói riêng là các số nguyêntố) biểu diễn được dưới dạng tổng bình phương của hai số nguyên, số cáchbiểu diễn thành tổng hai bình phương, một số bài toán và định lý có liên quantới bài toán tổng của hai số bình phương: bộ số Pythagoras, nghiệm nguyêncủa phương trình bậc hai với hệ số nguyên, định lý cơ bản của số học, định lýFermat bé, định lý Wilson, định lý Thue, định lý hai số bình phương, Luận văn được viết dựa chủ yếu trên các tài liệu tham khảo [1] - [6] lấy từnguồn Internet và được chia thành ba chương

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị trình bày lại các khái niệm về các số tự nhiên,

số nguyên tố, hợp số, về phép chia hết, phép phân tích số nguyên ra thừa sốnguyên tố, về phép tính đồng dư modulo

Chương 2 Tổng bình phương của hai số nguyên đề cập tới bài toán cổ điểntrong lý thuyết số: biểu diễn một số nguyên dương (nói riêng, số nguyên tố)dưới dạng tổng hai bình phương của số nguyên Trình bày các định lý về tínhchất đặc trưng của các số nguyên tố, các số nguyên dương biểu diễn được dướidạng tổng hai bình phương của số nguyên

Chương 3 Một số bài toán có liên quan đề cập tới bài toán mở rộng về biểudiễn số nguyên thành tổng của nhiều số bình phương (bài toán Waring), bộ sốPythagoras (x2 + y2 = z2) và Định lý lớn Fermat về sự không tồn tại nghiệmnguyên khác không của phương trình xn+ yn = zn, với mọi n > 2 Cuối chươnggiới thiệu một số bài toán của lý thuyết số chưa có lời giải

Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy hướng dẫn

GS.TS Trần Vũ Thiệu đã tận tình giúp đỡ trong suốt quá trình làm luậnvăn Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo của khoa Toán-Tin,Trường Đại học Khoa học Thái Nguyên và của Viện Toán học, Viện Công nghệthông tin thuộc Viện Hàn lâm Khoa học và Công nghệ Việt Nam đã giảng dạy

và tạo điều kiện thuận lợi trong quá trình tác giả học tập và nghiên cứu

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016

Tác giả luận văn

Đặng Tuấn Long

Định nghĩa 1.3 Với a, b ∈ Z, ta nói a là ước (divisor) của b nếu tồn tại

số nguyên x sao cho a.x = b Trong trường hợp này ta nói rằng b chia hết(divisible) cho a hay b là bội (multiple) của a và viết a | b (đọc là a là ước củab) Trái lại, ta nói a không là ước của b và viết a ∤ b

Ví dụ 1.4 Các ước của 6 là −6, −3, −2, −1, 1, 2, 3 và 6 Ta chỉ ra điều nàybằng cách viết −3 | 6, 2 | 6, 3 | 6, Nhưng 4 không là ước của 6 nên ta viết

4 ∤ 6

Định nghĩa 1.5 Với bất kỳ a ∈ Z, các điều sau đây luôn đúng: 1 | a, −1 | a,

a | a, −a | a Ta nói 1, −1, a và −a là các ước tầm thường (trivial divisors) của

a; 1 và −1 gọi là đơn vị (units), mọi ước bất kỳ khác của a gọi là ước thực sự(proper divisors)

Định lý 1.9 (Định lý cơ bản của số học) Mọi số a, a > 1, có phân tích thừa

số nguyên tố duy nhất (không kể sự sai khác về thứ tự các thừa số)

Ví dụ 1.10 12 = 22

× 3; 18 = 2 × 32; 231 = 3 × 7 × 11

Định nghĩa 1.11 Cho a, b ∈ Z Ta định nghĩa ước chung lớn nhất (greatestcommon divisor) của a và b là số nguyên lớn nhất d mà cả a và b đều chiahết cho d : d | a và d | b Ước chung lớn nhất được ký hiệu là (a, b) = d hoặcgcd(a, b) = d Trong luận văn này ta sẽ sử dụng gcd(a, b) để chỉ ước chung lớnnhất của a và b

Ví dụ 1.12 Hãy tìm ước chung lớn nhất của 8 và 12 Ta thấy các ước của 8

là ±1, ±2, ±4, ±8 và các ước của 12 là ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12 Từ đó, ước

chung của 8 và 12 là ±1, ±2, ±4 Vì thế, ước chung lớn nhất của 8 và 12 là 4

và ta viết gcd(8, 12) = 4

Có thể thấy gcd(6, −9) = 3, gcd(−15, 25) = 5 và gcd(−3, −7) = 1

Định nghĩa 1.13 Nếu ước chung lớn nhất gcd(a, b) = 1 thì ta nói hai sốnguyên a và b là nguyên tố cùng nhau (relatively prime)

Định lý 1.14 Nếu a, b ∈ Z và gcd(a, b) = d thì gcd(a/d, b/d) = 1

Chứng minh Giả sử gcd(a/d, b/d) = k Từ đó a/d = mk, b/d = nk với m, nnguyên và ta có a = mkd, b = nkd Điều này cho thấy a và b chia hết cho kd,tức là kd | a và kd | b Do d là ước chung lớn nhất của a và b nên kd ≤ d Suy

ra k ≤ 1 Do k nguyên dương nên phải có k = 1 Vậy gcd(a/d, b/d) = k = 1 

Ví dụ 1.15 Hãy tìm ước chung lớn nhất của 15 và 40 Bằng cách phân tích

ra thừa số nguyên tố ta có 15 = 3 × 5 và 40 = 23 × 5 Từ đó, ta tìm đượcước chung lớn nhất của 15 và 40 bằng 5, tức là gcd(15, 40) = 5 Ta thấygcd(15/5, 40/5) = gcd(3, 8) = 1

Định lý 1.16 Cho a, b, c ∈ Z Khi đó gcd(a + cb, b) = gcd(a, b)

Chứng minh Giả sử gcd(a, b) = d, gcd(a + cb, b) = k Ta cần chứng minhrằng d = k Do gcd(a, b) = d nên a = pd và b = qd với p, q nguyên tố cùngnhau (Định lý 1.14) Trong gcd(a + cb, b) = k thay a = pd, b = qd và cb = cqd,

gcd(1078, 44) = gcd(110, 44)

Để kiểm tra đẳng thức này, ta tính gcd(1078, 44) và gcd(110, 44) Ta thấy

Chứng minh Nếu c | a và c | b thì theo định nghĩa của ước sẽ tìm được

u, v ∈ Z sao cho a = cu, b = cv Khi đó ma + nb = mcu + ncv = c(mu + nv)

Do đó (ma + nb) là bội của c Vì thế c | (ma + nb) 

Chứng minh Giả sử k là số nguyên dương nhỏ nhất có dạng k = ax + by với

x, y ∈ Z Ta chứng minh d = k Thật vậy, do d là ước chung của a và b nêntheo Định lý 1.19, d cũng là ước của ax + by, tức là d | (ax + by) = k, do đó

d ≤ k.a phải chia hết cho k, vì nếu trái lại thì a = ku + v với 0 < v < k, trong

đó u, v ∈ Z Từ đó v = a − ku = a − u(ax + by) = a(1 − ux) + b(−uy) Nhưvậy, v cũng là một tổ hợp tuyến tính của a và b Thế nhưng v < k, điều nàytrái với giả thiết: k là số nguyên dương nhỏ nhất có dạng ax + by Chứng minhtương tự cho thấy b cũng chia hết cho k Vậy phải có k ≤ gcd(a, b) = d Ở trên

Ví dụ 1.22 Giả sử a = 51 và b = 187 Ta thấy 51 = 3 × 17 và 187 = 11 × 17

Từ đó gcd(51, 187) = 17 Nếu chọn x = 4, y = −1, ta có 51 × 4 − 187 × 1 =

204 − 187 = 17 = gcd(51, 187)

Định lý 1.23 Nếu a, b, c ∈ Z, a | bc và a, b nguyên tố cùng nhau thì a | c.Chứng minh Do a, b nguyên tố cùng nhau nên gcd(a, b) = 1 Theo Định

lý 1.21, tồn tại x, y ∈ Z sao cho 1 = ax + by Nhân hai vế với c ta được

c = acx + bcy Rõ ràng a | ac và theo giả thiết a | bc Từ đó theo Định lý 1.19,

ma + nb = ck, nghĩa là ma + nb là một bội nguyên của gcd(a, b)

Ngược lại, theo Định lý 1.21, c = gcd(a, b) biểu diễn được dưới dạng một tổhợp tuyến tính của a và b, chẳng hạn c = ax + by với x, y ∈ Z Nhân cả hai vếvới s ∈ Z, ta có sc = s(ax + by) = a(sx) + b(sy) Như vậy, mỗi bội nguyên của

Ví dụ 1.25 Giả sử a = 52, b = 117 Ta thấy 52 = 22 × 13 và 117 = 32× 13

Do đó gcd(52, 117) = 13 Với bất kỳ x, y ∈ Z tìm được số nguyên k nghiệmđúng phương trình 52x + 117y = 13k Tìm x và y cho ta k = 2, tức là x, y thỏamãn 52x + 117y = 13 × 2 = 26 Chia cả hai vế cho 13, phương trình rút gọncòn 4x + 9y = 2 Ta tìm được x = 5 và y = −2, vì 4 × 5 − 9 × 2 = 20 − 18 = 2.Định nghĩa 1.26 Một tập G được gọi là một nhóm cộng nếu tồn tại một ánh

xạ từ tích Descartes G × G vào G (ảnh của phần tử (a, b) ∈ G × G qua ánh xạnày ta ký hiệu là a + b) thỏa mãn các tính chất sau:

Định nghĩa 1.27 Một tập con H của nhóm cộng G được gọi là một nhómcon của G nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:

i) Phép toán cộng là đóng với H, tức là a + b ∈ H, với ∀a, b ∈ H

ii) H chứa phần tử không của G

iii) −a ∈ H với mọi a ∈ H

Rõ ràng, tập hợp tất cả các số nguyên Z là một nhóm Abel đối với phéptoán cộng Dưới đây ta có một kết quả thú vị cho nhóm này

Bổ đề 1.28 Cho S ⊆ Z là một nhóm con của Z với phép cộng Khi đó, tồntại d ∈ Z sao cho S = dZ, trong đó dZ = {dz : z ∈ Z}

Chứng minh Vì S là nhóm con của Z nên ta biết rằng nếu cho trước a, b ∈ Zthì a + b ∈ Z Bằng cách cộng lặp a với chính nó, ta được aZ ⊆ S Chứng minhtiến hành theo hai trường hợp:

a) S = {0} Khi đó, chọn d = 0 thì S = 0Z = {0}

b) S 6= {0} Giả sử d là số nguyên dương nhỏ nhất trong S Ta biết rằng

dZ ⊆ S Để chứng minh S ⊆ dZ ta lấy s ∈ S Ta sẽ chỉ ra d | s, do đó s ∈ dZ.Theo thuật toán chia ta biết rằng s = dq + r, trong đó 0 ≤ r ≤ d − 1 Lưu ýrằng do d ∈ S nên dq ∈ S và −s ∈ S Do S đóng kín đối với phép cộng nên

dq + (−s) = r ∈ S Nhưng vì 0 ≤ r ≤ d − 1, S ⊆ Z và d là số nguyên dươngnhỏ nhất trong S nên phải có r = 0

1.2 Đồng dư

Định nghĩa 1.29 Cho a, b ∈ Z Ta nói rằng a đồng dư với b (congruent to)theo modulo m (viết tắt là mod m) nếu m | (a − b) Ta ký hiệu là a ≡ b(mod m) và hiểu đơn giản là: khi chia a và b cho m ta được phần dư như nhau(đồng dư)

Nhận xét 1.30 Lưu ý rằng ta có thể diễn đạt m | a bởi cách viết a ≡ 0(mod m)

Có thể chứng minh các tính chất sau:

• Với bất kỳ 1 < m ∈ Z và bất kỳ a ∈ Z ta có:

1 a ≡ a (mod m): Do m × 0 = 0 nên m | 0 = a − a Từ đó a ≡ a (mod m);

2 Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m) Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a−b)

⇒ a − b = km, k ∈ Z ⇒ b − a = −km, −k ∈ Z ⇒ m | (b − a) ⇒ b ≡ a(mod m);

3 Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m) Thật vậy,

a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a − b) ⇒ a − b = um, u ∈ Z, b ≡ c (mod m) ⇒

m | (b − c) ⇒ b − c = vm, v ∈ Z ⇒ a − c = (a − b) + (b − c) = (u + v)m ⇒

m | (a − c) ⇒ a ≡ c (mod m)

• Nếu a ≡ b (mod m) thì ta có:

1 a + c ≡ b + c (mod m): Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a − b) = (a + c) − (b +c) ⇒ a + c ≡ b + c (mod m);

2 ac ≡ bc (mod m): Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a − b) ⇒ m | c(a − b) =

ac − bc ⇒ ac ≡ bc (mod m);

• Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì ta có:

1 a + c ≡ b + d (mod m):

Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a − b) ⇒ a − b = um, u ∈ Z Từ c ≡ d(mod m) ⇒ m | (c − d) ⇒ c − d = vm, v ∈ Z Từ đó (a − b) + (c − d) =(a + c) − (b + d) = (u + v)m ⇒ m | (a + c) − (b + d) ⇒ a + c ≡ b + d(mod m);

2 ac ≡ bd (mod m): Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a − b) ⇒ a − b = um, u ∈

Bây giờ ta có thể phân chia số nguyên thành các lớp dựa trên quan hệ đồng

dư modulo m của chúng, với số nguyên m nào đó, m > 1, bằng cách đặt các

số nguyên đồng dư với nhau vào cùng một lớp Mỗi số nguyên chỉ được đặtvào một và chỉ một lớp như thế và bất kỳ cặp số nguyên x, y lấy ra từ cùngmột lớp sẽ thỏa mãn x ≡ y (mod m) Các lớp này gọi là lớp thặng dư modulo

m (residue classes), ký hiệu là am, trong đó a là một phần tử trong lớp đó.Một tập chứa đúng một phần tử của mỗi lớp thặng dư có thể được viết thànhZ/mZ Ví dụ khi m = 4, ta có thể viết Z/4Z = {0, 1, 2, 3} Với một số phéptoán, cụ thể là cộng, trừ, nhân và lũy thừa, thì một phần tử bất kỳ của lớp làđại diện cho cả lớp, nghĩa là thực hiện các phép toán này trên các phần tử đạidiện của hai lớp sẽ cho kết quả là lớp thặng dư giống như áp dụng cho phần

tử bất kỳ của mỗi lớp đó Với các phép toán khác, ví dụ ước chung lớn nhất,thì không được Ví dụ với lớp thặng dư 2 và 3 ∈ Z/4Z thì 2 + 3 là lớp 1, giốngnhư 6 ≡ 2 (mod 4) cộng 11 ≡ 3 (mod 4) cho 17 ≡ 1 (mod 4)

Nhận xét 1.31 Ta có thể tùy ý thay đổi giữa biểu thức đồng dư và biểu thứcđại số của một số Chẳng hạn, phát biểu "n có dạng 4k + 1" tương đương vớicách nói rằng n ≡ 1 (mod 4)

Trước khi trình bày tiếp một số kết quả về đồng dư, chúng tôi sẽ nhắc lạimột số kiến thức về nhóm nhân, vành và trường Tương tự với định nghĩa nhómcộng, ta có định nghĩa nhóm nhân như sau

Định nghĩa 1.32 Một tập G được gọi là một nhóm nhân nếu tồn tại mộtánh xạ từ tích Descartes G × G vào G (ảnh của phần tử (a, b) ∈ G × G quaánh xạ này ta ký hiệu là ab) thỏa mãn các tính chất sau:

i) Kết hợp: a(bc) = (ab)c, với ∀a, b, c ∈ G

ii) Có phần tử đơn vị (ký hiệu là e): Tồn tại phần tử e ∈ G sao cho ae = ea = a,với ∀a ∈ G

iii) Có phần tử nghịch đảo: Với mỗi a ∈ G luôn tồn tại phần tử nghịch đảo, kýhiệu là a−1 ∈ G, sao cho aa−1 = a−1a = e

Nếu G thỏa mãn tính chất giao hoán đối với phép nhân, tức là ab = ba, vớimọi a, b ∈ G ta cũng nói G là nhóm Abel đối với phép toán nhân

Định nghĩa 1.33 (i) Một tập hợp R được gọi là một vành nếu trên R có haiphép toán cộng và nhân thỏa mãn các tính chất sau:

• Tập R là một nhóm Abel đối với phép cộng

• Phép nhân trên R có tính chất kết hợp và có phần tử đơn vị

• Luật phân phối: Phép nhân là phân phối với phép cộng, tức là, với các phần

Định lý 1.34 Nếu m, n nguyên tố cùng nhau thì m có nghịch đảo trong phépnhân modulo n

Chứng minh Do m, n nguyên tố cùng nhau nên gcd(m, n) = 1 = am + bnvới a, b ∈ Z theo Định lý 1.21 Xét phương trình đồng dư (modulo n):

• Do Fp∗ = {1, 2, p − 1} là một nhóm nhân, nên với mỗi a ∈ Fp∗ tồn tạiđúng một a−1 ∈ F∗

p sao cho a × a−1 ≡ 1 (mod p)

• Với a ∈ Fp∗ khi và chỉ khi a ≡ 1 (mod p) hoặc a ≡ p − 1 (mod p) Chứngminh của sự kiện này như sau

Trước tiên giả sử rằng a2 ≡ 1 (mod p) Khi đó, p | (a2− 1) = (a + 1)(a − 1).Bây giờ do p nguyên tố nên p | (a + 1) hoặc p | (a − 1) Nếu p | (a + 1) thì do

a ∈ Fp∗ nên a ≡ p − 1 (mod p) Nếu p | (a − 1) thì a ≡ 1 (mod p)

Bây giờ giả sử rằng a ≡ 1 (mod p) Khi đó, a = kp + 1 với k ∈ Z Suy ra

a2 = k2p2+ 2kp + 1 ⇒ a2 ≡ 1 (mod p)

Còn nếu a ≡ p − 1 (mod p) thì a + 1 = kp với k ∈ Z thì

⇒ a2 = k2p2− 2kp + 1 ⇒ a2 ≡ 1 (mod p)

1.3 Số nguyên Gauss và vành Z[i]

Số nguyên Gauss là một số phức với phần thực và phần ảo của nó đều làcác số nguyên Với phép cộng và phép nhân thông thường của số phức, các sốnguyên Gauss tạo ra một miền nguyên, thường được ký hiệu là Z[i] (i2 = −1)

Về hình thức, tập các số nguyên Gauss là

Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z} Với α = a + bi trong Z[i], ta đặt chuẩn của α là số nguyên không âm

N (α) = a2+ b2.Chuẩn này là một hàm nhân tính, nghĩa là N(αβ) = N(α)N(β) Thật vậy,giả sử α = a + bi, β = a′+ b′i, Khi đó αβ = (aa′

− bb′) + (ab′+ a′b)i Do đó,

N (αβ) = (aa′− bb′)2 + (ab′+ a′b)2 = (a2+ b2)(a′2+ b′2) = N (α)N (β) Chuẩn

N biểu thị số đo cho kích thước của các phần tử Với số nguyên a ∈ Z thì

N (a) = a2 Nói riêng, N(1) = 1 Định nghĩa đơn vị trong Z[i] là các phần tử

α có chuẩn bằng 1, tức là N(α) = a2+ b2 = 1 Do vậy, a = ±1, b = 0 hoặc

a = 0, b = ±1 Nội dung này được phát biểu cụ thể trong định lý sau

Định lý 1.35 Đơn vị trong Z[i] là các số 1, −1, i và −i

Chứng minh Vì 1.1 = 1, (−1)(−1) = 1 và i(−i) = 1 nên bốn phần tử nàyđều là các phần tử đơn vị trong Z[i] Ngược lại, nếu u là một đơn vị trong Z[i]

thì uv = 1 với v nào đó trong Z[i] Lấy chuẩn hai vế ta được N(u)N(v) = 1.Phương trình này gồm các số nguyên dương nên cả N(u) và N(v) phải bằng

1 Bằng cách viết u = a + bi, ta sẽ có a2+ b2 = 1 Nghiệm nguyên của phươngtrình này chỉ có thể là (a, b) = (1, 0); (−1, 0); (0, 1) và (0, −1) Chúng tạo ra

Cách viết chung các đơn vị trong Z[i] là ik, k = 0, 1, 2, 3 (lần lượt tương ứngvới 1, i, −1 và −i)

Tương tự như Z, ta cũng có định lý chia trong Z[i] Để đo kích thước củaphần dư trong phép chia, ta dùng khái niệm chuẩn và có định lý sau

Định lý 1.36 Với bất kỳ α và β 6= 0 trong Z[i] tồn tại các số γ, ρ thỏa mãn

α = βγ + ρ, N (ρ) ≤ N(β)/2 < N(β)

Chứng minh

Chuẩn trên Z[i] có liên hệ chặt chẽ với mô đun trên C: N(a + bi) = |a+bi|2

Mô đun trên C là cách để ta đo khoảng cách trong C và ta sẽ tận dụng kháiniệm này Trong C khoảng cách xa nhất từ một số phức tới một phần tử trongZ[i] là 1/√

2 , bởi vì tâm của các hình vuông 1 × 1 với bốn đỉnh trong Z[i] sẽ cókhoảng cách tới các đỉnh này bằng 1/√2 Bây giờ ta xem tỉ số α/β như một sốphức và đặt nó vào hình vuông 1 × 1 với bốn đỉnh trong Z[i] Giả sử γ ∈ Z[i]

là đỉnh của hình vuông gần α/β nhất, do đó |α/β − γ| ≤ 1/√2 Nhân với |β|

ta được |α − β.γ| ≤ (1/√2).|β| Bình phương hai vế và gọi bình phương môđun của số phức trên Z[i] là chuẩn, ta nhận được

N (α − βγ) ≤ N(β)/2 < N(β)

Bây giờ đặt ρ = α − β.γ, ta có N(ρ) ≤ N(β)/2 < N(β) Nhận xét 1.37 Khác với trường hợp trong Z, thương và phần dư trong Z[i]không duy nhất Chẳng hạn, chọn α= 37 + 2i và β = 11 + 2i Có thể dễ dàngkiểm tra thấy rằng

α = β.3 + (4 − 4i) và

và α = β.(3 − i) + (2 + 7i)

Ở đây cả thương và phần dư có chuẩn nhỏ hơn N(β) = 125 (đúng ra, nhỏhơn 125/2) Chứng minh của Định lý 1.36 giải thích hình học vì sao thương

và phần dư trong Z[i] không duy nhất: α/β gần hai đỉnh của hình vuông 1 ×

1 chứa nó hơn so với độ dài nửa đường chéo của hình vuông đó Sự thiếu tínhduy nhất này của thương và phần dư không phải là điểm yếu chủ chốt, vì hệquả chính của định lý chia, chẳng hạn thuật toán Euclid và phân tích ra thừa

số duy nhất, trên thực tế không sử dụng tới tính duy nhất Điều quan trọngchính là ở chỗ phần dư nhỏ hơn (theo một nghĩa nào đó) số chia và đó mới làđiều Định lý 1.36 muốn nêu ra

Hệ quả 1.38 Vành Z[i] có phân tích thừa số duy nhất

Số nguyên tố trong Z[i] được hiểu là số Gauss không có ước khác đơn vị

và chính nó Sau đây là một vài ví dụ về số nguyên tố Gauss trong Z[i] (Hình1.1):

1 + i, 3, 1 + 2i, 1 − 2i, 7, 11, 2 + 3i, 2 − 3i

Hình 1.1: Minh họa số nguyên tố Gauss trong Z[i]

Lưu ý rằng 2 và 5 không có mặt trong danh sách này, bởi vì chúng không

là số nguyên tố trong Z[i]:

2 = (1 + i)(1 − i); 5 = (2 + i)(2 − i)

Bài toán 1.40 Chứng minh rằng nếu 2n + 1 là một số nguyên tố thì n =

tố, ta gặp mâu thuẫn Vậy n không thể chứa ước nào là số lẻ lớn hơn 1

Bài toán 1.41 Chứng minh rằng có vô số các số nguyên tố p sao cho p + 2không phải là một số nguyên tố

Lời giải Giả sử p + 2 là hợp số với chỉ một số hữu hạn số nguyên tố p Khi

đó, có số p0 sao cho p nguyên tố và p > p0 kéo theo p + 2 nguyên tố Chọn một

số nguyên tố p > p0 Khi đó, hệ quả là mọi số lẻ lớn hơn p đều là số nguyên tố.Điều này là không thể, bởi vì, chẳng hạn mọi lũy thừa bậc k ≥ 2 của 3 là hợp

Tương tự, chia modulo phương trình cho p − q được 2p ≡ 0 (mod (p − q))

Do p và q nguyên tố cùng nhau nên p và p − q nguyên tố cùng nhau Ta kếtluận rằng 2 ≡ 0 (mod (p − q)), hay p − q là ước của 2

Kết hợp hai điều kiện suy ra (p, q) = (3, 5) hoặc (5, 3); thay lại chỉ có (5, 3)thỏa mãn bài toán

Bài toán 1.43 [Baltic 2001] Cho a là một số nguyên lẻ Chứng minh rằng

a2n+ 22n và a2m + 22m nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên dương n và msao cho n 6= m

Lời giải Không giảm tính tổng quát, giả sử m > n Với bất kỳ số nguyên tố

Do đó, p ∤ (a2m+ 22m), điều phải chứng minh.

Bài toán 1.44 Kiểm tra có tồn tại hay không vô số số nguyên dương chẵn ksao cho với mọi số nguyên tố p số p2+ k là hợp số

Lời giải Câu trả lời là có Đầu tiên với p = 2, p2+ k luôn là một hợp số vớimọi số nguyên dương chẵn k Chú ý rằng nếu p > 3 thì p2 ≡ 1 (mod 3) Dovậy nếu k là một số nguyên dương chẵn với k ≡ 2 (mod 3), thì p2 + k là hợp

số với mọi số nguyên tố p > 3 (p2+ k lớn hơn 3 và chia hết cho 3)

Cuối cùng, ta chú ý rằng 33+ k ≡ 0 (mod 5) khi và chỉ khi k ≡ 1 (mod 5)

Từ các lập luận trên suy ra, với mọi số nguyên dương k sao cho

Cuối cùng, ta chứng minh n3 = 5 Thật vậy, nếu ngược lại, thì n2

i ≡ ±1(mod 5) và n4i ≡ 1 (mod 5) với mọi 1 ≤ i ≤ 31 Do đó, s ≡ 31 ≡ 1 (mod 5),mâu thuẫn

Suy ra có 3 số nguyên tố liên tiếp là 2, 3, 5 xuất hiện trong các số nguyên

tố đã cho

Bài toán 1.46 Cho p là một số nguyên tố Chứng minh rằng p là ước của

an = 2n+ 33n + 6n− 1với mọi n nguyên dương Tìm tất cả các số nguyên dương mà nguyên tố cùngnhau với mọi số hạng của dãy số

Lời giải Đáp án là 1 Ta chỉ cần chỉ ra mọi số nguyên tố p là ước của an với

n nào đó Chú ý rằng cả p = 2, p = 3 là ước của a2 = 22+ 32+ 62− 1 = 48.Bây giờ, giả sử p ≥ 5 Theo định lý Fermat bé, ta có 2p−1 ≡ 3p−1 ≡ 6p−1≡ 1(mod p) Nên

3 · 2p−1+ 2 · 3p−1+ 6p−1 ≡ 3 + 3 + 2 ≡ 6 (mod 6),hay 6(2p−2+ 3p−2+ 6p−2− 1) ≡ 0 (mod p); tức là 6ap−2 chia hết cho p Bởi vì p

là nguyên tố cùng nhau với 6, nên ap−2 chia hết cho p Điều phải chứng minh.Kết luận chương, chương này đã nêu lại khái niệm thương và phần dư trongphép chia nguyên, ước chung lớn nhất của hai hay nhiều số nguyên và một

số tính chất của ước chung lớn nhất, khái niệm số nguyên tố và hợp số, kháiniệm đồng dư và các phép toán đồng dư, số nguyên Gauss và vành Z[i] các sốnguyên Gauss cùng một số khái niệm mở rộng như: chuẩn, đơn vị, phần dư, sốnguyên tố Gauss trong Z[i]

2.1 Bài toán tổng của hai số bình phương

Mục này xét bài toán Diophantus với nội dung như sau: những số nguyêndương n (nói riêng, n là số nguyên tố) nào là tổng của hai số bình phương của

số nguyên? Nếu với n ∈ Z+ có biểu diễn n = a2 + b2 với a, b ∈ Z thì có baonhiêu cách biểu diễn như vậy? Nói một cách khác, ta hãy tìm tính chất đặctrưng của các số nguyên dương (nói riêng, các số nguyên tố) biểu diễn đượcdưới dạng tổng hai bình phương của số nguyên

Trước khi tìm câu trả lời cho bàì toán đặt ra, ta hãy quan sát biểu diễn các

số nguyên dương n ≤ 30 qua tổng hai bình phương của các số tự nhiên sauđây:

n = 1 : 1 = 12+ 02

n = 2 (nguyên tố) : 2 = 12+ 12

n = 3 (nguyên tố) : không là tổng của hai số bình phương.

n = 4 : 4 = 22+ 02

n = 5 (nguyên tố) : 5 = 22+ 12

n = 6 : không là tổng của hai số bình phương

n = 7 (nguyên tố) : không là tổng của hai số bình phương

n = 8 : 8 = 22+ 22

n = 9 : 9 = 32+ 02

n = 10 : 10 = 32+ 12

n = 11 (nguyên tố) : không là tổng của hai số bình phương

n = 12 : không là tổng của hai số bình phương

n = 13 (nguyên tố) : 13 = 32+ 22

n = 14 : không là tổng của hai số bình phương

n = 15 : không là tổng của hai số bình phương

n = 16 : không là tổng của hai số bình phương

n = 17 (nguyên tố) : 17 = 42+ 12

n = 18 : 18 = 32+ 32

n = 19 (nguyên tố) : không là tổng của hai số bình phương

n = 20 : 20 = 42+ 22

n = 21 : không là tổng của hai số bình phương

n = 22 : không là tổng của hai số bình phương

n = 23 (nguyên tố) : không là tổng của hai số bình phương

n = 24 : không là tổng của hai số bình phương

n = 25 : 25 = 52+ 02

n = 26 : 26 = 52+ 12

n = 27 : không là tổng của hai số bình phương

n = 28 : không là tổng của hai số bình phương

n = 29 (nguyên tố) : 29 = 52+ 22

n = 30 : không là tổng của hai số bình phương

Từ số liệu trên ta nhận xét rằng các số nguyên tố p > 2 có dạng p = 4k+1 ≡

1 (mod 4), như: 5, 13, 17, 29, là tổng của hai số bình phương và các số nguyên

tố p > 2 có dạng p = 4k + 3 ≡ 3 (mod 4), như: 3, 7, 11, 19, 23, không là tổng

của hai số bình phương Liệu nhận xét này có đúng cho trường hợp n ∈ Z+

hay không?

Trước hết ta chú ý tới kết quả phủ định sau

Định lý 2.1 Nếu n là một số nguyên dương và n ≡ 3 (mod 4) thì n không làtổng của hai số bình phương của số nguyên

Chứng minh Giả sử n = 4k + 3, k ∈ Z Khi đó n không thể là tổng của hai

số bình phương Thật vậy, giả sử trái lại n = a2+ b2 với a, b ∈ Z Khi đó, nếu

a và b cùng tính chẵn lẻ thì tổng a2+ b2 là một số chẵn Còn nếu a và b kháctính chẵn lẻ, chẳng hạn a lẻ, b chẵn (a = 2u + 1, b = 2v với u, v ∈ Z ) thì

a2+ b2 = (2u + 1)2+ (2v)2 = 4u2+ 4u + 1 + 4v2 ≡ 1 (mod 4),

trong khi đó n ≡ 3 (mod 4)

Vì thế không có đẳng thức n = a2+ b2 với a, b ∈ Z Nói riêng, số nguyên tố có dạng 4k + 3 không bao giờ là tổng bình phươngcủa hai số nguyên

2.2 Số nguyên tố nào là tổng của hai bình phương?

Ở mục này, ta bắt đầu nghiên cứu bài toán Diophantus từ các số nguyên

tố Chứng minh nhận xét ở trên cho rằng một số nguyên tố p = 4k + 1 ≡ 1(mod 4) là tổng của hai số bình phương khó hơn nhiều Để chứng minh nó, tacần một số mệnh đề, trước hết là định lý sau đây

Định lý 2.2 (Định lý Wilson) Nếu p là số nguyên tố thì p | (p − 1)! + 1.Chứng minh Một cách tương đương (p − 1)! ≡ 1 (mod p) hay nếu ta nhânmột phần tử khác 0 của trường hữu hạn Fp = Z/pZ ta nhận được −1 Phátbiểu hoàn toàn đúng với p = 2 (thật ra ta có đẳng thức 2 = (2 −1)!+1) nên ta

có thể giả thiết p là số nguyên tố lẻ Bây giờ xét ánh xạ T : F×

p → F×

p xác địnhbởi x → x−1 (nghịch đảo) Đầu tiên lưu ý rằng (với bất cứ nhóm nào), ánh xạnày là một song ánh theo nghĩa mọi phần tử có duy nhất một nghịch đảo Hơnnữa, tập điểm bất động của ánh xạ này là các phần tử x = T (x), bằng nghịch

đảo của chính nó: x = x−1 Điều này tương đương với phương trình x2 = 1 Nó

có hai nghiệm, cụ thể là hai nghiệm phân biệt x = ±1 (vì p 6= 2) Mặt khác,đây là toàn bộ nghiệm: đa thức x2

− 1 có nhiều nhất hai nghiệm trong trường

Fp Điều này có nghĩa là mọi phần tử khác ±1 trong Fp khác với nghịch đảocủa nó Vì thế khi ta nhân các phần tử khác 0 của F×

p với nhau, ta nhận được1.(−1).(x1.x−11 ) (xp−3

2 x−1p−3 2

),tức là mọi phần tử ngoại trừ ±1 có thể ghép cặp với phần tử nghịch đảo nhânphân biệt và duy nhất của nó Rõ ràng là tích này bằng −1 Pierre de Fermat là người đã từ lâu phát hiện ra sự kiện sau đây

Định lý 2.3 (Bổ đề Fermat) Với số nguyên tố p ≡ 1 (mod 4), tồn tại x ∈ Zsao cho p | (x2+ 1)

Chứng minh Giả sử p = 4k + 1 là số nguyên tố Ta sẽ chỉ ra số nguyên xsao cho x2

+ 1 ≡ 0 (mod p) Theo Định lý Wilson, (p − 1)! + 1 ≡ 0 (mod p)

Trước hết, ta hãy xét xem tổng bình phương x2+ 12 có liên hệ gì với các

số nguyên Gauss? Mặc dù nói chung nó là bất khả quy trong Z, nhưng nó khảquy trong Z[i], bởi vì x2+ 12 = (x + i)(x − i) Giả sử p là phần tử bất khả quytrong Z[i] Khi đó Z[i] là miền lý tưởng chính

Định nghĩa 2.4 Ta định nghĩa hàm nguyên lớn nhất (greatest integer tion) là hàm [·] : R → Z sao cho với x ∈ R thì [x] = max {z : z ∈ Z, z ≤ x}