Ước chung lớn nhất
Ước số và phần dư
Xét tập số nguyên Z ={0,±1,±2, } Từ lý thuyết số, ta biết kết quả sau. Định lý 1.1 (Định lý chia) Với mọi a, b ∈ Z, b 6= 0, tồn tại duy nhất q, r ∈
Z,0≤ r 1 được gọi là số nguyên tố (prime) nếu a không có ước thực sự, trong khi đó, nếu a có ước thực sự thì a được gọi là hợp số (composite) Đối với số nguyên dương a, nếu tồn tại các số nguyên tố p1, p2, p3 , pk thỏa mãn a = p α 1 1 × p α 2 2 × p α 3 3 × × p α k k, thì tích p α 1 1 × p α 2 2 × p α 3 3 × × p α k k được gọi là phân tích thừa số nguyên tố (prime factorization) của a.
Ví dụ 1.8 Các số nguyên tố nhỏ hơn 40 là 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29,
Định lý cơ bản của số học (Định lý 1.9) khẳng định rằng mọi số nguyên dương a, với a > 1, đều có một phân tích thừa số nguyên tố duy nhất, không tính đến thứ tự của các thừa số.
Ví dụ 1.10 cho thấy các số nguyên 12, 18 và 231 có thể được phân tích thành các thừa số nguyên tố: 12 = 2² × 3, 18 = 2 × 3², và 231 = 3 × 7 × 11 Định nghĩa 1.11 nêu rõ rằng ước chung lớn nhất (gcd) của hai số nguyên a và b là số nguyên lớn nhất d mà cả a và b đều chia hết cho d, ký hiệu là gcd(a, b) = d Trong luận văn này, chúng tôi sẽ sử dụng ký hiệu gcd(a, b) để chỉ ước chung lớn nhất của a và b.
Để tìm ước chung lớn nhất (gcd) của 8 và 12, ta liệt kê các ước của chúng Các ước của 8 là ±1, ±2, ±4, ±8, trong khi các ước của 12 là ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12 Các ước chung của 8 và 12 là ±1, ±2, ±4 Do đó, ước chung lớn nhất của 8 và 12 là 4, và ta có thể viết gcd(8,12) = 4.
GCD (ước chung lớn nhất) của các cặp số nguyên như gcd(6,−9) = 3, gcd(−15,25) = 5 và gcd(−3,−7) = 1 cho thấy tính chất của nó Nếu gcd(a, b) = 1, hai số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau Định lý cho biết rằng nếu a, b thuộc Z và gcd(a, b) = d, thì gcd(a/d, b/d) = 1.
Giả sử gcd(a/d, b/d) = k, ta có a/d = mk và b/d = nk với m, n là các số nguyên, từ đó suy ra a = mkd và b = nkd Điều này chứng tỏ rằng a và b đều chia hết cho kd, tức là kd|a và kd|b Vì d là ước chung lớn nhất của a và b, nên kd ≤ d, dẫn đến k ≤ 1 Với k là số nguyên dương, ta có k = 1 Do đó, gcd(a/d, b/d) = k = 1.
Để tìm ước chung lớn nhất (gcd) của 15 và 40, ta phân tích thành thừa số nguyên tố: 15 = 3 × 5 và 40 = 2³ × 5 Từ đó, gcd(15, 40) = 5 Ngoài ra, ta có thể kiểm tra rằng gcd(15/5, 40/5) = gcd(3, 8) = 1 Theo định lý, với a, b, c ∈ Z, ta có gcd(a + cb, b) = gcd(a, b).
Giả sử gcd(a, b) = d và gcd(a + cb, b) = k, ta cần chứng minh rằng d = k Theo định nghĩa, a = pd và b = qd với p, q nguyên tố cùng nhau Khi thay a, b và cb vào biểu thức gcd(a + cb, b), ta có k = gcd(pd + cqd, qd) = gcd((p + cq)d, qd) Đẳng thức này cho thấy rằng ước chung lớn nhất của (p + cq)d và qd là d, vì (p + cq) xuất hiện trong (p + cq)d đúng d lần và q cũng xuất hiện trong qd đúng d lần.
Vì thế, gcd(a+cb, b) =d, nghĩa là d =k Định lý được chứng minh
Ví dụ 1.17 Xét ba số: a = 110, b = 44, c = 22 Theo Định lý 1.16, ta có gcd(110 + 22×44,44) = gcd(110,44) hay gcd(1078,44) = gcd(110,44). Để kiểm tra đẳng thức này, ta tính gcd(1078,44) và gcd(110,44) Ta thấy
Kết quả tính toán cho thấy gcd(1078, 44) = gcd(110, 44) = 22, xác nhận tính chính xác của kết quả Định nghĩa tổ hợp tuyến tính (linear combination) của hai số nguyên a và b được biểu diễn dưới dạng ax + by, với x, y thuộc Z Theo định lý, nếu c là ước số chung của a và b, thì c cũng là ước số của ma + nb, tức là nếu c chia hết cho a và b, thì c cũng chia hết cho (ma + nb).
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)
Ví dụ 1.20 Giả sử a = 21, b= 39, và c = 3 Ta có 21 = 3×7 và 39 = 3×13.
Vì thế, 21 và 39 chia hết cho 3 Giả sử m= 7, n =−3 Khi đó
Rõ ràng 3 là ước của 30, vì 30 = 3×10. Định lý 1.21 Cho hai số a, b ∈ Z Khi đó d = gcd(a, b) là số nguyên dương nhỏ nhất biểu diễn được dưới dạng d= ax+by với x, y ∈Z.
Giả sử k là số nguyên dương nhỏ nhất có dạng k = ax + by với x, y ∈ Z Ta chứng minh rằng d = k Vì d là ước chung của a và b, nên d cũng là ước của ax + by, tức là d | (ax + by) = k, do đó d ≤ k Nếu a không chia hết cho k, thì a có thể viết dưới dạng 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), cho thấy v cũng là một tổ hợp tuyến tính của a và b Tuy nhiên, v < k, điều này trái với giả thiết k là số nguyên dương nhỏ nhất có dạng ax + by Tương tự, b cũng phải chia hết cho k Do đó, k ≤ gcd(a, b) = d Từ đó, ta kết luận rằng k = d.
Ví dụ 1.22 Giả sử a = 51 và b = 187 Ta thấy51 = 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 rằng nếu a và b là các nguyên tố cùng nhau, thì gcd(a, b) = 1 Theo Định lý 1.21, tồn tại các số nguyên x và y sao cho 1 = ax + by Khi nhân hai vế với c, ta có cx + bcy Rõ ràng a chia hết cho ac và theo giả thiết a chia hết cho bc Do đó, theo Định lý 1.19, a chia hết cho (acx + bcy) = c, tức là a | c Theo Định lý 1.24, nếu a và b là các số nguyên dương, thì tập hợp các tổ hợp tuyến tính của a và b là tập hợp các bội nguyên của gcd(a, b).
Giả sử gcd(a, b) = c, ta chứng minh rằng mọi tổ hợp tuyến tính của a và b, cụ thể là ma + nb, đều là bội nguyên của c Vì c | a và c | b, theo Định lý 1.19, ta có c | (ma + nb) Do đó, ma + nb = ck, cho thấy ma + nb là một bội nguyên của gcd(a, b).
Theo Định lý 1.21, c = gcd(a, b) có thể được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của a và b, cụ thể là c = ax + by với x, y thuộc Z Khi nhân cả hai vế với s thuộc Z, ta có sc = s(ax + by) = a(sx) + b(sy) Do đó, mỗi bội nguyên của c cũng là một tổ hợp tuyến tính của a và b.
Ví dụ 1.25 Giả sử a = 52, b = 117 Ta thấy 52 = 2 2 ×13 và 117 = 3 2 ×13.
Gcd(52, 117) = 13, từ đó với bất kỳ x, y ∈ Z, ta có thể tìm số nguyên k thỏa mãn phương trình 52x + 117y = 13k Khi k = 2, ta có x, y thỏa mãn 52x + 117y = 26 Chia cả hai vế cho 13, ta rút gọn phương trình thành 4x + 9y = 2 Giải phương trình, ta tìm được x = 5 và y = -2, vì 4×5 - 9×2 = 20 - 18 = 2 Định nghĩa 1.26 cho biết một tập G được gọi là nhóm cộng nếu tồn tại ánh xạ từ tích Descartes G×G vào G, ký hiệu là a + b, thỏa mãn các tính chất: i) Kết hợp: a + (b + c) = (a + b) + c; ii) Tồn tại phần tử không (0) sao cho a + 0 = 0 + a = a; iii) Mỗi phần tử a ∈ G có phần tử đối -a ∈ G sao cho a + (-a) = (-a) + a = 0.
Nếu a+b= b+a với a, b∈ G thì G được gọi là nhóm Abel Một tập con H của nhóm G được xem là nhóm con nếu thỏa mãn các điều kiện: (i) phép toán cộng là đóng với H, tức là a+b∈ H với mọi a, b ∈ H; (ii) H chứa phần tử không của G; và (iii) −a ∈ H với mọi a ∈ H.
Đồng dư
Định nghĩa đồng dư: Hai số nguyên a và b được gọi là đồng dư theo modulo m, ký hiệu a ≡ b (mod m), nếu m chia hết cho hiệu (a − b) Điều này có nghĩa là khi chia a và b cho m, phần dư của chúng là giống nhau.
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): Dom×0 = 0 nên m| 0 = a−a Từ đó a≡ a (mod m);
2 Nếua≡ b (mod m) thìb ≡ a (mod m) Từa ≡ b (mod m) ⇒m| (a−b)
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:
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:
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 ∈
Z⇒ ac−bc= cum.Từ c ≡d (mod m) ⇒m | (c−d) ⇒c−d= vm, v ∈
Z⇒ bc−bd= bvm.Từ đó (ac−bc) + (bc−bd) = (ac−bd) = (cu+bv)m với (cu+bv) ∈Z ⇒m| (ac−bd) ⇒ac ≡ bd (mod d).
• Nếu ac ≡ bc (mod m) và c, m nguyên tố cùng nhau thì a ≡ b (mod d).Thật vậy, ac ≡bc (mod m) ⇒m| (ac−bc=c(a−b) Do m, c nguyên tố cùng nhau nên theo Định lý 1.23, m| (a−b) ⇒a ≡ b (mod m).
Số nguyên có thể được phân chia thành các lớp dựa trên quan hệ đồng dư modulo m, với m > 1, bằng cách nhóm các số nguyên đồng dư vào cùng một lớp Mỗi số nguyên chỉ thuộc một lớp duy nhất, và hai số nguyên x, y trong cùng một lớp sẽ thỏa mãn x ≡ y (mod m) Các lớp này được gọi là lớp thặng dư modulo m, ký hiệu là am, trong đó a là phần tử của lớp Một tập hợp chứa đúng một phần tử của mỗi lớp thặng dư có thể được biểu diễn dưới dạng Z/mZ Ví dụ, với m = 4, ta có Z/4Z = {0, 1, 2, 3} Với các phép toán như cộng, trừ, nhân và lũy thừa, một phần tử của lớp đại diện cho toàn bộ lớp, nghĩa là kết quả phép toán trên các phần tử đại diện sẽ tương ứng với lớp thặng dư Tuy nhiên, với các phép toán khác như ước chung lớn nhất, điều này không áp dụng Ví dụ, trong lớp thặng dư 2 và 3 thuộc Z/4Z, ta có 2 + 3 = lớp 1, tương tự như 6 ≡ 2 (mod 4) và 11 ≡ 3 (mod 4) cho 17 ≡ 1 (mod 4).
Chúng ta có thể linh hoạt chuyển đổi giữa biểu thức đồng dư và biểu thức đại số của một số Ví dụ, câu "n có dạng 4k + 1" tương đương với việc nói rằng n ≡ 1 (mod 4).
Trước khi trình bày các kết quả về đồng dư, chúng tôi sẽ nhắc lại kiến thức về nhóm nhân, vành và trường Một tập G được gọi là nhóm nhân nếu có ánh xạ từ tích Descartes G×G vào G, ký hiệu là ab, và thỏa mãn các tính chất: i) Kết hợp: a(bc) = (ab)c với mọi a, b, c ∈ G; ii) Tồn tại phần tử đơn vị e ∈ G sao cho ae = a với mọi a ∈ G; iii) Mỗi phần tử a ∈ G có phần tử nghịch đảo a −1 ∈ G, thỏa mãn aa −1 = a −1 a = e.
Nếu G thỏa mãn tính chất giao hoán đối với phép nhân, tức là ab = ba với mọi a, b ∈ G, thì G được gọi là nhóm Abel đối với phép toán nhân Một tập hợp R được gọi là một vành nếu trên R có hai phép toán cộng và nhân thỏa mãn các tính chất nhất định.
• 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 tử a, b, c ∈ R tùy ý, ta có
Trong toán học, công thức (a+b)c + bc và c(a+b) = ca + cb thể hiện tính chất phân phối của phép nhân Một vành R được gọi là vành giao hoán nếu phép nhân thỏa mãn ab = ba với mọi a, b ∈ R Phần tử khác không a ∈ R được xem là ước của không nếu tồn tại một phần tử khác không b ∈ R sao cho ab = ba = 0 Nếu một vành giao hoán không có ước của không, nó được gọi là một miền nguyên Hơn nữa, một vành R được xem là một trường khi R là vành giao hoán và mọi phần tử khác không của R đều có nghịch đảo Theo Định lý 1.34, nếu m và n là hai số nguyên tố cùng nhau, thì m có nghịch đảo trong phép nhân modulo n.
Chứng minh Do m, n nguyên tố cùng nhau nên gcd(m, n) = 1 = am+bn với a, b∈ Z theo Định lý 1.21 Xét phương trình đồng dư (modulo n):
1≡ am+bn (mod n) ⇒1 ≡am+ 0≡ am (mod n).
Do đó m có nghịch đảo trong phép nhân modulo n
Trường vớipnguyên tố thìFp =Z/pZlà một trường, trong đó các số nguyên có phần dư khác 0 khi chia cho p tạo thành một nhóm nhân F p ∗ (với F p ∗ = Fp\{0}) Các tính chất cơ bản của những cấu trúc đại số này đóng vai trò quan trọng trong việc đạt được mục tiêu của chúng ta.
• Do F p ∗ = {1,2, p−1} là một nhóm nhân, nên với mỗi a ∈ F p ∗ tồn tại đúng một a −1 ∈F p ∗ sao cho a×a −1 ≡ 1 (mod p).
• Với a∈ F p ∗ khi và chỉ khi a ≡ 1 (mod p) hoặc a≡ p−1 (mod p) Chứng minh của sự kiện này như sau.
Trước tiên giả sử rằng a 2 ≡ 1 (mod p) Khi đó, p| (a 2 −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∈ F p ∗ 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 a 2 = k 2 p 2 + 2kp+ 1⇒ a 2 ≡ 1 (mod p).
Còn nếu a ≡ p−1 (mod p) thì a+ 1 =kp với k ∈Z thì
Số nguyên Gauss và vành Z[i]
Số nguyên Gauss là những số phức có cả phần thực và phần ảo là các số nguyên Khi áp dụng phép cộng và phép nhân thông thường cho số phức, các số nguyên Gauss tạo thành một miền nguyên, được ký hiệu là Z[i], với i^2 = -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
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 biểu thị số đo cho kích thước của các phần tử Với số nguyên a ∈ Z thì
Trong số học, định nghĩa đơn vị trong Z[i] là các phần tử α có chuẩn bằng 1, tức là N(α) = a² + b² = 1, dẫn đến a = ±1, b = 0 hoặc a = 0, b = ±1 Theo định lý 1.35, các đơn vị trong Z[i] bao gồm các số 1, −1, i và −i.
Chứng minh rằng 1.1 = 1, (−1)(−1) = 1 và i(−i) = 1 cho thấy bốn phần tử này là các phần tử đơn vị trong Z[i] Ngược lại, nếu u là một đơn vị trong Z[i], thì tồn tại v trong Z[i] sao cho uv = 1 Áp dụng chuẩn cho cả hai vế, ta có N(u)N(v) = 1, điều này cho thấy cả N(u) và N(v) đều phải bằng 1.
1 Bằng cách viết u =a+bi, ta sẽ có a 2 +b 2 = 1 Nghiệm nguyên của phương trình này chỉ có thể là (a, b) = (1,0); (−1,0); (0,1) và (0,−1) Chúng tạo ra bốn số nguyên Gauss 1,−1, i và −i
Cách viết chung các đơn vị trong Z[i] là i k , k = 0,1,2,3 (lần lượt tương ứng với 1, i,−1 và −i).
Trong Z[i], tồn tại định lý chia tương tự như trong Z, với khái niệm chuẩn được sử dụng để đo kích thước phần dư Định lý 1.36 khẳng định rằng với bất kỳ α và β (β khác 0) trong Z[i], luôn có các số γ và ρ sao cho α = βγ + ρ, và kích thước của phần dư ρ được xác định bởi điều kiện N(ρ) ≤ N(β)/2 < N(β).
Chuẩn trên Z[i] có liên hệ chặt chẽ với mô đun trên C: N(a+bi) = |a+bi| 2
Mô đun trong C là phương pháp đo khoảng cách giữa một số phức và các phần tử trong Z[i] Khoảng cách xa nhất từ số phức tới một phần tử trong Z[i] được tính bằng công thức 1/√.
Tâm của các hình vuông 1×1 với bốn đỉnh trong Z[i] có khoảng cách tới các đỉnh là 1/√2 Khi xem tỉ số α/β như một số phức và đặt nó vào hình vuông 1×1 trong Z[i], ta giả sử γ ∈ Z[i là đỉnh gần nhất với α/β, từ đó có |α/β − γ| ≤ 1/√2.
2).|β| Bình phương hai vế và gọi bình phương mô đun của số phức trên Z[i] là chuẩn, ta nhận được
Bây giờ đặt ρ= α−β.γ, ta có N(ρ) ≤ N(β)/2< N(β)
Khác với trường hợp trong Z, thương và phần dư trong Z[i] không duy nhất Ví dụ, với α = 37 + 2i và β = 11 + 2i, ta có thể thấy rằng α = β.3 + (4−4i) và α = β.(3−i) + (2 + 7i) Cả thương và phần dư đều có chuẩn nhỏ hơn N(β) = 125, thực tế là nhỏ hơn 125/2 Định lý 1.36 giải thích hình học lý do tại sao thương và phần dư trong Z[i] không duy nhất, khi α/β gần hai đỉnh của hình vuông 1 ×.
Định lý 1.36 nhấn mạnh rằng phần dư phải nhỏ hơn số chia, mặc dù sự thiếu tính duy nhất của thương và phần dư không phải là điểm yếu chủ chốt Các hệ quả của định lý chia, như thuật toán Euclid và phân tích ra thừa số duy nhất, thực tế không yêu cầu tính duy nhất Điều quan trọng là hiểu được mối quan hệ giữa phần dư và số chia trong bối cảnh này.
Hệ quả 1.38 Vành Z[i] có phân tích thừa số duy nhất.
Số nguyên tố trong Z[i] được định nghĩa là số Gauss không có ước khác ngoài đơn vị và chính nó Dưới đây là một số ví dụ về số nguyên tố Gauss trong Z[i] (Hình 1.1).
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]:
Tổng bình phương của hai số nguyên 20
Bài toán tổng của hai số bình phương
Bài viết này nghiên cứu bài toán Diophantus, tập trung vào việc xác định các số nguyên dương n (đặc biệt là các số nguyên tố) có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương của số nguyên Cụ thể, nếu n ∈ Z+ có thể viết dưới dạng n = a² + b² với a, b ∈ Z, thì có bao nhiêu cách biểu diễn như vậy? Mục tiêu là tìm ra các đặc điểm nổi bật của những số nguyên dương (đặc biệt là số nguyên tố) có khả năng được biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương.
Trong việc khảo sát các số nguyên dương n ≤ 30, ta nhận thấy rằng nhiều số có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương Ví dụ, n=1, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 17, 18, 20, 25, 26, và 29 đều có thể viết dưới dạng này Ngược lại, các số như n=3, 6, 7, 11, 12, 14, 15, 16, 19, 21, 22, 23, 24, 27, 28, và 30 không thể biểu diễn như vậy Đặc biệt, các số nguyên tố như n=2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, và 29 có sự phân bố đa dạng trong khả năng biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương Việc phân tích này giúp hiểu rõ hơn về tính chất của các số nguyên dương và mối liên hệ giữa chúng.
Từ số liệu trên ta nhận xét rằng các số nguyên tốp >2có dạngp= 4k+1 ≡
Số tự nhiên n có dạng 1 (mod 4), chẳng hạn như 5, 13, 17, 29, có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương Ngược lại, các số nguyên tố p > 2 có dạng p = 4k + 3, ví dụ như 3, 7, 11, 19, 23, lại không thể biểu diễn như vậy Câu hỏi đặt ra là liệu nhận xét này có đúng cho mọi số tự nhiên dương n hay không?
Định lý 2.1 chỉ ra rằng nếu n là một số nguyên dương và n có dạng n≡ 3 (mod 4), thì n không thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương nguyên.
Giả sử n = 4k + 3 với k ∈ Z, ta chứng minh rằng n không thể là tổng của hai số bình phương Nếu n = a² + b² với a, b ∈ Z, thì nếu a và b cùng chẵn lẻ, tổng a² + b² sẽ là số chẵn Ngược lại, nếu a và b khác chẵn lẻ (ví dụ, a lẻ, b chẵn), ta có a² + b² = (2u + 1)² + (2v)² = 4u² + 4u + 1 + 4v² ≡ 1 (mod 4) Tuy nhiên, n lại ≡ 3 (mod 4), do đó n không thể là tổng của hai số bình phương.
Vì thế không có đẳng thức n=a 2 +b 2 với a, b ∈ Z Nói riêng, số nguyên tố có dạng 4k+ 3 không bao giờ là tổng bình phương của hai số nguyên.
Số nguyên tố nào là tổng của hai bình phương?
Trong phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu bài toán Diophantus liên quan đến các số nguyên tố Việc chứng minh rằng một số nguyên tố p = 4k + 1 ≡ 1 (mod 4) có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương là một nhiệm vụ phức tạp Để thực hiện điều này, chúng ta cần một số mệnh đề, trong đó có định lý Wilson Định lý 2.2 phát biểu rằng nếu p là một số nguyên tố, thì p chia hết cho (p−1)! + 1.
Chứng minh rằng (p−1)!≡ 1 (mod p) cho số nguyên tố lẻ p, trong đó với p=2, ta có đẳng thức 2 = (2−1)! + 1 Xét ánh xạ T : Fp× → Fp× xác định bởi x → x−1, ta thấy đây là một song ánh, với mỗi phần tử có duy nhất một nghịch đảo Tập điểm bất động của ánh xạ này là các phần tử x = T(x), tương đương với phương trình x² = 1, có hai nghiệm phân biệt x = ±1 (vì p ≠ 2) Đa thức x² − 1 chỉ có tối đa hai nghiệm trong trường.
Trong trường hợp của Fp, mọi phần tử khác ±1 đều không tương đương với nghịch đảo của chính nó Do đó, khi nhân các phần tử khác 0 trong Fp ×, chúng ta sẽ thu được một kết quả nhất định.
Mọi phần tử ngoại trừ ±1 có thể ghép cặp với phần tử nghịch đảo nhân phân biệt và duy nhất của nó, và tích này bằng −1 Pierre de Fermat đã phát hiện ra một sự kiện quan trọng, đó là Định lý 2.3 (Bổ đề Fermat), cho biết với số nguyên tố p≡ 1 (mod 4), tồn tại x ∈ Z sao cho p chia hết cho (x^2 + 1).
Chứng minh Giả sử p = 4k + 1 là số nguyên tố Ta sẽ chỉ ra số nguyên x sao cho x 2 + 1 ≡ 0 (mod p) Theo Định lý Wilson, (p−1)! + 1 ≡ 0 (mod p).
≡(−1) 2k ((2k)!) 2 + 1≡ ((2k)!) 2 + 1 (mod p). và ta nhận thấy rằng x= (2k)!
Fermat khẳng định rằng ít nhất số nguyên tố p là ước của tổng hai số bình phương đặc biệt: ((2k)!)² + 1² Chúng ta sẽ phân tích bổ đề này để khám phá những điều mà nó mang lại cho chúng ta.
Tổng bình phương x² + 1² có mối liên hệ với các số nguyên Gauss, mặc dù nó không khả quy trong Z, nhưng lại khả quy trong Z[i] với x² + 1² = (x+i)(x−i) Nếu p là phần tử bất khả quy trong Z[i], thì Z[i] trở thành miền lý tưởng chính Định nghĩa hàm nguyên lớn nhất [x] : R → Z là hàm mà với x ∈ R, [x] = max{z : z ∈ Z, z ≤ x}.
Ví dụ 2.5 Chẳng hạn [2,7] = [e] = [2] = 2 Lưu ý là [−2,7] =−3 Có thể dễ kiểm tra lại rằng [x] ≤x < [x] + 1.
Định lý Thue, được xây dựng dựa trên nguyên lý chuồng bồ câu (hay nguyên lý hộp Dirichlet), khẳng định rằng nếu nhiều vật được phân vào các hộp, thì ít nhất một hộp sẽ chứa nhiều hơn một vật Cụ thể, theo Định lý 2.7, với một số nguyên tố p và bất kỳ số nguyên a mà p không chia hết cho a, luôn tồn tại các số x và y thuộc tập hợp số nguyên.
1,2, ,[√p] sao cho ax ≡ y (mod p) hoặc ax ≡ −y (mod p).
Chứng minh Ta định nghĩa
S chứa ([p] + 1) 2 cặp có thứ tự, và từ điều kiện √p < [√p] + 1, ta suy ra p < ([√p] + 1) 2, dẫn đến S có nhiều hơn p phần tử Giả sử a ∈ Z với p ∤ a, khi (x, y) biến thiên trên S, có nhiều hơn p biểu thức ax−y Mỗi số nguyên ax−y đồng dư modulo p với duy nhất một phần tử trong F p × ={ 0,1, , p−1} Do đó, theo nguyên lý chuồng bồ câu, phải có ít nhất hai biểu thức ax−y đồng dư modulo p Lấy cặp (x1, y1) khác (x2, y2) sao cho ax1−y1 ≡ ax2−y2 (mod p), ta rút gọn được a(x1 −x2) ≡ y1−y2 (mod p) Đặt x = |x1 −x2|, y = |y1−y2| thì (x, y) ∈ S.
Ta muốn loại trừ khả năng x = 0 hoặc y = 0 để x, y ∈ { 1,2, ,[p]}. Đầu tiên giả sử x= |x1−x2| = 0, tức là x1 = x2 Khi đó a(x1−x2) = 0 ≡ y1−y2 (mod p) Vì y1, y2 ∈ { 1,2, ,[p]} nên y1 < p, y2 < p Khi đó ta phải có y1 = y2, mâu thuẫn với (x1, y1) 6= (x2, y2).
Giả sử y = |y1 − y2| = 0, dẫn đến y1 = y2 Từ đó, a(x1 − x2) ≡ 0 (mod p), và do p là số nguyên tố, ta có x1 − x2 ≡ 0 (mod p) Áp dụng lập luận tương tự, ta kết luận rằng x1 = x2, điều này mâu thuẫn với giả thiết (x1, y1) ≠ (x2, y2).
Theo định lý 2.8, nếu phương trình a² + 1 ≡ 0 (mod p) có nghiệm, thì số nguyên tố p có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương Do đó, ta có ax ≡ ±y (mod p), điều này chứng minh rằng p có thể phân tích theo cách này.
Giả sử a là nghiệm của phương trình a² + 1 ≡ 0 (mod p), khi đó p không chia hết cho a Áp dụng Định lý Thue, tồn tại x, y ∈ {1, 2, , [p]} sao cho ax ≡ y (mod p) Nhân phương trình a² + 1 ≡ 0 (mod p) với x², ta có a²x² + x² ≡ y² + x² ≡ 0 (mod p), dẫn đến x² + y² = kp với k ∈ Z Vì x² + y² ≥ 2, suy ra k > 0 và cần chứng minh k = 1 Với x, y < [p], ta có x², y² < ([p])² ≤ (p)², do đó x² + y² < 2p Điều này chỉ ra rằng p | (x² + y²), do đó k = 1 và x² + y² = p Theo Định lý 2.9, số nguyên tố p > 2 là tổng của hai số bình phương khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4).
Để chứng minh rằng p = x² + y² với x, y là các số nguyên không âm thì p ≡ 1 (mod 4), ta cần dựa vào hai tính chất quan trọng của vành Z/4Z Thứ nhất, mọi số nguyên lẻ đều đồng dư với 1 (mod 4) hoặc 3 (mod 4) Thứ hai, bất kỳ số bình phương nào cũng đồng dư với 0 (mod 4) hoặc 1 (mod 4) Điều này xuất phát từ việc khảo sát bình phương của các phần tử trong Z/4Z = {0, 1, 2, 3}: 0² ≡ 0 (mod 4), 1² ≡ 1 (mod 4), và 2² ≡ 0 (mod 4).
(mod 4),3 2 ≡ 1 (mod 4) Vì thế (Z/4Z) 2 = { 0,1} Bây giờ xét p = x 2 +y 2 (mod 4) Vì x 2 , y 2 ∈ {0,1} (mod 4) nên ta biết rằng p = x 2 +y 2 ∈ { 0,1,2} (mod 4) Nhưng p là số nguyên tố lớn hơn 2 nên p lẻ Như vậy p≡ 1 (mod 4).
Chú ý là chứng minh này cho thấy nếunlà số lẻ bất kỳ mà có thể biểu diễn thành tổng của hai số bình phương thì n≡1 (mod 4).
Giả sử p ≡ 1 (mod 4), chúng ta sẽ chứng minh rằng 2 + 1 ≡ 0 (mod p) có nghiệm Sau đó, áp dụng Định lý 2.8, ta có thể biểu diễn p dưới dạng tổng của hai số bình phương Để thực hiện điều này, trước tiên cần xem xét các thừa số trong tích (p−1)!
(p− 1)/2 thừa số cuối trong tích trên có thể được ghép cặp với dấu âm của (p−1)/2 số hạng đầu theo cách như sau:
2 (mod p). Giai thừa trở thành
(mod p) Định lý Wilson cho ta biết rằng (p−1)!≡ −1 (mod p), do đó ta có thể viết
≡ (−1) p+1 2 (mod p) Bây giờ ta biết rằng p≡ 1 (mod 4), nên p= 4k+ 1 với k ∈Z Khi đó p+ 1
Như vậy, ta có (−1) p+1 2 = (−1) 2k+1 = −1 và
2 + 1≡ 0 (mod p). Đặt a = 1.2 p−1 2 ta có a 2 + 1 ≡ 0 (mod p).
Bây giờ ta có thể áp dụng Định lý 2.8 để kết luận rằng p là tổng của hai số bình phương.
Số nguyên nào là tổng của hai bình phương?
Sau khi giải bài toán tổng của hai số bình phương với n là số nguyên tố, chúng ta sẽ xem xét trường hợp khi n không phải là số nguyên tố Để chứng minh định lý hai bình phương, định lý 2.10 (Định lý Fermat bé) là cần thiết: nếu p là một số nguyên tố và a là một số nguyên dương sao cho p không chia hết cho a, thì a^(p−1) ≡ 1 (mod p).
Chứng minh Xét p − 1 số nguyên a,2a, ,(p− 1)a Đầu tiên lưu ý rằng không có số nào trong những số nguyên này chia hết cho p: nếu p | ka với
Khi 1 ≤ k ≤ p− 1, do p không chia hết cho a, từ Định lý 1.23 suy ra p chia hết cho k, điều này mâu thuẫn với điều kiện 1 ≤ k ≤ p − 1 Ngoài ra, cần lưu ý rằng không có hai số nguyên nào trong tập hợp này đồng dư với nhau khi chia cho p; nếu ka ≡ ja (mod p).
Khi 1 ≤ k < j ≤ p−1 và p là số nguyên tố với p không chia hết cho a, ta có gcd(p, a) = 1 Theo tính chất của phép toán đồng dư, điều này cho phép viết k ≡ j (mod p), nhưng điều này lại mâu thuẫn với điều kiện 1 ≤ k < j ≤ p−1.
Vì các số nguyên a,2a, ,(p− 1)a là tập gồm (p−1) số nguyên từng đôi một không đồng dư với nhau khi chia cho p, nên có thể thấy rằng a.2a (p−1)a ≡ 1.2 (p−1) (mod p)
Do (p−1)! và p nguyên tố cùng nhau nên a p−1 ≡ 1 (mod p))
Bổ đề 2.11 khẳng định rằng nếu a và b là hai số nguyên dương có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương, thì tích ab cũng có thể được viết dưới dạng tổng của hai số bình phương theo hai cách khác nhau.
Chứng minh Giả sử a =x 2 +y 2 và b = z 2 +t 2 với x, y, z, t∈ Z Khi đó ab = (x 2 +y 2 )(z 2 +t 2 )
= (x 2 z 2 + 2xyzt+y 2 t 2 ) + (x 2 t 2 −2xyzt+y 2 z 2 ) ab = (xz+yt) 2 + (xt−yz) 2 ab = (xz−yt) 2 + (xt+yz) 2
Ví dụ 2.12 cho thấy rằng a = 5 và b = 13 có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương: 5 = 2² + 1² và 13 = 3² + 2² Theo Bổ đề 2.11, tích của 5 và 13, tức là 65, cũng có thể biểu diễn thành tổng của hai số bình phương theo hai cách khác nhau.
= (2.3−1.2) 2 + (2.2 + 1.3) 2 = 4 2 + 7 2 Một ví dụ khác: a = 10 = 3 2 + 1 2 và b = 17 = 4 2 + 1 2 Khi đó
Bổ đề 2.13 chỉ ra rằng một hợp số với tất cả nhân tử có thể biểu diễn thành tổng của hai số bình phương cũng có thể được viết như vậy Điều này cho thấy bất kỳ số nào là tích của các thừa số nguyên tố dạng 4k + 1 đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số bình phương Theo "Định lý hai số bình phương" (Định lý 2.15), một số nguyên dương n có thể được viết thành tổng của hai số bình phương nếu và chỉ nếu mỗi thừa số nguyên tố p của n mà p ≡ 3 (mod 4) xuất hiện với số mũ chẵn trong phân tích thừa số nguyên tố của n Định nghĩa 2.14 cho biết số nguyên dương a là khác bình phương nếu không có số nguyên dương n > 1 nào chia hết cho a, với ví dụ a = 1 là số khác bình phương.
Trong ví dụ 2.16, ta thấy rằng 234 có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương, cụ thể là 234 = 15² + 3² Ngược lại, 78 = 2.3.13 không thể biểu diễn theo cách này Tương tự, 90 = 2.5.3² có thể viết dưới dạng tổng của hai bình phương với 90 = 9² + 3², trong khi 30 = 2.5.3 lại không thể biểu diễn thành tổng của hai số bình phương.
Chứng minh Giả sử n= s 2 m với s, m∈ Z và m là số khác bình phương.
“⇒” Giả sử rằng mỗi thừa số nguyên tố p ≡ 3 (mod 4) xuất hiện với lũy thừa bậc chẵn trong phân tích thừa số nguyên tố của n.
Mỗi thừa số nguyên tố p của n thỏa mãn điều kiện p ≡ 3 (mod 4) và xuất hiện với lũy thừa bậc chẵn dẫn đến việc p không chia hết cho m Do đó, mọi thừa số nguyên tố p0 lớn hơn 2 và là ước của m cần phải thỏa mãn p0 ≡ 1 (mod 4) Theo Định lý 2.9, mỗi p0 > 2 có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương.
Số 2 có thể được viết thành tổng của hai số bình phương: 2 = 1² + 1² Theo Bổ đề 2.11, nếu m là tích của các số nguyên dương có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương, thì m cũng có thể được viết dưới dạng x² + y² với x, y ∈ Z Do đó, n = s²m = s² × (x² + y²) = (sx)² + (sy)², cho thấy n cũng là tổng của hai số bình phương.
Giả sử n = x² + y², nếu m = 1 thì n = s², dẫn đến mỗi số nguyên tố p trong phân tích thừa số nguyên tố của n với p ≡ 3 (mod 4) xuất hiện với lũy thừa chẵn Nếu m > 1, ta chứng minh rằng mọi số nguyên tố lẻ p thỏa mãn p | m đều có p ≡ 1 (mod 4) Lưu ý rằng x và y có thể viết dưới dạng x = dx₁ và y = dx₂, với x₁ và x₂ nguyên tố cùng nhau và d = gcd(x, y) Khi đó, n = d² × (x₁² + x₂²), từ đó suy ra n/d² = x₁² + x₂² và s² m/d² = x₁² + x₂².
Vì m là số khác bình phương, nên d^2 chia hết cho s^2 và s^2 = t d^2 với t ∈ Z Từ đó, ta có tm = x^2_1 + x^2_2 Do đó, p chia hết cho m, tức là p chia hết cho tm = x^2_1 + x^2_2 Điều này dẫn đến đồng dư thức x^2_1 + x^2_2 ≡ 0 (mod p), hay x^2_1 ≡ -x^2_2 (mod p).
Ta sẽ chỉ ra rằngp≡ 1 (mod 4) Thật vậy, giả sử ngược lại: p≡ 3 (mod 4)với k ∈ Z Khi đó p−1 = 4k+ 2 = 2(2k+ 1) nên ta có x 2 1 = −x 2 2 (mod p),(x 2 1 ) 2k+1 = (−1) 2k+1 ×(−x 2 2 ) 2k+1 (mod p), x p−1 1 =−x p−1 2 (mod p).
Dox1 và x2 là hai số nguyên tố cùng nhau, do đó p không thể là ước chung của chúng Giả sử p|x1, thì p|x2 theo định lý Vì p|tm, nên p|(tm - x21) = x22, dẫn đến p|x2, mâu thuẫn với gcd(x1, x2) = 1 Do đó, p không chia hết cho x1 và x2 Áp dụng định lý bé Fermat, ta có x1^(p-1) ≡ 1 (mod p), từ đó suy ra 1 ≡ -1 (mod p), mâu thuẫn với p > 2 Kết luận, p ≡ 1 (mod 4).
Số biểu diễn được thành tổng hai bình phương
Trong Chương 1, chúng ta đã thấy rằng một số nhất định có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương, và một số có thể có nhiều cách biểu diễn khác nhau Chúng ta đã khảo sát các biểu diễn bằng các số nguyên không âm và bỏ qua thứ tự của các số hạng Trong mục này, với n = a² + b², chúng ta sẽ xem xét các biến thể của biểu diễn n = (±a)² + (±b)² = (±b)² + (±a)², tổng cộng có 8 biến thể Động lực cho nghiên cứu này xuất phát từ nền tảng hình học của Định lý 2.20, định nghĩa công thức cho số cách biểu diễn của một số nguyên dương Chứng minh của định lý này sử dụng các số phức và được thể hiện trên mặt phẳng R² Khi xem n = a² + b² như là nghiệm nguyên (a, b) của phương trình đường tròn n = a² + b², chúng ta có thể hiểu rõ hơn về các biểu diễn này.
R^2 với bán kính √n và tâm tại gốc tọa độ cho n = (−a)² + b² là một nghiệm nguyên khác, cụ thể là (−a, b) Hai điểm (a, b) và (−a, b) được xem là khác nhau Định nghĩa 2.17: Ký hiệu r²(n) là số cách biểu diễn n thành tổng của hai số bình phương, trong khi rk(n) đại diện cho số cách biểu diễn n thành tổng của k số bình phương.
Có thể kiểm tra lại rằng r2(5) = 8 và r2(25) = 12. Định lý 2.19 Cho p là một số nguyên tố Khi đó, r2(p) ≤ 8.
Chứng minh Nếu p= 2 thì ta có r2(2) = 4 Ta xét số nguyên tố p > 2 Giả sử ngược lại rằng p=x 2 +y 2 =z 2 +t 2 với x, y, z, t là các số nguyên dương để cho r2(p) > 8 Ta có thể giả thiết x > z > t.
Có thể giả thiết rằng gcd(x, y) = gcd(z, t) = 1 Đặt d = gcd(x, y), ta có p = x² + y² = (da)² + (db)² = d²(a² + b²) Từ đó, p/d² = a² + b², dẫn đến hai khả năng: d² = 1 hoặc d² = p Tuy nhiên, d² không thể bằng p vì d chia hết cho d² = p, gây mâu thuẫn với việc p là số nguyên tố Do đó, d phải bằng 1 Lập luận này cũng áp dụng cho cặp z, t.
Hơn nữa, do p là số nguyên tố nên một trong các số x, y, z và t là nguyên tố cùng nhau với p Theo Bổ đề 2.11, ta có thể viết p 2 = (x 2 +y 2 )(z 2 +t 2 )
= (xz −yt) 2 + (xt+yz) 2 Ngoài ra,
(xz+yt)(xt+yz) =x 2 zt+xyz 2 +xyt 2 +y 2 zt
=p(xy +zt), do đó p| (xz+yt) hoặc p| (xt+yz) Giả sử p| (xz+yt) thì xz+yt =kp với k ∈ Z Khi đó, do p| p nên p| p2−(xz +yt) 2 = (xt−yz) 2
Do p nguyên tố nên p | (xt−yz), vì vậy xt−yz = jp với j ∈ Z Khi đó, ta có p^2 = k^2 p^2 + j^2 p^2 và 1 = k^2 + j^2 Từ đây, ta biết rằng xz + yt > 0 và p > 0, do đó k > 0 Vì j^2 ≥ 0 nên k = 1 và j = 0, dẫn đến xt−yz = 0 và xt = yz Biết rằng x, y nguyên tố cùng nhau, ta có x | z, mâu thuẫn với x > z Lập luận tương tự được áp dụng cho trường hợp p | (xt + yz), từ đó suy ra r²(p) ≤ 8 Định lý 2.20 phát biểu rằng cho n là một số nguyên dương, n có thể viết dưới dạng n = 2^c n₁ n₃ với c ∈ N, n₁ = ∏ p ≡ 1 (mod 4) p^r và n₃ = ∏ q ≡ 3 (mod 4) q^s, trong đó p, q là các ước nguyên tố của n và r, s tương ứng với p, q Ký hiệu d(n) là số ước của n và dₐ(n) là số ước d của n thỏa mãn d ≡ α (mod 4).
Khi đó, nếu có bất kỳ số mũ s lẻ thì r2(n) = 0 và nếu mọi số mũ s chẵn thì r2(n) = 4d(n1) = 4(d1(n)−d3(n)).
Chứng minh Trước hết ta nhắc lại, tất cả các số có dạng A +Bi(A, B ∈
Q, i 2 = −1) tạo thành trường số phức Q(i) với hai phép toán cộng và nhân. Tập con gồm tất cả các sốa+bi(a, b ∈Z) tạo thành vành các số nguyên Gauss Z[i] Các phần tử đơn vị của Z[i] là ±1 và ±i Các số nguyên tố của Z[i] là (kể cả liên hợp, tức là kể cả bội của đơn vị) bao gồm: (i) các ước nguyên tố
Các số nguyên tố hữu tỉ p ≡ 3 (mod 4) và các số nguyên Gauss a+bi với a, b > 0 và a² + b² = p, trong đó p là số nguyên tố hữu tỉ với p ≡ 1 (mod 4), có đặc điểm quan trọng Ở đây, a² + b² = (a+bi)(a−bi) được gọi là chuẩn của số α = a+bi và được ký hiệu là N(α) hoặc N(a+bi) Phân tích ra thừa số nguyên tố Gauss là duy nhất, bao gồm cả các đơn vị và thứ tự các thừa số Nếu N(a+bi) = p ≡ 1 (mod 4), thì a phải khác b, vì nếu không thì p sẽ bằng 2a², dẫn đến p ≡ 0 (mod 2).
Bây giờ giả sử n = 2 c n1n3 với n1 = Q p≡1 (mod 4) p r , n3 = Q q≡3 (mod 4) q s Khi đó, phân tích duy nhất n ra thừa số nguyên tố Gauss có dạng n= {(1 +i)(1−i)} c Y a 2 +b 2 =p p ≡1 mod p
Để biểu diễn số nguyên n dưới dạng tổng của hai số bình phương, ta có công thức n = u² + v² = (u + vi)(u - vi) Trong đó, r và s thay đổi theo p và q, với điều kiện r Y q ≡ 3 (mod 4) q s Đối với mỗi cách biểu diễn, ta có thể xác định các đơn vị có dạng i^t, với t = 0, 1, 2, 3, và thực hiện các phép gán cho các thừa số nguyên tố của hai yếu tố của n: u + vi = i^t (1 + i)^(c₁) (1 - i)^(c₂) Y.
Mỗi sự sắp xếp các thừa số nguyên tố cho u+vi xác định các thừa số nguyên tố của u−vi, với các thừa số củan không có trong u+vi Mỗi cặp thừa số liên hợp phức u± vi tương ứng với một biểu diễn của n thành tổng của hai số bình phương Sự thay đổi i→ −i không ảnh hưởng tới thừa số thực q, dẫn đến s1 = s2 và s = 2s2 là số chẵn, như đã nêu trong Định lý 2.15 Với c1, có c + 1 lựa chọn từ 0 đến c, và cách chọn c1 xác định c2 = c−c1 Tương tự, với t1, có r + 1 cách lựa chọn từ 0 đến r, và r2 = r − r1 Do đó, tổng số cách lựa chọn là 4(c + 1)Q.
Khả năng viết số phức dạng u+vi phụ thuộc vào tích của các số nguyên tố p r | n, với p ≡ 1 (mod 4) Tuy nhiên, không phải mọi cách sắp xếp số nguyên tố Gauss đều cho ra giá trị khác nhau cho u+vi Khi thay đổi thừa số từ 1−i sang 1+i, ta chỉ nhân giá trị cũ với (1+i)/(1−i) = i, dẫn đến một giá trị t khác Do đó, tổng số thừa số khác biệt của u+vi chỉ là một giá trị xác định.
Do n1 = Q p≡1 (mod 4) p r nên thừa số Q
(1 +r) bằng d(n1) là số ước của n1.
Với thừa số u+vi đã cho, ta có thể nhận được các thừa số u−vi,−v+ui,−u−vi và v−ui bằng cách lần lượt đặt t = 0, 1, 2, 3, tương ứng với các biểu diễn u²+v², (−v)²+u², (−u)²+(−v)² và v²+(−u)² Mặc dù cả bốn cách biểu diễn này không khác nhau về bản chất, nhưng chúng đều được đếm trong (2.1) do có thừa số 4 Nếu tráo đổi u và v trong các nhân tử, ta cũng thu được bốn cách biểu diễn khác, được tính là khác nhau trong (2.1) Cụ thể, n=v²+u²=(v+ui)(v−ui) cho thấy thừa số đầu tiên v+ui là số phức liên hợp của v−ui Sự thay đổi này tương ứng với phép tráo đổi r1 và r2, và với r1 và r2 chạy qua r+1 giá trị có thể, (2.1) cho ra rₐr₂(n) biểu diễn của n thành tổng của hai số bình phương, trong đó hai biểu diễn khác nhau nhưng không khác biệt về bản chất được đếm riêng rẽ Để hoàn thành chứng minh định lý, cần chỉ ra rằng d(n₁) = d₁(n) − d₃(n), điều này có thể kiểm tra bằng nhiều cách khác nhau, và ta nhận được tất cả các ước lẻ của n là các số hạng trong biểu diễn của tích.
Nếu d | n, thì d ≡ 1 (mod 4) khi và chỉ khi tổng P t j=1 kj là số chẵn; ngược lại, d ≡ 3 (mod 4) Khi thay q bằng -1, nếu có ít nhất một số mũ s là lẻ, tích thứ hai sẽ triệt tiêu; còn nếu tất cả các số mũ đều là chẵn, tích trong (2.2) sẽ được giữ nguyên.
Trong khai triển (1 + p + + p^r), các số hạng đại diện cho các ước của n1 Để tính d(n1), mỗi số hạng được đếm là 1, và ta thay p bằng 1 trong công thức (2.2) để nhận được Q p^r |n, p≡1 (mod 4)(1 + r) Khi thay mỗi p bằng +1 và mỗi q bằng -1 ở vế phải của (2.2), ta thấy rằng mỗi d | n, d ≡ 1 (mod 4) được đếm là +1, trong khi mỗi d | n, d ≡ 3 (mod 4) được đếm là -1 Do đó, vế phải của (2.2) trở thành d1(n) - d3(n), từ đó chứng minh được định lý.
Ví dụ 2.21 Với n= 90 = 2.5.3 2 (c = 1, n1 = 5, n3 = 9) Ta thấy d(n1) =d(5) = 2 (hai ước 1 và 5), d1(90) = 4 (các ước ≡ 1≡ 5≡ 9≡ 45 (mod 4)), d3(90) = 2 (các ước 3≡ 15 (mod 4)).
Cuối cùng, ta có các biểu diễn của số 90 dưới dạng 90 = (±9)² + (±3)² và 90 = (±3)² + (±9)² Điều này cho thấy từ biểu diễn duy nhất 90 = 9² + 3², ta có 8 biểu diễn không khác biệt về bản chất, được đếm trong r2(90).
Một ví dụ khác: n= 225 = 2 0 5 2 3 2 (c= 0, n1 = 25, n3 = 9) Ta thấy d(n1) =d(25) = 3 (các ước 1, 5 và 25), d1(225) = 6 (các ước ≡1 ≡5 ≡9 ≡25 ≡ 45 ≡ 225 (mod 4)), d3(225) = 3 (các ước ≡3 ≡15 ≡ 75 (mod 4)).
Theo Định lý 2.20 r2(225) = 4d(25) = 4.3 = 12≡ 4(d1(225)−d3(225)) = 4(6−3) = 12. Vậy ta có tất cả 12 cách biểu diễn số 225 thành tổng của hai số bình phương:
Cuối chương, chúng ta sẽ đưa ra ví dụ về một số số tự nhiên có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương theo nhiều cách khác nhau.
Ví dụ 2.22 • Tổng của hai số bình phương theo hai cách:
• Tổng của hai số bình phương theo ba cách:
• Tổng của hai số bình phương theo bốn cách:
• Tổng của hai số bình phương theo sáu cách:
Một số bài toán có liên quan 38
Tổng của nhiều số bình phương
Sau khi xác định rằng chỉ một số lượng nhất định các số nguyên có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương, câu hỏi được đặt ra là liệu có tồn tại số k nào mà mọi số nguyên đều có thể biểu diễn thành tổng của k số bình phương hay không Thực tế cho thấy không phải tất cả các số nguyên đều có thể biểu diễn thành tổng của ba số bình phương; ví dụ, các số 7 và 47 không thể được biểu diễn theo cách này.
Mọi số nguyên đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của bốn số bình phương, một kết quả được Fermat chứng minh nhưng chưa công bố Sau đó, vào năm 1770, Joseph Louis Lagrange, nhà toán học người Pháp, đã công bố đáp án cho vấn đề này, dựa trên một đồng nhất thức đại số tương tự như Bổ đề 2.11.
Định lý bốn số bình phương khẳng định rằng nếu x và y có thể biểu diễn dưới dạng tổng của bốn số bình phương, thì tích xy cũng có thể được biểu diễn theo cách tương tự Cụ thể, với công thức (au+bt+cw−dv)² + (av−bw+ct+du)² + (aw+bv−cu+dt)², một số tự nhiên bất kỳ có thể được viết dưới dạng tổng của bốn số bình phương của số nguyên.
Năm 1770, nhà toán học Waring đã nghiên cứu một dạng tổng quát của bài toán tổng hai bình phương và đưa ra giả thuyết rằng với mỗi số nguyên dương k, tồn tại một hằng số g(k) chỉ phụ thuộc vào k Giả thuyết này cho rằng mọi số nguyên n lớn hơn 1 có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của nhiều nhất g(k) lũy thừa bậc k của các số nguyên.
Định lý Lagrange chỉ ra rằng g(2) ≤ 4, và do 7 không thể biểu diễn dưới dạng tổng của ba số bình phương, nên g(2) = 4 Giả thuyết Waring đã được chứng minh thông qua các phương pháp của lý thuyết giải tích số, khác biệt hoàn toàn so với cách tiếp cận trong chứng minh định lý hai bình phương Tuy nhiên, giá trị chính xác của g(k) vẫn còn là một giả thuyết và chỉ được thiết lập cho n ≤ 6.
Hàm g(k) được Hilbert chứng minh tồn tại cho mọi k vào năm 1909, mặc dù ông không cung cấp công thức cụ thể cho hàm này Một số giá trị đã biết của g(k) bao gồm g(2) = 4, g(3) = 9, g(4) = 19, g(5) = 37 Đối với các giá trị k từ 6 đến 471600000, có giới hạn rằng g(k) ≤ 3k/2 + 2k - 2.
Trong trường hợp k = 3, g(k) = 9 cho thấy chỉ có hai số 23 và 239 cần tới 9 số lũy thừa bậc 3 để biểu diễn Nghiên cứu chỉ ra rằng hầu hết mọi số nguyên có thể được biểu diễn bằng tổng của 8 số lũy thừa bậc 3 Trên thực tế, chỉ có 15 số, với số lớn nhất là 8042, cần tới 8 lũy thừa bậc 3 Tất cả các số lớn hơn hoặc bằng 8043 có thể được biểu diễn bằng tổng của 7 số lũy thừa bậc 3, cho thấy rằng 9 không phải là số chủ chốt trong bài toán này.
Bài toán này yêu cầu xác định G(k), giá trị nhỏ nhất của s, sao cho mọi số đủ lớn (với một số hữu hạn ngoại lệ) có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của s lũy thừa bậc k Rõ ràng, G(k) luôn nhỏ hơn hoặc bằng g(k) với mọi k thuộc tập hợp số tự nhiên.
Bây giờ ta sẽ chỉ ra G(2) = 4. Định lý 3.1 Cho n sao cho n = 7 (mod 8) Khi đó, n không thể biểu diễn được thành tổng của 3 số bình phương.
Theo Định lý 2.9, qua các tính toán đơn giản, ta có thể xác định rằng (Z/8Z)² = {0, 1, 4} Nếu x, y, z thuộc Z/8Z, thì tổng x² + y² + z² sẽ nằm trong tập {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, nhưng không có tổng nào của ba số bình phương cho n = 7 (mod 8) Định lý 3.2, hay còn gọi là Định lý Dirichlet, khẳng định rằng nếu h và k là hai số nguyên tố cùng nhau, thì sẽ có vô số số nguyên tố có cùng phần dư h khi chia cho k.
Do 7 và 8 nguyên tố cùng nhau nên định lý Dirichlet nói rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố đồng dư 7 (mod 8) Theo Định lý 2.20, không có số nào trong các số nguyên tố này có thể biểu diễn được thành tổng của 3 số bình phương, cho nên G(2) = 4.
Tổ hợp các số bình phương
Số nguyên có thể biểu diễn dưới dạng tổng x² + 2y² hoặc x² + 3y², và tổng quát hơn là x² + ny² với x, y ∈ Z, đã được nghiên cứu qua Luật tương hỗ Gauss Câu hỏi này không chỉ được giải đáp một phần mà còn dẫn đến sự phát triển của một ngành toán học mới, đó là Lý thuyết Trường Lớp.
Bộ số Pythagoras và bài toán Fermat
Ta nhận xét rằng mọi số chính phương (perfect square) là tổng của hai số bình phương của các số nguyên: x 2 =x 2 + 0 2 Thật ra, đó là một trong những
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá mối liên hệ giữa các số chính phương và tổng của hai số bình phương Câu hỏi đặt ra là: những số chính phương nào có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số bình phương của các số nguyên dương? Số nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này sẽ được xác định trong quá trình phân tích.
Phương trình x² + y² = z², gắn liền với Pythagoras, nhà toán học và triết học cổ Hy Lạp, khẳng định rằng đẳng thức này đúng khi z là cạnh huyền của một tam giác vuông, còn x và y là hai cạnh còn lại Ông không chỉ chứng minh định lý nổi tiếng mà còn đưa ra quy tắc tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình, trong đó nghiệm nổi tiếng 3² + 4² = 5² tạo ra một tam giác vuông Trước thời Pythagoras, các nhà vẽ bản đồ địa chính đã sử dụng phương pháp này bằng cách lấy một vòng dây có 12 nút thắt đều nhau, giữ cố định các nút và kéo căng vòng dây để tạo ra tam giác vuông.
Hình 3.1 minh họa cách sử dụng vòng dây để dựng tam giác vuông Định lý 3.3 chỉ ra rằng với các số nguyên dương x, y và z thỏa mãn x² + y² = z², tồn tại các số nguyên dương d, s, t với gcd(s, t) = 1, sao cho x có thể được biểu diễn dưới dạng x = 2std, y = (s² - t²)d và z = (s² + t²)d, có thể hoán đổi x và y nếu cần.
Chú ý rằng khi d= 1, s = 2, t= 1 cho nghiệm (x, y, z) = (4,3,5).
Chứng minh rằng nếu ab = c² và gcd(a, b) = 1, thì a và b là số chính phương Ví dụ, với a = 4, b = 9, c = 6, ta thấy rằng mỗi ước nguyên tố của ab với lũy thừa chẵn chỉ xuất hiện ở một trong hai số a hoặc b, dẫn đến a và b là tích các lũy thừa chẵn của các ước nguyên tố Tổng quát hơn, nếu tích của các nhân tử nguyên tố là số bình phương, thì mỗi nhân tử cũng phải là số bình phương Ngoài ra, nếu ab = c² và gcd(a, b) = 2, ta có a = 2m² và b = 2n² với m, n là số nguyên Khi thay a và b bằng a' = a/2 và b' = b/2, ta có a' và b' là nguyên tố cùng nhau và tích a'b' = ab/4 = (c/2)², do đó a' và b' cũng là số bình phương.
Một nhân tử chung của hai trong ba số x, y, z phải là ước của số còn lại, cho phép ta chia cả ba số này cho ước chung đó để tìm nghiệm nhỏ hơn Do đó, ta có thể giả thiết rằng x, y, z từng đôi một là nguyên tố cùng nhau bằng cách chia chúng cho ước chung lớn nhất, ví dụ như d.
Các số bình phương có phần dư 0 hoặc 1 khi chia cho 4, vì vậy phương trình x² + y² = z² theo modulo 4 chỉ có nghiệm 0 + 0 = 0 hoặc 0 + 1 = 1 Do các biến là từng đôi nguyên tố cùng nhau, nghiệm thứ hai cho phép giả thiết x chẵn và y, z lẻ bằng cách đổi chỗ x và y nếu cần.
Bây giờ, ta có x^2 = z^2 - y^2 = (z+y)(z-y) và gcd(z+y, z-y) = 2, vì cả z+y và z-y đều là số chẵn Nếu d là ước chung lớn nhất của chúng, thì d cũng là ước của 2z và 2y, do đó d = 2 Từ đó, ta có z-y = 2t^2 và z+y = 2s^2, với s và t là các số nguyên nguyên tố cùng nhau.
• Cuối cùng, x 2 = 4s 2 t 2 , do đó x = 2st, y = (z +y)−(z −y)
Bộ ba Pythagoras còn có thể tính theo s, tnguyên tố cùng nhau như ở bảng sau: s t x = st y = s 2 − t 2
Pierre de Fermat (1636) đã ghi chú bên lề cuốn sách về lý thuyết số của Diophantus, tuyên bố rằng ông có một chứng minh tuyệt vời cho định lý Pythagoras Ông khẳng định rằng với bất kỳ n > 2, phương trình x^n + y^n = z^n không có nghiệm nguyên dương, nhưng không gian trên lề sách quá hẹp để chứa chứng minh của ông Phát hiện này sau này được biết đến với tên gọi định lý cuối cùng của Fermat.
Các nhà toán học đã đối mặt với thách thức trong việc tìm chứng minh cho định lý của Fermat, với Fermat chỉ đưa ra chứng minh cho n=4 Năm 1770, Euler đã cung cấp một chứng minh chưa hoàn chỉnh cho n=3, tiếp theo là Dirichlet và Legendre chứng minh cho n=5 vào năm 1820, và Lamé cho n=7 vào năm 1839 Cuối cùng, Andrew Wiles đã công bố lời giải vào mùa hè năm 1993 và hoàn thiện nó vào năm 1995 với một chứng minh dài 200 trang Tuy nhiên, chứng minh của Wiles rất phức tạp và dựa vào nhiều khái niệm chưa được biết đến vào thời của Fermat Hiện nay, người ta tin rằng Fermat không có chứng minh nào cho định lý của mình, có thể ông nghĩ rằng mình đã có một chứng minh nhưng thực tế lại chứa sai sót.
Trong luận văn nhỏ này chúng tôi không thể trình bày chứng minh của
Wiles Song để minh họa chúng tôi xin nêu lại chứng minh của Fermat cho trường hợp n= 4. Định lý 3.4 Phương trình x 4 +y 4 = z 4 không có nghiệm nguyên dương x, y, z.
Chúng ta khảo sát phương trình x^4 + y^4 = z^2 để chứng minh rằng nó không có nghiệm nguyên dương Nếu phương trình này không có nghiệm nguyên dương, thì theo định lý, phương trình gốc cũng sẽ không có nghiệm nguyên dương Điều này bởi vì nếu x, y, z thỏa mãn phương trình trong định lý, thì x, y, z^2 cũng sẽ thỏa mãn phương trình đã được điều chỉnh ở trên.
Giả sử x^4 + y^4 = z^2 với x, y, z là các số nguyên dương, ta có thể coi z là giá trị nhỏ nhất Trong trường hợp này, x, y, z là các số nguyên tố cùng nhau, vì nếu có một ước nguyên tố chung p giữa hai trong số chúng, thì p cũng sẽ là ước của số thứ ba Điều này cho phép ta thay thế nghiệm (x, y, z) bằng (x/p, y/p, z/p^2) Do đó, một trong hai số x^2 hoặc y^2 phải là số chẵn, và không mất tính tổng quát, ta giả định x là số chẵn.
Áp dụng định lý Pythagoras cho phương trình \(x^2 + y^2 = z^2\), ta có \(x^2 = 2st\), \(y^2 = s^2 - t^2\), và \(z = s^2 + t^2\) với điều kiện \(gcd(s, t) = 1\) Khi sử dụng định lý này cho phương trình \(t^2 + y^2 = s^2\) với \(y\) là số lẻ, ta có \(t = 2uv\), \(y = u^2 - v^2\), và \(s = u^2 + v^2\) với \(gcd(u, v) = 1\) Từ đó, suy ra \(gcd(u, u^2 + v^2) = gcd(v, u^2 + v^2) = 1\) Kết quả là \(x^2 = 2st = 4uv(u^2 + v^2)\), và \(uv(u^2 + v^2)\) là một số bình phương Với các thừa số nguyên tố cùng nhau, ta có \(u = m^2\), \(v = n^2\) và \(u^2 + v^2 = r^2\), dẫn đến \(m^4 + n^4 = r^2\).
Theo phương trình x^4 + y^4 = z^4, ta có r^2 + v^2 = s < s^2 + t^2 = z, từ đó dẫn đến (m, n, r) là một nghiệm nhỏ hơn nghiệm (x, y, z) với z là giá trị nhỏ nhất Sự mâu thuẫn này chứng minh rằng không tồn tại nghiệm nguyên dương cho phương trình trên.
Một số bài toán chưa có lời giải
Chương này kết thúc với việc đề cập đến một số bài toán chưa được giải quyết trong lý thuyết số, bất chấp những nỗ lực to lớn của các nhà toán học.
Giả thuyết Goldbach đặt ra câu hỏi liệu mọi số chẵn lớn hơn 2 có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố hay không Ví dụ, các số chẵn như 4, 6, 8 và 10 có thể được phân tích thành tổng của hai số nguyên tố: 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 5 + 3, và 10 = 7 + 3 Giả thuyết này đã được xác nhận đúng đối với tất cả các số chẵn "nhỏ" (nhỏ hơn 10^18).
Giả thuyết số nguyên tố sinh đôi đề cập đến các cặp số nguyên tố cách nhau hai đơn vị, ví dụ như (3, 5), (5, 7), và (11, 13) Câu hỏi đặt ra là liệu có vô số cặp số nguyên tố sinh đôi hay không, nhưng đến nay, vấn đề này vẫn chưa có lời giải.
• Bài toán số đồng dư: Xét xem đối với những số nguyên dương n nào thì tồn tại tam giác vuông với diện tích bằng n và mọi cạnh hữu tỉ?
Andrew Wiles, người đã chứng minh định lý lớn Fermat, đã nói rằng bài toán số đồng dư thậm chí còn khó hơn!
•Bài toán số nguyên tố dạngn 2 +1: Nếu liệt kê các số nguyên có dangn 2 +1 vớin= 1,2,3, , ta thấy rằng một số trong chúng là số nguyên tố (chẳng hạn,
Có nhiều số nguyên tố có dạng n² + 1, nhưng nếu n là số lẻ, thì n² + 1 sẽ là số chẵn và không thể là số nguyên tố, ngoại trừ trường hợp n = 1 Câu hỏi đặt ra là liệu có vô số các số nguyên tố thuộc dạng n² + 1 hay không? Đến nay, chưa ai có thể xác định được câu trả lời cho vấn đề này.
Bài toán áp dụng
Bài toán 3.5 Choa, b, c là một nghiệm nguyên bất kỳ củaa 2 +b 2 = c 2 Chứng minh rằng 5| abc.
Trong bài toán này, giả thiết a, b, c tạo thành một bộ số Pythagoras, với b là số chẵn Ta có thể biểu diễn a, b, c theo các công thức a = r² - s², b = 2rs, c = r² + s², từ đó suy ra abc ≡ 2rs(r⁴ - s⁴) Nếu r hoặc s chia hết cho 5 thì bài toán được chứng minh Ngược lại, nếu r và s không chia hết cho 5, ta có r⁴ ≡ 1 (mod 5) và s⁴ ≡ 1 (mod 5), dẫn đến r⁴ - s⁴ ≡ 0 (mod 5), tức là r⁴ - s⁴ chia hết cho 5.
Bài toán 3.6 Tìm x, y, z ∈ Z thỏa mãn phương trình x 2 + y 2 = z 4 và gcd(x, y, z) = 1.
Để giải bài toán, ta nhận thấy rằng x, y, z tạo thành một bộ số Pythagoras Giả sử y là số chẵn, thì x cũng là số chẵn, tồn tại các số nguyên r, s với gcd(r, s) = 1 và tính chẵn lẻ khác nhau, sao cho x = r² - s², y = 2rs, z² = r² + s² Nếu r là số chẵn, thì có hai số nguyên p, q khác tính chẵn lẻ với gcd(p, q) = 1, từ đó r = 2pq, s = p² - q², z = p² + q² Kết quả là x = -p⁴ + 6p²q² - q⁴, y = 4pq(p² - q²), z = p² + q² Tương tự, nếu s là số chẵn, ta có s = 2pq, r = p² - q², z = p² + q², dẫn đến x = p⁴ - 6p²q² + q⁴, y = 4pq(p² - q²), z = p² + q² Các nghiệm khác có thể thu được bằng cách tráo đổi x và y.
Bài toán 3.7 Choa, b, c là một nghiệm nguyên bất kỳ củaa 2 +b 2 = c 4 Chứng minh rằng 7| abc.
Lời giải.Từ lời giải bài toán 3.6 ta biết rằng tồn tại hai số nguyên pvà q sao cho abc= ±4pq(p 2 −q 2 )(p 2 +q 2 )(p 4 +p 2 q 2 +q 4 −7p 2 q 2 )
Lấy modulo 7 biểu thức 4pq(p² − q²)(p⁶ + q⁶) Nếu 7 là ước của p hoặc q, thì kết luận được chứng minh Trong trường hợp 7 không phải là ước của pq, ta có p⁶ ≡ q⁶ (mod 7), dẫn đến p⁶ ≡ q⁶ ≡ 0 (mod 7) và từ đó chứng minh được kết luận.
Không tồn tại tam giác vuông nào có độ dài các cạnh là số nguyên và diện tích là một số bình phương Điều này có thể được chứng minh bằng cách phân tích các điều kiện cần thiết cho một tam giác vuông có diện tích là số bình phương, cùng với các tính chất của các số nguyên.
Giả sử tồn tại một tam giác (a, b, c) thỏa mãn điều kiện a² + b² = c² và ab = 2d² với d là số nguyên dương Ta có thể giả định a > b, vì trường hợp a = b không thể xảy ra do không thể có 2a² = c² Từ đó, ta có c² + (2d)² = (a + b)² và c² - (2d)² = (a - b)², điều này mâu thuẫn với kết luận rằng không tồn tại hai số nguyên dương sao cho tổng và hiệu của hai bình phương của chúng cũng là các số bình phương.
Bài toán 3.9 Chứng minh rằng 7 không thể biểu diễn được thành tổng của ba số bình phương (tức là g(2)> 3).
Chương này đã trình bày bài toán Waring về việc biểu diễn số nguyên thành tổng của nhiều số bình phương, cùng với bộ số Pythagoras (x² + y² = z²) và định lý lớn Fermat, khẳng định rằng không tồn tại nghiệm nguyên khác không cho phương trình xⁿ + yⁿ = zⁿ với mọi n > 2 Bên cạnh đó, chương cũng đề cập đến một số bài toán chưa có lời giải trong lý thuyết số, như giả thuyết Goldbach, giả thuyết số nguyên tố sinh đôi, bài toán số đồng dư và bài toán số nguyên tố dạng n² + 1 Cuối chương, một số bài tập được đưa ra để người đọc có thể thực hành.
Luận văn này khám phá một trong những vấn đề nổi bật trong lý thuyết số: việc biểu diễn số nguyên dưới dạng tổng của hai bình phương Đây là một bài toán thú vị, thu hút sự quan tâm của nhiều người trong việc tìm hiểu, học tập và nghiên cứu.
Luận văn đã trình bày những nội dung chính sau:
1 Một số khái niệm cơ bản của lý thuyết số: thương và phần dư trong phép chia nguyên, ước chung và ước chung lớn nhất lớn nhất của các số nguyên, số nguyên tố và hợp số, đồng dư và các phép toán đồng dư, số nguyên Gauss và vành Z[i] các số nguyên Gauss.
2 Bài toán biểu diễn một số nguyên dương thành tổng của hai số bình phương, các định lý về tính chất đặc trưng của các số nguyên tố, các số nguyên dương biểu diễn được thành tổng của hai số bình phương Số cách biểu diễn một số nguyên dương thành tổng của hai số bình phương.
3 Bài toán Waring về biểu diễn số nguyên thành tổng của nhiều số bình phương, bộ số Pythagoras(x 2 +y 2 = z 2 ) và định lý lớn Fermat về sự không tồn tại nghiệm nguyên khác không của phương trình x n +y n =z n , với mọi n > 2.
4 Một số bài tập áp dụng, giúp hiểu sâu hơn những nội dung đã trình bày.