Biểu diễn số nguyên dưới dạng tổng của các số chính phương luận văn thạc sĩ

Có một câu hỏi rất tự nhiên được suy từ Định lý Fermat về tổng của hai số chính phương là: “Với giá trị nhỏ nhất nào của n để cho mỗi số nguyên dương có thể viết được dưới dạng tổng của

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HOÀNG VĂN GIANG

BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƯỚI DẠNG TỔNG CỦA CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Nghệ An – 12.2011

CHƯƠNG 2 VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA NHIỀU

2.1 Biểu diễn số nguyên bởi tổng của ba số chính phương 162.2 Biểu diễn số nguyên bởi tổng của bốn số chính phương 182.3 Biểu diễn số nguyên bởi tổng của bốn số chính phương khác 0 24

Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét rằng “Mỗi số nguyên

tố lẻ bất kì mà đồng dư với 1 theo modulo 4, đều biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương” vào năm 1632 (xem [7]) Fermat là người

đưa ra chứng minh đầu tiên Fermat đã thông báo điều này trong một lá thưgửi cho Marin Mersenne vào ngày 25 tháng 12 năm 1640, ngày giáng sinh

Vì thế Định lý này đôi khi còn được gọi là Định lý ngày giáng sinh củaFermat

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

chính phương” vào năm 1747, khi đã 40 tuổi Ông thông báo điều này

trong một lá thư gửi cho Goldbach vào ngày 6 tháng 5 năm 1747 Chứngminh gồm có 5 bước, bước thứ năm được trình bày trong một lá thư gửicho Goldbach vào năm 1749

Có một câu hỏi rất tự nhiên được suy từ Định lý Fermat về tổng của

hai số chính phương là: “Với giá trị nhỏ nhất nào của n để cho mỗi số

nguyên dương có thể viết được dưới dạng tổng của không nhiều hơn n số chính phương?”.

Với lý do như đã nêu trên, trong luận văn này chúng tôi cố gắng tìmhiểu lịch sử của vấn đề biểu diễn số nguyên dương qua các số chính

phương, thông qua việc giới thiệu và chứng minh giả thuyết Lagrange: Chỉ

cần 4 số chính phương thì có thể biểu diễn được mọi số nguyên dương”

Vì vậy, luận văn giới thiệu một số kết quả cùng với các chứng minhchi tiết về các bài toán biểu diễn số nguyên qua các số chính phương sauđây:

1 Số nguyên tố lẻ p là tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi p

có dạng 4k + 1

2 Biểu diễn một hợp số qua tổng hai số chính phương

3 Không tồn tại số nguyên dạng 4m (8k + 7) là tổng của ba số chính

tuổi của nhiều nhà toán học nổi tiếng như Lagrange, Fermat, Euler… rấtcần được quan tâm.

Ngoài ra, luận văn còn xây dựng một hệ thống bài tập và ví dụ vềbiểu diễn số nguyên bởi tổng của các số chính phương, góp phần xây dựngmột tài liệu tham khảo cho các giáo viên, học sinh ở nhà trường phổ thông

và sinh viên ngành sư phạm toán học

Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học PGS.TS Nguyễn Thành Quang - đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo, giúp đỡ

-để tác giả hoàn thành luận văn

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

Lý thuyết số, Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau đại học của Trường Đạihọc Vinh đã giảng dạy và hướng dẫn cho chúng tôi trong học tập và nghiêncứu

Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Đồng Tháp đã giúp đỡ, tạo điềukiện thuận lợi cho mỗi học viên chúng tôi trong học tập và nghiên cứu củachương trình đào tạo sau đại học

Xin cảm ơn cơ quan công tác, gia đình, bạn hữu của tôi đã quan tâmgiúp đỡ trong suốt thời gian học tập vừa qua

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

Nghệ An, tháng 12 năm 2011

Tác giả

Hoàng Văn Giang

CHƯƠNG 1

VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA HAI SỐ CHÍNH PHƯƠNG

1.1 Định lý Fermat về tổng hai số chính phương

1.1.1 Định lý Fermat về tổng của hai số chính phương

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

phương: p = x 2 + y 2 , với x, y là các số tự nhiên lớn hơn 0, khi và chỉ khi p đồng dư với 1 theo modulo 4.

Chứng minh Nếu số nguyên tố lẻ p mà biểu diễn được dưới dạng tổng

của hai số chính phương, thì do số chính phương khi chia cho 4 chỉ dư 0

hoặc 1, nên p chia cho 4 chỉ có thể dư 1 Vì vậy, điều kiện cần của định lý

là hiển nhiên Vấn đề còn lại là điều kiện đủ Sau đây chúng tôi trình bàychứng minh 5 bước của Euler:

1.1.2 Bổ đề Tích của hai số, mà mỗi số là tổng của hai số chính phương,

cũng là tổng của hai số chính phương Nói khác đi: Giả sử các phương trình x 2 + y 2 = m; x 2 + y 2 = n đều có nghiệm nguyên không âm, ở đây m và n

là các số nguyên dương Khi đó, phương trình x 2 + y 2 = mn cũng có nghiệm nguyên không âm.

Chứng minh Theo giả thiết tồn tại (a;b), (c;d) nguyên không âm sao cho

Đẳng thức trên chứng tỏ rằng phương trình x 2 + y 2 = nm có nghiệm

nguyên không âm, vì ít nhất (x; y) = ( ac bd ; ad bc ) là một nghiệm nguyên không âm của nó Bổ đề 1.1.2 được chứng minh ■

Thực ra là, chứng minh Bổ đề 1.1.2 này dựa vào Định thức

Brahmagupta–Fibonacci: (a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2

Ví dụ.

2 2

2 2

2 2

7 4 65 13 5

3 2 13

1 2 5

2 2

2 2

30 25 1525 61

25

6 5 61

4 3 5 2

1.1.3 Bổ đề. Nếu một số tự nhiên n mà chia hết cho số nguyên tố p và cả

n lẫn p đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương, thì n

p cũng có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.

Chứng minh Trước hết ta biểu diễn:

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

Bởi vì:

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

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

(ac – bd) chia hết cho p

nguyên và do đó là số chính phương Suy ra n

p biểu diễn được thành tổng

của hai số chính phương

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

và ta lặp lại các bước lý luận tương tự như trên ■

1.1.4 Bổ đề. Nếu n chia hết cho m, mà n có thể biểu diễn thành tổng của

hai số chính phương còn m thì không biểu diễn được, thì tỷ số n

m có ước không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương:

Chứng minh (Phản chứng) Giả sử ngược lại, mọi ước của n

Do p p1, , ,2  p k đều biểu diễn được thành tổng của hai số chính

phương, nên áp dụng Bổ đề 1.1.3 chia n liên tiếp k lần cho p p1, , ,2  p k tasuy ra:

1 2 k

n m

p p p





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

thuẫn với giả thiết về m ■

1.1.5 Bổ đề. Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của a 2 + b 2 đều

có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.

Chứng minh (Phản chứng) Giả sử ngược lại, tồn tại các số tự nhiên a, b

nguyên tố cùng nhau sao cho a2 + b2 có ít nhất một ước không thể biểu diễn

thành tổng của hai số chính phương Trong các cặp số đó ta xét cặp (a;b) thỏa mãn tổng (a + b) nhỏ nhất Gọi x là ước của a2 + b2 mà không thể biểudiễn thành tổng của hai số chính phương Đặt:

a mx c  , b nx d 

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

Ta có:

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

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

c d a b   nên ta gặp phải một mâu thuẫn với giả thiết về tổng a b là

nhỏ nhất Vậy ước chung lớn nhất của c và d bằng số y nào đó lớn hơn 1.

Nếu y và x không nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại số nguyên tố p sao cho y và x cùng chia hết cho p, suy ra a, b cũng chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết a và b nguyên tố cùng nhau) Vậy y và x nguyên tố cùng nhau.

Nếu đặt:

1

c c y

d d y

i 4k − (i − 1) 4k = (i 2k + (i − 1) 2k ).(i 2k − (i − 1) 2k),

với i chạy từ 2 đến 4k.

Do p là số nguyên tố, nên ít nhất một trong hai số

(i 2k + (i − 1) 2k ), (i 2k − (i − 1) 2k)

chia hết cho p Nếu tồn tại i mà (i 2k + (i − 1) 2k ) chia hết cho p, thì theo bước

4, suy ra p có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.

Ngược lại, giả sử không tồn tại i để cho (i 2k + (i − 1) 2k ) chia hết cho p, ta

dưới dạng tổng của hai số chính phương ■

1.1.7 Bổ đề (Định lý Lagrange). Cho p là số nguyên tố và f(x) là một

đa thức với hệ số nguyên, có bậc là n Nếu có ít nhất một hệ số của f(x) không chia hết cho p, thì phương trình đồng dư f x( ) 0 mod  p có không quá n nghiệm trong trường Z P các số nguyên modulo p

Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n

Định lý hiển nhiên đúng với n = 0

Giả sử định lý đúng với n = k, xét đa thức không đồng nhất với không

 

1

0

k i i i

f x  a x



Không mất tính tổng quát giả sử m > 0, vậy tồn tại r sao cho f(r) = 0

Khi đó:

minh ■

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

modulo 4, do đó chúng biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chínhphương:

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

Mặt khác, các số nguyên tố lẻ 7, 11, 19, 23 và 31 đều đồng dư với 3theo modulo 4, do đó chúng không thể biểu diễn được dưới dạng tổng củahai số chính phương

1.2 Định lý Fermat về tổng hai số chính phương suy rộng

Định lý Fermat về tổng hai số chính phương được các nhà toán họcquan tâm và có thể suy rộng theo nhiều kiểu Sau đây là một kiểu suy rộngcủa nó

1.2.1 Bài toán biểu diễn số. Với những số nguyên dương n nào ta có thể

biểu diễn nó dưới dạng tổng của hai số bình phương? Nói khác đi, chúng

ta xét bài toán sau: Tìm các số nguyên dương n để cho phương trình vô định x 2 + y 2 = n có nghiệm nguyên không âm.

Chúng ta sẽ giải quyết bài toán này theo các bước lần lượt như sau:

1.2.2 Mệnh đề

Nếu p là số nguyên tố dạng 4k + 3 và (x 2 + y 2 ) p thì x  p, y  p.

Chứng minh Giả thiết phản chứng rằng, x không chia hết cho p Khi đó,

từ x 2 + y 2 chia hết cho p suy ra y cũng không chia hết cho p Theo định lí

1.2.3 Mệnh đề. Cho p là số nguyên tố Khi đó, phương trình x 2 + y 2 = p

có nghiệm nguyên không âm khi và chỉ khi p không có dạng 4k + 3.

Chứng minh Giả sử phương trình

thế đi đến mâu thuẫn, vậy p3 Do p = 4k+3 mà p3, nên p = 4k+3, với k

nguyên dương

Áp dụng Mệnh đề 1.2.2, từ (5) suy ra x  p, y p , từ đó (x2  y2)p2,

do vậy p  p2 Điều này mâu thuẫn với p > 1 Vậy giả sử p = 4k+3 là sai ■

Như vậy, nếu phương trình x 2 + y 2 = p có nghiệm nguyên không âm,

thì số p không thể có dạng 4k + 3 hay điều kiện cần để phương trình

x 2 + y 2 = p, với p là số nguyên tố, có nghiệm nguyên không âm đã được chỉ

ra

Bây giờ, ta xét điều kiện đủ của bài toán Giả sử p là số nguyên tố và

p không có dạng 4k + 3 Khi đó, ta có kết quả sau:

1.2.4 Mệnh đề. 1) Nếu p = 2, thì phương trình x 2 + y 2 = p có nghiệm không âm.

2) Nếu p = 4k+1, thì phương trình x 2 + y 2 = p có nghiệm không âm.

Chứng minh 1) Với p = 2 thì phương trình x 2 + y 2 =2 có nghiệm 1 ; 1

Do (q+1)2 > p (vì q = [ p ], nên p < q+1), nên theo nguyên lí

Dirichlet suy ra tồn tại hai cặp phân biệt: (x1;y1)  (x2;y2) sao cho

Bây giờ kết hợp (8) và (9) ta có:

u 2 + v 2 = p

Vậy (u;v) là nghiệm nguyên không âm của phương trình x 2 + y 2 = p.

Mệnh đề 1.2.2 được chứng minh ■

Như vậy nếu p là số nguyên tố thì bài toán đòi hỏi biểu diễn p thành

tổng của hai số bình phương đã được giải quyết hoàn toàn Nói khác đi, tacó:

1.2.5 Định lý. 1) Mọi số nguyên tố p không có dạng 4k+3, đều có thể

biển diễn được thành tổng của hai số bình phương

2) Mọi số nguyên tố p có dạng 4k+3, không thể biểu diễn được thành tổng của hai số bình phương.

Định lý sau đây (1.2.6) xét cho trường hợp n > 1 và không phải là

số nguyên tố Đây chính là câu trả lời trọn vẹn cho Bài toán biểu diễn số1.2.1

1.2.6 Định lý. Cho n là một hợp số Khi đó, số n sẽ biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số bình phương khi và chỉ khi trong dạng phân tích nguyên tố của n, tất cả các thừa số nguyên tố dạng 4k + 3 đều có số mũ chẵn.

Trước khi trình bày chứng minh, ta nêu các ví dụ minh họa cho Định

lý 1.2.6:

1) Ta có 30 = 2.3.5, ở đây chỉ có 3 là số nguyên tố có dạng 4k + 3

Do 3 trong sự khai triển có mũ lẻ, nên 30 không thể biểu diễn được thànhtổng của hai số bình phương

thành tổng của hai số bình phương Thật vậy, chẳng hạn: 90 = 32 + 92

khác p  i 1 (mod 4) , còn q  (mod 4) với j 3 i 1 ,s và j 1 ,t )

Ta sẽ chứng minh rằng phương trình x 2 + y 2 = n, có nghiệm nguyên

không âm khi và chỉ khi t j là số chẵn với mọi j 1 ,t

Giả sử phương trình x 2 + y 2 = n (10)

có nghiệm nguyên không âm x; y, nhưng trong khai triển nói trên tồn tại

h, 1 h t  sao cho t h là số lẻ Khi đó n có dạng sau:

h

t h

n q b trong đó (b, q n) = 1

Vì x; y là nghiệm của (10), nên ta có:

h

x  y q b (11)

Từ (11) suy ra (x2  y2)  Do q q h h là số nguyên tố có dạng 4k + 3, vậy

theo kết quả đã biết thì x q h và y q h Vì thế có thể đặt x q x y q y h 1;  h 1,

ở đây x 1 và y 1 cũng là các số nguyên không âm Ta có:

t h

x y q  b

(Chú ý rằng (13) xảy ra nếu t  ) h 2

Ta cứ lặp lại quá trình trên cho đến lúc lũy thừa của q bằng 1 Khi đó, ta h

sẽ thu được (tại bước m, t h = 2m + 1):

(q b q h ) h hay bq h Điều nhận được mâu thuẫn với (b, q h) = 1 Vậy giả thiết

phản chứng là sai, tức là t j là số chẵn với mọi j 1 ,t Điều kiện cần đượcchứng minh

2)Điều kiện đủ Giả sử n là số tự nhiên (n > 1), có biểu diễn như đã

nói trong Định lý 1.2.6, trong đó t j là số chẵn với mọi j 1 ,t Ta sẽ chứng

minh rằng phương trình x 2 + y 2 = n có nghiệm nguyên không âm.

Ta nhắc lại Bổ đề 1.1.2: “Giả sử các phương trình x 2 + y 2 = m;

x 2 + y 2 = n đều có nghiệm nguyên không âm, với m và n là các số nguyên

dương Khi đó, phương trình x 2 + y 2 = mn cũng có nghiệm nguyên không âm.”

- Rõ ràng phương trình x 2 + y 2 = 2 có nghiệm nguyên không âm (1; 1).

- Theo Định lý 1.1.1, với mọi i 1 ,s thì phương trình x 2 + y 2 = p i có

nghiệm nguyên nguyên không âm (do p i là số nguyên tố lẻ có dạng 4k+1).

Vì thế áp dụng Bổ đề 1.1.2 vừa nhắc ở trên hữu hạn lần, suy ra phươngtrình:

1

s s r

i i



cũng có nghiệm nguyên không âm Điều đó có nghĩa là tồn tại ,x y nguyên

không âm, sao cho:

1

s s r

i i

phương trình x 2 + y 2 = n ■

Như vậy, Bài toán 1.2.1 đặt ra đã được giải quyết trọn vẹn

CHƯƠNG 2

VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG

CỦA NHIỀU HƠN HAI SỐ CHÍNH PHƯƠNG

2.1 Biểu diễn số nguyên bởi tổng của ba số chính phương

Bài toán biểu diễn số nguyên bởi tổng của ba số chính phương lầnđầu tiên được nhà toán học Hi Lạp Diophante xét với trường hợp riêng khi

n = 8k + 7.

2.1.1 Mệnh đề. Không tồn tại số nguyên dạng 4 (8k+7), với m, k là các m

số nguyên không âm, là tổng của ba số chính phương.

Chứng minh Giả sử n là số nguyên dương có dạng n = 4 m (8k+7), ở đây

m, k là các số nguyên  0 Ta sẽ chứng minh rằng phương trình

x 2 + y 2 + z 2 = n

không có nghiệm nguyên không âm

Giả sử điều khẳng định của trên không đúng, tức là tồn tại x; y;znguyên không âm, sao cho:

Xét hai khả năng sau:

 Nếu m > 0, khi đó m1, nên vì n = 4 m (8k+7), suy ra n  0(mod 4)

Từ đó theo (1) và (2) suy ra:

 0 ; 4 

), 8 (mod

2 2 2

2 2 2

Vậy khi m > 0, điều khẳng định của Định lý là đúng.

 Nếu m = 0, thì ta có x2  y2 z2 8k  Từ trên, ta suy ra mâu7thuẫn Định lý được chứng minh ■

Ta thừa nhận mệnh đề sau đây, mà không chứng minh:

2.1.2.Mệnh đề.Giả sử n là số nguyên dương và không có dạng 4 (8k+7), m với m, k là các số nguyên không âm, khi đó phương trình x 2 + y 2 + z 2 = n

có nghiệm nguyên không âm.

Như vậy, từ các mệnh đề 2.1.1 và 2.1.2 nói trên ta suy ra:

2.1.3 Định lý. Số nguyên dương n biểu diễn được dưới dạng tổng của ba

số chính phương khi và chỉ khi n không có dạng 4 (8k+7), với m, k là các m

số nguyên không âm.

2.2 Biểu diễn số nguyên bởi tổng của