2.3 Phương trình Diophant phi tuyến
2.3.2 Biểu diễn một số dưới dạng tổng hai bình phương
Ta xét bài toán: Số nguyên dương nào biểu diễn được thành tổng của hai bình phương tức là: Với n nào thì phương trình x2+y2=n có nghiệm x, y ∈N. Với n là số nguyên tố ta có định lý sau.
Định lý 2.9. Điều kiện cần và đủ để một số nguyên tố p có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai bình phương là p6= 3 (mod 4).
Chứng minh. Giả sử phương trình x2+y2 = p có nghiệm (x, y). Ta có x2 = 0,1 (mod 4);y2 = 0,1 (mod 4) ∀x, y ∈ N ⇒ x2+y2 = 0,1,2 (mod 4). Do đó nếu p = 3 (mod 4) thì x2+y2 =p vô nghiệm.
Nếu p= 2 thì phương trình có nghiệm (x, y) = (1,1).
Ngược lại, nếu p6= 3 (mod 4), do plà số nguyên tố khác 2 nên p= 4k+ 1, theo định lý Wilson ta có (p−1)! + 1 = 0 (modp) hay (4k)! + 1 = 0 (mod p). Mà
(4k)! + 1 = 1.2. . .2k.(2k+ 1). . .(4k) + 1
= 1.2. . .2k.(p−2k)(p−2k+ 1). . .(p−1) + 1
= (2k)!(−1)2k(2k)! + 1
= ((2k)!)2+ 1 (mod p).
Do đó ((2k)!)2+ 1 = 0 (mod p) hay a2 =−1 (mod p) với a= (2k)!. Đặt q = [√
p]. Xét (q+ 1)2 số sau {x +ay}, x = 0,1, . . . , q;y = 0,1, . . . , q. Vì (q+ 1)2 > p nên tồn tại (x1, y1)6= (x2, y2) sao cho
x1+ay1 =x2+ay2 (mod p)⇒(x1−x2) = a(y2−y1) (mod p)
⇒u2 =a2v2=−v2 (mod p)⇒u2+v2 = 0 (mod p) ở đó u=|x1−x2| ≤q < √
p;v =|y1−y2| ≤q <√ p.
Vậy u2+v2= 0 (mod p). Vì 0< u2+v2< p+p= 2p nên suy ra u2+v2=p. Ví dụ 2.11. Các số 5,13,17,29 = 1 (mod 4)nên viết được dưới dạng tổng hai bình phương:5 = 22+ 12; 13 = 32+ 22; 17 = 12+ 42; 29 = 52+ 22. Còn các số3,7,11,19 = 3 (mod 4) nên không viết được dưới dạng tổng hai bình phương.
Số 2017 = 1 (mod 4) viết được dưới dạng tổng hai bình phương là 2017 = 92+ 442.
Với n là hợp số, điều kiện để n biểu diễn được thành tổng của đúng hai bình phương được cho bởi định lý sau
Định lý 2.10. Để n biểu diễn được thành tổng của đúng hai bình phương tức là phương trình x2+y2 =n có nghiệm nguyên dương thì điều kiện cần và đủ là
• Nếu n là số chính phương thì n phải có ít nhất một ước nguyên tố dạng 4k+ 1.
• Nếu n không là số chính phương thì trong phân tích tiêu chuẩn của n các ước nguyên tố có dạng 4k+ 3 phải có số mũ chẵn.
Chứng minh. 1. Giả sử n = m2 = a2+b2, a, b ∈ N∗ và n = 22rQ
qi2ti với qi là số nguyên tố dạng 4k+ 3. Xét q =qi ⇒ a = qa1, b =qb1 ⇒a21+b21 = 22rQ
qi2ti−2. Sau một số hữu hạn bước ta đi đếnc2+d2= 22r = 4r ⇒c= 2c1, d= 2d1 ⇒c21+d21= 4r−1. Sau một số hữu hạn bước ta đi đến u2+v2= 1 với u, v ∈N∗. Mâu thuẫn.
Đảo lại giả sửp|n, p = 4k+1⇒p|m ⇒m=pk⇒n=p2k2. Ta cóp=a2+b2, a >
b⇒p2= (a2+b2)2 = (a2−b2)2+ (2ab)2=A2+B2, A, B ∈N∗ ⇒n= (kA)2+ (kB)2. 2. Điều kiện cần hiển nhiên do định lý 2.9. Ngược lại, do n là số không chính phương và trong phân tích tiêu chuẩn củan các ước nguyên tố dạng 4k+ 3 phải có số mũ chẵn nên n=m2h với h=p1p2. . . pk, pi là các số nguyên tố phân biệt không có dạng 4k + 3. Theo định lý 2.9 h =a2+b2. Do h là tích các số nguyên tố phân biệt nên a, b6= 0. Vậy n = (ma)2+ (mb)2.
Sau đây là một số tính chất của số viết được dưới dạng tổng hai bình phương.
Tính chất 2.1. Tích của hai số, mà mỗi số là tổng của hai bình phương, cũng là tổng của hai bình phương.
Chứng minh. Ta có m= (a2+b2);n= (c2+d2) thì mn= (a2+b2)(c2+d2)
= (ac)2+ (ad)2+ (bc)2+ (bd)2
= (ac)2+ 2acbd+ (bd)2+ (ad)2−2adbc+ (bc)2
= (ac+bd)2+ (ad−bc)2.
Tính chất 2.2. Nếu một số tự nhiên n mà chia hết cho số nguyên tố p, và cả n, p đều có thể biểu diễn thành tổng của hai bình phương, thì n
p cũng có thể biểu diễn thành tổng của hai bình phương.
Chứng minh. Ta có n = a2 +b2;p = c2 +d2, với a, b, c, d là các số tự nhiên. Do (ac+bd)(ac−bd) =a2c2−b2d2 =a2(c2+d2)−(a2+b2)d2 =a2.p−n.d2 = 0 (mod p), mà p nguyên tố, nên (ac+bd) = 0 (mod p) hoặc (ac−bd) = 0 (mod p).
Nếu (ac−bd) = 0 (modp). Sử dụng tính chất 2.1 ta có n
p = a2+b2
p = (ad+bc)2
p2 +(ac−bd)2 p2 do (ac−bd) = 0 (mod p), nên (ac−bd)
2
p2 là số chính phương, mà n
p nguyên, nên (ad+bc)2
p2 cũng 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) = 0 (mod p), lúc này ta phân tích n
p = a2+b2
p =
(ac+bd)2
p2 + (ad−bc)2
p2 , và lặp lại các bước tương tự như trên.
Tính chất 2.3. Nếu n chia hết cho m, mà n có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương còn m thì không, thì tỷ số n
m có ước dương lớn hơn 1 không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.
Chứng minh. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử mọi ước của n
m đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Đặt n
m =p1.p2. . . pk với p1, p2, . . . , pk đều là các số nguyên tố (không nhất thiết đôi một khác nhau). Dop1, p2, . . . , pk đều biểu diễn thành tổng của hai số chính phương được nên áp dụng tính chất 2.2 chia n liên tiếp k lần cho p1, p2, . . . , pk suy ra m = n
p1.p2. . . pk, có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Suy ra mâu thuẫn.
Tính chất 2.4. Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước dương lớn hơn 1 của a2+b2 đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.
Chứng minh. Chứng minh phản chứng. Giả sử tồn tại các số tự nhiêna, bnguyên tố cùng nhau sao cho a2+b2 có ít nhất một ước dương lớn hơn 1 không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Trong các cặp số đó ta xét cặp(a, b)thỏa mãn tổng (a+b) nhỏ nhất.
Xét x là ước dương lớn hơn 1 củaa2+b2 mà không thể biểu diễn thành tổng của 2 số chính phương.
Đặt a=mx+c, b=nx+d, trong đó 0< c, d ≤x−1. Suy ra
a2+b2 =m2x2+ 2mxc+c2+n2x2+ 2nxd+d2=Ax+ (c2+d2).
Suy rac2+d2= 0 (mod x). Nếu (c, d) = 1 thì do tổng c+d < a+b nên mẫu thuẫn với giả thiết về tổng(a+b) là nhỏ nhất. Vậy (c, d) =y >1. Nếu y, x không nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại số nguyên tố p sao cho y, x = 0 (mod p), suy ra a, b = 0 (mod p) (mâu thuẫn với giả thiết (a, b) = 1.
Vậy (x, y) = 1. Đặt c1 = c
y, d1 = d
y, thì (c1, d1) = 1 và c21+d21 = 0 (mod x), và rõ ràng c1+d1 < a+b, mẫu thuẫn với giả thiết về tổng (a+b) là nhỏ nhất.
Vậy điều giả sử là sai. Ta có điều phải chứng minh.
Chương 3
Một số dạng toán liên quan đến
thặng dư và thặng dư bình phương
Trong phần này sẽ trình bày một số dạng toán ứng dụng trực tiếp các kiến thức về thặng dư và thặng dư bình phương.