Định lý bốn bình phương của lagrange và một số cải tiến

Mở đầuĐịnh lý bốn bình phương của Lagrange hay Định lý Lagrange nói rằngmọi số nguyên dương luôn có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của bìnhphương của bốn số nguyên tổng bốn số chính p

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

——————–o0o——————–

NGUYỄN THỊ NGUYỆT THƯ

ĐỊNH LÝ BỐN BÌNH PHƯƠNG CỦA LAGRANGE VÀ MỘT SỐ CẢI TIẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN, 5/2019

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

——————–o0o——————–

NGUYỄN THỊ NGUYỆT THƯ

ĐỊNH LÝ BỐN BÌNH PHƯƠNG CỦA LAGRANGE VÀ MỘT SỐ CẢI TIẾN

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN

TS ĐOÀN TRUNG CƯỜNG

THÁI NGUYÊN, 5/2019

Mục lục

Chương 1 Định lý bốn bình phương của Lagrange 3

1.1 Biểu diễn tổng bình phương và Định lý bốn bình phương của

Lagrange 3

1.2 Định lý Legendre-Gauss và Bài toán Waring 7

Chương 2 Cải tiến Định lý bốn bình phương của Z.W.Sun và

2.1 Cải tiến của Z.W Sun 13

2.2 Cải tiến của Z.W Sun - Y.C Sun 19

Chương 3 Cải tiến của L Goldmakher-P Pollack và Thuật toán

3.1 Tập ràng buộc và cải tiến của L Goldmakher và P Pollack 25

3.2 Thuật toán tìm biểu diễn tổng bình phương 29

Mở đầu

Định lý bốn bình phương của Lagrange (hay Định lý Lagrange) nói rằngmọi số nguyên dương luôn có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của bìnhphương của bốn số nguyên (tổng bốn số chính phương) Ví dụ 23 = 12 +

22 + 32 + 32 Định lý bốn bình phương lần đầu tiên được nhà toán học HyLạp Diophantus đề cập trong bộ sách Arithmetica của ông Bộ sách này đượcBachet (Claude Gaspard Bachet de Méziriac) dịch ra tiếng La tinh vào năm

1621 và Bachet đã phát biểu định lý trong sổ ghi của mình Tuy nhiên đãkhông có chứng minh nào được đưa ra cho đến năm 1770 khi nhà toán họcngười Ý Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) đưa ra chứng minh đầu tiên củađịnh lý

Năm 1797 nhà toán học người Pháp Adrien-Marie Legendre (1752-1833)

đã tiến thêm một bước nữa bằng cách đưa ra định lý ba bình phương Định

lý này phát biểu rằng một số nguyên dương có thể được biểu diễn dưới dạngtổng của ba bình phương khi và chỉ khi nó không có dạng4k(8l + 7) với k, l làcác số nguyên Sau đó, vào năm 1834, Carl Gustav Jakob Jacobi (1804-1851,nhà toán học người Đức) đã tìm ra một công thức đơn giản cho số biểu diễncủa một số nguyên thành tổng của bốn bình phương

Định lý bốn bình phương của Lagrange có thể được cải tiến theo nhiềucách khác nhau Gần đây, Zi-Wei Sun [SUN17] đã chứng minh rằng mỗi số tựnhiên có thể được viết dưới dạng tổng của sáu lũy thừa (hoặc bốn lũy thừa)

và ba bình phương Hoặc giả thuyết 1-3-5 của Z.W Sun nói rằng số tự nhiênbất kỳ luôn có thể được viết dưới dạng a2+ b2+ c2+ d2 với a, b, c, d là các sốnguyên không âm sao choa + 3b + 5c là một bình phương Ngoài ra có các cảitiến của Zhi Wei Sun - Yu Chen Sun [SS18], Leo Goldmakher - Paul Pollack[GP18] bằng cách thêm thông tin về các số a, b, c, d Một cách tiếp cận kháccủa Paul Pollack - Enrique Trevi˜no [PT17] là đưa ra các thuật toán hữu hiệu

để tìm các số nguyên a, b, c, d khi biết số n

Mục đích của luận văn là dựa theo một số tài liệu tìm hiểu về Định lýbốn bình phương Lagrange và một số cải tiến định lý này do Z.W Sun, Y.C

Sun-Z.W Sun, L Goldmakher-P Pollack đưa ra.

Luận văn được chia thành 3 chương

Chương 1 được dành để trình bày về biểu diễn của một số tự nhiên nhưtổng của bốn bình phương, trong đó kết quả chính là Định lý Bốn bình phươngcủa Lagrange Một số mở rộng cổ điển của Định lý của Lagrange như Định lý

Ba bình phương của Legendre - Gauss, Bài toán Waring và một vài bài tậpứng dụng trong toán phổ thông được đề cập trong phần sau của Chương 1.Chương 2 tập trung trình bày một số cải tiến Định lý bốn bình phươngcủa Zhi-Wei Sun và Zhi Wei Sun - Yu Chen Sun

Trong Chương 3 chúng tôi sẽ trình bày một số cải tiến Định lý Bốn bìnhphương của Goldmakher và Pollack và một số hệ quả Phần cuối của chươngchúng tôi đề cập đến thuật toán để phân tích một số thành tổng của bốn bìnhphương

Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học – Đại học TháiNguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS Đoàn Trung Cường Tácgiả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới thầy, người đã tận tình hướng dẫntác giả trong quá trình nghiên cứu và viết bản luận văn này

Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán-Tin,trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, cùng toàn thể các thầy côtrong trường đã tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời giantheo học, thực hiện và hoàn thành luận văn

Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K11D (khóa2017-2019), bạn bè, đồng nghiệp và gia đình đã tạo điều kiện, động viên, giúp

đỡ tác giả trong quá trình học tập, nghiên cứu

Thái Nguyên, ngày 12 tháng 5 năm 2019

Tác giả luận văn

Nguyễn Thị Nguyệt Thư

1.1 Biểu diễn tổng bình phương và Định lý bốn bình

phương của Lagrange

Trong số học vấn đề biểu diễn một số tự nhiên thành tổng bình phươngcủa các số nguyên là một vấn đề cổ điển và dành được sự quan tâm của nhiềungười Ta bắt đầu với một số biểu diễn cụ thể

3 = 12 + 12 + 12,

7 = 22 + 12 + 12 + 12,

25 = 52 = 32 + 42,

2017 = 182 + 212 + 242 + 262.Tổng quát, ta có định lý rất đẹp sau đây của Lagrange

Định lý 1.1.1 (Định lý Lagrange) Mọi số nguyên không âm có thể được viếtdưới dạng tổng của bốn bình phương các số nguyên, nghĩa là với mọi n ∈ N,

ta có

n = a2 + b2 + c2 + d2 (1.1)

Do đó, nếu ta chứng minh được khẳng định đúng trong trường hợp các sốnguyên tố thì ta có biểu diễn

mi = a2i + b2i + c2i + d2i,với các số nguyên ai, bi, ci, di, i = 1, , r Sử dụng đồng nhất thức Euler, tasuy ra

m1m2 = (a21 + b21 + c21 + d21)(a22 + b22 + c22 + d22) = x22 + y22 + z22 + w22

m1m2m3 = (x22 + y22 + z22 + w22)(a23 + b23 + c23 + d23) = x23 + y23 + z32 + w32.Tương tự

một tập hợp Y = {−1 − y02, −1 − y12, , −1 − y2n−1

2

} gồm n + 1

2 lớp đồng dưkhác nhau theo modulon Vì có nhiều nhất nlớp đồng dư theo modulo nnên

X và Y phải giao nhau, nghĩa là có các chỉ số i, j sao cho

nk = x2 + y2 + z2 + w2 (1.2)

Quay lại chứng minh ncó biểu diễn n = a2+ b2+ c2+ d2 với a, b, c, d ∈ N.Gọi m0 > 0 là số nhỏ nhất để m0n có biểu diễn

m0n = tổng bốn bình phương

Ta có nhận xét là m0 luôn tồn tại và m0 ≤ k vì luôn có nk = 1 + x2 + y2 =

02 + 12 + x2 + y2 theo (1.2) Bài toán quy về chứng minh m0 = 1

Giả sử m0 > 1, đặt

m0n = x21 + x22 + x23 + x24.Nếu m0 chẵn, thìm0n chẵn nên ta có hoặc xi là các số chẵn hoặc xi là các số

lẻ hoặc hai số chẵn hai số lẻ

Giả sử x1, x2 chẵn Khi đó ta xét x1 6= x2 và x3 6= x4 đều chẵn, ta viết

m02



n =



x1 + x22

2+



x1 − x22

2

+



x3 + x42

2+



x3 − x42

2

Vì m0 là nhỏ nhất nên điều này mâu thuẫn

Như vậy m0 là số lẻ Ta chọn yi sao cho

yi ≡ xi (mod n), |yi| < m0

2 .

4 Do đó

y12 + y22 + y23 + y42 < m20và

y21 + y22 + y32 + y42 ≡ 0(mod m0)

Do đó

x21 + x22 + x23 + x24 = m0n (m0 < n)

y12 + y22 + y23 + y42 = m0m1 (0 < m1 < m0)và

m1m20n = (x21 + x22 + x23 + x24)(y12 + y22 + y32 + y42)

= z12 + z22 + z32 + z42.Với z1 = x1y1 + x2y2 + x3y3 + x4y4 thì

Ta viết zi = m0wi với số nguyên wi nào đó Chia m1m20n cho m20, ta có

m1n = w12+ w22+ w23+ w42 Điều này mâu thuẫn với giả thiết m0 là nhỏ nhất

Từ đó suy ra m0 = 1

Định lý bốn bình phương được Joseph-Louis Lagrange (1736 – 1813) chứngminh vào năm 1770 Ông là một nhà toán học và nhà thiên văn học và nhàchính trị Pháp gốc Ý Lagrange có nhiều thời gian làm việc tại Ý, Đức vàPháp Ông đã có những đóng góp quan trọng trong nhiều lĩnh vực của giảitích toán học, lý thuyết số, cơ học cổ điển và cơ học thiên thể.

Liên quan đến biểu diễn bốn bình phương, một cách tự nhiên quan tâmtiếp theo sẽ là số lượng biểu diễn Nghiên cứu theo hướng này được nhà toánhọc người Đức Carl Gustav Jakob Jacobi tiến hành và được ông công bố năm

1834, ngày nay được gọi là Định lý bốn bình phương của Jacobi Kết quả nàyđưa ra một công thức cho số cách biểu diễn một số nguyên dươngn dưới dạngtổng của bốn bình phương

Để phát biểu kết quả của Jacobi, với mỗi số tự nhiên n, ký hiệu Q(n) là

số các bộ các số nguyên (x1, x2, x3, x4) (không tính sai khác thứ tự) thoả mãn

n = x21 + x22 + x23 + x24.Định lý 1.1.2 (Định lý bốn bình phương của Jacobi) Cho số tự nhiên n vàviết n dưới dạng n = 2r(2t + 1) Khi đó

Q(n) =

(8S(2t + 1) với r = 0,24S(2t + 1) với r 6= 0

trong đó

S(n) =X

d|nd

Có một số cách chứng minh cho định lý của Jacobi, ví dụ có thể xem mộtchứng minh của Hirschhorn [HIR85] sử dụng một đồng nhất thức tích ba thừasố

1.2 Định lý Legendre-Gauss và Bài toán Waring

Có rất nhiều tác giả đã cố gắng mở rộng định lý Lagrange theo nhiều khíacạnh khác nhau, ta sẽ xét một số mở rộng gần đây của định lý này trongcác chương sau Trong tiết này ta xét một số mở rộng cổ điển là định lýLegendre-Gauss và Bài toán Waring

Định lý Lagrange khẳng định bốn bình phương đủ để biểu diễn một số tựnhiên bất kỳ Nói cách khác, tổng ba bình phương là không đủ để biểu diễntất cả số tự nhiên Thật vậy, vì x2i ≡ 0, 1 hoặc 4 (mod 8) nên

x21 + x22 + x23 6≡ 7 (mod 8),

vì vậy không có số nào có dạng 8t + 7 có thể biểu diễn dưới dạng ba bìnhphương.

Với trường hợp hai bình phương, ta có định lý sau

Định lý 1.2.1 Một số nguyên dương n biểu diễn được dưới dạng tổng củahai bình phương khi và chỉ khi tất cả các thừa số nguyên tố của n có dạng4t + 3 với số mũ chẵn khi phân tích n thành các thừa số nguyên tố

Định lý hai bình phương được chứng minh tương tự như chứng minh chobốn bình phương bằng cách sử dụng đồng nhất thức

(x21 + x22)(y12 + y22) = (x1y1 + x2y2)2 + (x1y2 − x2y1)2.Trường hợp biểu diễn tổng ba bình phương là nội dung của Định lýLegendre-Gauss

Định lý 1.2.2 (Legendre-Gauss) Một số tự nhiên n có dạng n = 4k(8l + 7)với k, l ∈ N khi và chỉ khi n không biểu diễn được thành tổng của ba bìnhphương

Chứng minh Ta chỉ trình bày chứng minh điều kiện cần Chứng minh điềukiện đủ cần nhiều kiến thức và nằm ngoài phạm vi của luận văn này

Giả sử ngược lại, n = 4k(8l + 7) và n = x2+ y2+ z2 với x, y, z ≥ 0 là các

số nguyên nào đó Vì bình phương một số đồng dư với 0, 1, 4 modulo 8 nên

Một hướng khác để mở rộng Định lý Lagrange là thay cho các bình phương,

ta có thể xét các luỹ thừa cao hơn Đây là nội dung bài toán Waring

Cho trước số nguyên dương s và k Bài toán của Waring nói về sự biểudiễn của các số tự nhiên dưới dạng s lũy thừa k, cụ thể

n = xk1 + · · · + xks.Câu hỏi đầu tiên đặt ra là với k cho trước liệu có s = s(k) nào đó sao chobài toán về biểu diễn

n = xk1 + · · · + xks

là giải được với mọi n hay không

Ngay khi Lagrange đưa ra chứng minh cho định lý của mình vào năm

1770 thì nhà toán học người Anh Edward Waring (1736-1798) đã phát biểugiả thuyết rằng mọi số tự nhiên đều có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của

4 bình phương, 9 lập phương, 19 trùng phương, Nói cách khác số s = s(k)tồn tại trong trường hợpk = 2, 3, 4, Hilbert là người đầu tiên chứng minhkhẳng định này với mọi số nguyên dương k vào năm 1909 Ngày nay kết quảnày mang tên Định lý Hilbert-Waring

Với mỗi sốk, sốsnhỏ nhất được ký hiệu làg(k) Như vậy Định lý Lagrange

và Định lý Legendre-Gauss khẳng định rằng g(2) = 4 Trong phần hai củatiết này ta sẽ xét một số kết quả về g(k) trong một số trường hợp đặc biệt.Trước hết ta có một chặn trên của g(k) trong trường hợp k = 4

Định lý 1.2.3 g(4) tồn tại và g(4) ≤ 53

Chứng minh Ký hiệuBs là tập hợp các số là tổng của s số trùng phương (luỹthừa bậc 4 của một số nguyên) Theo định lý Lagrange, một số tự nhiên xluôn có biểu diễn x = a2 + b2 + c2 + d2 Từ đồng nhất thức

6(a2 + b2 + c2 + d2)2 = (a + b)4 + (a − b)4 + (c + d)4 + (c − d)4

+ (a + c)4 + (a − c)4 + (b + d)4 + (b − d)4+ (a + d)4 + (a − d)4 + (b + c)4 + (b − c)4suy ra

6x2 = 6(a2 + b2 + c2 + d2)2 ∈ B12.Mỗi số nguyên dương n được viết dạng n = 6t + r với 0 ≤ r ≤ 5 Áp dụngĐịnh lý Lagrange lần nữa, ta có

n = 6(x21 + x22 + x23 + x24) + rsuy ra

n ∈ B12+ B12+ B12 + B12+ r = B48+ r ⊆ B53

Do đó g(4) tồn tại và tối đa bằng 53

Trường hợp k bất kỳ, ta có chặn dưới số g(k) như sau.

Định lý 1.2.4

g(k) ≥ 2k +

"

32

k# Ta xét số

n = 2kq − 1 < 3k

Rõ ràng n chỉ có thể biểu diễn thành tổng của các số hạng có dạng 1k và 2k.Vì

n = (q − 1)2k+ (2k − 1)1knên để biểu diễn n thành tổng các luỹ thừa bậc k, ta cần 2k+ q − 2 lũy thừa.Vậy

g(k) ≥ 2k + q − 2

Ký hiệu G(k) là số s nhỏ nhất sao cho mọi số nguyên dương đủ lớn đều

là tổng của s lũy thừa k nào đó Hiển nhiên

Định lý 1.2.5

G(k) ≥ k + 1với k ≥ 2

Chứng minh Với mỗi số tự nhiênN, ký hiệu A(N ) là số các số nguyên dương

n ≤ N có thể biểu diễn dưới dạng

n = xk1 + · · · + xkk

với các số nguyên xi ≥ 0 Giả sử

0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ ≤ xk ≤ N1k.Nếu B(N ) là số các số nguyên không âm x1, , xk thoả mãn các bất đẳngthức này thì rõ ràng A(N ) ≤ B(N ) và

B(N ) = [N

1

k] + 1 + k − 1k

!

=

Qk i=1

[N1k] + ik! ∼ N

k!.

Nếu G(k) ≤ k thì tất cả trừ một số hữu hạn có thể biểu diễn dưới dạng tổnglũy thừa k và

A(N ) ≥ N − ctrong đó c là hằng số (không phụ thuộc vào N) Khi đó,

Trong phần cuối của tiết này chúng tôi trình bày một vài bài tập ứng dụngbiểu diễn một số tự nhiên dưới dạng tổng của ba bình phương cho các bàitoán phổ thông Bài tập yêu cầu tìm biểu diễn bốn bình phương có thể xéttương tự

Cách tách 1 số nguyên dương thành tổng 3 bình phương (nếu có):

- Dùng đồng dư, biện luận để xét 3số x, y, z có tính chia hết như thế nào

- Tách, lấy ra một số chính phương (trừ ra) từ số n cho trước

- Tách số còn lại thành tổng của hai bình phương

Ví dụ 1.2.6 Hãy viết 515 thành tổng của ba bình phương

Lời giải Giả sử 515 = x2 + y2 + z2 với x, y, z ∈ Z nào đó.

Nếu x, y, z đều không chia hết cho 5 thì x2 ≡ y2 ≡ z2 ≡ a ∈ {1, 4} (mod

5) Suy ra x2+ y2 + z2 ≡ a ∈ {1, 4} (mod 5) mà 515 chia hết cho 5 Vô lí! Vìvậy luôn có ít nhất một số trong các số x, y, z chia hết cho 5 Giả sử đó là xthì 0 ≤ x ≤ 20 vì 252 > 515 Ta lần lượt xét các giá trị x

x = 0: Ta có 515 = 0 + 515 = 0 + 5.103 Vì 103 là ước nguyên tố dạng 4t + 3nên 515 không là tổng của hai bình phương theo Định lý 1.2.1

có ít nhất một số chia hết cho 6 Giả sử đó là x thì 0 ≤ x ≤ 26 vì 272 > 701.

Ta lần lượt xét các giá trị x chia hết cho 6 trong khoảng đó

Chương 2 Cải tiến Định

lý bốn bình phương của

Z.W.Sun và Y.C Sun

Chương này tập trung trình bày một số cải tiến Định lý bốn bình phươngcủa Zhi-Wei Sun và Zhi Wei Sun - Yu Chen Sun Chúng tôi cũng đề cập đếnmột số giả thuyết thu được từ những cải tiến khác nhau của định lý Lagrange.Các kết quả chính của chương được tham khảo từ các tài liệu [SUN17, SS18]

2.1 Cải tiến của Z.W Sun

Cho N = {0, 1, 2, } là tập hợp các số tự nhiên (các số nguyên khôngâm) Theo Định lý bốn bình phương của Lagrange, mọi số tự nhiên n ∈ Nđều có thể được viết dưới dạng x2 + y2 + z2 + w2 với x, y, z, w ∈ N nào đó.Z.W Sun đưa ra một số cải tiến kết quả này bằng cách tìm thêm các ràngbuộc khác giữa các số x, y, z, w Đây cũng là một ý tưởng được các nhà toánhọc khác sử dụng khi tìm cách cải tiến định lý này Trong mục này, chúng tôitrình bày một số cải tiến định lý Lagrange của Z.W Sun sử dụng khái niệm

đa thức thích hợp (suitable polynomial)

Trước hết, với các số nguyên a, b, c ∈ Z∗ = {1, 2, 3, } cho trước, nhậnxét rằng tập hợp

Định nghĩa 2.1.2 Một đa thức P (x, y, z, w) với các hệ số nguyên được gọi

là thích hợp (suitable polynomial) nếu mọi số tự nhiên n ∈ N luôn có thểđược viết dưới dạng n = x2+ y2+ z2+ w2 với x, y, z, w ∈ N mà P (x, y, z, w)

là một bình phương

Mở rộng Định lý bốn bình phương đầu tiên của Z.W Sun là định lý sauđây

Định lý 2.1.3 Cho a ∈ {1, 4} và m ∈ {4, 5, 6} Khi đó, mọi số tự nhiên

n ∈N đều có thể viết được dưới dạng axm+ y2 + z2 + w2 với x, y, z, w ∈ N

Chứng minh Trường hợp n = 0, 1, 2, , 4m/gcd(2,m) − 1 ta có thể kiểm tratrực tiếp Giả sửn ≥ 4m/gcd(2,m) và khẳng định là đúng với mọi số nguyên nhỏhơn n Ta xét các trường sau

Trường hợp 1 4m/gcd(2,m)|n

Theo giả thiết, ta có

n

4m/gcd(2,m) = axm+ y2 + z2 + w2với x, y, z, w ∈ N nào đó Do đó

n = a22/gcd(2,m)x

m+2m/gcd(2,m)y

2+2m/gcd(2,m)z

2+2m/gcd(2,m)w

2

Trường hợp 2 4m/gcd(2,m) - n và n 6= 4k(8l + 7) với k, l ∈ N

Trong trường hợp này, n /∈ E(1, 1, 1) và do đó có y, z, w ∈ N sao cho

n = a.0m + y2 + z2 + w2

Trường hợp 3 n = 4k(8l + 7) với k, l ∈ N và k < m/gcd(2, m)

Nếu k ∈ {0, 2} hoặc k = 2 và m > 4 = a thì n − a /∈ E(1, 1, 1) theo (2.2)

và do đó

n = a.1m + y2 + z2 + w2,với y, z, w ∈ N Khi a = 1, k = 2 và m ∈ {5, 6} ta có n − 2m = 42(8l + 7 −

2m−4) /∈ E(1, 1, 1) theo (2.2) và do đó

n = a.2m + y2 + z2 + w2,với y, z, w ∈N.

Trong Định lý 2.1.3 cho a = 1, 4 và m = 4, ta nhận thấy x và 2x đều làcác đa thức thích hợp Mặt khác, với mọi số chính phương a ≥ 3, đa thức ax

là không thích hợp vì 7 6= (ax2)2 + y2 + z2 + w2 với mọi x, y, z, w ∈ N.

Kết quả cải tiến thứ hai của Z.W Sun là định lý sau đây

Định lý 2.1.4 (i) Các đa thức x − y và 2(x − y) đều là thích hợp

(ii) Cho c ∈ {1, 2, 4} Số tự nhiên n ∈ N bất kỳ luôn có thể đươc viết dướidạng x2 + y2 + z2 + w2, với x, y, z, w ∈ Z thoả mãn x + y = ct3, t ∈ Z.(iii) Cho d ∈ {1, 2} và m ∈ {2, 3} Khi đó, số tự nhiên n ∈ N bất kỳ có thểviết được dưới dạng x2+ y2+ z2+ w2 với x, y, z, w ∈ Z sao cho x + 2y = dtmvới t ∈ Z.

(iv) Với n ∈ N bất kỳ có thể viết được dưới dạng x2 + y2 + z2 + w2 với

x, y, z, w ∈ Z sao choxy + yz + zw + wx = (x + z)(y + w) là một bình phương.(v) Mỗi số nguyên dương n ∈ Z+ luôn có thể viết được dưới dạng 4k(1 +4x2 + y2) + z2 với k, x, y, z ∈ N

Chứng minh (i) Cho a ∈ {1, 2} Ta chứng minh bằng quy nạp khẳng địnhmọi số tự nhiên n ∈ N đều có thể viết được dưới dạng x2 + y2 + z2 + w2 với

x, y, z, w ∈ Z sao cho a(x − y) là một bình phương

Trường hợp n = 0, 1, , 15 được chứng minh bằng tính toán trực tiếptrực tiếp

Giả sử n ≥ 16 và khẳng định được chứng minh với mọi số tự nhiên nhỏhơn n Ta xét các trường hợp sau

Trường hợp 1 16|n

Theo giả thuyết quy nạp ta có x, y, z, w ∈ N vớia(x − y) một bình phươngsao cho n/16 = x2+ y2+ z2+ w2 và do đó n = (4x)2+ (4y)2+ (4z)2+ (4w)2với a(4x − 4y) một bình phương

Trường hợp 2 16 - n và n /∈ E(2, 1, 1)

Ta có x, y, z, w ∈ N vớix = yvà n = x2+y2+z2+w2, do đó a(x−y) = 02

là một bình phương

Trường hợp 3 16 - n và n ∈ E(2, 1, 1).

Trong trường hợp này, theo Bổ đề 2.1.1(a) thì n = 4k(16l + 14) với k ∈{0, 1} và l ∈ N Theo (2.2), ta có n/2 − (2/a)2 ∈ E(1, 1, 1)/ Khi đó, n/2 −(2/a)2 = t2+u2+v2 vớit, u, v ∈ N vàt ≥ u ≥ v Khin/2−(2/a)2 ≥ 8−4 > 3,

ta có t ≥ 2 ≥ 2/a Suy ra

n = 2

2a

2+ t2

!+ 2(u2 + v2)

=



t + 2a

2+



t − 2a

2+ (u + v)2 + (u − v)2

với a((t + 2/a) − (t − 2/a)) = 22

(ii) Ta có thể chứng minh khẳng định trực tiếp cho mọi n = 0, 1, , 63.Cho n ≥ 64 và giả sử mọi số r = 0, 1, , n − 1 có thể được viết dưới dạng

x2 + y2 + z2 + w2 với x, y, z, w ∈ Z thoả mãn x + y = ct3 với t ∈ Z nào đó.Nếu 64 | n thì n/64 có thể viết ở dạng trên và do đó

n = (8x)2 + (8y)2 + (8z)2 + (8w)2với 8x + 8y = c(2t)3

Xét trường hợp 64 - n Ta có {2n, 2n − c2, 2n − 64c2} * E(1, 1, 1) Nếu{2n, 2n − 1} ⊆ E(1, 1, 1) thì theo Định lý Legendre-Gauss, hay (2.2), suy ra2n = 4k(8l + 7) với k ∈ {2, 3} và l ∈ N Do đó 2n − 64 có dạng 42(8l + 3)hoặc 43(8l + 6) và 2n − 64 /∈ E(1, 1, 1)

Nếu 2n = 4k(8l + 7) với k ∈ {1, 2} và l ∈ N thì 2n − 4 có dạng 4(8l + 6)hoặc4(8(4l + 3) + 3) và2n − 22 ∈ E(1, 1, 1)/ Nếu 2n = 43(8l + 7) với l ∈ N thì2n − 64 × 22 = 43(8l + 3) /∈ E(1, 1, 1) Khi 2n = 4k(8l + 7) với k ∈ {1, 2, 3}

n = (2x − δc)

2 + δ2c2

y2 + z22

= x2 + (δc − x)2 +



y + z2

2+



y − z2

2

với x + (δc − x) = cδ ∈ {ct3 : t = 0, 1, 2}.

(iii) Với n = 0, 1, , 4m− 1, khẳng định được chứng minh trực tiếp

Cố định n ∈ N với n ≥ 4m và giả sử khẳng định đúng với các số nhỏ hơn

n Nếu 4m|n thì theo giả thuyết quy nạp n/4m có thể viết được dưới dạng

x2 + y2 + z2 + w2 với x, y, z, w ∈ Z sao cho x + 2y = dtm với t ∈ Z và do đó

n = (2mx)2 + (2my)2 + (2mz)2 + (2mw)2 với 2mx + 2(2my) = 2m(x + 2y) =d(2t)m

Giả sử 4m - n Theo (2.2), ta có {5n, 5n − d2, 5n − 4md2} * E(1, 1, 1).Với l ∈ N bất kỳ, ta có 8l + 7 − d2 ∈ E(1, 1, 1)/ và 4(8l + 7) − d2 ∈ E(1, 1, 1)/ Nếu 5n = 42(8l + 7) với l ∈ N thì 5n − 22 = 4(8(4l + 3) + 3) /∈ E(1, 1, 1)

và 5n − 4313 = 42(8l + 3) /∈ E(1, 1, 1) Khi đó, với δ ∈ {0, 1, 2m} ta có thểviết 5n − δ2d2 dưới dạng x2 + y2+ z2 + w2 với x, y, z, w ∈ Z Ta có một bìnhphương đồng dư với 0, 1, −1 modulo 5 Dễ thấy một trong x2, y2, z2 đồng dưvới−(δd)2 modulo5 Không mất tổng quát, ta giả sử (δd)2+ x2 ≡ y2+ z2 ≡ 0(mod 5) Khi x2 ≡ (2δd)2 (mod 5) và y2 ≡ (2z)2 (mod 5), không mất tổngquát ta giả sử x ≡ 2δd (mod 5) và y ≡ 2z (mod 5) Vậy r = (2x + δd)/5, s =(2δd − x), u = (2y + z)/5 và v = (2z − y)/5 đều là các số nguyên Ta có

(iv) Cho n = 0, 1, 2, ta có x, z ∈ {0, 1} sao cho n = x2 + 02 + z2 + 02 với(x + z)(0 + 0) =)2 Ta có

3 = 12 + 12 + (−1)2 + 02 với (1 + (−1))(1 + 0) = 02

Cho n ∈ {4, 5, 6, } và giả sử với r = 0, , n − 1 bất kỳ có thể được viếtdưới dạng x2 + y2+ z2 + w2 với x, y, z, w ∈ Z sao cho (x + z)(y + w) là mộtbình phương

Khi đó, nếu 4|n thì n/4 có thể được viết dưới dạng x2 + y2 + z2 +

w2 (x, y, z, w ∈ Z) với (x + z)(y + w) một bình phương và n = (2x)2 +(2y)2 + (2z)2 + (2w)2 với (2x + 2z)(2y + 2w) = 22(x + z)(y + w) một bìnhphương

Nếu n là số lẻ thì theo Bổ đề 2.1.1, E(1, 1, 2) = {4k(16l + 14) : k, l ∈ N}

Ta có thể tìm được x, y, z, w ∈ Z với w = −y sao cho

n = x2 + 2y2 + z2 = x2 + y2 + z2 + w2với (x + z)(y + w) = 02

Bây giờ ta xét trường hợp n = 2m với m lẻ Theo Bổ đề 2.1.1(a),

E(1, 1, 2) = {4k(16l + 14) : k, l ∈ N}