Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)

40 110 0
Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)Định lý bốn bình phương của Lagrange và một số cải tiến (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN 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 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN 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: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN TS ĐOÀN TRUNG CƯỜNG THÁI NGUYÊN, 5/2019 iii Mục lục Mở đầu Chương Định lý bốn bình phương Lagrange 1.1 Biểu diễn tổng bình phương Định lý bốn bình phương Lagrange 1.2 Định lý Legendre-Gauss Bài toán Waring 3 Chương Cải tiến Định lý bốn bình phương Z.W.Sun Y.C Sun 13 2.1 Cải tiến Z.W Sun 13 2.2 Cải tiến Z.W Sun - Y.C Sun 19 Chương Cải tiến L Goldmakher-P Pollack Thuật tốn tìm biểu diễn 25 3.1 Tập ràng buộc cải tiến L Goldmakher P Pollack 25 3.2 Thuật tốn tìm biểu diễn tổng bình phương 29 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 Mở đầu Định lý bốn bình phương Lagrange (hay Định lý Lagrange) nói số ngun dương ln biểu diễn dạng tổng bình phương bốn số nguyên (tổng bốn số phương) Ví dụ 23 = 12 + 22 + 32 + 32 Định lý bốn bình phương lần nhà tốn học Hy Lạp Diophantus đề cập sách Arithmetica ông Bộ sách Bachet (Claude Gaspard Bachet de Méziriac) dịch tiếng La tinh vào năm 1621 Bachet phát biểu định lý sổ ghi Tuy nhiên khơng có chứng minh đưa năm 1770 nhà toán học người Ý Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) đưa chứng minh định lý Năm 1797 nhà toán học người Pháp Adrien-Marie Legendre (1752-1833) tiến thêm bước cách đưa định lý ba bình phương Định lý phát biểu số nguyên dương biểu diễn dạng tổng ba bình phương khơng có dạng 4k (8l + 7) với k, l số nguyên Sau đó, vào năm 1834, Carl Gustav Jakob Jacobi (1804-1851, nhà tốn học người Đức) tìm cơng thức đơn giản cho số biểu diễn số nguyên thành tổng bốn bình phương Định lý bốn bình phương Lagrange cải tiến theo nhiều cách khác Gần đây, Zi-Wei Sun [SUN17] chứng minh số tự nhiên viết dạng tổng sáu lũy thừa (hoặc bốn lũy thừa) ba bình phương Hoặc giả thuyết 1-3-5 Z.W Sun nói số tự nhiên ln viết dạng a2 + b2 + c2 + d2 với a, b, c, d số nguyên không âm cho a + 3b + 5c bình phương Ngồi có cải tiến Zhi Wei Sun - Yu Chen Sun [SS18], Leo Goldmakher - Paul Pollack [GP18] cách thêm thông tin số a, b, c, d Một cách tiếp cận khác Paul Pollack - Enrique Trevi˜ no [PT17] đưa thuật toán hữu hiệu để tìm số nguyên a, b, c, d biết số n Mục đích luận văn dựa theo số tài liệu tìm hiểu Định lý bốn bình phương Lagrange số cải tiến định lý Z.W Sun, Y.C Sun-Z.W Sun, L Goldmakher-P Pollack đưa Luận văn chia thành chương Chương dành để trình bày biểu diễn số tự nhiên tổng bốn bình phương, kết Định lý Bốn bình phương Lagrange Một số mở rộng cổ điển Định lý Lagrange Định lý Ba bình phương Legendre - Gauss, Bài tốn Waring vài tập ứng dụng toán phổ thông đề cập phần sau Chương Chương tập trung trình bày số cải tiến Định lý bốn bình phương Zhi-Wei Sun Zhi Wei Sun - Yu Chen Sun Trong Chương chúng tơi trình bày số cải tiến Định lý Bốn bình phương Goldmakher Pollack số hệ Phần cuối chương đề cập đến thuật tốn để phân tích số thành tổng bốn bình phương Luận văn thực Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn TS Đồn Trung Cường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy, người tận tình hướng dẫn tác giả trình nghiên cứu viết luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn tồn thể thầy Khoa Tốn-Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, tồn thể thầy trường tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn K11D (khóa 2017-2019), bạn bè, đồng nghiệp gia đình tạo điều kiện, động viên, giúp đỡ tác giả trình học tập, nghiên cứu Thái Nguyên, ngày 12 tháng năm 2019 Tác giả luận văn Nguyễn Thị Nguyệt Thư Chương Định lý bốn bình phương Lagrange Mục đích chương trình bày biểu diễn số tự nhiên thành tổng bình phương, trung tâm Định lý bốn bình phương Lagrange Chúng đề cập (phát biểu, không chứng minh) Định lý ba bình phương Legendre-Gauss vài tập tốn phổ thơng có liên quan Các kết chương tham khảo từ tài liệu [Lal02] 1.1 Biểu diễn tổng bình phương Định lý bốn bình phương Lagrange Trong số học vấn đề biểu diễn số tự nhiên thành tổng bình phương số nguyên vấn đề cổ điển dành quan tâm nhiều người Ta bắt đầu với số biểu diễn cụ thể = + 12 + , = 22 + 12 + 12 + 12 , 25 = 52 = 32 + 42 , 2017 = 182 + 212 + 242 + 262 Tổng quát, ta có định lý đẹp sau Lagrange Định lý 1.1.1 (Định lý Lagrange) Mọi số nguyên không âm viết dạng tổng bốn bình phương số nguyên, nghĩa với n ∈ N, ta có n = a2 + b2 + c2 + d2 (1.1) với a, b, c, d ∈ Z Chứng minh Trước hết nhận xét cần chứng minh định lý cho trường hợp n số nguyên tố Thật vậy, ta có đồng thức Euler (x21 + x22 +x23 + x24 )(y12 + y22 + y32 + y42 ) =(x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4 )2 + (x1 y2 − x2 y1 + x3 y4 − x4 y3 )2 + (x1 y3 − x3 y1 + x2 y4 − x4 y2 )2 + (x1 y4 − x4 y1 + x2 y3 − x3 y2 )2 Do đó, ta chứng minh khẳng định trường hợp số ngun tố ta có biểu diễn mi = a2i + b2i + c2i + d2i , với số nguyên , bi , ci , di , i = 1, , r Sử dụng đồng thức Euler, ta suy m1 m2 = (a21 + b21 + c21 + d21 )(a22 + b22 + c22 + d22 ) = x22 + y22 + z22 + w22 m1 m2 m3 = (x22 + y22 + z22 + w22 )(a23 + b23 + c23 + d23 ) = x23 + y32 + z32 + w32 Tương tự n = (m1 mr−1 )mr = x2r + yr2 + zr2 + wr2 Vì ta cần chứng minh khẳng định cho trường hợp n số nguyên tố Trường hợp n = ta ln có = 12 + 12 + 02 + 02 Giả sử n số nguyên tố lẻ Trước hết ta chứng minh có số x, y k thỏa mãn + x2 + y = nk (0 < k < n) Cho x0 = 0, x1 = 1, x2 = = n−1 2, , x n−1 Khi số xi đơi không đồng dư với theo n−1 modulo n Thật vậy, x2i ≡ x2j (mod n) (i, j = 0, , , i = j) n | (xi − xj )(xi + xj ) n−1 Nếu n | (xi − xj ) − n−1 ≤ xi − xj ≤ nên xi − xj = 0, hay xi = xj (mâu thuẫn) Mặt khác, n | (xi +xj ) xi +xj = ≤ xi +xj ≤ n−1, dẫn đến xi = −xj = vô lý n−1 Đặt y0 = 0, y1 = 1, y2 = 2, , y n−1 = Khi số −1 − yi2 2 đôi không đồng dư với theo modulo n Ta thu tập hợp n+1 X = {x20 , x21 , , x2n−1 } gồm lớp đồng dư khác theo modulo n 2 n+1 lớp đồng dư 2 khác theo modulo n Vì có nhiều n lớp đồng dư theo modulo n nên X Y phải giao nhau, nghĩa có số i, j cho tập hợp Y = {−1 − y02 , −1 − y12 , , −1 − y 2n−1 } gồm x2i ≡ −1 − yj2 (mod n) Từ suy x2i + yj2 + = nk với k ∈ N Do cách chọn x2i < n nên yj2 < nk = + x2i + yj2 n số nhỏ để m0 n có biểu diễn m0 n = tổng bốn bình phương Ta có nhận xét m0 ln tồn m0 ≤ k ln có nk = + x2 + y = 02 + 12 + x2 + y theo (1.2) Bài toán quy chứng minh m0 = Giả sử m0 > 1, đặt m0 n = x21 + x22 + x23 + x24 Nếu m0 chẵn, m0 n chẵn nên ta có xi số chẵn xi số lẻ hai số chẵn hai số lẻ Giả sử x1 , x2 chẵn Khi ta xét x1 = x2 x3 = x4 chẵn, ta viết m0 n= + x1 + x2 x3 + x4 2 x1 − x2 + 2 x3 − x4 + Vì m0 nhỏ nên điều mâu thuẫn Như m0 số lẻ Ta chọn yi cho yi ≡ xi (mod n), |yi | < m0 2 m0 − m0 − ≤y≤ hệ thặng dư đầy đủ (tập lớp thặng 2 dự modulo n số trùng với hệ thặng dự ¯ 0, ¯1, , n − Ta có m0 xi y12 + y22 + y32 + y42 = suy y12 = y22 = y32 = y42 = n | xi , ∀i suy m0 | xi , ∀i m20 | x2i = m0 n Vậy m0 | n Suy m0 số lẻ Vậy Do − y12 + y22 + y32 + y42 > m0 m20 m0 − m0 − ≤ yi , ≤ suy yi < Do Khi − 2 y12 + y22 + y32 + y42 < m20 y12 + y22 + y32 + y42 ≡ 0(mod m0 ) Do x21 + x22 + x23 + x24 = m0 n (m0 < n) y12 + y22 + y32 + y42 = m0 m1 (0 < m1 < m0 ) m1 m20 n = (x21 + x22 + x23 + x24 )(y12 + y22 + y32 + y42 ) = z12 + z22 + z32 + z42 Với z1 = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4 z1 ≡ x21 + x22 + x23 + x24 ≡ (mod m0 ) Suy m0 | z1 Tương tự ta chứng minh z2 ≡ x1 x2 − x2 x1 + x3 x4 − x4 x3 ≡ (mod m0 ) z3 ≡ x1 x3 − x3 x1 + x2 x4 − x4 x2 ≡ (mod m0 ) z4 ≡ x1 x4 − x4 x1 + x2 x3 − x3 x2 ≡ (mod m0 ) Ta viết zi = m0 wi với số nguyên wi Chia m1 m20 n cho m20 , ta có m1 n = w12 + w22 + w32 + w42 Điều mâu thuẫn với giả thiết m0 nhỏ Từ suy m0 = Định lý bốn bình phương Joseph-Louis Lagrange (1736 – 1813) chứng minh vào năm 1770 Ông nhà toán học nhà thiên văn học nhà trị Pháp gốc Ý Lagrange có nhiều thời gian làm việc Ý, Đức Pháp Ông có đóng góp quan trọng nhiều lĩnh vực giải tích tốn học, lý thuyết số, học cổ điển học thiên thể Liên quan đến biểu diễn bốn bình phương, cách tự nhiên quan tâm số lượng biểu diễn Nghiên cứu theo hướng nhà toán học người Đức Carl Gustav Jakob Jacobi tiến hành ông công bố năm 1834, ngày gọi Định lý bốn bình phương Jacobi Kết đưa công thức cho số cách biểu diễn số nguyên dương n dạng tổng bốn bình phương Để phát biểu kết Jacobi, với số tự nhiên n, ký hiệu Q(n) số các số nguyên (x1 , x2 , x3 , x4 ) (khơng tính sai khác thứ tự) thoả mãn n = x21 + x22 + x23 + x24 Định lý 1.1.2 (Định lý bốn bình phương Jacobi) Cho số tự nhiên n viết n dạng n = 2r (2t + 1) Khi Q(n) = 8S(2t + 1) với r = 0, 24S(2t + 1) với r = S(n) = d d|n Có số cách chứng minh cho định lý Jacobi, ví dụ xem chứng minh Hirschhorn [HIR85] sử dụng đồng thức tích ba thừa số 1.2 Định lý Legendre-Gauss Bài toán Waring Có nhiều tác giả cố gắng mở rộng định lý Lagrange theo nhiều khía cạnh khác nhau, ta xét số mở rộng gần định lý chương sau Trong tiết ta xét số mở rộng cổ điển định lý Legendre-Gauss Bài toán Waring Định lý Lagrange khẳng định bốn bình phương đủ để biểu diễn số tự nhiên Nói cách khác, tổng ba bình phương không đủ để biểu diễn tất số tự nhiên Thật vậy, x2i ≡ 0, (mod 8) nên x21 + x22 + x23 ≡ (mod 8), 23 với (1 − t ) + x + y + z = 1m (ii) Viết n = 4(8l + 7) với l ∈ N Giả sử n viết dạng x + y + z + w2 với x, y, z, w ∈ Z cho x + y + z + w = tm với t ∈ Z Khi đó, n =(x + y + z − tm )2 + x2 + y + z =(x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2 − tm ((x + y) + (y + z) + (z + x)) + t2m Dẫn đến 4n − t2m = (2(x + y) − tm )2 + (2(y + z) − tm )2 + (2(z + x) − tm )2 Nếu m ≥ t = 2s với s ∈ Z 4n − t2m = 42 (8l + 7) − (2s)2m = 42 (8(l − 22m−7 s2m ) + 7) Nếu m ≥ t 4n − t2m = 42 (8l + 7) − t2m ≡ −1 ≡ (mod 8) Minh hoạ Định lý 2.2.2 trường hợp m = ta có ví dụ sau Ví dụ 2.2.3 Ta có 60 = 12 + 32 + 52 + (−5)2 , với + + + (−5) = 22 Để chứng minh kết tiếp theo, ta cần bổ đề kỹ thuật sau Bổ đề 2.2.4 Cho số nguyên a, b, c, d không đồng thời Đặt  as − bt − cu − dv    , x=  + c2 + d2  a + b    bs + at + du − cv  y = , a2 + b2 + c2 + d2 (2.5) cs − dt + au + bv   z= ,    a + b2 + c2 + d2   ds + ct − bu + av   w = a + b2 + c2 + d2 Khi   ax + by + cz + dw = s,    ay − bx + cw − dz = t,  az − bw − cx + dy = u,     aw + bz − cy − dx = v (2.6) 24 (a2 + b2 + c2 + d2 )(x2 + y + z + w2 ) = s2 + t2 + u2 + v (2.7) Chứng minh Đẳng thức (2.6) chứng minh cách trực tiếp Từ (2.6) đồng thức bốn bình phương Euler (xem chứng minh Định lý bốn bình phương Lagrange 1.1.1), ta suy (2.7) Định lý tổng quát sau chứng minh thông qua đồng thức bốn bình phương Euler Bổ đề 2.2.4 Định lý 2.2.5 Cho số nguyên a, b, c, d ∈ Z không đồng thời λ ∈ {1, 2}, m ∈ {2, 3} Khi số tự nhiên n ∈ N biểu diễn dạng x2 + y + z + w2 với x, y, z, w số hữu tỷ thỏa mãn ax + by + cz + dw = λrm với r ∈ N x, y, z, w có mẫu số a2 + b2 + c2 + d2 Chứng minh Theo Định lý 2.1.3, ta viết (a2 + b2 + c2 + d2 )n dạng (λrm )2 + t2 + u2 + v với r, t, u, v ∈ N Đặt s = λrm định nghĩa x, y, z, w theo (2.5) Khi đó, x, y, z, w ∈ Z/(a2 + b2 + c2 + d2 ) Theo Bổ đề 2.2.4, ta có x2 + y + z + w2 = s2 + t2 + u2 + v =n a2 + b2 + c2 + d2 ax + by + cz + dw = s = λrm 25 Chương Cải tiến L Goldmakher-P Pollack Thuật tốn tìm biểu diễn L Goldmakher P Pollack đưa cách tiếp cận khác với biểu diễn tổng bình phương nhận số kết cải tiến định lý bốn bình phương tổng quát Trong chương chúng tơi trình bày kết Goldmakher Pollack Phần cuối chương dành để đề cập đến hai thuật tốn phân tích số thành tổng bốn bình phương Rain-Shallit Các kết chương tham khảo từ [GP18, PT17] 3.1 Tập ràng buộc cải tiến L Goldmakher P Pollack Hai mươi năm trước Lagrange đưa chứng minh cho Định lý bốn bình phương, Euler đưa giả thuyết làm kỹ định lý bốn bình phương (Định lý 1.1.1) cho số nguyên lẻ Phát biểu tìm thấy thư Euler gửi cho Goldbach đề ngày tháng năm 1750 Giả thuyết 3.1.1 (Euler) Mọi số nguyên dương lẻ n có biểu diễn thành tổng bình phương số nguyên n = a2 + b2 + c2 + d2 , số a, b, c, d thỏa mãn thêm ràng buộc a + b + c + d = 26 Xét tập ràng buộc sau S(n) = {a + b + c + d : a, b, c, d ∈ Z n = a2 + b2 + c2 + d2 } Khi S(n) ⊂ Z Định lý Lagrange tương đương với S(n) = ∅ với số tự nhiên n, Giả thuyết Euler khẳng định ∈ S(n) với n ∈ N lẻ, Định lý 2.2.2 Sun - Sun khẳng định S(n) chứa bình phương hồn hảo lập phương hoàn hảo với n Mục tiêu Goldmakher Pollack mơ tả hồn tồn tập S(n) Mục tiêu liên quan đến toán sau Cauchy Phân tích số nguyên thành tổng bình phương bốn số nguyên mà tổng số khơng âm Như Cauchy u cầu mơ tả tập hợp S + (n) = {a + b + c + d : a, b, c, d ∈ N a2 + b2 + c2 + d2 = n} Các mô tả tập S(N ) Goldmaker-Pollack cho kết tổng quát suy trực tiếp kết Sun - Sun giả thuyết Euler Trước tiên, ta có nhận xét số ngun bình phương có tính chẵn lẻ nên T ∈ S(n) thỏa mãn T ≡ n(mod 2) (3.1) Tiếp theo, với số thực a, b, c, d, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có (a + b + c + d)2 ≤ (a2 + b2 + c2 + d2 )(12 + 12 + 12 + 12 ) = 4(a2 + b2 + c2 + d2 ), suy T ∈ S(n) thỏa mãn T ≤ 4n (3.2) Định lý sau kết Goldmakher-Pollack Định lý 3.1.2 Giả sử n T số nguyên thỏa mãn (3.1) Đặt S(n) = {a + b + c + d : a, b, c, d ∈ Z a2 + b2 + c2 + d2 = n} Khi T ∈ S(n) 4n − T tổng ba bình phương số nguyên 27 Chứng minh Ta chứng minh điều kiện cần Ta có (2(a + b) − T )2 + (2(a + c) − T )2 +(2(b + c) − T )2 + T =4a2 + 4b2 + 4c2 + 4(T − a − b − c)2 (3.3) Khi đó, T ∈ S(n) với a2 + b2 + c2 + d2 = n a + b + c + d = T (2(a + b) − T )2 + (2(a + c) − T )2 + (2(b + c) − T )2 = 4n − T , cho 4n − T tổng ba bình phương Ngược lại, giả sử 4n − T tổng ba bình phương, ta có 4n − T = A2 + B + C (3.4) Theo (3.3) ta hốn đổi ký hiệu A, B, C để có a, b, c ∈ Z với 2a + 2b − T = A, 2a + 2c − T = B, 2b + 2c − T = C (3.5) Thật vậy, trường hợp đặt d = T − (a + b + c), ta có a + b + c + d = T, 4(a2 + b2 + c2 + d2 ) − T = (2a + 2b − T )2 + (2a + 2c − T )2 + (2b + 2c − T )2 = A2 + B + C = 4n − T Khi đó, a2 + b2 + c2 + d2 = n Giải a, b, c theo số hạng A, B, C ta 1 a = (A + B − C + T ), b = (A − B + C + T ), c = (−A + B + C + T ) 4 Ta thấy A, B, C T phải có tính chẵn lẻ Theo (3.4), ta có A2 + B + C ≡ −T (mod 4) Nếu T lẻ A2 + B + C ≡ (mod 4) A, B, C phải số lẻ Tương tự, T chẵn A2 + B + C ≡ (mod 4) A, B, C phải chẵn Trong hai trường hợp, khác cặp A, B C chẵn khác cặp a, b c số nguyên Nếu với a, b, c mà a, b, c ∈ Z ba thuộc Z Hơn nữa, A + B − C + T ≡ A + B + C + T ≡ A2 + B + C + T ≡ 4n ≡ (mod 2), 28 a ∈ / Z A + B − C + T ≡ (mod 4) (3.6) Nếu T lẻ suy A lẻ Nếu T chẵn, khơng có (3.6) Từ (3.6) suy (A + B − C + T )2 Khi đó, ta có (A + B − C + T )2 = A2 + B + C + T + 2(AB − AC + AT − BC + BT − CT ) = 4n + 2(AB − AC + AT − BC + BT − CT ) ≡ (mod 8) Ở n ≡ T ≡ (mod 2) A, B, C D chẵn Trong phần tiếp theo, 4n tổng ba bình phương theo Định lý 3.1.2, T = ∈ S(n) vừa bình phương vừa lập phương Mặt khác theo Định lý 1.2.2, ta có 4n = 4k+1 (8l + 7), 4n − (2k )2 = 4k (32l + 27), 4n − (2k+1 )2 = 4k+1 (8l + 6), 4n − (2k+1 )2 = 4k+1 (8l + 3) tổng ba bình phương Theo Định lý 3.1.2, ta có 2k , 2k+1 , 2k+2 ∈ S(n) tập {2k , 2k+1 , 2k+2 } chứa bình phương lập phương Đối với giả thuyết Euler (Giả thuyết 3.1.1), ta chứng minh mệnh đề tổng quát sau Mệnh đề 3.1.3 Giả sử n ∈ N khơng bội Khi √ S(n) = {T ∈ Z : T ≡ n(mod 2), |T | ≤ 2} Chứng minh Theo Định lý 3.1.2, ta phải 4n − T tổng ba bình phương n Giả sử n lẻ, suy T lẻ Khi 4n ≡ (mod 8) T ≡ (mod 8), suy 4n − T ≡ (mod 8) Theo Định lý 1.2.2, 4n − T tổng ba bình phương Thay n hai lần số nguyên lẻ Suy 4n − T = 4(n − t2 ) Từ suy n − t2 tổng ba bình phương 4(n − t2 ) tổng ba bình phương Vì n ≡ (mod 4) t2 ≡ (mod 4) nên ta có n − t2 ≡ (mod 4) Khi đó, n − t2 khơng có dạng 4k (8l + 7) từ Định lý 1.2.2 Suy điều phải chứng minh 29 Chú ý 3.1.4 Cauchy chứng minh T ∈ S + (n) 4n − T tổng ba bình phương n √ √ S + (n) ⊇ {T ∈ Z : T ≡ n mod 2, 3n − ≤ T ≤ n} Khi 8|n, dễ thấy nghiệm nguyên phương trình a2 + b2 + c2 + d2 = n thoả mãn a, b, c, d số chẵn Vì có tương ứng − số nguyên, (a, b, c, d) ↔ (a/2, b/2, c/2, d/2) Do đó, S(n) = 2S(n/4), 2S(n/4) có nghĩa dãn nở theo hệ số Tương tự, k số nguyên không âm lớn với 22k+3 |n, ta tìm S(n) = 2k+1 S(n/4k+1 ) Theo cách chọn k 2|(n/4k+1 ) (n/4k+1 ) Để mơ tả S(n), xét trường hợp n Khi n, từ Mệnh đề 3.1.3 ta suy câu trả lời Mặt khác, với 4|n ta suy trực tiếp từ Định lý 3.1.2 Định lý 1.2.2 Thay chọn n yêu cầu mô tả phần tử S(n), ta nên chọn T tìm n để T ∈ S(n) 3.2 Thuật tốn tìm biểu diễn tổng bình phương Trong tiết ta quan tâm đến câu hỏi với số tự nhiên n cho trước, tìm số nguyên a, b, c, d thoả mãn n = a2 + b2 + c2 + d2 Định lý bốn bình phương Lagrange khẳng định số a, b, c, d ln tồn Làm tìm số này? Một cách tự nhiên với n cho trước ta thay tất bình phương 2 2 a , b , c , d ≤ n để kiểm tra đẳng thức Tuy nhiên cách khơng hiệu phải tính tốn nhiều trường hợp n lớn cách nói chung khơng khả thi Ta tìm hiểu số thuật tốn hiệu để tìm số a, b, c, d 30 Năm 1986, Rabin Shallit [RS86] đưa ba thuật tốn ngẫu nhiên để tính với số ngun dương n cho trước số nguyên x, y, z, w cho x2 + y + z + w2 = n Nhanh số ba thuật toán thuật tốn có thời gian chạy dự kiến O((log n)2 ), với giả định giả thuyết Riemann tổng qt Hai thuật tốn lại có thời gian chạy dài khơng có điều kiện Rabin Shallit hai thuật toán có thời gian chạy cỡ O((log n)2 log log n) O((log n)2 (log log n)2 ) Trong phần ta trình bày hai ba thuật tốn với số điều chỉnh Pollack-Trevino nhằm giảm thời gian tính tốn Để trình bày thuật tốn, ta cần khái niệm chuẩn số phức quaternion Nhắc lại tập số phức C = R + iR R-không gian véc tơ đồng thời trường có phép nhân thoả mãn i2 = −1 Các số nguyên Gauss định nghĩa ∈ Z[i] := {a + bi : a, b ∈ Z ⊂ C Một mở rộng số phức tập quaternion H = R + Ri + Rj + Rk Một mặt H R-không gian véc tơ mặt vành với phép nhân thoả mãn i2 = j = k = −1, ij = −ji = k, jk = −kj = i, ki = −ik = j Trong H ta quan tâm đến tập quaternion nguyên Hurwitz H = { (a + bi + cj + dk) : a, b, c, d ∈ Z, a ≡ b ≡ c ≡ d (mod 2)} Chuẩn số phức z = a+bi với a, b ∈ R N (z) = z z¯ = a2 +b2 ∈ R+ với z¯ = a − bi số phức liên hợp z Tương tự, liên hợp quaternion q = a + bi + cj + dk ∈ H q¯ = a − bi − cj − dk Khi chuẩn q N (q) = q q¯ = a2 + b2 + c2 + d2 Nói riêng, α = Z[i] H N (α) số ngun khơng âm Ngoài N (α) = α = Việc sử dụng chuẩn số nguyên Gauss quaternion nguyên Hurwitz toán tìm biểu diễn tổng bình phương số tự nhiên thông qua bổ đề sau Bổ đề 3.2.1 Cho số nguyên không âm n (a) n tổng hai bình phương n = N (z) với số nguyên Gauss z ∈ Z[i] (b) n tổng bốn bình phương n = N (q) với quaternion nguyên Hurwitz q ∈ H 31 Chứng minh Khẳng định (a) hiển nhiên Ta chứng minh (b) Giả sử n = x2 +y +z +w2 tổng bốn bình phương với x, y, z, w ∈ Z Đặt q = 12 (2x + 2yi + 2zj + 2wk) q ∈ H N (q) = n Ngược lại, giả sử n = N (q) với q = 12 (a + bi + cj + dk) ∈ H a, b, c, d ∈ Z a ≡ b ≡ c ≡ d (mod 2) Nếu a, b, c, d số chẵn rõ ràng 1 1 n = N (q) = a2 + b2 + c2 + d2 , 4 4 biểu diễn cần tìm Giả sử a ≡ b ≡ c ≡ d ≡ (mod 2) Chọn ea , eb , ec , ed ∈ {−1, 1} cho ea ≡ a, eb ≡ −b, ec ≡ c, ed ≡ −d (mod 4) Đặt e = 12 (ea + eb i + ec j + ed k) qe = A + Bi + Cj + Dk Dễ kiểm tra A, B, C, D ∈ Z Vậy n = N (q) = N (qe) = A2 + B + C + D2 , biểu diễn cần tìm Tính chất số học vành số nguyên Gauss Z[i] quaternion nguyên Hurwitz sử dụng chủ yếu chỗ vành sử dụng thuật tốn chia Euclid Nói khác, với u, v = thuộc hai vành, ln tìm r, q vành tương ứng cho u = rv + q N (q) < N (v) với chuẩn N vành tương ứng định nghĩa Từ ta có khái niệm ước chung lớn Z[i] ước phải chung lớn Z (do H khơng giao hốn nên ta có khái niệm ước phải ước trái) Bổ đề 3.2.2 Cho n số nguyên dương lẻ (a) Nếu n|N (a + bi) với a + bi ∈ Z[i], (a, b) = 1, ước chung lớn Z[i] n a + bi có chuẩn n (b) Nếu n|N (a + bi + cj + dk) với a + bi + cj + dk ∈ H, (a, b, c, d) = 1, ước phải chung lớn vành quaternion nguyên Hurwitz H n a + bi + cj + dk có chuẩn n 32 Chứng minh Chứng minh (a) (b) tương tự chứng minh (b) phức tạp H có cấu trúc khơng giao hốn Z[i] vành giao hoán Trong phần ta chứng minh cho (b) Đặt q = a + bi + cj + dk Gọi α ước phải chung lớn n q H Khi vành H ta có iđêan I = Hn + Hq = Hα gồm bội trái α Ký hiệu iđêan quaternion liên hợp I¯ = {¯ u : u ∈ I} Như I¯ chứa bội phải α ¯ Vì phép lấy liên hợp H → H, u → u¯ tự đẳng cấu không gian véc tơ thực H thoả mãn uv = v.u nên I¯ = nH + q¯H = α ¯ H Bây ta xét tập hợp ¯ J = I I¯ := {uv : u ∈ I, v ∈ I} Trước hết ta có J = Hαα ¯ H = HN (α)H Mặt khác, tập J gồm phần tử có dạng (xn + yq)(zn + w¯ q ), với x, y, z, w ∈ H Tính tốn trực tiếp ta (xn + yq)(zn + w¯ q ) = n(xzn + x¯ q w + yqz) + N (q)yw n Như n ước phần tử J n−1 J iđêan H Ta xét số trường hợp đặc biệt: - Chọn x = z = y = w = từ đẳng thức ta suy n ∈ n−1 J - Chọn x = 1, y = z = ta suy q¯w ∈ n−1 J với w ∈ H - Chọn x = 0, z = 1, w = ta suy yq ∈ n−1 J, với y ∈ H Từ dẫn đến w¯ + q¯w ∈ n−1 J, 33 với w ∈ H Cho w = 1, i, j, k ta suy 2a, 2b, 2c, 2d ∈ n−1 J Vì a, b, c, d số nguyên nguyên tố nên có ràng buộc = αa + βb + γc + δd, với α, β, γ, δ ∈ Z Hệ = α2a + β2b + γ2c + δ2d ∈ n−1 J Mặt khác, n lẻ nên ta viết n = 2m + Do n, ∈ n−1 J nên suy = n − 2m ∈ n−1 J , dẫn đến n−1 J = H Vì J = nH Như n N (q) số nguyên dương sinh J Điều xảy n = N (q) Thuật toán thứ Rabin-Shallit Thuật toán Rabin Shallit công bố vào năm 1986 (xem [RS86]) Mục tiêu thuật toán với số tự nhiên n cho trước, tìm biểu diễn n = a2 + b2 + c2 + d2 , với a, b, c, d ∈ Z Đầu tiên, ta đưa trường hợp n lẻ Ta viết n = 2e n với n số nguyên lẻ Nếu (x )2 + (y )2 + (z )2 + (w )2 = n x2 + y + z + w2 = n với x, y, z, w xác định từ đẳng thức (1 + i)e (x + y i + z j + w k) = x + yi + zj + wk Bây giả sử n số nguyên dương lẻ Để biểu diễn n tổng bốn bình phương, ta tìm số nguyên tố p < (2n)5 thoả mãn p ≡ (mod n), p ≡ (mod 4) Vì p ≡ (mod 4), nên theo Định lý 1.2.1 ta viết p = a2 + b2 Giả sử ta tính a, b Khi n | p + = a2 + b2 + = N (a + bi + j) Từ Bổ đề 3.2.2, ta tìm lại biểu diễn bốn bình phương n cách tính ước phải chung lớn gcrd(n, a + bi + j) ∈ H, quaternion phải chung lớn nhân với đơn vị H để có thành phần ngun Thuật tốn biểu diễn số lẻ n > 20 thành tổng bốn bình phương sau 34 [Tính trước] Xác định số nguyên tố không vượt log n tính tích M số [Chọn ngẫu nhiên] Chọn ngẫu nhiên số lẻ k < n5 tính p = M nk − Chú ý p ≡ (mod 4) M n, k số lẻ Tiếp theo chọn ngẫu nhiên u ∈ [1, p − 1] tính s = u(p−1)/4 (mod p) Nếu s2 ≡ (mod p) tiếp tục bước Nếu khơng, bắt đầu lại bước [Kết thúc] Tính ước chung lớn Z[i] (s + i, p), giả sử a + bi Sau tính ước phải chung lớn (a + bi + j, n), chuẩn hóa để có thành phần nguyên Kết đầu thuật toán biểu diễn tổng bình phương n Thuật tốn thứ hai Rabin-Shallit Thuật tốn thứ hai Rabin-Shallit tìm biểu diễn tổng bình phương số tự nhiên n có bước sau B1 Tìm biểu diễn tổng hai bình phương số nguyên tố – Đánh dấu số nguyên tố hợp số đoạn [1, log(n)]; – Tính x2 + y với cặp ≤ x, y ≤ (log n)1/2 ; – Với số nguyên tố = ≤ log(n), nguyên x , y cho = x2 + y ≡ (mod 4), tím số B2 Chọn a, b ngẫu nhiên [1, N ] tính r := (−(a2 + b2 )) Bằng cách chọn ngẫu nhiên liên tục ta tìm số r có dạng r = r1 p với r1 tích số nguyên tố ≤ log(n) p > log(n) số nguyên tố thoả mãn p ≡ (mod 4), p N 35 B3 Tính biểu diễn hai bình phương r1 sau r1 = u2 + v , (x + y i)e u + vi = e ||r1 B4 Giả sử p = U + V đặt z + wi = (u + vi)(U + V i) Khi −(x2 + y ) ≡ r = r1 p = z + w2 (mod N ) thoả mãn n | N | x2 + y + z + w2 B5 Tính ước phải chung lớn n x + yi + zj + wk 36 Kết luận Nội dung luận văn đề cập đến định lý bốn bình phương Lagrange số cải tiến Các kết luận văn gồm có: (1) Trình bày định lý bốn bình phương Lagrange biểu diễn tổng bình phương (2) Trình bày Định lý Legendre - Gauss, toán Waring vài tập ứng dụng biểu diễn tổng bình phương cho tốn phổ thơng (3) Trình bày số cải tiến Định lý bốn bình phương Z.W Sun Z.W Sun - Y.C Sun (4) Trình bày số cải tiến L Goldmakher P Pollack số hệ (5)Trình bày hai thuật tốn Rabin-Shallit với số chỉnh sửa Paul Pollak - Enrique Trevino để tìm biểu diễn tổng bình phương số tự nhiên cho trước 37 Tài liệu tham khảo Tiếng Anh [D39] Leonard Eugene Dickson, Modern Elementary Theory of Numbers, University of Chicago Press, Chicago, 1939 [GP18] Leo Goldmakher and Paul Pollack, Refinements of Lagrange’s FourSquare Theorem The American Mathematical Monthly 125 (3) (2018), 258-263 [HIR85] Michael D Hirschhorn, A simple proof of Jacobi’s two-square theorem, Amer Math Monthly 92 (1985), 579-580 [Lal02] Matilde N Lalín, Every Positive Integer is the Sum of Four Squares! (and other exciting problems) Sophex - University of Texas at Austin (2002) Preprint [SS19] Melvyn Bernard Nathanson, Additive Number Theory: The Classical Bases, Grad Texts in Math., Vol 164, Springer, New York, 1996 [PT17] Paul Pollack and Enrique Trevi˜ no, Finding the four squares in Lagrange’s theorem Preprint arXiv:1703.03092 [RS86] Michael Oser Rabin and Jeffrey Outlaw Shallit, Randomized algorithms in number theory, Comm Pure Appl Math 39 (1986), no S, suppl., S239–S256 [SUN17] Zhi-Wei Sun, Refining Lagrange’s four-square theorem Journal of Number Theory 175 (2017), 167-190 http://arxiv.org/abs/1605.03074 [SS18] Yu-Chen Sun and Zhi-Wei Sun, Some variants of Lagrange’s four squares theorem Acta Arithmetica 183(4) (2018), 339-356 ... Chương Định lý bốn bình phương Lagrange 1.1 Biểu diễn tổng bình phương Định lý bốn bình phương Lagrange 1.2 Định lý Legendre-Gauss Bài toán Waring 3 Chương Cải. .. trung trình bày số cải tiến Định lý bốn bình phương Zhi-Wei Sun Zhi Wei Sun - Yu Chen Sun Trong Chương chúng tơi trình bày số cải tiến Định lý Bốn bình phương Goldmakher Pollack số hệ Phần cuối... nhiên tổng bốn bình phương, kết Định lý Bốn bình phương Lagrange Một số mở rộng cổ điển Định lý Lagrange Định lý Ba bình phương Legendre - Gauss, Bài toán Waring vài tập ứng dụng tốn phổ thơng

Ngày đăng: 16/10/2019, 08:39

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • M u

  • Chng 1. Ðinh lý bn bình phng cua Lagrange

    • Biu din tng bình phng và Ðinh lý bn bình phng cua Lagrange

    • Ðinh lý Legendre-Gauss và Bài toán Waring

    • Chng 2. Cai tin Ðinh lý bn bình phng cua Z.W.Sun và Y.C. Sun

      • Cai tin cua Z.W. Sun

      • Cai tin cua Z.W. Sun - Y.C. Sun

      • Chng 3. Cai tin cua L. Goldmakher-P. Pollack và Thut toán tìm biu din

        • Tp ràng buc và cai tin cua L. Goldmakher và P. Pollack

        • Thut toán tìm biu din tng bình phng

        • Kt lun

        • Tài liu tham khao

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan