Vấn đề biểu diễn số tự nhiên dưới dạng tổng các bình phương

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN QUANG VỤ VẤN ĐỀ BIỂU DIỄN SỐ TỰ NHIÊN DƯỚI DẠNG TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN-2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN QUANG VỤ VẤN ĐỀ BIỂU DIỄN SỐ TỰ NHIÊN DƯỚI DẠNG TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH THÁI NGUYÊN-2015 Mục lục Mở đầu ii Bài toán biểu diễn số nguyên thành tổng bình phương 1.1 Vấn đề biểu diễn số nguyên thành tổng lũy thừa 1.2 Một số kết toán 1 Biểu diễn số tự nhiên thành tổng số chẵn bình phương 2.1 Tổng bình phương số nguyên 2.2 Tổng bình phương số nguyên 2.3 Tổng bình phương số nguyên 2.4 Tổng bình phương số nguyên 2.5 Tổng bình phương 10 số nguyên 12 12 19 25 32 39 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52 i Mở đầu Bài toán biểu diễn số nguyên n dạng tổng k số nguyên bình phương vấn đề lý thú lý thuyết số Các nhà số học Fermat, Lagrange, quan tâm tới việc giải toán gặp khó khăn, lại âm thầm với khó khăn Năm 1632, Albert Girard người đưa nhận xét rằng: Mỗi số nguyên tố lẻ mà đồng dư với theo modul biểu diễn dạng tổng hai số phương Fermat người đưa chứng minh Bài toán Fermat thông báo điều thư gửi cho Marin Mersenne vào ngày 25 tháng năm 1640 Lagrange giải tốn số ngun khơng âm ln biểu diễn thành tổng bình phương số nguyên Nghĩa ∀n ≥ 0, tồn số nguyên x1 , x2 , x3 , x4 cho: n = x21 + x22 + x23 + x24 Tổng quát hơn, toán sau Waring đề xuất coi toán tiếng lý thuyết số Bài tốn có nội dung sau: Với số nguyên k ≥ 2, tồn số nguyên dương h thỏa mãn số nguyên không âm biểu diễn thành tổng h hạng tử lũy thừa bậc k số nguyên Số nguyên k nhỏ thỏa mãn điều kiện kí hiệu g(k) Năm 1909, nhà Tốn học Đức chứng minh toán Waring lũy thừa bậc k Đặc biệt năm 1943, nhà Toán học Nga Yu.V.Linnick để lại chúc thư, có đưa cách chứng minh tốn Waring mà cần sử dụng đến kiến thức lý thuyết số ii Trong khuôn khổ luận văn xét trường hợp k = Nghĩa xét toán biểu diễn số tự nhiên n cho trước dạng tổng bình phương số nguyên không âm Mục tiêu luận văn trình bày kết nghiên cứu việc biểu diễn số tự nhiên n thành tổng số chẵn bình phương số ngun số ví dụ ứng dụng tốn sơ cấp Luận văn gồm chương: Chương 1: Bài tốn biểu diễn số ngun thành tổng bình phương Chương 2: Biểu diễn số tự nhiên thành tổng số chẵn bình phương Để hồn thành luận văn, tác giả xin bầy tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới PGS.TS Nông Quốc Chinh, người Thầy hướng dẫn động viên giúp đỡ tơi q tình viết hồn thành luận văn Tơi xin bầy tỏ lịng biết ơn tới Thầy Cơ trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun tận tình giúp đỡ tơi q trình học để tơi hồn thành khóa học Thái Ngun, ngày 01 tháng năm 2015 Đoàn Quang Vụ iii Chương Bài toán biểu diễn số nguyên thành tổng bình phương 1.1 Vấn đề biểu diễn số nguyên thành tổng lũy thừa Bài toán biểu diễn số nguyên thành tổng k hạng tử lũy thừa bậc m k số nguyên vấn đề nhắc đến nhiều lý thuyết số Lagrang giải tốn số ngun khơng âm ln biểu diễn thành tổng bình phương số nguyên Nghĩa ∀n ≥ 0, tồn số nguyên x1 , x2 , x3 , x4 cho: n = x21 + x22 + x23 + x24 Tương tự, Wieferich chứng minh số nguyên biểu diễn thành tổng lập phương số nguyên Nghĩa với số nguyên không âm tồn số nguyên x1 , x2 , , x9 cho: n = x31 + x32 + x33 + x34 + x35 + x36 + x37 + x38 + x39 Tổng quát hơn, toán sau Waring đề xuất coi toán tiếng lý thuyết số Bài tốn có nội dung sau: Với số nguyên k ≥ 2, tồn số nguyên dương h thỏa mãn số nguyên không âm biểu diễn thành tổng h hạng tử lũy thừa bậc k số nguyên Số nguyên k nhỏ thỏa mãn điều kiện kí hiệu g(k) Nhận xét, khơng thể viết thành tổng bình phương số nguyên, theo định lý Lagrang ta có: g(2) = Tương tự, số 23 biểu diễn thành tổng lập phương số nguyên, nên theo định lý Wieferich ta có g(3) = Năm 1909, nhà Toán học Đức chứng minh toán Waring lũy thừa bậc k Đặc biệt năm 1943, nhà Toán học Nga Yu.V.Linnick để lại chúc thư, có đưa cách chứng minh toán Waring mà cần sử dụng đến kiến thức lý thuyết số Trong khuôn khổ luận văn xét trường hợp k = Nghĩa xét toán biểu diễn số tự nhiên n cho trước dạng tổng bình phương số nguyên không âm Với số nguyên dương s, số ngun khơng âm n, ta kí hiệu Rs (n) thứ tự s số nguyên x1 , x2 , , xs thỏa mãn : n = x21 + x22 + + x2s Các số nguyên xi dương, âm Với s ≥ 1, dễ nhận thấy Rs (0) = Vì có dạng biểu diễn = 02 + + 02 Biểu diễn số nguyên n dạng tổng s số nguyên bình phương toán quan trọng lý thuyết số, lời giải s chẵn ln liên quan tới tổng ước n Kí hiệu, d δ số nguyên dương d/n n=dδ biểu thị tổng tính ước dương n Ta viết số nguyên dương n dạng n = 2a m, với a ≥ m số lẻ Ta chứng minh công thức sau: R2 (n) = 24 d\n d n lẻ d\n d n chẵn (−1)(δ−1)/2 d2 R6 (n) = 4(4a+1 − (−1)(m−1)/2 ) m=dδ R8 (n) = 16 d\n d n lẻ (16/7)(8a+1 − 15) R10 (n) = 16a+1 + (−1)(m−1)/2 + 16 d\n d n chẵn (−1)(δ−1)/2 d4 m=dδ (v − 3v w2 ) n=v +w2 1.2 Một số kết toán Định lý 1.1 Với số nguyên dương s n ta có: √ |u|≤ n n − (s + 1)u2 Rs (n − u2 ) = (1.1) Chứng minh Nếu n = x21 + + x2s + x2s+1 x2s+1 ≤ n |xs+1 | ≤ √ n Với j = 1, , Rs+1 (n), có s+1 x2i,j n= i=1 Biểu thị Rs+1 (n) tổng s + số bình phương Với i = 1, , s, ta xác định ánh xạ Ti tập thứ tự gồm (s + 1) thành phần sau: Ti = (x1 , , xi−1 , xi , xi+1 , , xs , xs+1 ) = (x1 , , xi−1 , xs+1 , xi+1 , , xs , xi , ) có Rs+1 (n) Rs+1 (n) x2s+1,j x2i,j = j=1 j=1 Tổng tính tất biểu diễn n, từ suy ra: Rs+1 (n) s+1 x2i,j nRs+1 (n) = j=1 i=1 s+1 Rs+1 (n) x2i,j = i=1 j=1 Rs+1 (n) x2s+1,j = (s + 1) j=1 = (s + 1) √ |u|≤ n Với số nguyên n thỏa mãn |u| ≤ n= s+1 i=1 xi,j √ u2 Rs (n − u2 ) n có Rs (n − u2 ) cách biểu diễn với xs+1,j = u Điều suy rằng: Rs+1 (n) = √ |u|≤ n Rs (n − u2 ) nên nRs+1 (n) = n √ |u|≤ n Rs (n − u2 ) √ |u|≤ n (n − (s + 1)u2 )Rs (n − u2 ) Định lý chứng minh Định lý 1.2 Giả sử Φ hàm số xác dịnh tất số nguyên không âm n cho Φ(0) = (n − (s + 1)u2 )Φ(n − u2 ) = √ |u|≤ n Với n ≥ Thế Φ(n) = Rs (n) với n ≥ Chứng minh Từ định lý 1.1 ta suy với số nguyên dương s n, ta có: nRs (n) = √ 1≤|u|≤ n = √ 1≤|u|≤ n (n − (s + 1)u2 )Rs (n − u2 ) ((s + 1)u2 − n)Rs (n − u2 ) Rs (n) = √ 1≤|u|≤ n (s + 1)u2 − Rs (n − u2 ) n Ví dụ 1.1 Tính R2 (n) với n ≤ Với s = ta có 3.12 R2 (1) = − R3 (1 − 12 ) =4 3.12 − R3 (2 − 12 ) =4 R2 (2) = (1.2) Khi (−1)d d3 Φ(n) = 16(−1)n n=dδ   a = 16(−1)n  d3  (2b d) − b=1 d|m d|m a = 16(−1) n b=1 = 16(−1) n d3 8b − d|m 8a+1 − 15 d3 d|m Định lý chứng minh Ví dụ 2.9 Tìm tất dạng biểu diễn thành tổng bình phương số nguyên Chứng minh Với n = số lẻ, ta có d3 = 16(13 + 53 ) = 16.126 = 2016 R8 (5) = 16 d|n Như số có 2016 cách biểu diễn thành tổng bình phương số nguyên, hay nói cách khác có 2016 số nguyên (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 , x8 ) thỏa mãn: x2i 5= i=1 Cụ thể sau: - Có 25 C83 = 1792 tám số mà có giá trị xi (±1)2 , giá trị - Có 22 C86 C21 = 224 tám số mà có giá trị xi (±1)2 , giá trị 38 (±2), cịn lại giá trị Ví dụ 2.10 Tìm tất dạng biểu diễn thành tổng bình phương số nguyên Chứng minh Với n = = 2.3, ta có a = 1, m = 16.(82 − 15 (1 + 33 ) = 16.7.28 = 3136 Như số có 3136 cách biểu diễn thành tổng bình phương số ngun, hay nói cách khác có 3136 số nguyên (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 , x8 ) thỏa mãn: R8 (6) = x2i 6= i=1 Cụ thể sau: - Có 26 C82 = 1792 tám số mà có số nguyên xi (±1)2 , só nguyên - Có 23 C85 C32 = 1344 tám số mà có số nguyên xi (±2)2 , số (±1)2 , số 02 2.5 Tổng bình phương 10 số nguyên Chúng ta xác định số lượng cách biểu diễn số nguyên thành tổng bình phương mười số nguyên Định lý 2.6 Cho n số nguyên dương, n = 2a m, a ≥ m lẻ Khi R10 (n) = 16a+1 + (−1)(m−1)/2 + 16 (−1)(δ−1)/2 d4 m=dδ (v − 3v w2 ) n=v +w2 39 Chứng minh Để áp dụng định lý (1.2), ta cần xác định hàm Φ(n) cho Φ(0) = (n − 11x2 )Φ(n − x2 ) = √ |x|≤ n số nguyên dương n Chúng ta áp dụng đồng thức (2.1) cho đơn thức x5 y, x3 y xy Với f (x, y) = x5 y , ta nhận (−1)(δ−1)/2 (δ − 2u)5 (u + d) u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) (−1)(δ−1)/2 = u2 +dδ=n δ≡1( mod 2)   k  × k (−2)k δ 5−k uk+1 + 0≤k≤5 0≤k≤5 k≡1( mod 2) k≡0( mod 2)  (−2)k dδ 5−k uk  (−1)(δ−1)/2 dδ − 10δ u2 + 40dδ u2 − 80δ u4 = u2 + dδ = n δ ≡ 1(mod2) + 80dδ − 32u6 (−1)(δ−1)/2 δ (n − u2 ) − 10δ u2 + 40δ u2 (n − u2 ) = u2 + dδ = n δ ≡ 1(mod2) − 80δ u4 + 16u4 (5n − 5u2 ) − 32u6 ) (−1)(δ−1)/2 (δ (n − 11u2 ) + 40δ u2 (n − 3u2 ) = u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) + 16u (5n − 7u2 )) 40 l = (−1)l−j (2j − 1)5 l j=1 n=l2 = 16n3 − 40n2 + 25n n=l2 Áp dụng (2.1) f (x, y) = x3 y , ta nhận (−1)(δ−1)/2 (δ − 2u)3 (u + d)3 u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) (−1)(δ−1)/2 (3dδ u2 + 12d3 δu2 − 6δ u4 = u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) − 24d2 u4 + d3 δ − 18d2 δ u2 + 36dδu4 − 8u6 (−1)(δ−1)/2 ((3δ u2 + 12d2 u2 )(n − u2 ) = u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) − (3δ u2 + 12d2 u2 )2u2 (dδ − 2u2 )((dδ − 2u2 )2 − 12dδu2 )) (−1)(δ−1)/2 ((3δ u2 + 12d2 u2 )(n − 3u2 ) = u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) + (n − 3u2 )3 − 12u2 (n − u2 )(n − 3u2 )) = l3 l (−1)l−j (2j − 1)3 j=1 = 4n3 − 3n2 n=l2 n=l2 Áp dụng (2.1) với f (x, y) = xy , ta có (−1)(δ−1)/2 (δ − 2u) (u + d)5 u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) 41 (−1)(δ−1)/2 (d5 δ − 10d4 u2 + 10d3 δu2 = u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) − 20d u + 5dδu4 − 2u6 ) (−1)(δ−1)/2 (d4 (n − 11u2 ) + 10d2 u2 (n − 3u2 ) = u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) + u (5n − 7u2 )) = l2 l (−1)l−j (2j − 1) j=1 = n3 n=l2 n=l2 Ta nhận dược ba đồng thức sau đây: (−1)(δ−1)/2 (δ (n − 11u2 ) + 40δ u2 (n − 3u2 ) u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) +16u4 (5n − 7u2 )) = 16n3 − 40n2 + 25n n=l2 (2.14) (−1)(δ−1)/2 ((3δ u2 + 12d2 u2 )(n − 3u2 ) + (n − 3u2 )3 u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) −12u2 (n − u2 )(n − 3u2 )) = 4n3 − 3n2 42 n=l2 (2.15) (−1)(δ−1)/2 (d4 (n − 11u2 ) + 10d2 u2 (n − 3u2 ) u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) +u4 (5n − 7u2 )) = n3 (2.16) n=l2 Chúng ta bỏ số hạng (−1)(δ−1)/2 d2 u2 (n − 3u2 ) u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) (−1)(δ−1)/2 δ u2 (n − 3u2 ) u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) Nhân (2.16) với 16, cộng vế tương ứng với phương trình (2.14), sau 40 Ta có: trừ phương trình (2.15), nhân với (−1)(δ−1)/2 (−1)(δ−1)/2 (n − 11u2 )(16d4 + δ ) + u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) × 160u2 (n − u2 )(n − 3u2 ) + 32u4 (5n − 7u2 ) = 64n3 25n − 40 (n − 3u2 ) n=l2 Kí hiệu P (n) tổng phương trình kí hiệu Q(n) tổng thứ hai tương ứng Suy P (n) − {25n}n=l2 + Q(n) + 64n3 =0 Đối với số nguyên dương n xác định hàm ϕ(n) (−1)(δ−1)/2 (16d4 + δ ) ϕ(n) = n = dδ d, δ ≥ δ ≡ 1( mod 2) 43 Cho ϕ(n) = Suy (−1)(δ−1)/2 (n − 11u2 )(16d4 + δ ) P (n) = u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) (−1)(δ−1)/2 (16d4 + δ ) (n − 11u2 ) = u2