Biểu diễn số nguyên dưới dạng tổng của các số chính phương

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH HOÀNG VĂN GIANG BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƢỚI DẠNG TỔNG CỦA CÁC SỐ CHÍNH PHƢƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An – 12.2011 MỤC LỤC MỞ ĐẦU CHƢƠNG VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA HAI SỐ CHÍNH PHƢƠNG 1.1 Định lý Fermat tổng hai số phương 1.2 Định lý Fermat tổng hai số phương suy rộng CHƢƠNG VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA NHIỀU HƠN HAI SỐ CHÍNH PHƢƠNG 16 2.1 Biểu diễn số nguyên tổng ba số phương 16 2.2 Biểu diễn số nguyên tổng bốn số phương 18 2.3 Biểu diễn số nguyên tổng bốn số phương khác 24 KẾT LUẬN 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO 32 MỞ ĐẦU Về phương diện lịch sử, vấn đề thu hút nhiều quan tâm nhà tốn học tốn biểu diễn số nguyên dạng tổng số phương Albert Girard người đưa nhận xét “Mỗi số nguyên tố lẻ mà đồng dư với theo modulo 4, biểu diễn dạng tổng hai số phương” vào năm 1632 (xem [7]) Fermat người đưa chứng minh Fermat thông báo điều thư gửi cho Marin Mersenne vào ngày 25 tháng 12 năm 1640, ngày giáng sinh Vì Định lý đơi cịn gọi Định lý ngày giáng sinh Fermat Euler chứng minh thành công “Định lý Fermat tổng hai số phương” vào năm 1747, 40 tuổi Ơng thông báo điều thư gửi cho Goldbach vào ngày tháng năm 1747 Chứng minh gồm có bước, bước thứ năm trình bày thư gửi cho Goldbach vào năm 1749 Có câu hỏi tự nhiên suy từ Định lý Fermat tổng hai số phương là: “Với giá trị nhỏ n số nguyên dương viết dạng tổng khơng nhiều n số phương?” Với lý nêu trên, luận văn chúng tơi cố gắng tìm hiểu lịch sử vấn đề biểu diễn số nguyên dương qua số phương, thơng qua việc giới thiệu chứng minh giả thuyết Lagrange: Chỉ cần số phương biểu diễn số ngun dương” Vì vậy, luận văn giới thiệu số kết với chứng minh chi tiết toán biểu diễn số nguyên qua số phương sau đây: Số nguyên tố lẻ p tổng hai số phương p có dạng 4k + Biểu diễn hợp số qua tổng hai số phương Khơng tồn số nguyên dạng 4m(8k + 7) tổng ba số phương Mỗi số nguyên tố biểu diễn tổng bốn số phương Mỗi số nguyên dương biểu diễn qua tổng bốn số phương Những vấn đề giới thiệu nhìn ta có cảm giác đơn giản, nhiên việc chứng minh chúng đòi hỏi kỹ thuật sâu sắc gắn liền với tên tuổi nhiều nhà toán học tiếng Lagrange, Fermat, Euler… cần quan tâm Ngồi ra, luận văn cịn xây dựng hệ thống tập ví dụ biểu diễn số nguyên tổng số phương, góp phần xây dựng tài liệu tham khảo cho giáo viên, học sinh nhà trường phổ thơng sinh viên ngành sư phạm tốn học Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học PGS.TS Nguyễn Thành Quang - tận tình hướng dẫn, bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin cảm ơn thầy cô giáo chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau đại học Trường Đại học Vinh giảng dạy hướng dẫn cho học tập nghiên cứu Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Đồng Tháp giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho học viên học tập nghiên cứu chương trình đào tạo sau đại học Xin cảm ơn quan cơng tác, gia đình, bạn hữu quan tâm giúp đỡ suốt thời gian học tập vừa qua Tuy cố gắng trình học tập, nghiên cứu viết luận văn, song chắn cịn có nhiều thiếu sót, mong góp ý, bảo thầy cô bạn đồng nghiệp Nghệ An, tháng 12 năm 2011 Tác giả Hoàng Văn Giang CHƢƠNG VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA HAI SỐ CHÍNH PHƢƠNG 1.1 Định lý Fermat tổng hai số phƣơng 1.1.1 Định lý Fermat tổng hai số phƣơng Số nguyên tố lẻ p biểu diễn dạng tổng hai số phương: p = x2 + y2, với x, y số tự nhiên lớn 0, p đồng dư với theo modulo Chứng minh Nếu số nguyên tố lẻ p mà biểu diễn dạng tổng hai số phương, số phương chia cho dư 1, nên p chia cho dư Vì vậy, điều kiện cần định lý hiển nhiên Vấn đề lại điều kiện đủ Sau chúng tơi trình bày chứng minh bước Euler: 1.1.2 Bổ đề Tích hai số, mà số tổng hai số phương, tổng hai số phương Nói khác đi: Giả sử phương trình x2 + y2 = m; x2 + y2 = n có nghiệm ngun khơng âm, m n số nguyên dương Khi đó, phương trình x2 + y2 = mn có nghiệm ngun khơng âm Chứng minh Theo giả thiết tồn (a;b), (c;d) nguyên không âm cho a  b  m  2 c  d  n Từ ta có: (a  b2 )( c  d ) = mn  (ac  bd )2  (ad  bc)2  mn Đẳng thức chứng tỏ phương trình x2 + y2 = nm có nghiệm ngun khơng âm, (x; y) = ( ac  bd ; ad  bc ) nghiệm nguyên khơng âm Bổ đề 1.1.2 chứng minh ■ Thực là, chứng minh Bổ đề 1.1.2 dựa vào Định thức Brahmagupta–Fibonacci: (a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 Ví dụ  22  12 13  22  32 5.13  65  42  Ví dụ  32  42 61  52  62 25.61  1525  252  302 1.1.3 Bổ đề Nếu số tự nhiên n mà chia hết cho số nguyên tố p n lẫn p biểu diễn thành tổng hai số phương, n p biểu diễn thành tổng hai số phương Chứng minh Trước hết ta biểu diễn: n = a2 + b2, p = c2 + d2, với a, b, c, d số tự nhiên Bởi vì: (ac + bd)(ac − bd) = a2c2 − b2d2 = a2(c2 + d2) − (a2 + b2)d2 = a2p − nd2 chia hết cho p, p nguyên tố, nên hai số (ac + bd) (ac – bd) chia hết cho p Sử dụng Định thức Brahmagupta-Fibonacci, ta có: n a  b2 (ad  bc)2 (ac  bd )2    p p p2 p2 Vì vậy, (ac – bd) chia hết cho p (ac – bd) chia hết cho p, nên n (ac  bd ) (ad  bc) số phương, mà nguyên, nên p2 p2 p ngun số phương Suy n biểu diễn thành tổng p hai số phương Trường hợp cịn lại (ac + bd) chia hết cho p, lúc ta phân tích: n a  b2 (ad  bc)2 (ac  bd )2    p p p2 p2 ta lặp lại bước lý luận tương tự ■ 1.1.4 Bổ đề Nếu n chia hết cho m, mà n biểu diễn thành tổng hai số phương cịn m khơng biểu diễn được, tỷ số n có ước m khơng thể biểu diễn thành tổng hai số phương: Chứng minh (Phản chứng) Giả sử ngược lại, ước n m biểu diễn thành tổng hai số phương Đặt: n  p1 p2 m pk với p1, p2 , , pk số nguyên tố (không thiết đôi khác nhau) Do p1, p2 , , pk biểu diễn thành tổng hai số phương, nên áp dụng Bổ đề 1.1.3 chia n liên tiếp k lần cho p1, p2 , , pk ta suy ra: m n p1 p2 pk biểu diễn thành tổng hai số phương Ta gặp phải mâu thuẫn với giả thiết m ■ 1.1.5 Bổ đề Nếu a b nguyên tố ước a2 + b2 biểu diễn thành tổng hai số phương Chứng minh (Phản chứng) Giả sử ngược lại, tồn số tự nhiên a, b nguyên tố cho a2 + b2 có ước khơng thể biểu diễn thành tổng hai số phương Trong cặp số ta xét cặp (a;b) thỏa mãn tổng (a + b) nhỏ Gọi x ước a2 + b2 mà biểu diễn thành tổng hai số phương Đặt: a  mx  c , b  nx  d c, d số tự nhiên lớn khơng vượt q x – Ta có: a2 + b2 = m2x2 + 2mxc + c2 + n2x2 + 2nxd + d2 = Ax + (c2 + d2) Suy c2 + d2 chia hết cho x Nếu c d nguyên tố tổng c  d  a  b nên ta gặp phải mâu thuẫn với giả thiết tổng a  b nhỏ Vậy ước chung lớn c d số y lớn Nếu y x không nguyên tố nhau, tồn số nguyên tố p cho y x chia hết cho p, suy a, b chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết a b nguyên tố nhau) Vậy y x nguyên tố Nếu đặt: c1  c d , d1  y y c1, d1 nguyên tố c12  d12 chia hết cho x, rõ ràng c1 + d1 < a + b, mẫu thuẫn với giả thiết tổng (a + b) nhỏ Ta có điều phải chứng minh ■ 1.1.6 Bổ đề Mọi số nguyên tố p lẻ có dạng 4k + biểu diễn thành tổng hai số phương: Theo Định lý Fermat bé, số sau đồng dư với theo modulo p: 14 k ,24 k , ,  4k  4k Xét hiệu hai số liên tiếp nhau: i4k − (i − 1)4k = (i2k + (i − 1)2k).(i2k − (i − 1)2k), với i chạy từ đến 4k Do p số nguyên tố, nên hai số (i2k + (i − 1)2k), (i2k − (i − 1)2k) chia hết cho p Nếu tồn i mà (i2k + (i − 1)2k) chia hết cho p, theo bước 4, suy p biểu diễn thành tổng hai số phương Ngược lại, giả sử khơng tồn i (i2k + (i − 1)2k) chia hết cho p, ta suy ra: (i2k − (i − 1)2k) chia hết cho p với i chạy từ đến 4k Như số sau đồng dư với đôi theo modulo p: 1,22 k ,32 k , ,  4k  2k Do đó, phương trình đồng dư: x k    mod p  có 4k nghiệm, điều mâu thuẫn với Định lý Lagrange phát biểu Vậy điều giả sử sai Suy p biểu diễn dạng tổng hai số phương ■ 1.1.7 Bổ đề (Định lý Lagrange) Cho p số nguyên tố f(x) đa thức với hệ số nguyên, có bậc n Nếu có hệ số f(x) khơng chia hết cho p, phương trình đồng dư f ( x)   mod p  có khơng q n nghiệm trường Z P số nguyên modulo p Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Định lý hiển nhiên với n = Giả sử định lý với n = k, xét đa thức không đồng với không k 1 f  x    xi , deg(f) = k + 1, với m nghiệm i 0 Khơng tính tổng qt giả sử m > 0, tồn r cho f(r) = Khi đó: 10 k 1 f  x   f  x   f  r     xi  r i    x  r  g  x  i 0 với g(x) đa thức có bậc nhỏ thua k+1 Rõ ràng, g(x) khơng đồng với khơng, g(x) có khơng q k nghiệm Kết hợp với (x − r) có nghiệm, suy f(x) có không k+1 nghiệm Suy điều phải chứng minh ■ Ví dụ: Các số nguyên tố lẻ 5, 13, 17, 29, 37, 41 đồng dư với theo modulo 4, chúng biểu diễn dạng tổng hai số phương: = 12 + 22; 13 = 22 + 32; 17 = 12 + 42; 29 = 22 + 52; 37 = 12 + 62 Mặt khác, số nguyên tố lẻ 7, 11, 19, 23 31 đồng dư với theo modulo 4, chúng khơng thể biểu diễn dạng tổng hai số phương 1.2 Định lý Fermat tổng hai số phƣơng suy rộng Định lý Fermat tổng hai số phương nhà tốn học quan tâm suy rộng theo nhiều kiểu Sau kiểu suy rộng 1.2.1 Bài tốn biểu diễn số Với số nguyên dương n ta biểu diễn dạng tổng hai số bình phương? Nói khác đi, xét tốn sau: Tìm số ngun dương n phương trình vơ định x2 + y2 = n có nghiệm ngun khơng âm Chúng ta giải toán theo bước sau: 1.2.2 Mệnh đề Nếu p số nguyên tố dạng 4k + (x2 + y2) p x p, y p 19 số phương n khơng có dạng m (8k+7) , với m, k số nguyên không âm 2.2 Biểu diễn số nguyên tổng bốn số phƣơng 2.2.1 Định lý Với số nguyên tố lẻ p, tồn số nguyên k,  k  p cho kp tổng của bốn số phương Chứng minh Cho p số nguyên tố lẻ Ta chứng minh rằng, tồn số nguyên k,  k  p cho phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = pk có nghiệm nguyên không âm Xét tập hợp A = {x2}, với x = 0,1, 2,…, với y = 0, 1, 2,…, p 1 ; tập hợp B = { – y2 – 1}, p 1 Số lượng phần tử tập hợp A A  phần tử tập hợp B B  p 1 p 1 1 Số lượng 2 p 1 Vậy A  B  p  Ta chứng minh số A phân biệt (theo modulo p) Thật vậy, giả sử i  A, j  A , với p 1  i  j  , ta cần chứng minh i2  j2 (mod p) Thật vậy, trái lại (i2 – j2) p, hay (i – j)(i + j) chia hết cho p Do p – > i + j > i – j > 0, nên từ p số nguyên tố, ta có (i – j)(i + j) khơng chia hết cho p Điều mâu thuẫn với nhận xét nói 20 Tương tự, số B phân biệt (mod p) Kết hợp với A  B  p  , suy tồn x, y  0; 1; 2; …; 2 p 1  cho x   y  (mod p) , hay ( x  y  1) p Từ đó, tồn số k nguyên  cho: 2 2 x  y   kp  x  y  12  02  kp (3) p2  p   p 1 Vì x  y       2 nên: Từ kp  p2  p  x  y 1  2 p2  p  p2  p  , hay k  2 Ta chứng minh rằng: p2  p  p 2p (4) Thật vậy: (4)  p  p   p  p  p   ( p  3)( p 1)  (5) Do p số nguyên tố lẻ nên (5) hiển nhiên đúng, (4) Như ta chứng minh  k  p , kết hợp với (1) suy phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = kp có nghiệm ngun khơng âm Định lý 2.2.1 chứng minh ■ 2.2.2 Định lý Mọi số nguyên tố biểu diễn dạng tổng bốn số phương Chứng minh Cho p số nguyên tố Ta chứng minh phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = p có nghiệm nguyên không âm Xét hai khả sau: 21 - Nếu p = phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = có nghiệm nguyên khơng âm (vì chẳng hạn (1; 1; 0; 0) nghiệm) - Nếu p số nguyên tố lẻ ta xét tập hợp sau đây: M = {k:  k < p x2 + y2 + z2 + t2 = pk có nghiệm ngun khơng âm} Theo Định lý 2.2.1 chứng minh, tập M khác rỗng Khi đó, M có phần tử bé nhất, giả sử số ngun khơng âm m Ta chứng minh m = từ suy 1 M, tức phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = p có nghiệm ngun khơng âm, hay Định lý 2.2.2 chứng minh Bây ta hoàn tất chứng minh sau: Giả sử < m < p Vì m M, nên phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = mp có nghiệm nguyên không âm, tức tồn x, y, z, t  cho: 2 2 x  y  z  t  mp (6) Xét khả sau: 1) Nếu m số chẵn Khi mp  a (mod 4), với a {0; 2} 2 Chú ý x  (mod 4), x chẵn, x  (mod 4), x lẻ 2 2 Từ (6) suy x  y  z  t  a (mod 4), với a {0; 2} Vì số số lẻ số x, y, z, t 0, 4, tức tất chẵn, tất lẻ, hai số chẵn, hai số lẻ Nếu tất chẵn, tất lẻ, số x y x y z t z t , , , 2 2 số nguyên ta có ( x  y)2 ( x  y)2 ( z  t )2 ( z  t )2 m     p 4 4 Từ (7) suy (7) m m  M Vì  m , nên suy mâu thuẫn với m giá trị 2 nhỏ phần tử tập hợp M 22 Nếu có hai số chẵn, hai số lẻ, chẳng hạn x, y chẵn z , t lẻ ta có số x y x y z t z t , , , số nguyên lập luận 2 2 dẫn đến mâu thuẫn 2) Nếu m số lẻ Xét tập hợp m  1  S  0;  1;  2; ;     Tập hợp S gồm m phần tử, hệ thặng dư đầy đủ (mod m) Vậy tồn số a, b, c, d  S cho x  a (mod m); y  b (mod m); z  c (mod m); t  d (mod m) Từ suy ra: 2 2 x  y  z  t  a  b2  c  d (mod m) (8) Từ (6) (8), ta có: a  b2  c  d  (mod m) (9) Từ (9) suy tồn k nguyên không âm, cho: a  b2  c  d  km (10) Do a, b, c, d  S nên ta có a  b2  c  d < m2 m2 m2 m2 + + + = m2 4 4 Vì kết hợp với (10), có  k  m Xét khả sau: - Nếu k = Khi ta có a = b = c = d = Từ x  y  z  t  (mod m) 2 2 Do ( x  y  z  t ) m2 Từ (6) suy (mp) m2  p m Do p số nguyên tố m > 1, nên từ p m suy m = p Điều mâu thuẫn với m < p - Nếu  k  m Khi ta có: 23 2 2 (mp)(km) = ( x  y  z  t )(a  b2  c  d ) = (ax  b y  cz  dt )2  (bx  a y  d z  ct )2 + (cx  d y  az  bt )2  (d x  c y  bz  at )2 Từ đến: X = ax  b y  cz  dt  a  b2  c  d  (mod m) Y = bx  a y  d z  ct  ab  ab  dc  cd  (mod m) Z = cx  d y  az  bt  ca  db  ac  bd  (mod m) T = d x  c y  bz  at  da  cb  bc  ad  (mod m) Do X, Y, Z, T chia hết cho m, nên X = mX1, Y= mY1, Z = mZ1, T= mT1, X  Y  Z  T  m2 ( X12  Y12  Z12  T12 )  m2kp hay X12  Y12  Z12  T12 = kp Theo định nghĩa k  M , mà k < m, điều mâu thuẫn với m số nhỏ nguyên nhỏ thuộc M Ta có điều cần chứng minh ■ Từ định lý số nguyên tố biểu diễn dạng tổng bốn số phương, để đến kết tổng quát (Định lý 2.2.4), ta xét: 2.2.3 Bổ đề Giả sử n, m số nguyên dương cho phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = n x2 + y2 + z2 + t2 = m có nghiệm ngun khơng âm Khi đó, phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = mn có nghiệm nguyên không âm Chứng minh Theo giả thiết tồn số nguyên không âm (x1; y1; z1; t1), (x2; y2; z2; t2) cho: 24  x12  y12  z12  t12  m   2 2   x2  y2  z2  t2  n (11) (12) Nhân vế với vế đẳng thức (11) (12) ta có: mn = ( x12  y12  z12  t12 )( x22  y22  z22  t22 ) = = (x1x2 + y1y2 + z1z2 + t1t2)2 + (x1y2 – y1x2 + z1t2 – t1z2)2 + + (x1z2 – y1z2 – z1x2 + t1y2)2 + (x1t2 + y1z2 – z1y2 – t1x2)2 (13) Đẳng thức (13) chứng tỏ phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = mn có nghiệm ngun khơng âm Bổ đề 2.2.3 chứng minh ■ 2.2.4 Định lí (Định lý Lagrange) Mọi số nguyên dương biểu diễn dạng tổng bốn số phương Chứng minh Với số nguyên dương n, phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = n có nghiệm ngun khơng âm Chỉ có hai khả sau xảy ra: 1) Nếu n = 1, rõ ràng phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = có nghiệm nguyên không âm (chẳng hạn x = 1, y = z = t = 0) 2) Nếu n > 1, ta có khai triển n dạng tắc n  p1s1 p2 s2 pk sk p1, p2,…, pk số nguyên tố, s1, s2,…,sk số nguyên dương Theo Định lý 2.2.2, với i 1, k phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = pi ( i 1, k ) có nghiệm ngun khơng âm Áp dụng liên tiếp Bổ đề 2.2.3, ta suy phương trình x2  y  z  t  p1s1 p2 s2 pk sk hay phương trình x2  y  z  t  n 25 có nghiệm ngun khơng âm Định lý chứng minh hồn tồn ■ Ví dụ: = 12 + 02 + 02 + 02 = 12 + 12 + 02 + 02 = 12 + 12 + 12 + 02 = 12 + 12 + 12 + 12 = 12 + 22 + 02 + 02 = 12 + 12 + 22 + 02 = 12 + 12 + 12 + 22 = 22 + 22 + 02 + 02 = 22 + 22 + 12 + 02 10 = 22 + 22 + 12 + 12 11 = 12 + 12 + 32 + 02 100 = 102 + 02 + 02 + 02 2.3 Biểu diễn số nguyên tổng bốn số phƣơng khác 2.3.1 Định lý Cho n  2s , với s số nguyên dương lẻ Khi đó, phương trình x  y  z  t  n khơng có nghiệm ngun dương Chứng minh Xét phương trình x  y  z  t  2s , s = 2h + 1, h nguyên  Giả thiết phản chứng rằng, phương trình cho có nghiệm nguyên dương x; y; z; t  tức 2 2 x  y  z  t  2s (14) Có hai khả xảy sau đây: 1) Nếu h = 0, tức là: x  y  z2  t  2 2 (15) Do x, y, z, t > 0, nên x , y , z , t 1 Vì vế trái (15)  4, từ (15) suy điều vơ lí 26 2) Nếu h > 0, s = 2h +  Trước hết ta chứng minh rằng, từ (14) suy x, y, z, t số chẵn Thật vậy, trái lại có khả sau: - Một ba số số x, y, z, t lẻ, lúc vế trái (14) không chia hết cho Điều dĩ nhiên vơ lí với 2s chia hết cho - Có số số x, y, z, t lẻ ( ví dụ x, y ) Do x y lẻ nên 2 x  (mod 4) ; y  (mod 4) Do z t chẵn nên z  (mod 4) ; t  (mod 4) Vì vế trái (14)  (mod 4) Do s  , nên vế trái (14)  (mod ) Từ suy điều vơ lí 2 2 - Cả số x, y, z, t lẻ Dễ thấy x , y , z , t  (mod 8) Do vế trái (14)  (mod 8) Cũng lẽ s  3, nên vế trái (14)  (mod 8) Từ suy vơ lí Vậy ta từ (14) có x, y, z, t số chẵn Đặt x  x1, y  y1, z  z1, t  2t1 Lúc từ (14) có 4( x12  y12  z12  t12 )  2s hay x12  y12  z12  t12  2s2 (16) Do s  số lẻ, nên s –  số lẻ Nếu s –  3, lập luận lại tiếp tục Sau số hữu hạn bước, từ (16) ta thu xk , yk , zk , tk  nguyên cho xk2  yk2  zk2  tk2  Từ dẫn đến mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai, tức khơng tồn nghiệm ngun dương phương trình x  y  z  t  n , n  2s với s số ngun dương lẻ Đó điều cần chứng minh ■ 2.3.2 Định lý Cho n số nguyên dương Khi phương trình 27 x  y  z  t  n2 có nghiệm nguyên dương n  n  Chứng minh Xét phương trình x  y  z  t  n2 (17) - Nếu n = 1, đó: x  y  z2  t  (18) Với x, y, z, t nguyên > 0, vế trái (18)  , (18) khơng thể có nghiệm ngun dương - Nếu n = 3, (17) trở thành x  y  z2  t   (19)  Giả thiết (19) có nghiệm nguyên dương x; y; z; t Lúc ta có 2 2 x  y  z t  (20) Từ (20) suy số lẻ số x, y, z, t phải số chẵn Xét khả sau: i) Cả số x, y, z, t số chẵn Do x, y, z, t > 0, nên x  2, y  2, z  2, t  Từ vế trái (19)  22  22  22  22 = 16 Đó điều vơ lí ii) Có hai số chẵn hai số lẻ (giả sử x, y lẻ; z , t chẵn) Chú ý x (hoặc y ) lẻ Thật vậy, trái lại x  x  Từ x, y, z, t > nên vế trái (19) > 9, suy 2 điều vơ lí Do x  y   z  t  Điều vơ lí z , t số chẵn iii) Cả bốn số x, y, z, t số lẻ Khi theo nhận xét x  y  z  t  Lúc vế trái (19) = dẫn đến vô lí 28 Tóm lại giả thiết (19) có nghiệm ngun dương sai, tức (17) khơng có nghiệm nguyên dương n = - Bây xét n  n  Xét khả sau: a) Nếu n chẵn ( n = 2k với k 1 ) Lúc (17) trở thành x  y  z  t  4k (21) Trong trường hợp (21) có nghiệm ngun dương (k; k; k; k) nghiệm nguyên dương (21) b) Nếu n lẻ > Khi n có ước nguyên tố Ta có nhận xét hiển nhiên sau đây: “Nếu n có ước ngun tố p, mà phương trình x  y  z  t  p có nghiệm ngun dương, phương trình x  y  z  t  n2 có nghiệm nguyên dương” Trong trường hợp b) ta lại xét tiếp khả sau: i) Nếu n có ước nguyên tố p > 26 Khi p2 – 676 > Do p nguyên tố nên p  (mod 8) Lại có 676  - (mod 8) Vì p2 - 676  (mod 8) Nói cách khác p2 - 676 có dạng 8k + khơng thể có dạng 4m (8k  7) Do p số nguyên tố nên ta có phương trình x  y  z  p2  676  (22)  có nghiệm ngun khơng âm x; y; z , tức có x, y, z nguyên  0, 2 x  y  z  p  676 Nếu x  0, y  0, z  từ (23) 2 x  y  z  262  p x; y; z;26 nghiệm nguyên dương phương trình suy 29 x  y  z  t  p2 Theo nhận xét trên, trường hợp phương trình x  y  z  t  n2 có nghiệm nguyên dương Nếu x  0, y  0, z  , từ (23) ta có 2 x  y  102  242  p (24) Nếu x  0, y  z  từ (23) có x  62  82  242  p (25) (Chú ý từ (23) p2 > 676, nên khơng thể có x  y  z  ) Tóm lại, n có ước nguyên tố p > 26, phương trình x  y  z  t  n2 có nghiệm nguyên dương ii) Nếu ước nguyên tố n < 26 Chú ý số nguyên tố lẻ < 26 tất số thuộc tập hợp: 3; 5; 7;11;13;17;19; 23 Vì ta đến xét trường hợp sau:  Nếu n có ước nguyên tố p = 3, tức n = 3s, với s  (do n > 3) Vì s  2, nên n 9, n = 9m, nên n2 = 81m2 = (2m)2 + (2m)2 + (3m)2 + (8m)2 (26) Đẳng thức (26) chứng tỏ (2m; 2m; 3m; 8m) nghiệm nguyên dương x  y  z  t  n2 , n = 3s - Nếu n có ước nguyên tố p {7; 23} Ta có: 72 12  42  42  42 ; 232 12  42 162 162 - Nếu n có ước nguyên tố p {5;11;13;17;19} Khi dễ thấy p  8k + 30   Phương trình x  y  z  p có nghiệm ngun khơng âm x; y; z , tức 2 x  y  z  p Nếu x, y, z > 0, x, y, z khơng thể Thật vậy, trái lại ta có p  3x suy p chia hết cho Điều vơ lí với p số 2 ngun tố > Giả sử x  y Từ x  y  z  p suy ra: 2 p  ( x  y  z )2 2 = (2 x y  z )2  ( x  y )2  ( zx  z y)2  ( zx  z y) (27) Do x, y, z > x  y , nên từ (27) suy  2x y  z 2 ; x  y ; zx  z y ; zx  z y  nghiệm nguyên dương phương trình x  y  z  t  p 2 - Nếu x, y > z  Khi ta có x  y  p Từ đó:  p 2 x  y        x y   x y 2  x  2  y 2 2 (28)  Từ (28) suy x; y; xy; xy nghiệm nguyên dương phương trình x  y  z  t  p2 - Nếu x > 0; z  y  Khi đó: x  p (29) Từ (29) ta có điều vơ lí, p số nguyên tố lớn - Nếu x  y  z  , p = điều vơ lí Tóm lại, ta chứng minh rằng: Nếu n có ước nguyên tố thuộc tập hợp {5; 11; 13; 17; 19}, phương trình x  y  z  t  p có nghiệm nguyên dương 31 Kết hợp lại, ta có kết luận phương trình x  y  z  t  n2 có nghiệm nguyên dương n  n  Phép chứng minh Định lý 2.3.2 kết thúc ■ 32 KẾT LUẬN Nội dung luận văn nhằm giới thiệu số kết với chứng minh chi tiết toán biểu diễn số nguyên qua số phương sau đây: Định lý Fermat biểu diễn số nguyên tố lẻ dạng tổng hai số phương Định lý Fermat suy rộng biểu diễn hợp số n dạng tổng hai số phương Số nguyên dương n biểu diễn dạng tổng ba số phương n khơng có dạng m (8k+7) , với m, k số nguyên không âm Định lý Lagrange: Mỗi số nguyên dương biểu diễn tổng số phương Định lý Lagrange suy rộng: Cho n số nguyên dương Khi phương trình x  y  z  t  n2 có nghiệm nguyên dương n  n  Ngồi ra, luận văn cịn xây dựng hệ thống tập ví dụ biểu diễn số nguyên tổng số phương 33 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, NXB Giáo dục, Hà Nội [2] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục, Hà Nội [3] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Trường Đại học Vinh [5] Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội TIẾNG ANH [6] Z I Borevic and R I Shafarevich (1966), Number Theory, Acamedic Press [7] D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi [8] A B Gonrachov (1985), The arithmetic of Gaussian integers, Kvant, No.12, pp 8-13 [9] M B Nathanson (2000), Elementary Methods in Number Theory, Springer [10] Stillwell, John (1996), Introduction to Theory of Algebraic Integers by Richard Dedekind, Cambridge University Press [11] S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi ... TỔNG CỦA NHIỀU HƠN HAI SỐ CHÍNH PHƢƠNG 16 2.1 Biểu diễn số nguyên tổng ba số phương 16 2.2 Biểu diễn số nguyên tổng bốn số phương 18 2.3 Biểu diễn số nguyên tổng bốn số phương khác 24 KẾT... diễn số nguyên qua số phương sau đây: Số nguyên tố lẻ p tổng hai số phương p có dạng 4k + Biểu diễn hợp số qua tổng hai số phương Không tồn số nguyên dạng 4m(8k + 7) tổng ba số phương Mỗi số nguyên. .. dạng tổng hai số phương Số nguyên dương n biểu diễn dạng tổng ba số phương n khơng có dạng m (8k+7) , với m, k số nguyên không âm Định lý Lagrange: Mỗi số nguyên dương biểu diễn tổng số phương