Một số ứng dụng
2.2 Phân tích số nguyên thành tổng hai số chính phương
phương
Một trong những ứng dụng thú vị của lí thuyết vành các số nguyên Gauss (trong Tiết 1.3 và Tiết 2.1) là để giải quyết bài toán sơ cấp: Biểu diễn số tự nhiên thành tổng của hai số chính phương.
Theo Hệ quả 1.3.7, một số nguyên tố p là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu nó không là tổng của hai số chính phương. Theo Hệ quả 1.3.8, nếu số phức z = a+bi có chuẩn N(z) = a2+b2 là số nguyên tố trong Z, thì z và z¯ đều là các số nguyên tố Gauss. Vì vậy, bài toán xác định các số nguyên tố Gauss liên quan mật thiết đến bài toán cổ điển sau đây.
Bài toán. Tìm điều kiện để số tự nhiên n là tổng của hai số chính
phương.
Trước khi đưa ra lời giải cho bài toán này, chúng ta xét trường hợp
n ≤ 50. Tính toán trực tiếp ta nhận được tập hợp các số n bằng tổng của của 2 số chính phương bao gồm các số sau:
1; 2; 4; 5; 8; 9; 10; 13; 16; 17; 18; 20; 25; 26; 29; 32; 34; 36; 37; 40; 41; 45; 49; 50.
Các số trong dãy trên đều không có dạng 4k + 3.
Lọc ra từ dãy số trên, ta nhận được tập các số nguyên tố p sao cho
p≤ 50 và p là tổng của hai số chính phương bao gồm
2; 5; 13; 17; 29; 37; 41.
Do đó tập số nguyên tố p sao cho p≤ 50 và p không là tổng của hai số chính phương bao gồm
Từ hai dãy số nguyên tố trên, ta dễ dàng kiểm tra rằng một số nguyên tố p ≤50 là tổng của hai số chính phương nếu và chỉ nếu p không đồng dư với 3 theo môđun 4 (tức là nó không có dạng 4p+ 3).
Định lí sau đây cho lời giải bài toán trên trong trường hợp số nguyên tố.
2.2.1 Định lý. (Fermat). Cho p là số nguyên tố. Khi đó tồn tại hai số
nguyênx, y sao cho p= x2+y2 nếu và chỉ nếu p= 2 hoặc p≡ 1 (mod 4).
Để chứng minh Định lí 2.2.1 chúng ta cần bổ đề sau đây.
2.2.2 Bổ đề. (Lagrange). Nếu p = 4k + 1 là số nguyên tố thì tồn tại
một số tự nhiên m sao cho p là ước của m2 + 1.
Chứng minh. Theo Định lí Wilson, ta có (p − 1)! ≡ −1 (mod p). Do
p= 4k+ 1 nên (4k)! ≡ −1 (mod p). Chú ý rằng (4k)! ≡ (2k)!(2k+1)(2k+2). . .4k ≡ (2k)!(−2k)(−2k+1). . .(−1) (modp). Vì (−2k)(−2k+ 1). . .(−1) = (−1)2k(2k)! nên ta có (4k)! ≡ (2k)!(−1)2k(2k)! ≡((2k)!)2 (mod p).
Kết hợp với đồng dư thức (4k)! ≡ −1 (mod p) đã chứng minh ở trên, ta suy ra −1 ≡((2k)!)2 (mod p). Do đó p là ước của ((2k)!)2 + 1.
Chứng minh Định lí 2.2.1. Giả sử p = x2 + y2 là số nguyên tố. Khi đó
p 6≡ 3 (mod 4). Rõ ràng không có số nguyên tố nào đồng dư với 0 theo
môđun 4. Nếu p đồng dư với 2 theo môđun 4 thì p= 2. Nếu p 6= 2 thì p
Ngược lại, nếu p= 2 thì p= 12+ 12, tức là p là tổng của hai số chính phương. Giả sử p là số nguyên tố đồng dư với 1 theo môđun 4. Viết
p = 4n+ 1. Theo Bổ đề 2.2.2, tồn tại số tự nhiên m sao cho p là ước của m2 + 1. Ta khẳng định p không là số nguyên Gauss. Thật vậy, giả sử p là số nguyên tố Gauss. Do m2 + 1 = (m −i)(m + i) và p là phần tử nguyên tố của Z[i] nên p là ước của m+ i hoặc p là ước của m −i.
Nếu p là ước của m +i thì tồn tại z ∈ Z[i] sao cho pz = m +i. Suy ra
z = m
p +
1
pi ∈ Z[i], điều này là vô lí. Tương tự, ta cũng suy ra p không thể là ước của m −i. Do đó p không là số nguyên tố Gauss. Theo Hệ quả 1.3.7 ta suy ra p là tổng của hai số chính phương.
Từ Định lí 1.3.5 và Định lí 2.2.1 ta suy ra hệ quả sau.
2.2.3 Hệ quả. Cho p ∈ N là một số nguyên tố. Khi đó p là số nguyên
tố Gauss nếu và chỉ nếu p đồng dư với 3 theo môđun 4.
Chúng ta sử dụng kết quả trên để chứng minh một kết quả sơ cấp sau.
2.2.4 Hệ quả. Cho p là một số nguyên tố không đồng dư với 3 theo
môđun 4. Khi đó phương trình p = x2 + y2 có duy nhất một nghiệm
(x, y) ∈ N2 với x ≥ y.
Chứng minh. Vì p là số nguyên tố không đồng dư với 3 theo môđun 4,
nên p= 2 hoặc p đồng dư vói 1 theo môđun 4. Do đó theo Định lí 2.2.1,
p là tổng của hai số chính phương. Do đó phương trình p= x2+y2 có ít nhất một nghiệm nguyên (x, y) ∈ N2 với x ≥ y.
Ta có phân tích p = x2 + y2 = (x + yi)(x − yi). Do N(x + yi) =
x2+y2 = p là số nguyên tố trong Z, nên theo Hệ quả 1.3.8, các số phức
x+ yi và x−yi là các số nguyên tố Gauss. Suy ra p = (x+yi)(x−yi)
Giả sử (x0, y0) ∈ N2 là một nghiệm của phương trình p = x2 +y2 với
x0 ≥ y0. Khi đó p = x02+y02 = (x0+y0i)(x0−y0i). Cũng do N(x0+y0i) =
x02+y02 = p là số nguyên tố, nên x0+y0i và x0−y0i là các số nguyên tố Gauss. Do đóp = (x0+y0i)(x0−y0i) cũng là phân tích bất khả quy củap. Do vành Z[i] là vành Euclid (theo Định lí 1.3.4) nên nó là vành Gauss. Vì thế phân tích bất khả quy của phần tử p là duy nhất sai khác thứ tự và những nhân tử khả nghịch. Do đó tồn tại hai phần tử khả nghịch
u, v ∈ Z[i] sao cho x0 + y0i = u(x + yi) hoặc x0 + y0i = v(x − yi). Vì
u, v khả nghịch nên theo Bổ đề 1.3.2, ta suy ra u, v ∈ {1,−1, i,−i}. Nếu
u= 1, thì (x, y) = (x0, y0). Nếu u = −1 thì x0 = −x ≤ 0 và y0 = −y ≤ 0,
điều này không thể xảy ra. Nếu u = i thì x0 = −y ≤ 0 và y0 = x. Do
x0 ∈ N nên y = 0, suy ra p = x2 không là số nguyên tố, vô lí. Nếu
u = −i thì y0 = −x ∈ N, suy ra x = 0 và do đó p = y2 không là số nguyên tố, vô lí. Tương tự, xét tất cả các trường hợp đối với v ta suy ra
(x, y) = (x0, y0).
Một phân tích n= pt1
1 . . . ptk
k của số nguyên dương n được gọi là phân
tích tích tiêu chuẩnnếu p1, . . . , pk là các số nguyên tố đôi một khác nhau
và t1, . . . , tk là các số nguyên dương. Định lí sau đây trả lời trọn vẹn cho
bài toán phân tích một số tự nhiên thành tổng của hai số chính phương. 2.2.5 Định lý. Một số tự nhiên n là tổng của hai số chính phương nếu
và chỉ nếu mỗi ước nguyên tố của n đồng dư với 3 theo môđun 4 đều
xuất hiện một số chẵn lần trong phân tích tiêu chuẩn của n.
Chứng minh. Cho n là một số tự nhiên. Rõ ràng n = x2 +y2 nếu và chỉ
nếu n = N(x+yi). Do đó n là tổng của hai số chính phương nếu và chỉ nếu n là chuẩn của một phần tử trong Z[i]. Viết
n= Ypei
i
Y
qfj
là một phân tích tiêu chuẩn của n trong vành Z, trong đó mỗi pi là số nguyên tố đồng dư với 3 theo mô đun 4, và mỗi qj là số nguyên tố không đồng dư với 3 theo mô đun 4. Theo Hệ quả 2.2.4, tồn tại duy nhất một cặp số (aj, bj) ∈ N với a ≥ b, sao cho
qj = a2j +b2j = πjπ¯j,
trong đó πj = aj+bji ∈ Z[i]. Do N(πj) =N(aj +bji) =qj là số nguyên tố nên theo Hệ quả 1.3.8, số πj là số nguyên tố Gauss. Ta chứng minh
pi là số nguyên tố Gauss với mọi i. Giả sử ngược lại, tức là tồn tại i sao cho pi không là số nguyên tố Gauss. Theo Hệ quả 1.3.7, tồn tại ai, bi ∈ Z
sao cho pi = a2i + b2i. Vì pi là số nguyên tố và là tổng của hai số chính phương nên theo Định lí 2.2.1 ta suy ra pi = 2 hoặc pi ≡ 1 (mod 4).
Điều này không thể xảy ra vì ta đã giả thiết pi ≡ 3 (mod 4). Do đó
n= Ypei
i
Y
πfj
j π¯jfj
là phân tích bất khả quy của n trong vành Z[i]. Vì N(pi) = p2i không là số nguyên tố nên pi là số nguyên tố Gauss có dạng (i) trong Định lí 1.3.5. Vì N(πj) = qj = N(¯πj là số nguyên tố nên πj và π¯j là các số nguyên tố Gauss có dạng (ii) trong Định lí 1.3.5.
Bây giờ ta chứng minh Định lí. Giả sử n= x2 +y2 là tổng của hai số chính phương. Khi đó n = N(z), trong đó z = x+yi. Giả sử
z = Ypei
i
Y
πfj
j
là phân tích bất khả quy của z trong vành Z[i], trong đó pi là số nguyên tố Gauss có dạng (i) trong Định lí 1.3.5 và πj là số nguyên tố Gauss có dạng (ii) trong Định lí 1.3.5 với mọi i, j. Chú ý rằng liên hợp của tích hai số phức bằng tích các liên hợp, do đó ta có ¯ z = Ypei i Y ¯ πfj j .
Vì πj là số nguyên tố Gauss có dạng (ii) trong Định lí 1.3.5 nên π¯j là số nguyên tố Gauss có dạng (ii) trong Định lí 1.3.5. Do đó ta có
n = N(z) = z.z¯= Yp2ei i Y πfj j π¯fj j
là phân tích bất khả quy của số n trong vành Z[i]. Chú ý rằng nếu p là ước nguyên tố của n đồng dư với 3 theo mô đun 4, thì p = pi với i nào đó, và do đóp xuất hiện một số chẵn lần trong phân tích tiêu chuẩn của
n.
Ngược lại, giả sử mỗi ước nguyên tố của nđồng dư với 3 theo mô đun
4đều xuất hiện một số chẵn lần trong phân tích tiêu chuẩn của n. Theo phần đầu chứng minh của Định lí, một phân tích bất khả quy của n có dạng n= Ypei i Y πfj j π¯jfj,
trong đópi là số nguyên tố Gauss có dạng (i) trong Định lí 1.3.5 và πj,π¯j
là số nguyên tố Gauss có dạng (ii) trong Định lí 1.3.5 với mọi i, j. Chú ý rằng nếu p là số nguyên tố Gauss có dạng (i) trong Định lí 1.3.5, thì
p đồng dư với 3 theo mô đun 4. Do đó n có phân tích bất khả quy dạng
n = Yp2ri i Y πfj j π¯jfj, trong đó ei = 2ri với ri ∈ N. Đặt Q πfj j = a+bi với a, b ∈ Z. Do chuẩn của một tích hữu hạn số phức bằng tích của các chuẩn nên ta có
n= Yp2ri i Y N(πj)fj = Yp2ri i N(Yπfj j ) =Yp2ri i (a2 +b2).
Do đó n là tổng của hai số chính phương.
2.3 Xác định các bộ số Pythagore
Một ứng dụng khác của lí thuyết vành các số nguyên Gauss là để xác định các bộ số Pythagore.
Nhắc lại rằng một bộ gồm 3 số x, y, z ∈ N được gọi là một bộ số
Pythagore nếu z2 = x2 +y2.
2.3.1 Định nghĩa. Một bộ ba số Pythagore x, y, z được gọi là bộ số
Pythagore nguyên thủy nếu x và y là hai số nguyên nguyên tố cùng
nhau.
Chẳng hạn, 3,4,5 là bộ số Pythagore nguyên thủy.
Chú ý rằng nếux, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy thìkx, ky, kz là bộ số Pythagore với mọi k ∈ N. Ngược lại, nếu x, y, z là bộ số Pythagore
thì z2 = x2+y2. Gọi d= gcd(x, y). Khi đó x = da và y = db với a, b ∈ N
và gcd(a, b) = 1. Ta có z2 = d2(a2 +b2). Suy ra d2 là ước của z2. Do đó
d là ước của z. Đặt z = dc với c ∈ N. Suy ra d2c2 = z2 = d2(a2 +b2). Vì
thế c2 = a2+b2 và gcd(a, b) = 1. Do đó a, b, c là bộ số Pythagore nguyên
thủy và (x, y, z) = (da, db, dc). Do đó, để xác định các bộ số Pythagore, chúng ta chỉ cần xác định các bộ số Pythagore nguyên thủy.
Trước hết, chúng ta cần các bổ đề sau.
2.3.2 Bổ đề. Cho x, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy. Khi đó x+yi
và x−yi là nguyên tố cùng nhau trong vành Z[i].
Chứng minh. Trước hết ta khẳng định x và y là nguyên tố cùng nhau
trongZ[i].Thật vậy, vì gcd(x, y) = 1 nêngcd(x2, y2) = 1.Giả sửα ∈ Z[i]
là một ước chung của x và y. Vì N(x) = x2, N(y) = y2 nên N(α) là một ước chúng của x2 và y2. Suy ra N(α) = 1. Do đó α khả nghịch. Vì thế
x và y là nguyên tố cùng nhau trong Z[i].
Giả sử x+yi và x−yi không nguyên tố cùng nhau trong vành Z[i].
Khi đó tồn tại một số nguyên tố Gauss w sao cho w là ước chung của
x+yi và x−yi. Vì 2x = (x+yi) + (x−yi) và 2yi = (x+yi)−(x−yi)
vành Z[i] và i là phần tử khả nghịch trong Z[i] nên w là ước của 2. Do
w là số nguyên tố Gauss nên theo Hệ quả 2.1.8 ta suy ra w = u(+i), trong đó u là một phần tử khả nghịch trong Z[i]. Vì w là ước của x+yi
nên chuẩn của w là một ước của chuẩn của x+ yi. Vì thế N(w) = 2 là ước của N(x+yi) =x2+y2. Vì z2 = x2+y2 nên 2 là ước của z2. Do đó
z là số chẵn. Suy ra z2 là bội của 4. Do đó x2 + y2 là bội của 4. Kiểm tra các khả năng với x và y đồng dư với 0,1,2,3 theo môđun 4, ta thấy rằng chỉ có duy nhất một khả năng xảy ra là x2 và y2 đều chẵn. Điều này là vô lí.
2.3.3 Bổ đề. Giả sử α, β ∈ Z[i] là hai số nguyên Gauss nguyên tố cùng
nhau. Nếu tồn tại γ ∈ Z[i] sao cho αβ = γ2 (tức αβ là số chính phương)
thì có một phần tử khả nghịch u ∈ Z[i] sao cho uα và u−1β đều là số
chính phương trong vành Z[i].
Chứng minh. Nếu γ khả nghịch trong Z[i] thì γ ∈ {1,−1, i,−i}. Suy ra
γ2 ∈ {1,−1}. Do đó α, β cũng khả nghịch trong Z[i] và
(α, β) ∈ {(1,1),(−1,−1),(i,−i),(i, i),(−i, i),(−i,−i)}.
Ta có thể thử từng trường hợp và thấy rằng Bổ đề đúng vớiγ khả nghịch. Tương, Bổ đề đúng với γ = 0. Vì thế ta có thể giả thiết γ khác 0 và không khả nghịch. Do đó γ có sự phân tích thành tích các số nguyên tố Gauss
γ = zn1
1 . . . znk
k
với z1, . . . , zk là các số nguyên tố Gauss đôi một không là bội của nhau
và n1, . . . , nk là các số nguyên dương. Suy ra
αβ = γ2 = z2n1
1 . . . z2nk
k .
Vì α và β là nguyên tố cùng nhau nên mỗi ước nguyên tố Gauss của α
α. Do đó, sau một phép hoán đổi thứ tự các nhân tử và đưa tích những phần tử khả nghịch ra ngoài (nếu cần thiết), tồn tại một số tự nhiên
t≤ k và một phần tử u khả nghịch trong Z[i] sao cho
α = u−1z2n1 1 . . . z2nt t ; β = uz2nt+1 t+1 . . . z2nk k . Suy ra uα = z2n1 1 . . . z2nt
t là chính phương trong Z[i]. Tương tự, u−1β là chính phương trong Z[i].
Như đã phân tích ở phần đầu Tiết 2.3, để xác định các bộ số Pythagore, chúng ta chỉ cần xác định các bộ số Pythagore nguyên thủy. Bây giờ chúng ta sử dụng các kết quả thu được để giải quyết bài toán: Xác định các bộ số Pythagore nguyên thủy.
2.3.4 Định lý. Cho bộ số nguyên dương (x, y, z). Khi đó x, y, z là bộ số
Pythagore nguyên thủy nếu và chỉ nếu sau một hoán vị của x và y ta có
x = u2 −v2 và y = 2uv, trong đó u > v là hai số tự nhiên nguyên tố
cùng nhau và u, v không đồng thời là số lẻ. Trong trường hợp này ta có
z = u2 +v2.
Chứng minh. Giả sử x, y, z là một bộ số Pythagore nguyên thủy. Khi đó
gcd(x, y) = 1 và ta có
z2 = x2 +y2 = (x+yi)(x−yi).
Theo Bổ đề 2.3.2, các phần tử x+yi và x−yi là nguyên tố cùng nhau trong vành Z[i]. Đặt α = x + yi, β = x − yi và γ = z. Vì αβ = γ2
và α, β nguyên tố cùng nhau nên theo Bổ đề 2.3.3, tồn tại phần tử khả