2 Các dạng toán về số chính phương
2.4.2 Tổng của bốn bình phương có ba bình phương bằng
n= x2 + 3y2
có nghiệm nguyên.
Ký hiệu B = {n∈ N∗|n = x2 + 3y2có nghiệm nguyên.}
Bổ đề 2.10. Nếu p\x2+ 3y2 vàp là nguyên tố dạng 3k+ 2thì p\x, p\y. Chứng minh. Giả sử trái lại, (x, p) = (y, p) = 1 suy ra x2 ≡ −3y2
(mod p) suy ra
xp−1 ≡ (−3)p−12 .yp−1 ⇒(−1)p−12 3p−12 ≡ 1 (mod p).
Do p = 3k+ 2 suy ra p = 12h+ 5 hoặc p = 12h+ 11.
Nếu p = 12h+ 5 thì 3 là số không chính phương theo mod p và p−1 2 = 6k + 2 chẵn. Do đó (−1)p−12 3p−12 ≡ −1 (mod p). Vô lý
Nếu p = 12h+ 11 thì 3 là số chính phương và p−1
2 = 6k + 2 lẻ. Từ đó
cũng dấn đễn điều vô lý.
Bổ đề 2.11. Giải sử n = p là số nguyên tố. Khi đó p ∈ B khi và chỉ khi
Chứng minh. Điều kiện cần. Giải sử ngược lại, phương trìnhx2+3y2 = p
có nghiệm và p ≡2 (mod 3). Theo bổ đề 2.10 thì x và y đều chia hết cho
p và do đó x2 + 3y2 chia hết cho p2. Vô lý
Điều kiện đủ. Nếu p= 3 thì 3 = 02 + 3.12. Xét p ≡ 1 (mod 3). Khi đó -3 là số chính phương (mod p). (Vì 3 là số chính phương (mod p) khi và chỉ khi p ≡ ±1 (mod 12) và (−3)p−12 = (−1)p−12 3p−12 . Vậy tồn tại a ∈ N sao cho a2 ≡ −3 (mod p). Xét tập hợp x+ay với x, y = 0,1,2, . . . , q;q = [√ p]. Tập này có (q+ 1)2 phần tử và p < (q + 1)2 nên có (x1, y1) 6= (x2, y2) thỏa mãn x1 + ay1 = x2 +ay2) (mod p) suy ra (x1 −x2) ≡ a(y2 −y1) (mod p) ⇒ (x1 −x2)2 ≡ a2(y1 −y2)2 (mod p). Đặt x = |x1 −x2|, y = |y1 −y2|, và x2 ≤q2 < p, y2 ≤ q2 < p.
Ta được x2 = a2y2 suy ra x2 ≡ −3y2 (mod p) hay x2 + 3y2 chia hết cho
p. Mà 0< x2+ 3y2 < p+ 3p= 4p, do vậy x2+ 3y2 = phoặc x2+ 3y2 = 2p
hoặc x2 + 3y2 = 3p.
Nếu x2 + 3y2 = p thì ta có điều phải chứng minh.
Nếu x2 + 3y2 = 2p thì suy ra x, y cùng tính chẵn lẻ suy ra x2 + 3y2 ≡ 0 (mod 4) suy ra 2\p. Vô lý.
Nếux2+ 3y2 = 3p suy ra9z2+ 3y2 = 3pvới x = 3z, dẫn đến y2+ 3z2 = p, suy ra p∈ B.
Bổ đề 2.12. Nếu n ∈ B, m ∈ B thì nm ∈ B.
Chứng minh. Sử dụng đồng nhất thức
(a2 + 3b2)(c2 + 3d2) = (ac−3bd)2 + 3(bc+ da)2.
Định lý 2.12. Giả sử n có phân tích tiêu chuẩn n = 3rΠpsi i Πqtj
j . trong đó pi là số nguyên tố dạng 3k+ 1, qj là các số nguyên tố dạng 3k+ 2. Ta có n∈ B khi và chỉ khi tj chẵn với mọi j.
Chứng minh. Điều kiện đủ: Giả sử tj chẵn với mọi j. Đặt m = 3rΠpsi i . Theo bổ đề 2.11 ta có 3∈ B, pi ∈ B, từ đó m ∈ B theo bổ đề 2.12. Mà tj
chẵn với mọi j nên h2 = Πqtj
j . Do vậy
n= m.h2 = (xh)2 + 3(yh)2.
Điều kiện cần. Giả sửn ∈ B nghĩa là phương trình x2+3y2 = ncó nghiệm
là lẻ. Khi đó
x2 + 3y2 = qb,(b, q) = 1.
Theo bổ đề 2.10 ta có x = qx1, y = qy1 suy ra x21+ 3y12 = qt−2b nếu t ≥3. Sau hữu hạn bước, ta được
x2k + 3y2k = qb.
Cũng theo bổ đề 2.10 ta có q \b. Vô lý. Định lý được chứng minh
Sau đây ta xét tiếp bài toán tìm n nguyên dương biểu diễn được thành dạng n= x2 + 3y2 với x, y nguyên dương.
Định lý 2.13. Điều kiện cần và đủ để phương trình n = x2 + 3y2 có nghiệm nguyên dương là
a) Nếu n là số chính phương thì n phải có ước nguyên tố dạng 3k+ 1. b) Nếu n là số không chính phương thì trong phân tích tiêu chuẩn của n
các ước nguyên tố p= 3, p= 3k + 2 phải có số mũ chẵn.
Chứng minh. Điều kiện cần. a) Giả sử trái lại n= m2 = a2+ 3b2, a, b ∈
N∗ và n= 32rΠq2ti
i với qi nguyên tố dạng 3k + 2. Theo bổ đề 2.10 ta có
a = qia1, b = qib1vàa12 + 3b21 = 32rΠq2ti−2
i .
Sau hữu hạn bước, ta được c2 + 3d2 = 32r = 9r suy ra c = 3c1, d = 3d1
và c21 + 3d21 = 9r−1. Cũng sau hữu hạn bước ta được u2 + 3v2 = 1, với
u, v ∈ N∗. Vô lý.
b) Theo định lý 2.12 ta có trong phân tích tiêu chuẩn của n, các ước nguyên tố dạng 3k + 2 phải có số mũ chẵn. Giả sử số mũ của 3 là r lẻ. Tương tự như ở trên, sau một số hữu hạn bước cho ta c2 + 3d2 = 3r. Với
r ≥ 3 thì 3\c,3\d suy ra c = 3c1, d = 3d1 và c21 + 3d21 = 3r−2. Cũng sau hữu hạn bước, ta có u2 + 3v2 = 3 với u, v ∈ N∗. Vô lý.
Điều kiện đủ. a) Giả sửp\n,p = 3k+1suy ran = p2k2. Ta cóp= a2+3b2
(theo bổ đề 2.10). Từ đó
p2 = (a2 + 3b2)2 = (a2 −3b2)2 + 3(2ab)2 = u2 + 3v2, u, v ∈ N∗.
Do đó n= (ku)2 + 3(kv)2.
b) Vì n là số không chính phương và trong phân tích tiêu chuẩn của
n= m2.hvớih = p1p1. . . pk, pi là các số nguyên tố phân biệt dạng 3k+ 1. Theo bổ đề 2.11 và 2.12, ta có h = (a2 + 3b2. Nếu b = 0 thì h = a2 là vô lý vì h là tích các số nguyên tố phân biệt. Nếu a = 0 thì h = 3b2 cũng vô lý vì h không chia hết cho 3. Do vậy n= (ma)2 + 3(mb)2.