2 Ứng dụng lý thuyết các p-nhóm trong lý thuyết số
2.5Định lý Fermat về tổng hai bình phương
Bổ đề 2.5.1: Giả sử p là số nguyên tố lẻ dạng p=4k+1. Khi đó tồn tại số nguyên z sao cho z2+ 1 chia hết cho p.
Chứng minh.Từ định lý Wilson suy ra rằng nếu s1, s2, ..., sp−1 là đại diện của các lớp đồng dư khác nhau trong Z∗p thì
p−1
Q
j=1
sj =−1(mod p). Xét p-1 đại diện sau đây của các lớp đồng dư trong Z∗p:
n −p−1 2 ,−p−3 2 ,...,−1,1,...,p−3 2 , p−1 2 o
Theo nhận xét vừa nêu (chú ý rằng p−21là số chẵn vì p=4k+1), ta có:
(−1) p−1
2 ((p−21)!)2=−1(mod p)
⇔((p−21)!)2=−1(mod p)
Đặt z = (p−21)! ta được điều phải chứng minh.
Định lý 2.5.2 (Fermat): Giả sử p là số nguyên tố lẻ dạng p=4k+1. Khi đó tồn tại các số nguyên a, b sao cho p=a2+b2.
Chứng minh. Vì p là số nguyên tố lẻ nên tồn tại số nguyên dương k sao cho k <√p<k+1. Gọi z là số nguyên dương sao cho z2+ 1 chia hết cho p (sự tồn tại của z suy ra từ bổ đề 2.5.1). Nếu z2 + 1 = p thì định lý đã được chứng minh. Giả sử z2+ 1 = np với n là số nguyên dương ≥2. Xét tất cả các số nguyên dạng a-bz, trong đó a, b là các số nguyên thỏa mãn 0 ≤ a ≤ k,0 ≤ b ≤ k . Có tất cả
(k+ 1)2 số như vậy, và không có hai số nào trong chúng trùng nhau. Thực vậy, giả sử (a1, b1)6= (a2, b2). Khi đó, nếu a1−b1z = a2−b2z thì:
(a1−a2)2 = (b1−b2)2z2 (2.9) Nếu b1−b2 = 0 thì từ (2.9) suy ra a1−a2= 0 mâu thuẫn với (a1, b1)6= (a2, b2). Nếu b1−b26= 0 thì vế phải của (2.9) không bé hơn 2p -1 > p, trong khi vế trái của (2.9) bé hơn p. Mâu thuẫn. Tiếp theo, do (k+ 1)2> p nên phải có hai số phân biệt dạng a-bz rơi vào cùng một lớp đồng dư theo mođun p. Nghĩa là có hai cặp phân biệt (a1, b1),(a2, b2) sao cho:
a1−b1z = a2−b2z (mod p)⇔a1−a2 = (b1−b2)z (mod p)
Suy ra:
(a1−a2)2 = (b1−b2)2z2(mod p)
⇔(a1−a2)2 =−(b1−b2)2(mod p)
⇔(a1−a2)2+ (b1−b2)2= 0 (mod p)
Đặt a = a1 −a2, b = b1 − b2 ta có : a2 +b2 = np với n là số nguyên dương và
a2≤k2 < p, b2≤k2< p. Vậy a2+b2 <2p. Từ đó suy ra rằng a2+b2=p. Do p là số
nguyên tố lẻ nên cả a, b đều là các số nguyên khác không.
Nhận xét: Từ chứng minh của định lý 2.5.2 suy ra khẳng định của định lý vẫn còn đúng nếu thay giả thiết “ p là số nguyên tố dạng 4k+1” bằng giả thiết “p là số không chính phương dạng 4k+1 và tồn tại số nguyên z sao cho p chia hết z2+ 1”. Cũng dễ thấy là nếu một số lẻ biểu diễn được thành tổng bình phương của hai số nguyên thì số lẻ đó phải có dạng 4k+1. Thực vậy, nếu n là số lẻ và n=a2+b2 với a, b là các số nguyên thì một trong hai số a, b phải là số chẵn, số còn lại phải là số lẻ. Giả sử a chẵn và b lẻ. Đặt a = 2k, b = 2m+1 ta có:
n = a2+ b2 = 4k2+ 4m2+ 4m + 1 = 1(mod 4)
Vậy từ định lý 2.5.2 suy ra rằng số nguyên tố lẻ p biểu diễn được thành tổng hai bình phương khi và chỉ khi p = 1(mod 4).
Mệnh đề 2.5.3: Tồn tại vô hạn số nguyên tố không biểu diễn được thành tổng hai bình phương của hai số nguyên.
Chứng minh. Theo nhận xét sau định lý 2.5.2 chỉ cần chứng minh rằng có vô hạn số các số nguyên tố dạng 4k-1. Giả sử trái lại rằng số các số nguyên tố dạng 4k-1 là hữu hạn. Đánh số các số nguyên tố này theo thứ tự tăng dần cùng với giá trị của chúng ta được dãy các số nguyên tố p1, p2, ..., pj. Đặt:
N = 4p1p2...pj−1.
N không thể là số nguyên tố vì N có dạng 4k-1 và N > pj. Vậy N phân tích được thành tích của các nhân tử nguyên tố q1, q2, ..., qk (mỗi một trong các số qi có thể tham gia vào dạng phân tích của N với số mũ nguyên dương nào đó). Không có số qi nào trùng với một trong các số p1, p2, ..., pj vì N không chia hết cho bất kỳ số nào trong dãyp1, p2, ..., pj. Vậy tất cả các số qi phải có dạng 4k+1. Nhưng khi đó N bằng tích của các số nguyên tố chỉ có dạng 4k+1 nên N phải có dạng 4k+1. Mâu thuẫn. Vậy không có số nguyên tố lớn nhất dạng 4k -1 hay tập các số nguyên tố
dạng 4k-1 là vô hạn.