Chương 2. Tổng bình phương của hai số nguyên 20
2.4 Số biểu diễn được thành tổng hai bình phương
Như đã thấy ở Chương 1, một số nhất định có thể được biểu diễn thành tổng của hai số bình phương, một vài số có nhiều hơn một cách biểu diễn. Tới nay ta mới chỉ khảo sát các biểu diễn tạo bởi các số nguyên không âm và bỏ qua thứ tự của các số hạng trong biểu diễn. Trong mục này với n = a2 +b2 ta sẽ xem các biểu diễn n= (±a)2 + (±b)2 = (±b)2+ (±a)2 là 8 biến thể tầm thường trên một cơ sở biểu diễn.
Động lực cho điều này là ở chỗ nền tảng hình học của Định lý 2.20, nó định ra công thức cho số cách biểu diễn của một số nguyên dương bất kỳ. Chứng minh của định lý này vượt ngoài phạm vi đề tài của luận văn này sử dụng các số phức, thường được biểu diễn bằng mặt phẳng R2. Nếu ta xem n= a2+b2 như là nghiệm nguyên (a, b) của phương trình đường tròn n = a2 +b2 trong R2, bán kính √n, tâm tại gốc tọa độ thì n= (−a)2+b2 là một nghiệm nguyên khác của phương trình này: (−a, b). Xét theo điểm thì (a, b) và (−a, b) là khác nhau.
Định nghĩa 2.17. Ta ký hiệu r2(n) là số cách biểu diễn nthành tổng của hai số bình phương. Thông thường rk(n) là số cách biểu diễn n thành tổng của k số bình phương.
Ví dụ 2.18. Vì 1 = 12+ 02 = (−1)2+ 02 = 02+ 12 = 02+ (−1)2 nên r2(1) = 4.
Có thể kiểm tra lại rằng r2(5) = 8 và r2(25) = 12.
Định lý 2.19. Cho p là một số nguyên tố. Khi đó, r2(p) ≤ 8.
Chứng minh. Nếu p= 2 thì ta có r2(2) = 4. Ta xét số nguyên tố p > 2. Giả sử ngược lại rằng p=x2+y2 =z2+t2 với x, y, z, t là các số nguyên dương để cho r2(p) > 8. Ta có thể giả thiết x > z > t.
Ta cũng có thể giả thiết rằng gcd(x, y) = gcd(z, t) = 1 với lý do như sau:
đặt d = gcd(x, y). Khi đó p = x2 +y2 = (da)2+ (db)2 = d2(a2 +b2). Khi đó p/d2 = a2 +b2, do đó hoặc d2 = 1 hoặc d2 = p. Nhưng d2 6= p, vì d | d2 = p, mâu thuẫn với p nguyên tố. Do vậy d = 1. Lập luận tương tự cũng đúng cho cặp z, t.
Hơn nữa, do p là số nguyên tố nên một trong các số x, y, z và t là nguyên tố cùng nhau với p. Theo Bổ đề 2.11, ta có thể viết
p2 = (x2+y2)(z2 +t2)
= (xz +yt)2+ (xt−yz)2
= (xz −yt)2+ (xt+yz)2. Ngoài ra,
(xz+yt)(xt+yz) =x2zt+xyz2+xyt2+y2zt
= (x2+y2)zt+xy(z2 +t2)
=pzt+pxy
=p(xy +zt),
do đó p| (xz+yt) hoặc p| (xt+yz). Giả sử p| (xz+yt) thì xz+yt =kp với k ∈ Z . Khi đó, do p| p nên p| p2−(xz +yt)2 = (xt−yz)2.
Do p nguyên tố nên p| (xt−yz), vì thế xt−yz = jp với j ∈ Z. Khi đó, ta có
p2 =k2p2+j2p2, 1 =k2+j2.
Đến đây ta biết rằng xz+yt >0 và p > 0, do đó k > 0. Vì j2 ≥ 0 nên phải có k = 1 và j = 0, nghĩa là xt−yz = 0 và xt = yz. Ta biết rằng x, y nguyên tố cùng nhau, cho nên x| z, mâu thuẫn với x > z. Lập luận tương tự cho trường
hợp p |(xt+yz). Vậy r2(p) ≤ 8.
Định lý 2.20. Cho n là một số nguyên dương, viết ở dạng n= 2cn1n3 với c∈ N, n1 = Y
p≡1 ( mod 4)
pr, n3 = Y
q≡3 ( mod 4)
qs
trong đó p, q thay đổi trên các ước nguyên tố của n và r, s biến đổi tương ứng cùng với p, q. Ký hiệu d(n) là số ước của n và dα(n) là số ước d của n thỏa mãn d ≡ α (mod 4).
Khi đó, nếu có bất kỳ số mũ s lẻ thì r2(n) = 0 và nếu mọi số mũ s chẵn thì r2(n) = 4d(n1) = 4(d1(n)−d3(n)).
Chứng minh. Trước hết ta nhắc lại, tất cả các số có dạng A +Bi(A, B ∈ Q, i2 = −1) tạo thành trường số phức Q(i) với hai phép toán cộng và nhân.
Tập con gồm tất cả các sốa+bi(a, b ∈Z) tạo thành vành các số nguyên Gauss Z[i]. Các phần tử đơn vị của Z[i] là ±1 và ±i. Các số nguyên tố của Z[i] là (kể cả liên hợp, tức là kể cả bội của đơn vị) bao gồm: (i) các ước nguyên tố 1±icủa 2; (ii) các số nguyên tố hữu tỉ (rational prime) p≡ 3 (mod 4) và các số nguyên Gauss a+bi với a, b > 0 và a2 +b2 =p, trong đó p là số nguyên tố hữu tỉ với p ≡ 1 (mod 4). Ở đây a2+ b2 = (a+bi)(a−bi) gọi là chuẩn của số α = a+bi và được ký hiệu là N(α) hoặc N(a+bi). Ta cũng nhắc lại rằng phân tích ra thừa số nguyên tố Gauss là duy nhất (tính cả các đơn vị và thứ tự các thừa số) và nếu N(a+bi) =p ≡1 (mod 4) thì a 6= b, bởi vì trái lại thì p= 2a2 ≡ 0 (mod 2).
Bây giờ giả sử n = 2cn1n3 với n1 = Q
p≡1 (mod 4)
pr, n3 = Q
q≡3 (mod 4)
qs. Khi đó, phân tích duy nhất n ra thừa số nguyên tố Gauss có dạng
n= {(1 +i)(1−i)}c. Y
a2+b2=p
p≡1 modp
{(a+bi)(a−bi)}r. Y
q≡3 ( mod 4)
qs,
trong đó cần hiểu là r và s thay đổi theo p và q. Với mỗi cách biểu diễn của n thành tổng của hai số bình phương, chẳng hạn n=u2+v2 = (u+vi)(u−vi), ta có thể nêu ra (tính tất cả các đơn vị có dạng it, t = 0,1,2,3) các phép gán sau cho các thừa só nguyên tố của hai yếu tố của n:
u+vi =it(1 +i)c1(1−i)c2Y
{ (a+bi)r1(a−bi)r2}Y qs1
u−vi= i−t(1 +i)c2(1−i)c1Y
{ (a+bi)r2(a−bi)r1}Y qs2
với t = 0,1,2 hoặc 3, c1 +c2 = c, r1 +r2 = r, s1+ s2 = s. Rõ ràng rằng mỗi sự sắp xếp các thừa số nguyên tố cho u+vi hoàn toàn xác định các thừa số nguyên tố của u−vi (cụ thể là các thừa số củan, không có mặt trong u+vi) và hơn nữa với mỗi cặp thừa số liên hợp phức u± vi như thế tương ứng với một biểu diễn của n thành tổng của hai số bình phương. Ta nhận xét rằng sự thay đổi i→ −i không ảnh hưởng tới thừa số thực q, do đós1 = s2, vàs = 2s2
là số chẵn, như đã biết từ Định lý 2.15, với t ta có bốn cách lựa chọn đã được liệt kê. Với c1 có c+ 1 lựa chọn:0,1,2, ..., c và cách chọnc1 xác định c2 =c−c1. Với t1 ta có r + 1 cách lựa chọn 0,1,2, ..., r, r2 = r − r1. Cho nên có tất cả 4(c+ 1))Q
(r+ 1) khả năng để viết u+vi, trong đó tích ở cuối ta nhân trên tất cả các số nguyên tốpr | n, p≡ 1 (mod 4). Tuy nhiên, không phải mọi cách sắp xếp các số nguyên tố Gauss đều dẫn tới các giá trị khác nhau của u+vi.
Thật vậy, khi ta thay thừa số 1−i bằng 1 +i, ta chỉ đơn giản nhân giá trị cũ với (1 +i)/(1−i) =i và điều này đơn giản chỉ tương ứng với một giá trị khác của t. Từ đó suy ra tổng số các thừa số khác biệt của u+vi chỉ là
4 Y
pr|n
(1 +r). (2.1)
Do n1 = Q
p≡1 (mod 4)
pr nên thừa số Q
(1 +r) bằng d(n1) là số ước của n1. Với thừa số u+vi đã cho, ta nhận được các thừa sốu−vi,−v+ui,−u−vi và v −ui, bằng cách lần lượt đặt t = 0,1,2,3. Các thừa số này tương ứng lần lượt với các biểu diễn u2+v2,(−v)2+u2,(−u)2 + (−v)2, v2 + (−u)2. Cả bốn cách biểu diễn này về bản chất không khác nhau, nhưng chúng đều được đếm trong (2.1), vì có thừa số 4. Ta cũng có bốn cách biểu diễn khác như vậy của nmà ta thu được nếu ta tráo đổi uvà v trong các nhân tử ở trên. Chúng cũng được tính là khác nhau trong (2.1). Thật vậy, n=v2+u2 = (v+ui)(vưui) có thừa số đầu tiênv+ui là số phức liên hợp của vưui đã thu được trên đây và tương tự đối với ba biểu diễn khác. Sự thay đổi này tương ứng với một phép tráo đổi của r1 và r2, tuy nhiên r1 và cùng với r2) chạy qua r + 1 giá trị có thể, nên (2.1) cho rar2(n) biểu diễn của nthành tổng của hai số bình phương,
trong đó hai biểu diễn khác nhau nhưng không khác biệt về bản chất được đếm riêng rẽ.
Để hoàn thành chứng minh định lý, ta còn phải chỉ ra rằng d(n1) =d1(n)− d3(n). Điều này có thể kiểm tra bằng nhiều cách khác nhau. Ta nhận được tất cả các ước lẻ của n là các số hạng trong biểu diễn của tích
Y
pr|n p≡1 ( mod 4)
(1 +p+ . . . +pr) Y
qs|n q≡3 ( mod 4)
(1 +q+ . . . +qs)
= X
0≤mi≤ri
0≤kj≤sj
pm11pm22. . . pmwwqk11qk22. . . qktt (2.2)
Nếu d | n thì rõ ràng ta có d ≡ 1 (mod 4) khi và chỉ khi trong biểu diễn d thành tổng ta có Pt
j=1
kj là số chẵn, vì nếu trái lại thìd ≡ 3 (mod 4). Nếu ở đây ta thay q bởi −1 thì tích thứ hai triệt tiêu, nếu có dù chỉ một số mũ s là lẻ;
còn nếu mọi số mũ là chẵn thì tích trong (2.2) trở thành Y
pr|n p≡1 ( mod 4)
(1 +p+ . . . +pr)
và các số hạng trong khai triển chính là các ước của n1. Để thu được d(n1), mỗi số hạng được đếm là 1. Điều này dễ dàng được thực hiện nên ta thay p bởi 1 trong (2.2): sau đó thực tế ta nhận được Q
pr|n,p≡1 (mod 4)(1 +r). Bây giờ nếu ta nhìn vào vế phải của (2.2) sau khi mỗi p được đặt bằng +1 và mỗi q được đặt bằng −1, thì rõ ràng là mỗi d | n, d ≡ 1 (mod 4) được đếm là +1 và mỗi d | n, d ≡ 3 (mod 4) được đếm là −1. Do đó, vế phải của (2.2) trở thành
d1(n)−d3(n) và định lý được chứng minh.
Ví dụ 2.21. Với n= 90 = 2.5.32(c = 1, n1 = 5, n3 = 9). Ta thấy d(n1) =d(5) = 2 (hai ước 1 và 5),
d1(90) = 4 (các ước ≡ 1≡ 5≡ 9≡ 45 (mod 4)), d3(90) = 2 (các ước 3≡ 15 (mod 4)).
Theo Định lý 2.20,
r2(90) = 4d(5) = 4.2 = 8≡ 4(d1(90)−d3(90)) = 4(4−2) = 8.
Cuối cùng, ta có các biểu diễn 90 = (±9)2+ (±3)2 = (±3)2+ (±9)2. Như vậy, từ biểu diễn duy nhất riêng biệt về bản chất 90 = 92+ 32 dẫn tới 8 biểu diễn không khác biệt về bản chất, được đếm trong r2(90).
Một ví dụ khác: n= 225 = 20.52.32(c= 0, n1 = 25, n3 = 9). Ta thấy d(n1) =d(25) = 3 (các ước 1, 5 và 25),
d1(225) = 6 (các ước ≡1 ≡5 ≡9 ≡25 ≡ 45 ≡ 225 (mod 4)), d3(225) = 3 (các ước ≡3 ≡15 ≡ 75 (mod 4)).
Theo Định lý 2.20
r2(225) = 4d(25) = 4.3 = 12≡ 4(d1(225)−d3(225)) = 4(6−3) = 12.
Vậy ta có tất cả 12 cách biểu diễn số 225 thành tổng của hai số bình phương:
225 = (±12)2+ (±9)2 = (±9)2+ (±12)2 = (±15)2+ 02 = 02+ (±15)2. Cuối chương, ta nêu ví dụ về vài số tự nhiên có thể viết thành tổng của hai số bình phương theo nhiều hơn một cách khác biệt căn bản.
Ví dụ 2.22. • Tổng của hai số bình phương theo hai cách:
50 = 72+ 12 = 52+ 52, 221 = 142+ 52 = 112+ 102.
• Tổng của hai số bình phương theo ba cách:
325 = 182 + 12 = 172+ 62 = 152+ 102, 425 = 202 + 52 = 192+ 82 = 162+ 132.
• Tổng của hai số bình phương theo bốn cách:
5125 = 702+ 152 = 652+ 302 = 632+ 342 = 542+ 472, 6409 = 802+ 32 = 752+ 282 = 722+ 352 = 602+ 532.
• Tổng của hai số bình phương theo sáu cách:
5525 = 742+ 72 = 732+ 142 = 712+ 222
= 702+ 252 = 622+ 412 = 552+ 502.