Chương 2. Tổng bình phương của hai số nguyên 20
2.2 Số nguyên tố nào là tổng của hai bình phương?
Ở mục này, ta bắt đầu nghiên cứu bài toán Diophantus từ các số nguyên tố. Chứng minh nhận xét ở trên cho rằng một số nguyên tố p = 4k+ 1 ≡ 1 (mod 4) là tổng của hai số bình phương khó hơn nhiều. Để chứng minh nó, ta cần một số mệnh đề, trước hết là định lý sau đây.
Định lý 2.2 (Định lý Wilson). Nếu p là số nguyên tố thì p| (p−1)! + 1.
Chứng minh. Một cách tương đương (p−1)!≡ 1 (mod p) hay nếu ta nhân một phần tử khác 0 của trường hữu hạn Fp = Z/pZ ta nhận được −1. Phát biểu hoàn toàn đúng vớip= 2 (thật ra ta có đẳng thức 2 = (2−1)! + 1) nên ta có thể giả thiết plà số nguyên tố lẻ. Bây giờ xét ánh xạT : Fp× →Fp× xác định bởi x →x−1 (nghịch đảo). Đầu tiên lưu ý rằng (với bất cứ nhóm nào), ánh xạ này là một song ánh theo nghĩa mọi phần tử có duy nhất một nghịch đảo. Hơn nữa, tập điểm bất động của ánh xạ này là các phần tử x= T(x), bằng nghịch
đảo của chính nó:x =x−1. Điều này tương đương với phương trìnhx2 = 1. Nó có hai nghiệm, cụ thể là hai nghiệm phân biệt x = ±1 (vì p 6= 2). Mặt khác, đây là toàn bộ nghiệm: đa thức x2−1 có nhiều nhất hai nghiệm trong trường Fp. Điều này có nghĩa là mọi phần tử khác ±1 trong Fp khác với nghịch đảo của nó. Vì thế khi ta nhân các phần tử khác 0 của Fp× với nhau, ta nhận được
1.(−1).(x1.x−11 )...(xp−3
2 .x−1p−3 2
),
tức là mọi phần tử ngoại trừ ±1 có thể ghép cặp với phần tử nghịch đảo nhân phân biệt và duy nhất của nó. Rõ ràng là tích này bằng −1.
Pierre de Fermat là người đã từ lâu phát hiện ra sự kiện sau đây.
Định lý 2.3 (Bổ đề Fermat). Với số nguyên tố p≡ 1 (mod 4), tồn tại x ∈ Z sao cho p| (x2+ 1).
Chứng minh. Giả sử p = 4k + 1 là số nguyên tố. Ta sẽ chỉ ra số nguyên x sao cho x2+ 1 ≡ 0 (mod p). Theo Định lý Wilson, (p−1)! + 1 ≡ 0 (mod p).
Vì thế
(p−1)! + 1 ≡1.2...(2k−1).2k.(2k+ 1).(2k+ 2)...(4k−1).(4k) + 1
≡1.2...(2k−1).2k.(p−2k).(p−(2k −1))...(p−2).(p−1) + 1
≡1.2...(2k−1).2k.(−2k).(−(2k−1))...(−2).(−1) + 1
≡(−1)2k((2k)!)2 + 1≡ ((2k)!)2+ 1 (mod p).
và ta nhận thấy rằng x= (2k)!
Nói cách khác, Fermat khẳng định rằng ít nhất p là ước của tổng hai số bình phương dạng đặc biệt:((2k)!)2+ 12. Bây giờ ta phân tích xem bổ đề trên đưa lại cho ta những điều gì.
Trước hết, ta hãy xét xem tổng bình phương x2+ 12 có liên hệ gì với các số nguyên Gauss? Mặc dù nói chung nó là bất khả quy trong Z, nhưng nó khả quy trong Z[i], bởi vì x2+ 12 = (x+i)(x−i). Giả sử plà phần tử bất khả quy trong Z[i]. Khi đó Z[i] là miền lý tưởng chính.
Định nghĩa 2.4. Ta định nghĩa hàm nguyên lớn nhất (greatest integer func- tion) là hàm [ã] : R →Z sao cho với x∈ R thỡ [x] = max{z : z ∈ Z, z ≤x}.
Ví dụ 2.5. Chẳng hạn [2,7] = [e] = [2] = 2. Lưu ý là [−2,7] =−3. Có thể dễ kiểm tra lại rằng [x] ≤x < [x] + 1.
Nhận xét 2.6. Định lý Thue nêu dưới đây dựa trên nguyên lý chuồng bồ câu (pigeonhole principle), còn được gọi là nguyên lý hộp Dirichlet (Dirichlet box principle), phát biểu rằng nếu có nhiều hơnnvật được phân vào nhộp thì một trong các hộp đó phải chứa nhiều hơn một vật.
Định lý 2.7 (Định lý Thue). Chop là một số nguyên tố. Với bất kỳ số nguyên a thỏa mãn p ∤ a luôn tồn tại x, y ∈
1,2, ...,[√p] sao cho ax ≡ y (mod p) hoặc ax ≡ −y (mod p).
Chứng minh. Ta định nghĩa
S = { 0,1,2, ...,[√
p]} × { 0,1,2, ...,[√ p]}.
S chứa ([p] + 1)2 cặp có thứ tự. Bình phương hai vế của √p < [√p] + 1. Ta nhận được p <([√p] + 1)2, vì thế S có nhiều hơn p phần tử. Giả sử cho trước a ∈ Z sao cho p ∤ a. Do (x, y) biến thiên trên S, cho nên có nhiều hơn p biểu thức dạng ax− y. Lưu ý rằng ax−y là một số nguyên và mọi số nguyên là đồng dư modulo p với duy nhất một phần tử trong Fp× ={ 0,1, ..., p−1}. Có p phần tử thuộc Fp× và nhiều hơn p biểu thức ax− y. Do đó theo nguyên lý chuồng bồ câu, phải có ít nhất hai biểu thức ax−y cùng đồng dư modulo p.
Lấy cặp(x1, y1) 6= (x2, y2) mà ax1−y1 ≡ ax2−y2 (mod p). Ta rút gọn để được a(x1 −x2) ≡ y1−y2 (mod p). Đặt x = |x1 −x2|, y = |y1−y2| thì (x, y) ∈ S. Ta muốn loại trừ khả năng x = 0 hoặc y = 0 để x, y ∈ { 1,2, ...,[p]}.
Đầu tiên giả sử x= |x1−x2| = 0, tức là x1 = x2. Khi đó a(x1−x2) = 0 ≡ y1−y2 (mod p). Vì y1, y2 ∈ { 1,2, ...,[p]} nên y1 < p, y2 < p. Khi đó ta phải có y1 = y2, mâu thuẫn với (x1, y1) 6= (x2, y2).
Bây giờ giả sử y = |y1 − y2| = 0, do đó y1 = y2. Khi đó a(x1 −x2) ≡ 0 (mod p). Vì pa nên từ tính chất của các phép toán đồng dư đa nêu trước đây thìx1−x2 ≡ 0 (mod p). Lập luận tương tự như trên ta kết luận rằng x1 = x2, mâu thuẫn với (x1, y1) 6= (x2, y2).
Như vậy ta có ax≡ ±y (mod p) và đó là điều cần chứng minh.
Định lý 2.8. Nếu phương trình a2+ 1 ≡ 0 (mod p) giải được theo a thì p có thể biểu diễn thành tổng của hai số bình phương.
Chứng minh. Giả sử a là một nghiệm của phương trình a2+ 1≡ 0 (mod p).
Khi đó, p ∤ a, bởi vì nếu p | a thì a2 ≡ 0 (mod p) và a2 + 1 ≡ 1 (mod p).
Như vậy ta có thể áp dụng Định lý Thue nêu trên: tồn tại x, y ∈ { 1,2, ...,[p]} sao cho ax ≡ y (mod p). Bây giờ nhân a2 + 1 ≡ 0 (mod p) với x2 sẽ cho a2x2 + x2 ≡ y2 + x2 ≡ 0 (mod p), nghĩa là x2 + y2 = kp với k ∈ Z. Do x2+y2 ≥ 2 nên ta có k > 0. Ta sẽ chứng minh trên thực tế k = 1. Nhớ rằng x, y < [p] nên x2, y2 < ([p])2 ≤(p)2. Do đó x2+y2 <2p. Trên đây ta đã chỉ ra rằng p| (x2+y2). Như vậy k = 1 và vì thế x2+y2 = p.
Định lý 2.9. Số nguyên tố p > 2 là tổng của hai số bình phương khi và chỉ khi p ≡1 (mod 4).
Chứng minh. Giả sử p = x2 +y2 với x, y nguyên không âm. Ta cần chứng minh p≡ 1 (mod 4). Điều này được suy ra từ hai tính chất chủ chốt của vành Z/4Z. Thứ nhất, bất kỳ số nguyên lẻ đều là đồng dư với 1 (mod 4) hoặc 3 (mod 4). Thứ hai, bất kỳ số bình phương nào cũng đồng dư với 0 (mod 4) hoặc 1 (mod 4), vì lý do sau: như đã mô tả ở Mục 1.2 về đồng dư, phần tử bất kỳ thuộc một lớp thặng dư là đại diện cho toàn bộ lớp đó trong phép toán số học thực hiện trên phần tử đó. Vì vậy, ta có thể khảo sát bình phương mỗi phần tử của Z/4Z = { 0,1,2,3}: 02 ≡ 0 (mod 4),12 ≡ 1 (mod 4),22 ≡ 0 (mod 4),32 ≡ 1 (mod 4). Vì thế (Z/4Z)2 = { 0,1}. Bây giờ xét p = x2 +y2 (mod 4). Vì x2, y2 ∈ {0,1} (mod 4) nên ta biết rằng p = x2+y2 ∈ { 0,1,2} (mod 4). Nhưng p là số nguyên tố lớn hơn 2 nên p lẻ. Như vậy p≡ 1 (mod 4).
Chú ý là chứng minh này cho thấy nếunlà số lẻ bất kỳ mà có thể biểu diễn thành tổng của hai số bình phương thì n≡1 (mod 4).
Giả sửp≡ 1 (mod 4). Ta sẽ chứng minh rằnga2+1 ≡ 0 (mod p) có nghiệm vớia nào đó, sau đó áp dụng Định lý 2.8 ở trên, ta sẽ đượcp là tổng của hai số bình phương. Muốn vậy, đầu tiên ta hãy xem xét các thừa số trong tích(p−1)!
(p−1)! = 1.2...p−1
2 .p+ 1
2 ...(p−2).(p−1.)
(p− 1)/2 thừa số cuối trong tích trên có thể được ghép cặp với dấu âm của (p−1)/2 số hạng đầu theo cách như sau:
(p−1) ≡ −1 (mod p); (p−2) ≡ −2 (mod p);...; p+ 1
2 ≡ −p−1
2 (mod p).
Giai thừa trở thành
(p−1)!≡ 1.2...(p−1
2 ).(−p−1
2 )...(−2).(−1) (mod p)
≡(−1)p−12
1.2....p−1 2
2
(mod p)
Định lý Wilson cho ta biết rằng (p−1)!≡ −1 (mod p), do đó ta có thể viết
−1≡1.2...p−1 2
.
− p−1 2
...(−2).(−1) (mod p)
⇔
1.2...p−1 2
2
≡ (−1)p+12 (mod p)
Bây giờ ta biết rằng p≡ 1 (mod 4), nên p= 4k+ 1 với k ∈Z. Khi đó p+ 1
2 = 4k+ 1 + 1
2 = 2k + 1 là số lẻ.
Như vậy, ta có (−1)p+12 = (−1)2k+1= −1 và 1.2...p−1
2 2
+ 1≡ 0 (mod p).
Đặt a = 1.2...p−12 ta có a2+ 1 ≡ 0 (mod p).
Bây giờ ta có thể áp dụng Định lý 2.8 để kết luận rằng p là tổng của hai số
bình phương.