Tải bản đầy đủ

Về tổng các bình phương

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Nguyễn Thị Kiều Anh

VỀ TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2017


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Nguyễn Thị Kiều Anh


VỀ TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG

Chuyên ngành: Đại số

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. Nguyễn Duy Tân

Hà Nội – Năm 2017


LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của bản báo cáo thực tập chuyên
ngành, tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới TS. Nguyễn Duy
Tân đã tận tình hướng dẫn tác giả đọc tài liệu và tập dượt nghiên
cứu. Tác giả cũng xin được cảm ơn TS đã góp ý chi tiết về cách trình
bày một số kết quả trong khóa luận.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các
thầy cô giáo trong khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2,
đặc biệt là tổ Đại số, đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong quá
trình học Đại học và thực hiện bản khóa luận này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn.

Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017
Tác giả khóa luận
Nguyễn Thị Kiều Anh


LỜI CAM ĐOAN
Tác giả xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Duy Tân
khóa luận "Về tổng các bình phương" được hoàn thành không
trùng với bất kỳ đề tài nào khác.
Trong quá trình hoàn thành khóa luận, tác giả đã kế thừa những
thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.

Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017
Tác giả khóa luận
Nguyễn Thị Kiều Anh



Mục lục

Lời mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1

Vành các số nguyên Gauss . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Dạng toàn phương hệ số nguyên . . . . . . . . . . . . .

4

1.3

Dạng toàn phương hai biến

. . . . . . . . . . . . . . .

5

1.4

Dạng toàn phương ba biến . . . . . . . . . . . . . . . .

7

2 Tổng hai bình phương
2.1

2.2

13

Điều kiện cho một số biểu diễn thành tổng hai bình
phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

Số cách biểu diễn n thành tổng hai bình phương . . . .

18

3 Tổng bốn bình phương

22

3.1

Mọi số nguyên dương đều là tổng bốn bình phương . .

22

3.2

Số cách biểu diễn n thành tổng bốn bình phương . . .

26

4 Tổng ba bình phương
4.1

38

Điều kiện cho một số biểu diễn thành tổng ba bình phương 38

Kết luận chung

44
ii


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Tài liệu tham khảo

45

iii


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài.
Xét các mối quan hệ
5 = 1 2 + 22 ;

65 = 12 + 82 = 42 + 72 ;

7 = a2 + b2 , ∀a, b ∈ Z.

Các kết quả trên đặt ra cho chúng ta câu hỏi rằng các số nguyên
được biểu diễn thành tổng các (hai) bình phương thì cần thỏa mãn
những điều kiện gì? Nếu biểu diễn được thì số cách biểu diễn là bao
nhiêu? Chúng ta dẫn đến một vấn đề cơ bản sau đây: "Cho phương
trình diophantine x21 + x22 + · · · + x2r = n. Điều kiện gì của n để phương
trình có nghiệm nguyên x1 , x2 , . . . , xr , và ứng với mỗi n thì có bao
nhiêu bộ nghiệm (x1 , x2 , . . . , xr )".
Trong Khóa luận này, tác giả chỉ xét đối với trường hợp r = 2, 3, 4.
2. Mục tiêu nghiên cứu.
Mục tiêu của đề tài này nhằm tổng quan các kết quả của các tác
giả đã nghiên cứu về sự biểu diễn một số thành tổng các bình phương
và số cách biểu diễn có thể có, từ đó, ứng dụng để tìm điều kiện cho
phương trình diophantine x21 + x22 + · · · + x2r = n có nghiệm nguyên.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
Đề tài nghiên cứu về điều kiện để biểu diễn một số thành tổng các
bình phương và số cách biểu diễn có thể có.
Đề tài chỉ đề cập tới các trường hợp đơn giản với r = 2, 3, 4.
4. Phương pháp, phương tiện.

1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Nghiên cứu thu thập tài liệu liên quan tới sự biểu diễn một số
nguyên thành tổng các bình phương và số cách biểu diễn có thể có.
5. Cấu trúc đề tài.
Khóa luận gồm bốn chương.
Chương 1 "Kiến thức chuẩn bị" trình bày một số định nghĩa, kiến
thức về dạng toàn phương và vành số nguyên Gauss.
Chương 2 "Tổng hai bình phương" trình bày điều kiện cần và đủ
để biểu diễn một số nguyên dương thành tổng hai bình phương và số
cách biểu diễn có thể có.
Chương 3 "Tổng bốn bình phương" trình bày kết quả rằng mọi số
nguyên dương đều viết được thành tổng bốn bình phương và số cách
biểu diễn có thể có.
Chương 4 "Tổng ba bình phương" trình bày điều kiện cần và đủ để
biểu diễn một số nguyên dương thành tổng ba bình phương.

Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017
Tác giả khóa luận
Nguyễn Thị Kiều Anh

2


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong Chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về
dạng toàn phương và vành số nguyên Gauss. Hai tài liệu tham khảo
chính được sử dụng là [DF] cho mục vành số nguyên Gauss, và [Lan]
cho các mục về dạng toàn phương.

1.1

Vành các số nguyên Gauss

Định nghĩa 1.1. Một số nguyên Gauss là một số phức mà các phần
thực và phần ảo của nó là các số nguyên. Vành các số nguyên Gauss
là tập hợp các số nguyên Gauss với phép toán cộng và phép toán nhân
các số phức. Kí hiệu Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z} cho vành các số nguyên
Gauss.
Nhắc lại: Cho A là một vành giao hoán có đơn vị. Phần tử a ∈ A
được gọi là phần tử bất khả quy nếu a = 0, a khác khả nghịch và a
không có ước thực sự. Vành A được gọi là miền nguyên nếu nó có ít
nhất hai phần tử và không có ước của không. Vành A được gọi là vành
Gauss hay vành nhân tử hóa nếu mọi phần tử khác không và không

3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

khả nghịch của nó đều được phân tích một cách duy nhất thành tích
của hữu hạn phần tử bất khả quy nếu không tính đến thứ tự của các
phần tử và các thừa số là ước của đơn vị.
Tính chất của vành Z[i].
(1) Vành Z[i] là một vành Gauss.
(2) Các phần tử khả nghịch trong Z[i]: ±1,±i.
(3) Các phần tử nguyên tố (hay bất khả quy) (sai khác một bội của
phần tử) khác là: 1 ± i, p ≡ 3 (mod 4) (p ∈ Z nguyên tố), a ± bi
với a, b > 0 và a2 + b2 = p.

1.2

Dạng toàn phương hệ số nguyên

Định nghĩa 1.2. Ta nói đa thức F là dạng toàn phương hệ nguyên
(theo nghĩa của Gauss) theo biến x1 , x2 , . . . , xr nếu nó có dạng
r

aij xi xj , aij ∈ Z, aij = aji .

F = F (x1 , x2 , . . . , xr ) =
i,j=1

Cho đơn giản sau này, ta sẽ chỉ nói là "dạng" thay vì dạng toàn phương
như trong định nghĩa.
Ma trận A = [aij ] được gọi là ma trận hệ số của F (đối với biến
x1 , x2 , . . . , xr ). Định thức của A = [aij ] được gọi là biệt thức của F ,
ký hiệu là d(F ).
r

Cho F (x1 , x2 , . . . , xr ) =

r

aij xi xj , G(y1 , y2 , . . . , yr ) =
i,j=1

bij yi yj
i,j=1

là hai dạng. Ta nói F tương đương với G, viết F ∼ G, nếu tồn tại

4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

cij ∈ Z sao cho

Nguyễn Thị Kiều Anh

c11 . . . c1r
..
.

r

= 1, và nếu đổi biến xi =
j=1

cr1 . . . crr
F (x1 , x2 , . . . , xr ) thành G(y1 , . . . , yr ), tức là
r

G(y1 , y2 , . . . , yr ) = F

r

c1j yj ,
j=1

cij yj thì

r

c2j yj , . . . ,
j=1

crj yj .
j=1

Tính chất:
(1) Quan hệ ∼ là quan hệ tương đương.
(2) Nếu F ∼ G thì F và G biểu diễn cùng các số nguyên.
(3) Nếu F ∼ G thì d(F ) = d(G).
(4) Nếu F ∼ G thì F là xác định dương khi và chỉ khi G xác định
dương.
Nhắc lại: F được gọi là xác định dương nếu F (x1 , x2 , . . . , xr ) > 0
với mọi xi ∈ Z không đồng thời bằng 0.

1.3

Dạng toàn phương hai biến

Định nghĩa 1.3. Dạng F (x, y) = ax2 + 2bxy + cy 2 với a, b, c ∈ Z được
gọi là dạng toàn phương hai biến (theo nghĩa của Gauss). Để đơn giản
ký hiệu dạng này là {a, b, c}.
Định lý 1.1. Mỗi lớp tương đương các dạng hai biến xác định dương
có chứa ít nhất một dạng {a, b, c} mà
2|b| ≤ a ≤ c.
5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Chứng minh. Ta cố định một dạng {a0 , b0 , c0 } trong lớp này. Gọi a
là số nguyên dương nhỏ nhất biểu diễn được bởi {a0 , b0 , c0 }. Khi đó
a = a0 r2 + 2b0 rt + c0 t2 với r, t ∈ Z. Ta có (r, t) = 1. Vì ngược lại
a
r 2
đặt (r, t) = v > 1 ⇒ v 2 |a = a0 r2 + 2b0 rt + c0 t2 ⇒ 2 = a0
+
v
v
t 2
r t
+ c0
2b0
. Do đó mâu thuẫn với cách chọn a nhỏ nhất.
t v
v
Phương trình ru − st = 1 (∗) có nghiệm nguyên s, u ∈ Z. Gọi
s0 , u0 là một nghiệm của (∗) thì nghiệm tổng quát của (∗) có dạng

s = s0 + hr
h ∈ Z.

u = u0 + ht,
 
  
x
r s
x
  . Khi đó F (x, y) = G(x , y ) =
Ta đổi biến   = 
y
t u
y
ax 2 + 2bx y + cy 2 . Ở đây
b =s(a0 r + b0 t) + u(b0 r + c0 t)
=s0 (a0 r + b0 t) + u0 (b0 r + c0 t) + h[r(a0 r + b0 t) + t(b0 r + c0 t)]
=s0 (a0 r + b0 t) + u0 (b0 r + c0 t) + ha.
a
⇒ 2|b| ≤ a.
2
Do a, c đều biểu diễn được qua {a0 , b0 , c0 } mà a nhỏ nhất nên
Ta có thể chọn h ∈ Z sao cho |b| ≤

a ≤ c.
Hệ quả 1.1. Trong mỗi lớp các dạng xác định dương biệt thức d thì
có ít nhất một dạng {a, b, c} mà
2 √
2|b| ≤ a ≤ √ d.
3
Chứng minh. Theo định lý trên, trong lớp đang xét có một dạng
6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

{a, b, c} với 2|b| ≤ a ≤ c. Khi đó ta có
a2
a ≤ ac = b + d ≤
+ d.
4
2

2

2 √
3
Suy ra a2 ≤ d, và a ≤ √ d.
4
3
Hệ quả 1.2. Mọi dạng hai biến xác định dương biệt thức 1 đều tương
đương với dạng x21 + x22 .
Chứng minh. Gọi F là một dạng xác định dương biệt thức 1. Khi đó
2 √
2
F ∼ {a, b, c} với 2|b| ≤ a ≤ √ d = √ . Do vậy a = 1, b = 0, c = 1
3
3
và F ∼ {1, 0, 1}.

1.4

Dạng toàn phương ba biến
3

Tính chất: F =

aij xi xj là xác định dương khi và chỉ khi
i,j=1

a11 > 0,

b=

a11 a12

a11 a12 a13
> 0,

a21 a22

d = a21 a22 a23 > 0.
a31 a32 a33

3

Bổ đề 1.1. Cho F =

aij xi xj . Khi đó
i,j=1

a11 F = (a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 )2 + K(x2 , x3 ).
Ở đây K(x2 , x3 ) = {a11 a22 − a212 , a11 a23 − a12 a13 , a11 a33 − a213 }, với biệt
thức a11 d.

7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Hơn nữa, F xác định dương khi và chỉ khi a11 > 0 và K là dạng
hai biến xác định dương.
Chứng minh. Đặt
K(x2 , x3 ) = (a11 a12 − a212 )x22 + 2(a11 a23 − a12 a13 )x2 x3 + (a11 a33 − a213 )x23 .
Ta có
a11 F =a211 x21 + 2a11 a22 x1 x2 + 2a11 a13 x1 x3 + a11 a22 x22 + 2a11 a23 x2 x3 + a11 a33 x23
=(a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 )2 + (a11 a22 − a212 )x22 + 2(a11 a23 − a12 a13 )x2 x3
+(a11 a33 − a213 )x23
=(a11 x1 + a12 x2 + x13 x3 )2 + K(x2 , x3 ).
Dạng K(x2 , x3 ) có biệt thức
c =(a11 a22 − a212 )(a11 a33 − a213 ) − (a11 a23 − a12 a13 )2
=a11 (a11 a22 a33 − a11 a223 + 2a12 a13 a23 − a212 a33 − a213 a22 )
=a11 d.
1) Nếu a11 ≤ 0 thì F (1, 0, 0) = a11 ≤ 0 thì F không xác định.
2) Ta xét trường hợp a11 > 0. Ta chứng minh dạng F (x1 , x2 , x3 ) là xác
định dương nếu và chỉ nếu K(x2 , x3 ) là xác định.
Thật vậy, nếu K không xác định thì tồn tại K(x2 , x3 ) ≤ 0 với x2 , x3
không đồng thời bằng 0 nào đó. Ta có thể giả sử x2 , x3 chia hết cho a11 .
Khi đó x1 có thể được xác định như một số nguyên từ a11 x1 + a12 x2 +
a13 x3 = 0. Và ta có a11 F (x1 , x2 , x3 ) = 02 + K(x2 , x3 ) ≤ 0, F ≤ 0. Do
vậy F (x1 , x2 , x3 ) < 0. Suy ra F không xác định. Mặt khác nếu K xác
8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

định dương, từ F ≤ 0 thì ta giả sử F (x1 , x2 , x3 ) = 0 ⇒ K(x2 , x3 ) =
a11 F (x1 , x2 , x3 ) = 0 ⇒ x2 = x3 = 0. Khi đó a11 x21 = 0 ⇒ x1 = 0.
Bổ đề 1.2. Giả sử gcd(c11 , c21 , c31 ) = 1. Khi đó tồn tại các số nguyên
c12 , c22 , c32 , c13 , c23 , c33 sao cho det[cij ] = 1.
Chứng minh. Đặt g = gcd(c11 , c21 ) thì gcd(g, c31 ) = 1. Ta chọn c12 , c22 ∈
Z sao cho c11 c22 − c21 c12 = g. Vì (g, c31 ) = 1 nên tồn tại u, v ∈ Z sao
cho gu − c31 v = 1. Khi đó ta có
c11 c12
c21 c22
c31

0

c11
v
g
c12 c21 − c11 c22
c21
v+(c11 c22 −c12 c21 )u = −c31 v+gu = 1,
v = c31
g
g
u

ta có điều phải chứng minh.
Định lý 1.2. Mỗi lớp tương đương dạng 3 biến xác định dương chứa
3

ít nhất một dạng F =

aij xi xj sao cho
i,j=1

a11 ≤

4√
3
d, 2|a12 | ≤ a11 , 2|a13 | ≤ a11 .
3

Chứng minh. Xét F dạng trong lớp đang xét. Gọi a11 là số nguyên
dương nhỏ nhất biểu diễn bởi F . Khi đó tồn tại c11 , c21 , c31 ∈ Z sao
cho a11 = F (c11 , c21 , c31 ). Ta có gcd(c11 , c21 , c31 ) = 1. Theo bổ đề trước
tồn tại (cij ) ∈ Z sao cho det[cij ] = 1.

9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học





x1 =








Đổi biến x2 =










x3 =

Nguyễn Thị Kiều Anh

3

c1j yj


j=1
3

c2j yj .
j=1
3





x
c c c
 1   11 12 13

 
Tức là  x2  =  c21 c22 c23

 
x3
c31 c32 c33





y
 1 


  y2  .


y3

c3j yj
j=1

Khi đó, F (x1 , x2 , x3 ) = G(y1 , y2 , y3 ) =

bij yi yj , ở đây
i,j





1 r s




b11 = G(1, 0, 0) = F (c11 , c21 , c31 ) = a11 . Xét D = (dij ) =  0 t u ,


0 v w
ở đây r, s, t, u, v, w ∈ Z sẽ chọn sao cho |D| = tw − uv = 1.
3

Đổi biến yi =

dij zj , với i = 1, 2, 3. Khi đó, G(y1 , y2 , y3 ) =
j=1

H(z1 , z2 , z3 ). Hệ số của z12 trong H là H(1, 0, 0) = G(1, 0, 0) = a11 .
Đặt H(z1 , z2 , z3 ) =

aij zi zj . Ta có
i,j

a12 =

dm1 bmn dn2 =
m,n

b1n dn2 = ra11 + tb12 + vb13 ,
n

dm1 bmn dn3 =

a13 =
m,n

b1n dn3 = sa11 + ub12 + wb13 .
n

Ta có

= b11 b12 b13

b11 y1 + b12 y2 + b13 y3
 
 
y
z
 1
 1
 
 
y2  = b11 b12 b13 D z2  = a11 a12 a13
 
 
y3
z3

10

 
z
 1
 
z2  .
 
z3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Theo Bổ đề 1.1, ta có
a11 G(y1 , y2 , y3 ) = (b11 y1 + b12 y2 + b13 y3 )2 + K(y2 , y3 ),
a11 H(z1 , z2 , z3 ) = (a11 z1 + a12 z2 + a13 z3 )2 + L(z2 , z3 ).





y2
t u
z
 = 
  2  thì K(y2 , y3 ) =
Qua phép đổi biến 
y3
v w
z3
L(z2 , z3 ). Ta có biệt thức của L là d(L) = a11 d và hệ số của z22 trong
L là a11 a22 − a212 .



Theo Bổ đề 1.2, ta chọn được 

t

u

v w


 ∈ M at2×2 (Z) sao cho

2 √
= 1 và a11 a22 − a212 ≤ √ a11 d. Ta chọn r, s sao cho |a12 | ≤
3
v w
a11
a11
, |a13 | ≤
. Vì a22 = H(0, 1, 0) nên a22 ≥ a11 . Do vậy
2
2
t

u

2
a211 ≤ a11 a22 = (a11 a22 − a212 ) + a212 ≤ √
3

a11 d +

a211
.
4

2 √
3
8 √
4√
Suy ra a211 ≤ √ a11 d ⇒ a211 ≤ √ a11 d ⇒ a11 ≤ 3 d.
4
3
3
3 3
Hệ quả 1.3. Mọi dạng 3 biến xác định dương biệt thức 1 đều tương
đương với dạng x21 + x22 + x23 .
Chứng minh. Dạng 3 biến xác định dương biệt thức 1 (cho trước)
4
tương đương với dạng F (x1 , x2 , x3 ) =
aij xi xj với a11 ≤ , 2|a12 | ≤
3
i,j
a11 , 2|a13 | ≤ a11 . Suy ra a11 = 1, a12 = a13 = 0. Vậy F = x21 +
a22 x22 + 2a23 x2 x3 + a33 x23 . Ở đây K(x2 , x3 ) = a12 x22 + 2a23 x2 x3 + a33 x23
xác định dương biệt thức 1. Theo Hệ quả 1.2 tồn tại t, u, v, w ∈ Z
11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

sao cho

t

u

Nguyễn Thị Kiều Anh


= 1 và nếu đổi biến 

y2





=

t

u




x1


 thì

y3
v w
x2
v w
K(x2 , x3 ) = y22 + y32 . Như vậy F tương đương với dạng x21 + x22 + x23 .

12


Chương 2
Tổng hai bình phương
Trong Chương này chúng tôi trình bày về điều kiện để biểu diễn một
số nguyên thành tổng hai bình phương và số cách biểu diễn có thể có.
Tài liệu tham khảo chính được sử dụng là [Gro].

2.1

Điều kiện cho một số biểu diễn thành tổng
hai bình phương

Kết quả chính của mục này là định lý sau.
Định lý 2.1. Phương trình diophantine x2 + y 2 = n (2.1) là giải được
nếu và chỉ nếu tất cả các ước nguyên tố q của n với q ≡ 3 (mod 4)
xuất hiện với lũy thừa chẵn.
Để đi chứng minh Định lý 2.1 chúng ta sử dụng một số bổ đề sau.
Bổ đề 2.1. Tích của tổng hai bình phương cũng là tổng hai bình
phương.

13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Chứng minh. Thật vậy
(a2 + b2 )(c2 + d2 ) = a2 c2 + b2 c2 + a2 d2 + b2 d2
= (a2 c2 + b2 d2 + 2abcd) + (a2 d2 + b2 c2 − 2abcd)
= (ac + bd)2 + (ad − bc)2 ,
điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.2. Cho p là số nguyên tố lẻ. Khi đó phương trình x2 + 1 ≡ 0
(mod p) là giải được khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4).
Chứng minh. Điều kiện cần: Ta giả sử p ≡ 3 (mod 4) nên p = 4k + 3,
k ∈ Z và ∃ z sao cho z 2 ≡ −1 (mod p). Khi đó theo định lí Fermat
nhỏ ta có z p−1 ≡ 1 (mod p). Khi đó 1 ≡ z p−1 ≡ (z 2 )

p−1
2

≡ (−1)

p−1
2



(−1)2k+1 ≡ −1 (mod p) (vô lí).
Điều kiện đủ: Ta giả sử p ≡ 1 (mod 4).
Khi đó vì p ≡ 1 (mod 4) nên p = 4k + 1. Theo định lý Wilson ta

0 ≡ (p − 1)! + 1
≡ (4k)! + 1

(mod p)

(mod p)

≡ 1.2. · · · .4k + 1

(mod p)

≡ (1.4k)[2(4k − 1)] · · · [2k(2k + 1)] + 1
≡ 1(−1)2(−2) · · · 2k(−2k) + 1
≡ [1.2. · · · .(2k)]2 + 1

(mod p)

(mod p)

(mod p).

Đặt 1.2 · · · .(2k) = z. Khi đó z 2 + 1 ≡ 0 (mod p).
Bổ đề 2.3. Phương trình diophantine x2 + y 2 = n giải được nếu n là
số nguyên tố n = p ≡ 1 (mod 4).
14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Chứng minh. Vì n = p ≡ 1 (mod 4) nên phương trình x2 + y 2 ≡ 0
(mod p) có nghiệm. Do vậy tồn tại x, y, m ∈ Z sao cho x2 +y 2 = mp. Ta
p
p
p2
p
2
2
có thể chọn |x| < , |y| < , và khi đó x +y <
⇒ 0 < m < . Lấy
2
2
2
2
2
2
m0 là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho phương trình x + y = m0 p
p
(1) có nghiệm x, y ∈ Z. Khi đó 0 ≤ m0 ≤ . Giả sử m0 > 1. Ta có
2
hoặc m0 x hoặc m0 y vì nếu giả sử ngược lại thì m0 | x và m0 | y.
p
Khi đó m20 | x2 + y 2 = m0 p ⇒ m0 | p ⇒ m0 = 1 (do m0 < ) (trái với
2
giả sử). 
m0

x1 = x − cm0
|x1 | <
2
Đặt
với c, d ∈ Z sao cho
m0 và x1 , y1

y1 = y − dm0
|y1 | <
2
không đồng thời bằng không.
Vì x21 +y12 ≡ x2 +y 2 ≡ 0 (mod m0 ) nên x21 +y12 = m0 m1 , m ∈ Z. Khi
m20 m20
m20
m0
2
2
đó 0 < x1 + y1 = m0 m1 <
+
=
. Ta có 0 < m0 m1 < m0
4
4
2
m20
m0
2
2
suy ra 0 < m1 <
. Như vậy, x1 + y1 = m0 m1 (2) với 0 < m1 <
.
2
2
Ta nhân từng vế của (1) và (2) ta được
m20 m1 p = (x2 + y 2 )(x21 + y12 ) = (xx1 + yy1 )2 + (xy1 − yx1 )2
(theo Bổ đề 2.1).
Ở đây
xx1 + yy1 = x(x − cm0 ) + y(y − dm0 )
= x2 + y 2 − m0 (cx + dy) = m0 (p − cx − dy) = m0 X,
xy1 − yx1 = x(y − dm0 ) − y(x − cm0 ) = m0 (cy − dx)

= m0 Y.

Khi đó m20 m1 p = m20 (X 2 + Y 2 ), hay X 2 + Y 2 = m1 p với 0 < m1 <
Mâu thuẫn với cách chọn m0 .
15

m0
.
2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Vậy m0 = 1 và x2 + y 2 = p có nghiệm.
Ngoài ra chúng ta có cách khác để chứng minh Bổ đề 2.3 dựa vào
Bổ đề 2.2 và Hệ quả 1.2 bằng phương pháp sử dụng dạng toàn phương
như sau.
Chứng minh khác cho Bổ đề 2.3. Theo Bổ đề 2.2 thì tồn tại tb ∈ Z
sao cho b2 + 1 ≡ 0 (mod p), hay b2 + 1 = ap.
Xét F (x, y) = ax2 + 2bxy + py 2 . Hiển nhiên p biểu diễn được bởi
F vì p = F (0, 1). Khi đó F là dạng toàn phương xác định dương biệt
thức d = b2 − ap = 1. Vậy theo Hệ quả 1.2 thì F tương đương với
dạng x2 + y 2 . Vậy p biểu diễn được bởi x2 + y 2 .
Xét phương trình x2 + y 2 = n. Một nghiệm (x, y) của phương trình
được gọi là nguyên thủy nếu gcd(x, y) = 1.
Bổ đề 2.4. Nếu p nguyên tố, p | n và p ≡ 3 (mod 4) thì phương trình
diophantine x2 + y 2 = n không có nghiệm nguyên thủy.
Chứng minh. Giả sử (x, y) là nghiệm nguyên thủy của phương trình
x2 + y 2 = n. Nếu p | x thì p | y (trái với giả thiết gcd(x, y) = 1).
Tương tự p | y thì p | x (trái với giả thiết gcd(x, y) = 1). Do vậy p x
và p y.
Theo định lý Fermat nhỏ thì xp−1 ≡ 1 (mod p). Khi đó yxp−1 ≡ y
(mod p). Đặt yxp−2 = z ⇒ xz ≡ y (mod p), và ta có
x2 (z 2 + 1) ≡ y 2 + x2 = n ≡ 0

(mod p).

Vì p x nên p | (z 2 + 1). Suy ra p ≡ 1 (mod 4) (theo Bổ đề 2.2). Mâu
thuẫn.
16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Bây giờ, chúng ta đi vào chứng minh Định lý 2.1.
Chứng minh Định lý 2.1. a) Điều kiện cần: Giả sử (x, y) là nghiệm
của phương trình x2 + y 2 = n. Ta chứng minh tất cả các ước nguyên
tố q của n với q ≡ 3 (mod 4) xuất hiện với cùng lũy thừa chẵn.
Thật vậy, gọi (x, y) là nghiệm của phương trình (2.1) và gcd(x, y) =
d.
Đặt



x = dx1

với (x1 , y1 ) = 1, thì n = d2 (x21 + y12 ) = d2 n1 với


y = dy1
n1 = x21 +y12 . Gọi c > 0 và r > 0 sao cho q c n và q r d. Khi đó q c−2r n1 .
Mặt khác x21 + y12 = n1 nên x1 , y1 là một biểu diễn nguyên thủy của
n1 . Mà theo Bổ đề 2.4 thì q n1 ⇒ c − 2r = 0 ⇒ c = 2r là chẵn.
b) Điều kiện đủ: Tất cả các ước nguyên tố q của n với q ≡ 3
(mod 4) xuất hiện với lũy thừa chẵn. Ta chứng minh (x, y) là nghiệm
của phương trình (2.1).
Thật vậy, giả sử q là ước nguyên tố của n nên q có một trong ba
dạng


q=2


 q1 ≡ 1 (mod 4)

q2 ≡ 3 (mod 4).
2f

Khi đó, ta có biểu diễn của n =

q1f1

q2 ≡ 3 (mod 4) có số mũ chẵn nên
n=

q1f1

2f

Ta có
17

q22k .

q2f2 . Theo giả thiết


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

2 = 12 + 12 là tổng hai bình phương,
q22k = (pk2 )2 + 02 là tổng hai bình phương,
q1 ≡ 1 (mod 4) nên theo Bổ đề 2.3 ta có q1 = x21 + y12 là tổng hai
bình phương.
Mặt khác theo Bổ đề 2.1 tích của tổng hai bình phương cũng là
tổng hai bình phương. Vì vậy tồn tại (x, y) sao cho n = x2 + y 2 hay
phương trình (2.1) có nghiệm (x, y).

2.2

Số cách biểu diễn n thành tổng hai bình phương

Kí hiệu: r2 (n) là số cách biểu diễn n thành tổng hai bình phương, d(n)
là số các ước của n, da (n) là số các ước của n thỏa mãn d ≡ a (mod 4).
qs.

pr và n2 =

Ta viết n = 2f n1 n2 với n1 =

q≡3 (mod 4)

p≡1 (mod 4)

Định lý 2.2. Ta có
i) Nếu có một số mũ s là lẻ thì r2 (n) = 0.
ii) Nếu tất cả các số mũ s đều chẵn thì
r2 (n) = 4d(n1 ) = 4(d1 (n) − d3 (n)).
Chứng minh. Nếu có một số mũ s là lẻ thì theo Định lý 2.1, ta có
r2 (n) = 0. Ta giả sử tất cả các số mũ s đều chẵn.
Ta có phân tích n thành tích các số nguyên tố trong vành Z[i] như
sau
{(a + bi)(a − bi)}r

n = 2f n1 n2 = {(1 + i)(1 − i)}f

a2 +b2 =p
p≡1 (mod 4)

18

qs.
q≡3 (mod 4)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Kiều Anh

Với mỗi n biểu diễn được thành tổng hai bình phương. Chẳng hạn
n = u2 + v 2 = (u + iv)(u − iv), ta có
u + iv = it (1 + i)f1 (1 − i)f2

{(a + bi)r1 (a − bi)r2 }

u − iv = i−t (1 + i)f2 (1 − i)f1

{(a + bi)r2 (a − bi)r1 }

q s1 ,
q s2 ,

với t = 0, 1, 2, 3, f1 + f2 = f , r1 + r2 = r, s1 + s2 = s. Ta thấy
s
s1 = s2 = cố định. Vì f và r cố định nên f1 phụ thuộc vào cách
2
chọn f2 hoặc ngược lại, r1 phụ thuộc vào cách chọn r2 hoặc ngược lại.
Khi đó có 4 cách chọn t, (f + 1) cách chọn f1 , (r + 1) cách chọn r1 .
Như vậy, có tất cả 4(f + 1)

(r + 1) cách chọn. Tuy nhiên, trong các

trường hợp này sẽ có trường hợp trùng nhau ví dụ như
(1 + i)(1 − i)f −1 = (1 + i)(1 − i)(1 − i)f −2
1
= (1 + i)(1 + i) (1 − i)f −2
i
= i−1 (1 + i)2 (1 − i)f −2 .
Như vậy, ta có thể thay đổi f1 , f2 bằng cách thay đổi t. Vậy, ta loại
bỏ những trường hợp trùng nhau thì sẽ còn lại số cách biểu diễn của
u + iv là 4

(1 + r).
pr

n

Khẳng định 1: r2 (n) = 4d(n1 ).
mw
1 m2
Thật vậy, ta có {pm
1 p2 . . . pw }, 0 ≤ mi ≤ ri , là tập các ước của n1 .

Suy ra d(n1 ) = (r1 +1) . . . (rw +1). Do đó r2 (n) = 4

(1+r) = 4d(n1 ).
pr

Khẳng định 2: d(n1 ) = d1 (n) − d3 (n).

19

n


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×