BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯ ỜNG ĐẠI HỌC VINH HOÀNG VĂN GIANG BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƯỚI DẠNG TỔNG CỦA CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An – 12.2011 1 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 CHƯƠNG 1. VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA HAI SỐ CHÍNH PHƯƠNG 4 1.1. Định lý Fermat về tổng hai số chính phương 4 1.2. Định lý Fermat về tổng hai số chính phương suy rộng .9 CHƯƠNG 2. VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA NHIỀU HƠN HAI SỐ CHÍNH PHƯƠNG 16 2.1. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của ba số chính phương .16 2.2. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của bốn số chính phương .18 2.3. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của bốn số chính phương khác 0 .24 KẾT LUẬN 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO 32 MỞ ĐẦU Về phương diện lịch sử, một vấn đề thu hút được nhiều sự quan tâm của các nhà toán học đó là bài toán biểu diễn các số nguyên dưới dạng tổng của các số chính phương. Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét rằng “Mỗi số nguyên tố lẻ bất kì mà đồng dư với 1 theo modulo 4, đều biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương” vào năm 1632 (xem [7]). Fermat là người đưa ra chứng minh đầu tiên. Fermat đã thông báo điều này trong một lá thư gửi cho Marin Mersenne vào ngày 25 tháng 12 năm 1640, ngày giáng sinh. Vì thế Định lý này đôi khi còn được gọi là Định lý ngày giáng sinh của Fermat. 2 Euler đã chứng minh thành công “Định lý Fermat về tổng của hai số chính phương” vào năm 1747, khi đã 40 tuổi. Ông thông báo điều này trong một lá thư gửi cho Goldbach vào ngày 6 tháng 5 năm 1747. Chứng minh gồm có 5 bước, bước thứ năm được trình bày trong một lá thư gửi cho Goldbach vào năm 1749. Có một câu hỏi rất tự nhiên được suy từ Định lý Fermat về tổng của hai số chính phương là: “Với giá trị nhỏ nhất nào của n để cho mỗi số nguyên dương có thể viết được dưới dạng tổng của không nhiều hơn n số chính phương?”. Với lý do như đã nêu trên, trong luận văn này chúng tôi cố gắng tìm hiểu lịch sử của vấn đề biểu diễn số nguyên dương qua các số chính phương, thông qua việc giới thiệu và chứng minh giả thuyết Lagrange: Chỉ cần 4 số chính phương thì có thể biểu diễn được mọi số nguyên dương”. Vì vậy, luận văn giới thiệu một số kết quả cùng với các chứng minh chi tiết về các bài toán biểu diễn số nguyên qua các số chính phương sau đây: 1. Số nguyên tố lẻ p là tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi p có dạng 4k + 1. 2. Biểu diễn một hợp số qua tổng hai số chính phương 3. Không tồn tại số nguyên dạng 4 m (8k + 7) là tổng của ba số chính phương. 4. Mỗi số nguyên tố đều biểu diễn được bởi tổng của bốn số chính phương. 5. Mỗi số nguyên dương đều biểu diễn được qua tổng của bốn số chính phương. Những vấn đề giới thiệu ở trên thoạt nhìn ta có cảm giác đơn giản, tuy nhiên việc chứng minh chúng đòi hỏi kỹ thuật sâu sắc và gắn liền với tên 3 tuổi của nhiều nhà toán học nổi tiếng như Lagrange, Fermat, Euler… rất cần được quan tâm. Ngoài ra, luận văn còn xây dựng một hệ thống bài tập và ví dụ về biểu diễn số nguyên bởi tổng của các số chính phương, góp phần xây dựng một tài liệu tham khảo cho các giáo viên, học sinh ở nhà trường phổ thông và sinh viên ngành sư phạm toán học. Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học - PGS.TS. Nguyễn Thành Quang - đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn. Tác giả xin cảm ơn các thầy cô giáo trong chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số, Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau đại học của Trường Đại học Vinh đã giảng dạy và hướng dẫn cho chúng tôi trong học tập và nghiên cứu. Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Đồng Tháp đã giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho mỗi học viên chúng tôi trong học tập và nghiên cứu của chương trình đào tạo sau đại học. Xin cảm ơn cơ quan công tác, gia đình, bạn hữu của tôi đã quan tâm giúp đỡ trong suốt thời gian học tập vừa qua. Tuy đã cố gắng trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn, song chắc chắn vẫn còn có nhiều thiếu sót, rất mong được sự góp ý, chỉ bảo của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp. Nghệ An, tháng 12 năm 2011 Tác giả Hoàng Văn Giang 4 CHƯƠNG 1 VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA HAI SỐ CHÍNH PHƯƠNG 1.1. Định lý Fermat về tổng hai số chính phương 1.1.1. Định lý Fermat về tổng của hai số chính phương. Số nguyên tố lẻ p biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương: p = x 2 + y 2 , với x, y là các số tự nhiên lớn hơn 0, khi và chỉ khi p đồng dư với 1 theo modulo 4. Chứng minh. Nếu số nguyên tố lẻ p mà biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương, thì do số chính phương khi chia cho 4 chỉ dư 0 hoặc 1, nên p chia cho 4 chỉ có thể dư 1. Vì vậy, điều kiện cần của định lý là hiển nhiên. Vấn đề còn lại là điều kiện đủ. Sau đây chúng tôi trình bày chứng minh 5 bước của Euler: 1.1.2. Bổ đề. Tích của hai số, mà mỗi số là tổng của hai số chính phương, cũng là tổng của hai số chính phương. Nói khác đi: Giả sử các phương trình x 2 + y 2 = m; x 2 + y 2 = n đều có nghiệm nguyên không âm, ở đây m và n là các số nguyên dương. Khi đó, phương trình x 2 + y 2 = mn cũng có nghiệm nguyên không âm. Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại (a;b), (c;d) nguyên không âm sao cho 2 2 2 2 . a b m c d n  + =   + =   Từ đó ta có: ))(( 2222 dcba ++ = mn 2 2 ( ) ( ) .ac bd ad bc mn⇔ + + − = Đẳng thức trên chứng tỏ rằng phương trình x 2 + y 2 = nm có nghiệm 5 nguyên không âm, vì ít nhất (x; y) = ( ; )ac bd ad bc+ − là một nghiệm nguyên không âm của nó. Bổ đề 1.1.2 được chứng minh. ■ Thực ra là, chứng minh Bổ đề 1.1.2 này dựa vào Định thức Brahmagupta–Fibonacci: (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac + bd) 2 + (ad − bc) 2 . Ví dụ. 22 22 22 746513.5 3213 125 +== += += Ví dụ. 22 22 22 3025152561.25 6561 4352 +== += += 1.1.3. Bổ đề. Nếu một số tự nhiên n mà chia hết cho số nguyên tố p và cả n lẫn p đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương, thì n p cũng có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Chứng minh. Trước hết ta biểu diễn: n = a 2 + b 2 , p = c 2 + d 2 , với a, b, c, d là các số tự nhiên. Bởi vì: (ac + bd)(ac − bd) = a 2 c 2 − b 2 d 2 = a 2 (c 2 + d 2 ) − (a 2 + b 2 )d 2 = a 2 p − nd 2 chia hết cho p, và p nguyên tố, nên một trong hai số (ac + bd) hoặc (ac – bd) chia hết cho p. Sử dụng Định thức Brahmagupta-Fibonacci, ta có: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )n a b ad bc ac bd p p p p + + − = = + . Vì vậy, nếu (ac – bd) chia hết cho p thì do (ac – bd) chia hết cho p, nên 2 2 ( )ac bd p − là số chính phương, mà n p nguyên, nên 2 2 ( )ad bc p + cũng 6 nguyên và do đó là số chính phương. Suy ra n p biểu diễn được thành tổng của hai số chính phương. Trường hợp còn lại (ac + bd) chia hết cho p, lúc này ta phân tích: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )n a b ad bc ac bd p p p p + + − = = + . và ta lặp lại các bước lý luận tương tự như trên. ■ 1.1.4. Bổ đề. Nếu n chia hết cho m, mà n có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương còn m thì không biểu diễn được, thì tỷ số n m có ước không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương: Chứng minh (Phản chứng). Giả sử ngược lại, mọi ước của n m đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Đặt: 1 2 k n p p p m = L với 1 2 , , , k p p pL đều là các số nguyên tố (không nhất thiết đôi một khác nhau). Do 1 2 , , , k p p pL đều biểu diễn được thành tổng của hai số chính phương, nên áp dụng Bổ đề 1.1.3 chia n liên tiếp k lần cho 1 2 , , , k p p pL ta suy ra: 1 2 k n m p p p = L có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Ta gặp phải một mâu thuẫn với giả thiết về m. ■ 1.1.5. Bổ đề. Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của a 2 + b 2 đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. 7 Chứng minh (Phản chứng). Giả sử ngược lại, tồn tại các số tự nhiên a, b nguyên tố cùng nhau sao cho a 2 + b 2 có ít nhất một ước không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Trong các cặp số đó ta xét cặp (a;b) thỏa mãn tổng (a + b) nhỏ nhất. Gọi x là ước của a 2 + b 2 mà không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Đặt: a mx c= + , b nx d= + trong đó c, d là số tự nhiên lớn hơn 0 và không vượt quá x – 1. Ta có: a 2 + b 2 = m 2 x 2 + 2mxc + c 2 + n 2 x 2 + 2nxd + d 2 = Ax + (c 2 + d 2 ). Suy ra c 2 + d 2 chia hết cho x. Nếu c và d nguyên tố cùng nhau thì do tổng c d a b+ < + nên ta gặp phải một mâu thuẫn với giả thiết về tổng a b+ là nhỏ nhất. Vậy ước chung lớn nhất của c và d bằng số y nào đó lớn hơn 1. Nếu y và x không nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại số nguyên tố p sao cho y và x cùng chia hết cho p, suy ra a, b cũng chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết a và b nguyên tố cùng nhau). Vậy y và x nguyên tố cùng nhau. Nếu đặt: 1 c c y = , 1 d d y = thì c 1 , d 1 nguyên tố cùng nhau và 2 2 1 1 c d+ chia hết cho x, và rõ ràng c 1 + d 1 < a + b, mẫu thuẫn với giả thiết về tổng (a + b) là nhỏ nhất. Ta có điều phải chứng minh. ■ 1.1.6. Bổ đề. Mọi số nguyên tố p lẻ có dạng 4k + 1 đều biểu diễn thành tổng của hai số chính phương: Theo Định lý Fermat bé, các số sau đây đều đồng dư với 1 theo modulo p: ( ) 4 4 4 1 ,2 , ., 4 k k k k . Xét hiệu giữa hai số liên tiếp nhau: i 4k − (i − 1) 4k = (i 2k + (i − 1) 2k ).(i 2k − (i − 1) 2k ), với i chạy từ 2 đến 4k. 8 Do p là số nguyên tố, nên ít nhất một trong hai số (i 2k + (i − 1) 2k ), (i 2k − (i − 1) 2k ) chia hết cho p. Nếu tồn tại i mà (i 2k + (i − 1) 2k ) chia hết cho p, thì theo bước 4, suy ra p có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Ngược lại, giả sử không tồn tại i để cho (i 2k + (i − 1) 2k ) chia hết cho p, ta suy ra: (i 2k − (i − 1) 2k ) chia hết cho p với mọi i chạy từ 2 đến 4k. Như vậy các số sau đồng dư với nhau đôi một theo modulo p: ( ) 2 2 2 1,2 ,3 , ., 4 k k k k . Do đó, phương trình đồng dư: ( ) 2 1 0 mod k x p− ≡ có 4k nghiệm, điều này mâu thuẫn với Định lý Lagrange được phát biểu dưới đây. Vậy điều giả sử của chúng ta là sai. Suy ra p có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương. ■ 1.1.7. Bổ đề (Định lý Lagrange). Cho p là số nguyên tố và f(x) là một đa thức với hệ số nguyên, có bậc là n. Nếu có ít nhất một hệ số của f(x) không chia hết cho p, thì phương trình đồng dư ( ) ( ) 0 modf x p≡ có không quá n nghiệm trong trường P Z các số nguyên modulo p. Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo n. Định lý hiển nhiên đúng với n = 0. Giả sử định lý đúng với n = k, xét đa thức không đồng nhất với không ( ) 1 0 k i i i f x a x + = = ∑ , deg(f) = k + 1, với m nghiệm. Không mất tính tổng quát giả sử m > 0, vậy tồn tại r sao cho f(r) = 0. Khi đó: 9 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 k i i i i f x f x f r a x r x r g x + = = − = − = − ∑ với g(x) là đa thức có bậc nhỏ thua k+1. Rõ ràng, g(x) không đồng nhất với không, do đó g(x) có không quá k nghiệm. Kết hợp với (x − r) có đúng một nghiệm, suy ra f(x) có không quá k+1 nghiệm. Suy ra điều phải chứng minh. ■ Ví dụ: Các số nguyên tố lẻ 5, 13, 17, 29, 37, 41 đều đồng dư với 1 theo modulo 4, do đó chúng biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương: 5 = 1 2 + 2 2 ; 13 = 2 2 + 3 2 ; 17 = 1 2 + 4 2 ; 29 = 2 2 + 5 2 ; 37 = 1 2 + 6 2 Mặt khác, các số nguyên tố lẻ 7, 11, 19, 23 và 31 đều đồng dư với 3 theo modulo 4, do đó chúng không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương. 1.2. Định lý Fermat về tổng hai số chính phương suy rộng Định lý Fermat về tổng hai số chính phương được các nhà toán học quan tâm và có thể suy rộng theo nhiều kiểu. Sau đây là một kiểu suy rộng của nó. 1.2.1. Bài toán biểu diễn số. Với những số nguyên dương n nào ta có thể biểu diễn nó dưới dạng tổng của hai số bình phương?. Nói khác đi, chúng ta xét bài toán sau: Tìm các số nguyên dương n để cho phương trình vô định x 2 + y 2 = n có nghiệm nguyên không âm. Chúng ta sẽ giải quyết bài toán này theo các bước lần lượt như sau: 1.2.2. Mệnh đề. Nếu p là số nguyên tố dạng 4k + 3 và (x 2 + y 2 ) M p thì x M p, y M p. 10 . NHIỀU HƠN HAI SỐ CHÍNH PHƯƠNG 2.1. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của ba số chính phương Bài toán biểu diễn số nguyên bởi tổng của ba số chính phương lần đầu. toán biểu diễn số nguyên qua các số chính phương sau đây: 1. Số nguyên tố lẻ p là tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi p có dạng 4k + 1. 2. Biểu diễn