Biểu Diễn Số Nguyên Dưới Dạng Tổng Của Các Số Chính Phương

Tải bản đầy đủ (.pdf) (33 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Thạc sĩ - Cao học
>>
3. Kỹ thuật

Biểu diễn số nguyên dưới dạng tổng của các số chính phương

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (543.43 KB, 33 trang )

1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƢỜNG ĐẠI HỌC VINHHOÀNG VĂN GIANGBIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƢỚI DẠNGTỔNG CỦA CÁC SỐ CHÍNH PHƢƠNGLUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌCNghệ An – 12.2011 2MỤC LỤCMỞ ĐẦU1CHƢƠNG 1. VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA HAI SỐCHÍNH PHƢƠNG41.1. Định lý Fermat về tổng hai số chính phương ...................................... 41.2. Định lý Fermat về tổng hai số chính phương suy rộng ....................... 9CHƢƠNG 2. VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA NHIỀUHƠN HAI SỐ CHÍNH PHƢƠNG162.1. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của ba số chính phương ...................... 162.2. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của bốn số chính phương .................... 182.3. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của bốn số chính phương khác 0 ........ 24KẾT LUẬN31TÀI LIỆU THAM KHẢO32MỞ ĐẦUVề phương diện lịch sử, một vấn đề thu hút được nhiều sự quan tâmcủa các nhà tốn học đó là bài toán biểu diễn các số nguyên dưới dạng tổngcủa các số chính phương.Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét rằng “Mỗi số nguyêntố lẻ bất kì mà đồng dư với 1 theo modulo 4, đều biểu diễn được dưới dạngtổng của hai số chính phương” vào năm 1632 (xem [7]). Fermat là ngườiđưa ra chứng minh đầu tiên. Fermat đã thông báo điều này trong một lá thưgửi cho Marin Mersenne vào ngày 25 tháng 12 năm 1640, ngày giáng sinh.Vì thế Định lý này đơi khi còn được gọi là Định lý ngày giáng sinh củaFermat. 3Euler đã chứng minh thành công “Định lý Fermat về tổng của hai sốchính phương” vào năm 1747, khi đã 40 tuổi. Ơng thơng báo điều nàytrong một lá thư gửi cho Goldbach vào ngày 6 tháng 5 năm 1747. Chứngminh gồm có 5 bước, bước thứ năm được trình bày trong một lá thư gửicho Goldbach vào năm 1749.Có một câu hỏi rất tự nhiên được suy từ Định lý Fermat về tổng củahai số chính phương là: “Với giá trị nhỏ nhất nào của n để cho mỗi sốnguyên dương có thể viết được dưới dạng tổng của khơng nhiều hơn n sốchính phương?”.Với lý do như đã nêu trên, trong luận văn này chúng tôi cố gắng tìmhiểu lịch sử của vấn đề biểu diễn số nguyên dương qua các số chínhphương, thơng qua việc giới thiệu và chứng minh giả thuyết Lagrange: Chỉcần 4 số chính phương thì có thể biểu diễn được mọi số ngun dương”.Vì vậy, luận văn giới thiệu một số kết quả cùng với các chứng minhchi tiết về các bài toán biểu diễn số nguyên qua các số chính phương sauđây:1. Số nguyên tố lẻ p là tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi pcó dạng 4k + 1.2. Biểu diễn một hợp số qua tổng hai số chính phương3. Khơng tồn tại số ngun dạng 4m(8k + 7) là tổng của ba số chínhphương.4. Mỗi số nguyên tố đều biểu diễn được bởi tổng của bốn số chínhphương.5. Mỗi số nguyên dương đều biểu diễn được qua tổng của bốn số chínhphương.Những vấn đề giới thiệu ở trên thoạt nhìn ta có cảm giác đơn giản, tuynhiên việc chứng minh chúng đòi hỏi kỹ thuật sâu sắc và gắn liền với tên 4tuổi của nhiều nhà toán học nổi tiếng như Lagrange, Fermat, Euler… rấtcần được quan tâm.Ngồi ra, luận văn cịn xây dựng một hệ thống bài tập và ví dụ vềbiểu diễn số nguyên bởi tổng của các số chính phương, góp phần xây dựngmột tài liệu tham khảo cho các giáo viên, học sinh ở nhà trường phổ thôngvà 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 đểtác giả hoàn thành luận văn.Tác giả xin cảm ơn các thầy cô giáo trong chuyên ngành Đại số vàLý thuyết số, Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau đại học của Trường Đạihọc Vinh đã giảng dạy và hướng dẫn cho chúng tôi trong học tập và nghiêncứu.Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Đồng Tháp đã giúp đỡ, tạo điềukiện thuận lợi cho mỗi học viên chúng tôi trong học tập và nghiên cứu củachương trình đào tạo sau đại học.Xin cảm ơn cơ quan cơng tác, gia đình, bạn hữu của tơi đã quan tâmgiúp 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 cịn có nhiều thiếu sót, rất mong được sự góp ý, chỉ bảocủa các thầy cô và các bạn đồng nghiệp.Nghệ An, tháng 12 năm 2011Tác giảHoàng Văn Giang 5CHƢƠNG 1VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊNBỞI TỔNG CỦA HAI SỐ CHÍNH PHƢƠNG1.1. Định lý Fermat về tổng hai số chính phƣơng1.1.1. Định lý Fermat về tổng của hai số chính phƣơng.Số nguyên tố lẻ p biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chínhphương: p = x2 + y2, với x, y là các số tự nhiên lớn hơn 0, khi và chỉ khi pđồng dư với 1 theo modulo 4.Chứng minh. Nếu số nguyên tố lẻ p mà biểu diễn được dưới dạng tổngcủa hai số chính phương, thì do số chính phương khi chia cho 4 chỉ dư 0hoặc 1, nên p chia cho 4 chỉ có thể dư 1. Vì vậy, điều kiện cần của định lýlà hiển nhiên. Vấn đề còn lại là điều kiện đủ. Sau đây chúng tơi trình bàychứng 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 phươngtrình x2 + y2 = m; x2 + y2 = n đều có nghiệm ngun khơng âm, ở đây m vàn là các số nguyên dương. Khi đó, phương trình x2 + y2 = mn cũng cónghiệm ngun khơng âm.Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại (a;b), (c;d) nguyên không âm sao choa 2  b 2  m 22c  d  n.Từ đó ta có: (a 2  b2 )( c 2  d 2 ) = mn  (ac  bd )2  (ad  bc)2  mn.Đẳng thức trên chứng tỏ rằng phương trình x2 + y2 = nm có nghiệmngun khơng âm, vì ít nhất (x; y) = ( ac  bd ; ad  bc ) là mộtnghiệm ngun khơng âm của nó. Bổ đề 1.1.2 được chứng minh. ■ 6Thực ra là, chứng minh Bổ đề 1.1.2 này dựa vào Định thứcBrahmagupta–Fibonacci: (a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2.Ví dụ.5  22  1213  22  325.13  65  42  7 2Ví dụ.2 5  32  4261  52  6225.61  1525  252  3021.1.3. Bổ đề. Nếu một số tự nhiên n mà chia hết cho số nguyên tố p và cản lẫn p đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương, thìnpcũng có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.Chứng minh. Trước hết ta biểu diễn:n = a2 + b2, p = c2 + d2, với a, b, c, d là các số tự nhiên.Bởi vì:(ac + bd)(ac − bd) = a2c2 − b2d2 = a2(c2 + d2) − (a2 + b2)d2 = a2p − nd2chia 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:n a 2  b2 (ad  bc)2 (ac  bd )2.ppp2p2Vì vậy, nếu (ac – bd) chia hết cho p thì do (ac – bd) chia hết cho p, nênn(ac  bd ) 2(ad  bc) 2là số chính phương, mànguyên, nêncũngp2p2p 7ngun và do đó là số chính phương. Suy ranbiểu diễn được thành tổngpcủa hai số chính phương.Trường hợp cịn lại (ac + bd) chia hết cho p, lúc này ta phân tích:n a 2  b2 (ad  bc)2 (ac  bd )2.ppp2p2và 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 củahai số chính phương cịn m thì khơng biểu diễn được, thì tỷ sốncó ướcmkhơng thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương:Chứng minh (Phản chứng). Giả sử ngược lại, mọi ước củanđều có thểmbiểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Đặt:n p1 p2mpkvới p1, p2 , , pk đều là các số nguyên tố (không nhất thiết đôi một khácnhau).Do p1, p2 , , pk đều biểu diễn được thành tổng của hai số chínhphương, nên áp dụng Bổ đề 1.1.3 chia n liên tiếp k lần cho p1, p2 , , pk tasuy ra:mnp1 p2pkcó thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Ta gặp phải một mâuthuẫn với giả thiết về m. ■1.1.5. Bổ đề. Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của a2 + b2 đềucó thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. 8Chứng minh (Phản chứng). Giả sử ngược lại, tồn tại các số tự nhiên a, bnguyên tố cùng nhau sao cho a2 + b2 có ít nhất một ước khơng thể biểu diễnthành 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 a2 + b2 mà không thể biểudiễn thành tổng của hai số chính phương. Đặt:a  mx  c , b  nx  dtrong đó c, d là số tự nhiên lớn hơn 0 và không vượt quá x – 1.Ta có:a2 + b2 = m2x2 + 2mxc + c2 + n2x2 + 2nxd + d2 = Ax + (c2 + d2).Suy ra c2 + d2 chia hết cho x. Nếu c và d nguyên tố cùng nhau thì do tổngc  d  a  b nên ta gặp phải một mâu thuẫn với giả thiết về tổng a  b lànhỏ 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 saocho y và x cùng chia hết cho p, suy ra a, b cũng chia hết cho p (mâu thuẫnvới giả thiết a và b nguyên tố cùng nhau). Vậy y và x nguyên tố cùng nhau.Nếu đặt:c1 cd, d1 yythì c1, d1 nguyên tố cùng nhau và c12  d12 chia hết cho x, và rõ ràng c1 + d1< a + b, mẫu thuẫn với giả thiết về tổng (a + b) là nhỏ nhất. Ta có điều phảichứng minh. ■1.1.6. Bổ đề. Mọi số nguyên tố p lẻ có dạng 4k + 1 đều biểu diễn thànhtổng của hai số chính phương:Theo Định lý Fermat bé, các số sau đây đều đồng dư với 1 theo modulo p:14 k ,24 k ,...,  4k  .4kXét hiệu giữa hai số liên tiếp nhau:i4k − (i − 1)4k = (i2k + (i − 1)2k).(i2k − (i − 1)2k),với i chạy từ 2 đến 4k. 9Do p là số nguyên tố, nên ít nhất một trong hai số(i2k + (i − 1)2k), (i2k − (i − 1)2k)chia hết cho p. Nếu tồn tại i mà (i2k + (i − 1)2k) chia hết cho p, thì theo bước4, suy ra p có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.Ngược lại, giả sử khơng tồn tại i để cho (i2k + (i − 1)2k) chia hết cho p, tasuy ra:(i2k − (i − 1)2k)chia hết cho p với mọi i chạy từ 2 đến 4k. Như vậy các số sau đồng dư vớinhau đôi một theo modulo p:1,22 k ,32 k ,...,  4k  .2kDo đó, phương trình đồng dư:x 2 k  1  0  mod p có 4k nghiệm, điều này mâu thuẫn với Định lý Lagrange được phát biểudưới đây. Vậy điều giả sử của chúng ta là sai. Suy ra p có thể biểu diễndưới 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 mộtđa thức với hệ số nguyên, có bậc là n. Nếu có ít nhất một hệ số của f(x)khơng chia hết cho p, thì phương trình đồng dư f ( x)  0  mod p  có khơngq n nghiệm trong trường Z P 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 khôngk 1f  x    ai xi , deg(f) = k + 1, với m nghiệm.i 0Không mất tính tổng quát giả sử m > 0, vậy tồn tại r sao cho f(r) = 0.Khi đó: 10k 1f  x   f  x   f  r    ai  xi  r i    x  r  g  x i 0với g(x) là đa thức có bậc nhỏ thua k+1. Rõ ràng, g(x) không đồng nhất vớikhơng, do đó g(x) có khơng q k nghiệm. Kết hợp với (x − r) có đúng mộtnghiệm, suy ra f(x) có khơng q k+1 nghiệm. Suy ra điều phải chứngminh. ■Ví dụ: Các số nguyên tố lẻ 5, 13, 17, 29, 37, 41 đều đồng dư với 1 theomodulo 4, do đó chúng biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chínhphương:5 = 12 + 22; 13 = 22 + 32; 17 = 12 + 42; 29 = 22 + 52; 37 = 12 + 62Mặt khác, các số nguyên tố lẻ 7, 11, 19, 23 và 31 đều đồng dư với 3 theomodulo 4, do đó chúng không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai sốchính phương.1.2. Định lý Fermat về tổng hai số chính phƣơng suy rộngĐịnh lý Fermat về tổng hai số chính phương được các nhà tốn họcquan tâm và có thể suy rộng theo nhiều kiểu. Sau đây là một kiểu suy rộngcủa nó.1.2.1. Bài tốn biểu diễn số. Với những số nguyên dương n nào ta có thểbiểu diễn nó dưới dạng tổng của hai số bình phương?. Nói khác đi, chúngta xét bài tốn sau: Tìm các số ngun dương n để cho phương trình vơđịnh x2 + y2 = n có nghiệm ngun khơng 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 (x2 + y2) p thì x p, y p. 11Chứng minh. Giả thiết phản chứng rằng, x không chia hết cho p. Khi đó,từ x2 + y2 chia hết cho p suy ra y cũng không chia hết cho p. Theo định líFermat bé, ta có:( x p  x ) p  x ( x p1  1) p.Vì x khơng chia hết cho p, tức (x, p) = 1 (do p nguyên tố), nên ta có:( x p1  1) p  x p1  1 (mod p) x 4k 2  1 (mod p)(1)Lí luận tương tự, do y không chia hết cho p suy ra:y 4 k 2  1 (mod p)(2)Vì (x2 + y2) p nên ta có:x2   y 2 (mod p)  x2(2k 1)   y 2(2 k 1) (mod p) x4k 2   y 4 k 2 (mod p)(3)Từ (1), (2) và (3) suy ra:1  1 (mod p).Điều vơ lí này chứng tỏ giả thiết x khơng chia hết cho p là sai.2Do đó x  p  x  p .Từ (x2 + y2) p và x2 p  y 2 p  y p (do p là nguyên tố).Vậy Mệnh đề 1.2.2 được chứng minh. ■1.2.3. Mệnh đề. Cho p là số nguyên tố. Khi đó, phương trình x2 + y2 = pcó nghiệm ngun khơng âm khi và chỉ khi p khơng có dạng 4k + 3.Chứng minh. Giả sử phương trìnhx2 + y2 = p (4)có nghiệm ngun khơng âm x; y , với p = 4k + 3.22Trước hết từ x  y  p(5) 1222Ta suy ra p  3. Thật vậy, nếu p = 3, thì từ x  y  3 , ta suy ra x < 2 vày  2 , do đó x, y  0;1 . Rõ ràng 12 + 12  3 ; 12 + 02  3 và 02 + 02  3 . Vìthế đi đến mâu thuẫn, vậy p  3. Do p = 4k+3 mà p  3, nên p = 4k+3, với knguyên dương.22Áp dụng Mệnh đề 1.2.2, từ (5) suy ra x p, y p , từ đó ( x  y ) p 2 ,do vậy p p2. Điều này mâu thuẫn với p > 1. Vậy giả sử p = 4k+3 là sai. ■Như vậy, nếu phương trình x2 + y2 = p có nghiệm ngun khơng âm,thì số p khơng thể có dạng 4k + 3 hay điều kiện cần để phương trìnhx2 + y2 = p, với p là số ngun tố, có nghiệm ngun khơng âm đã được chỉra.Bây giờ, ta xét điều kiện đủ của bài tốn. Giả sử p là số ngun tố vàp khơng có dạng 4k + 3. Khi đó, ta có kết quả sau:1.2.4. Mệnh đề. 1) Nếu p = 2, thì phương trình x2 + y2 = p có nghiệmkhơng âm.2) Nếu p = 4k+1, thì phương trình x2 + y2 = p có nghiệmkhơng âm.Chứng minh. 1) Với p = 2 thì phương trình x2 + y2 =2 có nghiệm 1;1 .2) Với p = 4k + 1, khi đó (1)p12= (1)2 k  1(mod p), vậy1 là số chính phương modulo p. Theo định nghĩa của số chính phươngmodulo p, suy ra tồn tại a  N sao cho a2  1 (mod p).Đặt q = [ p ], ở đây [ p ] để chỉ phần nguyên của sốp . Xét (q+1)2 sốsau:{ x + ay }, x = 0, 1,…, q; y = 0, 1, …, q.Do (q+1)2 > p (vì q = [ p ], nênp < q+1), nên theo nguyên líDirichlet suy ra tồn tại hai cặp phân biệt: ( x1; y1 )  ( x2 ; y2 ) sao cho( x1  ay1 )  ( x2  ay2 ) (mod p) . 13Từ đó:( x1  x2 )  a( y1  y2 )  0 (mod p) ( x1  x2 )  a ( y2  y1 ) (mod p).(6)Đặt u  x1  x2 , v  y2  y1 thì từ (6) suy ra:u 2  a 2v 2 (mod p).(7)Theo trên a 2  1 (mod p) , nên từ (7) đi đến:u 2  v 2 (mod p)  (u 2  v 2 ) pDo x1, x2 , y1, y2  0;1;...; q, nênx1  x2  q và(8)y1  y2  q , hayu 2  q2 , v2  q2 .Do p là số ngun tố nên dĩ nhiên nó khơng phải số chính phương, màq   p  , nên  p  < p  q 2  p . Vì lẽ đó ta có:0 < u2 + v2 < p + p = 2p.(9)(Chú ý là ( x1; y1 )  ( x2 ; y2 ) nên u, v không thể đồng thời bằng 0).Bây giờ kết hợp (8) và (9) ta có:u2 + v2 = pVậy (u;v) là nghiệm ngun khơng âm của phương trình x2 + y2 = p.Mệnh đề 1.2.2 được chứng minh. ■Như vậy nếu p là số ngun tố thì bài tốn địi hỏi biểu diễn p thànhtổng của hai số bình phương đã được giải quyết hồn tồn. Nói khác đi, tacó:1.2.5. Định lý. 1) Mọi số ngun tố p khơng có dạng 4k+3, đều có thểbiển diễn được thành tổng của hai số bình phương.2) Mọi số ngun tố p có dạng 4k+3, không thể biểu diễnđược thành tổng của hai số bình phương. 14Định lý sau đây (1.2.6) xét cho trường hợp n > 1 và khơng phải là sốngun tố. Đây chính là câu trả lời trọn vẹn cho Bài toán biểu diễn số 1.2.1.1.2.6. Định lý. Cho n là một hợp số. Khi đó, số n sẽ biểu diễn được dướidạng tổng của hai số bình phương khi và chỉ khi trong dạng phân tíchnguyên tố của n, tất cả các thừa số nguyên tố dạng 4k + 3 đều có số mũchẵn.Trước khi trình bày chứng minh, ta nêu các ví dụ minh họa cho Địnhlý 1.2.6:1) Ta có 30 = 2.3.5, ở đây chỉ có 3 là số nguyên tố có dạng 4k + 3.Do 3 trong sự khai triển có mũ lẻ, nên 30 khơng thể biểu diễn được thànhtổng của hai số bình phương.2) Ta có 90 = 2.32.5. Lập luận như trên, ta thấy 90 biểu diễn đượcthành tổng của hai số bình phương. Thật vậy, chẳng hạn: 90 = 32 + 92.Chứng minh.1)Điều kiện cần. Giả sử n > 1 là số nguyên dương có phân tích nguyên tốnhư sau:sti 1j 1n  2r  pi si  q j j ,ttrong đó r, si, tj là các số nguyên không âm, pi (i 1, s) là các số nguyên tốdạng 4k + 1; còn q j ( j 1, t ) là các số nguyên tố dạng 4k + 3 (nói cáchkhác pi 1 (mod 4) , còn q j  3 (mod 4) với i 1, s và j 1, t ).Ta sẽ chứng minh rằng phương trình x2 + y2 = n, có nghiệm ngunkhơng âm khi và chỉ khi tj là số chẵn với mọi j 1, t .Giả sử phương trìnhx2 + y2 = n(10) 15 có nghiệm ngun khơng âm x; y , nhưng trong khai triển nói trên tồn tạih, 1  h  t sao cho th là số lẻ. Khi đó n có dạng sau:n  qhth . b trong đó (b, qn) = 1. Vì x; y là nghiệm của (10), nên ta có:22x  y  qhth b .2(11)2Từ (11) suy ra ( x  y ) qh . Do qh là số nguyên tố có dạng 4k + 3, vậytheo kết quả đã biết thì x qh và y qh . Vì thế có thể đặt x  qh x1; y  qh y1 ,ở đây x1 và y1 cũng là các số ngun khơng âm. Ta có:22x  y  qh2 ( x12  y12 ) .(12)Kết hợp (11) và (12) đi đến:x12  y12  qhth 2 b .(13)(Chú ý rằng (13) xảy ra nếu th  2 ).Ta cứ lặp lại quá trình trên cho đến lúc lũy thừa của qh bằng 1. Khi đó, tasẽ thu được (tại bước m, th = 2m + 1):xm2  ym2  qhb .(14)Từ (14) suy ra ( xm2  ym2 ) qh , mà qh là số nguyên tố có dạng 4k + 3,nên đi đến xm qh và ym qh , hay ( xm2  ym2 ) qh2 . Vì thế lại từ (14) suy ra(qhb) qh2 hay b qh. Điều nhận được mâu thuẫn với (b, qh) = 1. Vậy giả thiếtphản chứng là sai, tức là tj là số chẵn với mọi j 1, t . Điều kiện cần đượcchứng minh. 162)Điều kiện đủ. Giả sử n là số tự nhiên (n > 1), có biểu diễn như đãnói trong Định lý 1.2.6, trong đó tj là số chẵn với mọi j 1, t . Ta sẽ chứngminh rằng phương trình x2 + y2 = n có nghiệm ngun khơng âm.Ta nhắc lại Bổ đề 1.1.2: “Giả sử các phương trình x2 + y2 = m;x2 + y2 = n đều có nghiệm ngun khơng âm, với m và n là các số ngundương. Khi đó, phương trình x2 + y2 = mn cũng có nghiệm ngun khơngâm.”- Rõ ràng phương trình x2 + y2 = 2 có nghiệm ngun khơng âm (1; 1).- Theo Định lý 1.1.1, với mọi i 1, s thì phương trình x2 + y2 = pi cónghiệm ngun ngun khơng âm (do pi là số ngun tố lẻ có dạng 4k+1).Vì thế áp dụng Bổ đề 1.1.2 vừa nhắc ở trên hữu hạn lần, suy ra phươngtrình:sx 2  y 2  2r  pi sii 1cũng có nghiệm ngun khơng âm. Điều đó có nghĩa là tồn tại x, y nguyênkhông âm, sao cho:sx  y  2r  pi si22(15)i 1Do tj là số chẵn với mọi j 1, t nên:tqj 1tjj h2(16)Từ (15) và (16) đi đến:sth2 ( x  y ) = 2r  pi si  q j j  (hx)2  (h y)2  n.22i 1t(17)j 1Đẳng thức (17) chứng tỏ rằng h x; h y là nghiệm nguyên  0 củaphương trình x2 + y2 = n. ■Như vậy, Bài toán 1.2.1 đặt ra đã được giải quyết trọn vẹn. 17CHƢƠNG 2VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNGCỦA NHIỀU HƠN HAI SỐ CHÍNH PHƢƠNG2.1. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của ba số chính phƣơngBài tốn biểu diễn số ngun bởi tổng của ba số chính phương lầnđầu tiên được nhà toán học Hi Lạp Diophante xét với trường hợp riêng khin = 8k + 7.2.1.1. Mệnh đề. Không tồn tại số nguyên dạng 4 m (8k+7) , với m, k là cácsố nguyên không âm, là tổng của ba số chính phương.Chứng minh. Giả sử n là số nguyên dương có dạng n = 4m(8k+7), ở đâym, k là các số nguyên  0. Ta sẽ chứng minh rằng phương trìnhx2 + y2 + z2 = nkhơng có nghiệm nguyên không âm.Giả sử điều khẳng định của trên không đúng, tức là tồn tại x; y; znguyên không âm, sao cho:222x  y  z  n,(1)ở đây n = 4m(8k+7). Ta biết rằng do x, y, z  Z , nên x 2  h (mod 8),12 y  h2 (mod 8), 2 z  h3 (mod 8),h1 0;1; 4h2 0;1; 4h3  0;1; 4Từ đó:x  y  z  h (mod 8), h 0;1; 2; 3; 4; 5; 6222Xét hai khả năng sau:(2) 18 Nếu m > 0, khi đó m  1, nên vì n = 4m(8k+7), suy ra n  0(mod 4).Từ đó theo (1) và (2) suy ra:x  y  z  h (mod 8), h  0; 4.2Do2222222x  y  z  0 (mod 4), mà x  h1 (mod 4), y  h2 (mod 4),z  h3 (mod 4), với hi 0;1 ,  i  1, 2, 3 , nên buộc phải có:2222x  y  z  0 (mod 4)(vì nếu trái lại thì 0 + 0 + 1, hay 0 + 1 + 1, hay 1 + 1 + 1 đều không chia hếtcho 4). Từ đó x, y, z phải là số chẵn, và vì thế có thể đặtx  2 x1, y  2 y1, z  2 z1 . Thay lại vào (1), ta có:222x1  y1  z1  4m1 (8k  7).Nếu m – 1 > 0, ta lại tiếp tục quá trình trên. Sau một số hữu hạn lần, sẽ đi222x m  y m  z m  8k  7.đến:Do 8k + 7  7 (mod 8), nên điều này mâu thuẫn với kết quả đã biết làxm  ym  zm  h (mod 8), h  0; 4222Vậy khi m > 0, điều khẳng định của Định lý là đúng.222 Nếu m = 0, thì ta có x  y  z  8k  7 . Từ trên, ta suy ra mâuthuẫn. Định lý được chứng minh. ■Ta thừa nhận mệnh đề sau đây, mà không chứng minh:2.1.2.Mệnh đề.Giả sử n là số ngun dương và khơng có dạng 4 m (8k+7) ,với m, k là các số nguyên không âm, khi đó phương trình x2 + y2 + z2 = ncó nghiệm nguyên không âm.Như vậy, từ các mệnh đề 2.1.1 và 2.1.2 nói trên ta suy ra:2.1.3. Định lý. Số nguyên dương n biểu diễn được dưới dạng tổng của ba 19số chính phương khi và chỉ khi n khơng có dạng 4 m (8k+7) , với m, k là cácsố nguyên không âm.2.2. Biểu diễn số nguyên bởi tổng củabốn số chính phƣơng2.2.1. Định lý. Với mỗi số nguyên tố lẻ p, tồn tại số nguyên k, 1  k  psao cho kp là tổng của của bốn số chính phươngChứng minh. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Ta sẽ chứng minh rằng, tồntại một số nguyên k, 1  k  p sao cho phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = pkcó nghiệm nguyên không âm.Xét tập hợp A = {x2}, với x = 0,1, 2,…,với y = 0, 1, 2,…,p 1; và tập hợp B = { – y2 – 1},2p 1.2Số lượng phần tử của tập hợp A là A phần tử của tập hợp B là B p 1p 11. Số lượng22p 1. Vậy A  B  p  1 .2Ta chứng minh rằng các số của A đều phân biệt (theo modulo p). Thậtvậy, giả sử i 2  A, j 2  A , vớip 1 i  j  0 , ta cần chứng minh i2  j22(mod p). Thật vậy, vì nếu trái lại thì (i2 – j2)p, hay (i – j)(i + j) chia hếtcho p.Dop – 1 > i + j > i – j > 0,nên từ p là số nguyên tố, ta có (i – j)(i + j) khơng chia hết cho p.Điều này mâu thuẫn với nhận xét nói trên. 20Tương tự, các số của B cũng đều phân biệt (mod p). Kết hợp vớiA  B  p  1 , suy ra tồn tại x, y  0; 1; 2; …;222p 12sao cho2x   y  1 (mod p) , hay ( x  y  1) p . Từ đó, tồn tại số k nguyên  1sao cho:2222x  y  1  kp  x  y  12  02  kp(3)p2  2 p  1 p 1Vì x  y  2  2 2 222nên:Từ đó kp p2  2 p  3x  y 1 222p2  2 p  3p2  2 p  3, hay k 22Ta sẽ chứng minh rằng:p2  2 p  3p2p(4)Thật vậy:(4)  p 2  2 p  3  2 p 2  p 2  2 p  3  ( p  3)( p 1)  0(5)Do p là số nguyên tố lẻ nên (5) hiển nhiên đúng, vậy (4) đúng. Như thế tađã chứng minh được 1  k  p , và kết hợp với (1) suy ra phương trìnhx2 + y2 + z2 + t2 = kpcó nghiệm ngun khơng âm.Định lý 2.2.1 được chứng minh. ■2.2.2. Định lý. Mọi số nguyên tố đều biểu diễn được dưới dạng tổng củabốn số chính phươngChứng minh. Cho p là số nguyên tố. Ta sẽ chứng minh rằng phương trìnhx2 + y2 + z2 + t2 = pcó nghiệm nguyên không âm. Xét hai khả năng sau: 21- Nếu p = 2 thì khi đó phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = 2 có nghiệm ngunkhơng âm (vì chẳng hạn (1; 1; 0; 0) là nghiệm).- Nếu p là số nguyên tố lẻ thì ta xét tập hợp sau đây:M = {k: 1  k < p và x2 + y2 + z2 + t2 = pk có nghiệm ngun khơng âm}.Theo Định lý 2.2.1 đã chứng minh, thì tập M khác rỗng. Khi đó, trong Mcó phần tử bé nhất, giả sử đó là số nguyên không âm m. Ta sẽ chứng minhm = 1 và từ đó suy ra 1 M, tức là phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = p cónghiệm ngun khơng âm, hay Định lý 2.2.2 được chứng minh. Bây giờ tahoàn tất chứng minh như sau:Giả sử 1 < m < p. Vì m M, nên phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = mp cónghiệm ngun khơng âm, tức là tồn tại x, y, z, t  0 sao cho:2222x  y  z  t  mp(6)Xét các khả năng sau:1) Nếu m là số chẵn. Khi đó mp  a (mod 4), với a {0; 2}.22Chú ý rằng x  0 (mod 4), nếu x chẵn, còn x  1 (mod 4), nếu x lẻ.2222Từ (6) suy ra x  y  z  t  a (mod 4), với a {0; 2}. Vì thế số các sốlẻ trong 4 số x, y, z, t là 0, 2 hoặc 4, tức là hoặc tất cả chẵn, tất cả lẻ, hoặchai số chẵn, hai số lẻ.Nếu tất cả chẵn, hoặc tất cả lẻ, thì 4 sốx y x y z t z t,,,đều là2222số nguyên và ta có( x  y)2 ( x  y)2 ( z  t )2 ( z  t )2mp.44442Từ (7) suy ra(7)mm M . Vì m , nên suy ra mâu thuẫn với m là giá trị22nhỏ nhất của các phần tử của tập hợp M. 22Nếu có hai số chẵn, hai số lẻ, chẳng hạn x, y chẵn và z , t lẻ thì ta cũngcó 4 sốx y x y z t z t,,,đều là số nguyên và lập luận như trên2222cũng dẫn đến mâu thuẫn.2) Nếu m là số lẻ. Xét tập hợpm  1S  0;  1;  2;...; 2 Tập hợp S gồm m phần tử, và là một hệ thặng dư đầy đủ (mod m). Vậytồn tại các số a, b, c, d  S sao cho x  a (mod m);y  b (mod m);z  c (mod m); t  d (mod m) .Từ đó suy ra:2222x  y  z  t  a 2  b2  c 2  d 2 (mod m).(8)Từ (6) và (8), ta có:a 2  b2  c 2  d 2  0 (mod m).(9)Từ (9) suy ra tồn tại k nguyên không âm, sao cho:a 2  b2  c 2  d 2  km.(10)Do a, b, c, d  S nên ta cóa 2  b2  c 2  d 2 1, nên từ p m suy ra m = p. Điều này mâu thuẫn vớim < p.- Nếu 1  k  m . Khi đó ta có: 232222(mp)(km) = ( x  y  z  t )(a 2  b2  c 2  d 2 )= (ax  b y  cz  dt )2  (bx  a y  d z  ct )2+ (cx  d y  az  bt )2  (d x  c y  bz  at )2Từ đó đi đến:X = ax  b y  cz  dt  a 2  b2  c 2  d 2  0 (mod m)Y = bx  a y  d z  ct  ab  ab  dc  cd  0 (mod m)Z = cx  d y  az  bt  ca  db  ac  bd  0 (mod m)T = d x  c y  bz  at  da  cb  bc  ad  0 (mod m)Do X, Y, Z, T cùng chia hết cho m, nên X = mX1, Y= mY1, Z = mZ1,T= mT1, và X 2  Y 2  Z 2  T 2  m2 ( X12  Y12  Z12  T12 )  m2kphay X12  Y12  Z12  T12 = kp.Theo định nghĩa thì k  M , mà k < m, điều này mâu thuẫn với m làsố nhỏ nguyên nhỏ nhất thuộc M. Ta có điều cần chứng minh. ■Từ định lý mọi số nguyên tố đều biểu diễn được dưới dạng tổng củabốn số chính phương, để đi đến kết quả tổng quát hơn (Định lý 2.2.4), taxét:2.2.3. Bổ đề. Giả sử n, m là các số nguyên dương sao cho các phươngtrìnhx2 + y2 + z2 + t2 = nx2 + y2 + z2 + t2 = mđều có nghiệm nguyên khơng âm. Khi đó, phương trìnhx2 + y2 + z2 + t2 = mncũng có nghiệm ngun khơng âm.Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại các bộ số nguyên không âm(x1; y1; z1; t1), (x2; y2; z2; t2)sao cho: 24 x12  y12  z12  t12  m 2222 x2  y2  z2  t2  n .(11)(12)Nhân vế với vế các đẳng thức (11) và (12) ta có:mn = ( x12  y12  z12  t12 )( x22  y22  z22  t22 ) == (x1x2 + y1y2 + z1z2 + t1t2)2 + (x1y2 – y1x2 + z1t2 – t1z2)2 ++ (x1z2 – y1z2 – z1x2 + t1y2)2 + (x1t2 + y1z2 – z1y2 – t1x2)2.(13)Đẳng thức (13) chứng tỏ rằng phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = mn cónghiệm nguyên không âm và Bổ đề 2.2.3 được chứng minh. ■2.2.4. Định lí (Định lý Lagrange). Mọi số nguyên dương đều biểu diễnđược dưới dạng tổng của bốn số chính phương.Chứng minh. Với mọi số nguyên dương n, thì phương trìnhx2 + y2 + z2 + t2 = nđều có nghiệm ngun khơng âm.Chỉ có hai khả năng sau đây xảy ra:1) Nếu n = 1, thì rõ ràng phương trìnhx2 + y2 + z2 + t2 = 1có nghiệm nguyên không âm (chẳng hạn x = 1, y = z = t = 0).2) Nếu n > 1, thì khi đó ta có khai triển n dưới dạng chính tắcn  p1s1 p2 s2 ... pk skở đây p1, p2,…, pk là các số nguyên tố, còn s1, s2,…,sk là các số nguyêndương. Theo Định lý 2.2.2, với mọi i 1, k các phương trìnhx2 + y2 + z2 + t2 = pi( i 1, k )đều có nghiệm nguyên không âm.Áp dụng liên tiếp Bổ đề 2.2.3, ta suy ra phương trìnhx2  y 2  z 2  t 2  p1s1 p2 s2 ... pk skhay phương trìnhx2  y 2  z 2  t 2  n 25có nghiệm ngun khơng âm.Định lý được chứng minh hồn tồn. ■Ví dụ:1 = 12 + 02 + 02 + 022 = 12 + 12 + 02 + 023 = 12 + 12 + 12 + 024 = 12 + 12 + 12 + 125 = 12 + 22 + 02 + 026 = 12 + 12 + 22 + 027 = 12 + 12 + 12 + 228 = 22 + 22 + 02 + 029 = 22 + 22 + 12 + 0210 = 22 + 22 + 12 + 1211 = 12 + 12 + 32 + 02 100 = 102 + 02 + 02 + 02.2.3. Biểu diễn số nguyênbởi tổng của bốn số chính phƣơng khác 02.3.1. Định lý. Cho n  2s , với s là số ngun dương lẻ. Khi đó, phươngtrình x 2  y 2  z 2  t 2  n khơng có nghiệm ngun dương.Chứng minh.Xét phương trình x 2  y 2  z 2  t 2  2s , ở đây s = 2h + 1, h nguyên  0.Giả thiết phản chứng rằng, phương trình đã cho có nghiệm ngun dươngx; y; z; t  tức là2222x  y  z  t  2s .(14)Có hai khả năng xảy ra sau đây:1) Nếu h = 0, tức là:x 2  y 2  z2  t 2  22222(15)Do x, y, z, t > 0, nên x , y , z , t 1. Vì thế vế trái của (15)  4, và từ(15) suy ra điều vơ lí.

Tài liệu liên quan

• Biểu diễn số nguyên dưới dạng tổng của các số chính phương luận văn thạc sĩ
  • 32
  • 3
  • 8
• Một số vấn đề về việc tổ chức bộ máy và thực hiện chức năng nhiệm vụ quản lý nhà nước về tài nguyên và môi trường của các cấp chính quyền địa phương tỉnh Thừa Thiên Huế
  • 9
  • 1
  • 5
• Vấn đề biểu diễn số tự nhiên dưới dạng tổng các bình phương
  • 57
  • 1
  • 2
• Biểu diễn số nguyên thành tổng hai bình phương của số nguyên
  • 52
  • 530
  • 0
• Phân tích chuyển vị của dầm liên tục tiết diện thay đổi dưới tác dụng của tải trọng bằng phương pháp phần tử hữu hạn
  • 58
  • 219
  • 0
• CHỦ ĐỀ 1: TẬP HỢP CÁC SỐ HỮU TỈ A.TÓM TẮT LÝ THUYẾT I.Số hữu tỉ •Định nghĩa: số hữu tỉ là số viết được dưới dạng phân số . •Kí hiệu: Q II.Biểu diễn số hữu tỉ trên trục số. Giả sử cần biểu diễn số hữu tỉ với a;b là số nguyên; b>0; ta thực hiện cá
  • 3
  • 380
  • 0
• Một số dạng biểu diễn số nguyên dương (Luận văn thạc sĩ)
  • 40
  • 131
  • 0
• Biểu diễn đa thức dương dưới dạng tổng bình phương hai đa thức
  • 40
  • 170
  • 0
• Nghiên cứu xác định hệ số động lực cầu dầm bê tông cốt thép tiết diện chữ i dưới tác dụng của tải trọng di động
  • 70
  • 110
  • 0
• Biểu diễn số nguyên tố bởi các dạng toàn phương bậc hai nguyên
  • 48
  • 20
  • 0

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(543.43 KB - 33 trang) - Biểu diễn số nguyên dưới dạng tổng của các số chính phương Tải bản đầy đủ ngay ×