Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng biểu diễn số nguyên dương

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:40

Thêm vào BST

Báo xấu

31
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Vấn đề biểu diễn số nguyên dương là một trong những vấn đề quan trọng của số học, có nhiều ứng dụng trong những lĩnh vực khác nhau và luôn nhận được sự quan tâm của các của các nhà toán học. Nhiều nhà toán học nổi tiếng đã bỏ nhiều công sức để nghiên cứu nó, ví dụ Fermat, Lagrange, Wilson, Euler.... Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng biểu diễn số nguyên dương

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN THỊ ANH MỘT SỐ DẠNG BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƢƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN THỊ ANH MỘT SỐ DẠNG BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƢƠNG Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH. Hà Huy Khoái THÁI NGUYÊN - 2018
Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH. Hà Huy Khoái , người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các giảng viên giảng dạy lớp cao học K10 chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp nói riêng, các thầy, cô giáo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên nói chung. Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè và đồng nghiệp đã luôn quan tâm, động viên tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Anh
1 Mục lục Mở đầu 2 1 Một số kết quả kinh điển về bài toán biểu diễn số nguyên dương 3 1.1 Biểu diễn số nguyên dương dưới dạng tổng của hai bình phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Một số bài tập minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.1 Bài tập 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.2 Bài tập 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.3 Bài tập 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3 Biểu diễn số nguyên dương dưới dạng tổng của nhiều hơn hai bình phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2 Biểu diễn số nguyên dương dạng tổng các số hạng của một cấp số cộng 15 2.1 Những số nguyên dương biểu diễn được dưới dạng tổng các số lẻ liên tiếp hoặc tổng các số chẵn liên tiếp . . . . . . 15 2.2 Những số nguyên dương biểu diễn được dưới dạng tổng các số nguyên dương liên tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Kết luận 36
2 Mở Đầu Vấn đề biểu diễn số nguyên dương là một trong những vấn đề quan trọng của số học, có nhiều ứng dụng trong những lĩnh vực khác nhau và luôn nhận được sự quan tâm của các của các nhà toán học. Nhiều nhà toán học nổi tiếng đã bỏ nhiều công sức để nghiên cứu nó, ví dụ Fermat, Lagrange, Wilson, Euler.... Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét "Mỗi số nguyên tố lẻ bất kì mà đồng dư với 1 theo modulo 4 đều biểu diễn được dưới dạng tổng của 2 số chính phương" vào năm 1632. Fermat là người đầu tiên chứng minh và đưa ra thông báo trong lá thư gửi cho Marin Mersenne năm 1640. Cũng như Fermat, Lagrange là một nhà lý thuyết số kiệt xuất. Trong những công trình của ông, có thể kể đến: chứng minh đầu tiên cho định lý Wilson rằng n là một số nguyên tố khi và chỉ khi (n − 1)! ≡ −1 (mod n); kiểm tra các điều kiện để ±2 và ±5 là thặng dư hoặc phi thặng dư bình phương của một số nguyên tố lẻ (trường hợp −1 và ±3 đã từng được đề cập bởi Euler); tìm ra các nghiệm nguyên của phương trình x2 − ay 2 = 1 và lời giải của một số bài toán đặt ra bởi Fermat, dẫn tới kết quả khẳng định rằng mỗi số nguyên tố p ≡ 3 (mod 8) đều có dạng p = a2 + 2b2 ,.... Mục tiêu của luận văn này là trình bày một số kết quả liên quan đến những lĩnh vực nghiên cứu kể trên, cụ thể là bài toán về biểu diễn số nguyên dương dưới dạng tổng các bình phương, và bài toán biểu diễn số nguyên dương dưới dạng tổng các số hạng của một cấp số cộng.
3 Chương 1 Một số kết quả kinh điển về bài toán biểu diễn số nguyên dương 1.1 Biểu diễn số nguyên dương dưới dạng tổng của hai bình phương Về mặt lịch sử vấn đề "biểu diễn một số nguyên dưới dạng tổng các bình phương" là bài toán thu hút được nhiều sự quan tâm chú ý. Phần này sẽ được dành để trình bày một số kết quả của hướng nghiên cứu nhằm trả lời câu hỏi "Giá trị n nhỏ nhất là bao nhiêu để mọi số nguyên dương đều có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của không quá n bình phương?" Khi thử với vài số nguyên dương ta thấy: 1 = 12 2 = 1 2 + 12 3 = 1 2 + 12 + 12 4 = 22 5 = 2 2 + 12 6 = 2 2 + 12 + 12 7 = 2 2 + 12 + 12 + 12 . Do tổng của bốn bình phương là cần thiết khi biểu diễn số 7, ta suy ra ngay số cần tìm phải thoả mãn n ≥ 4. Vẫn còn một khả năng xảy ra là một số nguyên nào đó chỉ có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của nhiều hơn bốn bình phương. Tuy nhiên, một định lý rất nổi tiếng của Lagrange được chứng minh vào năm 1770, khẳng định rằng n = 4
4 là đủ, nghĩa là: Mọi số nguyên dương có thể biểu diễn thành tổng của bốn bình phương (trong đó có thể 0 = 02 ). Ta sẽ bắt đầu từ những trường hợp đơn giản. Trước tiên ta hãy tìm điều kiện cần và đủ để một số nguyên dương có thể biểu diễn được thành tổng của hai bình phương. Vấn đề này có thể được quy về xem xét các số nguyên tố bằng bổ đề dưới đây. Bổ đề 1.1.1 Nếu m và n đều là tổng của hai bình phương thì tích m.n cũng vậy. Chứng minh. ( m = a2 + b2 Giả sử với a, b, c, d nguyên. n = c2 + d2 Ta có : m.n = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 . Bổ đề đã được chứng minh. Ví dụ 1.1 . 5 = 2 2 + 12 3 = 22 + 3 và 5.13 = 65 = 42 + 72 hoặc 25 = 32 + 42 61 = 52 + 62 và 25.61 = 1525 = 252 + 302 Tuy nhiên không phải mọi số nguyên hay số nguyên tố nào đều có thể viết dưới dạng tổng của hai bình phương. Ví dụ 1.2 . Không tồn tại a, b nguyên dương nào thỏa mãn 3 = a2 + b2 . Và trước khi chứng minh định lý Fermat thì ta đi chứng minh Bổ Đề sau: Bổ đề 1.1.2 Với p là số nguyên tố và gcd(a, p) = 1 thì phương trình đồng dư ax ≡ y(modp) có nghiệm x0 , y0 thoả mãn
5 ( √ 0 < |x0 | < p √ 0 < |y0 | < p. Chứng minh. √ Đặt k = [ p] + 1 và tập các số nguyên: S = {ax − y|0 ≤ x ≤ k − 1; 0 ≤ y ≤ k − 1}. Từ đó ax − y nhận k 2 > p giá trị, theo nguyên lý chuồng bồ câu của Dirichlet thì tồn tại ít nhất hai phần tử của tập S đồng dư theo modulo p. Giả sử hai phần tử này là ax1 − y1 và ax2 − y2 với x1 6= x2 hoặc y1 6= y2 . Ta có thể viết: a(x1 − x2 ) ≡ (y1 − y2 )(modp). Đặt ( x0 = x1 − x2 y0 = y1 − y2 . Ta có x0 , y0 thỏa mãn phương trình đồng dư ax ≡ y(modp). Nếu nghiệm x0 = 0 hoặc y0 = 0 thì do gcd(a, p) = 1 suy ra nghiệm còn lại cũng bằng không, mâu thuẫn với giả thiết. Do đó: ( √ 0 < |x0 | ≤ (k − 1) < p √ 0 < |y0 | ≤ (k − 1) < p. Bây giờ ta có thể chứng minh được định lý Fermat. Định lý 1.1.1 (Định lý Fermat) Một số nguyên tố lẻ p có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai bình phương khi và chỉ khi p ≡ 1(mod4). Chứng minh: Giả sử p = a2 +b2 . Vì p là số nguyên tố nên p 6 | a, p 6 | b (Nếu p | a thì p | b2 nên p | b dẫn đến mâu thuẫn p2 | p). Vì vậy theo thuyết đồng dư tuyến tính tồn tại một số c để bc ≡ 1 (mod p). Theo modulo p thì quan hệ (ac)2 + (bc)2 = pc2 trở thành: (ac)2 ≡ −1(modp). Như vậy, (−1) là một thặng dư bình phương của p, và theo một kết quả −1 đã biết, ( ) = 1 chỉ khi p ≡ 1(mod4). p
6 Điều ngược lại, giả sử p ≡ 1(mod4). Vì (−1) là một thặng dư bình phương của p nên tồn tại một số nguyên a " sao cho #a2 ≡ −1(modp) (p − 1) .Một trong những giá trị a thoả mãn là : a = !. Do (a, p) = 1 2 phương trình đồng dư ax ≡ y(modp) nhận một nghiệm x0 , y0 và ta có −x20 ≡ a2 x20 ≡ (ax0 )2 ≡ y02 (modp) hoặc x20 + y02 ≡ 0(modp). Suy ra x20 + y02 = kp với số nguyên k ≥ 1 nào đó. Mặt khác theo bổ đề 2 ta có ( √ 0 < |x0 | < p √ 0 < |y0 | < p suy ra 0 < x20 + y02 < 2p suy ra k = 1 và x20 + y02 = p. Vậy định lí được chứng minh. Để ý rằng (−a)2 = a2 , ta có hệ quả sau. Hệ quả 1.1.1 Số nguyên tố p bất kỳ có dạng 4k + 1 có thể biểu diễn duy nhất (không kể thứ tự của số hạng) thành tổng của hai bình phương. Ví dụ 1.3 . Xét số nguyên tố p = 13. Số" nguyên#a tương ứng trong (p − 1) chứng minh định lý trên có thể lấy là a = ! = 6! = 720. 2 Một nghiệm của phương trình đồng dư 720x ≡ y(mod13) hay 5x ≡ y(mod13) tìm được bằng cách xét tập hợp S = {5x − y|0 ≤ x, y < 4}. Các phần tử của tập S là các số nguyên: 0 5 10 15 −1 4 9 14 −2 3 8 13 −3 2 7 12 Theo modulo 13 trở thành 0 5 10 2
7 12 4 9 1 11 3 8 0 10 2 7 12. Trong số các khả năng khác nhau ta có. 5.1 − 3 ≡ 2 ≡ 5.3 − 0(mod13) hoặc 5(1 − 3) ≡ 3(mod13). Vì vậy ta có thể lấy ( x0 = −2 y0 =3 để được 13 = x20 + y02 = 22 + 32 . Chú ý: 13 = 22 + 32 = 22 + (−3)2 = (−2)2 + 32 = (−2)2 + (−3)2 = 32 + 22 = 32 + (−2)2 = (−3)2 + 22 = (−3)2 + (−2)2 . Tám cách viết này chỉ là một khi không kể đến thứ tự. Nên biểu diễn 13 = 22 + 32 là duy nhất. Ta đã chỉ ra rằng mọi số nguyên tố có dạng p = 4k + 1 đều có thể biểu diễn duy nhất thành tổng của hai bình phương, câu hỏi đặt ra là: Số nguyên tố tích có chứa thừa số là 4k + 3 có tính chất trên không? Để trả lời câu hỏi trên ta đi xét định lý sau. Định lý 1.1.2 Cho số nguyên dương n có dạng n = N 2 m, trong đó m là số squarefree (số không có ước chính phương khác 1). Khi đó n có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai bình phương khi và chỉ khi m không chứa thừa số nguyên tố dạng 4k + 3. Chứng minh. • Nếu m = 1 thì n = N 2 + 02 : luôn đúng. • Giả sử m > 1. 1. Điều kiện đủ: m > 1, ta phân tích m thành tích các thừa số nguyên tố m = p1 p2 p3 ...pr . Mỗi số nguyên tố pr = 2 hoặc có dạng 4k + 1, có thể viết dưới dạng tổng của hai bình phương. Khi đó đồng nhất thức (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 ,
8 chỉ ra rằng, tích của hai (và theo quy nạp, tích của hữu hạn tuỳ ý) số nguyên, mà mỗi số biểu diễn được dưới dạng tổng hai bình phương, cũng biểu diễn được dưới dạng đó. Do đó tồn tại hai số nguyên x, y thỏa mãn m = x2 + y 2 , suy ra n = N 2 m = N 2 (x2 + y 2 ) = (N x)2 + (N y)2 là tổng của hai bình phương. 2. Điều kiện cần: Giả sử n = a2 + b2 = N 2 m. Giả sử p là một ước nguyên tố lẻ tuỳ ý của m (không mất tính tổng quát ta giả sử m > 1). Nếu d = gcd(a, p) thì a = rd và b = sd với gcd(r, s) = 1. Ta được: d2 (r2 + s2 ) = N 2 m. Do đó, vì m là một số squarefree nên suy ra d2 |N 2 . Nhưng khi đó r2 + s2 = (N 2 /d2 )m = tp với t nguyên nào đó, suy ra r2 + s2 ≡ (modp). Do gcd(r, s) = 1 nên suy ra một trong các số r hoặc s, chẳng hạn r, nguyên tố cùng nhau với p. Giả sử r0 thỏa mãn phương trình đồng dư rr0 ≡ 1 (mod p). Khi đó nhân phương trình r2 + s2 ≡ 0(modp) với (r0 )2 ta được: (sr0 )2 + 1 ≡ 0(modp). Hay nói cách khác (−1/p) = 1. Do (−1) là thặng dư bình phương của p nên p ≡ 1(mod4). Như vậy, không có số nguyên tố nào dạng 4k + 3 là ước của m. Ta có hệ quả sau. Hệ quả 1.1.2 Một số nguyên dương n biểu diễn được dưới dạng tổng của hai bình phương khi và chỉ khi mỗi thừa số nguyên tố dạng 4k + 3 xuất hiện với lũy thừa chẵn.
9 Ví dụ 1.4 . Số 459 = 33 .17 nên 459 không biểu diễn được qua tổng của hai bình phương vì 3 có số mũ lẻ. Số 153 = 32 .17 biểu diễn được qua tổng của hai bình phương vì 3 có số mũ chẵn. Chú ý tồn tại những số nguyên dương (không phải số nguyên tố dạng 4k +1) có thể biểu diễn nhiều hơn một cách thành tổng hai bình phương, chẳng hạn như 25 = 42 + 32 = 52 + 02 , 745 = 272 + 42 = 242 + 132 . 1.2 Một số bài tập minh họa 1.2.1 Bài tập 1 Biểu diễn các số nguyên tố 113; 229; 373 thành tổng của hai bình phương. Hướng dẫn: 113 = 64 + 49, 229 = 225 + 4, 373 = 324 + 49. 1.2.2 Bài tập 2 a) Có giả thuyết nói rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có dạng p = n2 + (n + 1)2 với số nguyên n nào đó, ví dụ: 5 = 12 + 22 ; 13 = 22 + 32 . Tìm 5 số nguyên tố như vậy. Hướng dẫn: 41 = 42 + 52 và một số số có tính chất tương tự như là: 61, 113, 181, 313. b) Một giả thuyết khác là có vô số số nguyên tố p dạng p = 22 + p21 , với p1 là số nguyên tố. Hãy tìm 5 số nguyên tố như vậy . 1.2.3 Bài tập 3 Tìm một số nguyên dương có ít nhất ba cách biểu diễn khác nhau thành tổng của hai bình phương, không tính dấu và thứ tự số hạng. Hướng dẫn: Chọn số nguyên có 3 thừa số nguyên tố phân biệt dạng 4k + 1.
10 1.3 Biểu diễn số nguyên dương dưới dạng tổng của nhiều hơn hai bình phương Không phải mọi số nguyên dương đều có thể viết được dưới dạng tổng của hai bình phương, nhưng với tổng của ba bình phương thì sao? (ở đây 02 vẫn được chấp nhận). Ví dụ với các số 14; 33; 67 ta không biểu diễn được dưới dạng tổng của hai bình phương nhưng ta lại có: 14 = 32 + 22 + 12 , 33 = 52 + 22 + 22 , 67 = 72 + 32 + 32 . Vẫn có thể tìm được các số nguyên dương không biểu diễn được thành tổng của ba bình phương. Định lý sau đã nói lên điều này. Định lý 1.3.1 Không có số nguyên dương nào dạng 4n (8m + 7) (với m, n là các số nguyên không âm) có thể biểu diễn được thành tổng của ba bình phương. Chứng minh: Trước tiên ta hãy chứng minh số nguyên có dạng 8m + 7 không biểu diễn được thành tổng của ba bình phương. Với mọi số nguyên a ta có a2 ≡ 0, 1 hoặc 4(mod8). Suy ra a2 + b2 + c2 ≡ 0, 1, 2, 3, 4, 5 hoặc 6(mod8), với a, b, c bất kì. Vì 8m + 7 ≡ 7(mod8) nên đẳng thức a2 + b2 + c2 = 8m + 7 là không thể xảy ra. Tiếp theo ta giả sử 4n (8m + 7) = a2 + b2 + c2 (1.1) với n ≥ 1. Khi đó mỗi số nguyên a, b, c đều chẵn. Đặt  a = 2a1   b = 2b1   c = 2c1 ta được 4n−1 (8m + 7) = a21 + b21 + c21 . Nếu n − 1 ≥ 1 thì ta lập luận như trên cho đến khi suy ra 8m + 7 biểu diễn được thành tổng của ba bình phương. Điều này mâu thuẫn với (1.1). Vậy định lý đã được chứng minh.
11 Ví dụ 1.5 . Không tồn tại a, b, c sao cho 7 = a2 + b2 + c2 hoặc 15 = a2 + b2 + c2 . Tuy nhiên 7 = 12 + 12 + 12 + 22 . Vậy vấn đề thay đổi đáng kể khi ta chuyển sang biểu diễn số nguyên dương qua tổng bốn bình phương. Năm 1621 Bachet đã đưa ra và kiểm nghiệm đến số 325 giả thuyết nói rằng mọi số nguyên dương đều có thể viết được dưới dạng tổng của bốn bình phương (kể cả 02 ). Đến năm 1772 thì Lagrange hoàn thiện và công bố về tổng của bốn bình phương. Để thuận lợi ta chứng minh hai bổ đề sau. Bổ đề 1.3.1 Nếu các số nguyên m và n đều là tổng của bốn bình phương thì tích m.n cũng biểu diễn được như vậy. Chứng minh. Giả sử tồn tại (a1 , a2 , a3 , a4 ) (b1 , b2 , b3 , b4 ) sao cho: ( m = a21 + a22 + a23 + a24 n = b21 + b22 + b23 + b24 . Khi đó: m.n = (a21 + a22 + a23 + a24 )(b21 + b22 + b23 + b24 ) = (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 + a4 b4 )2 + (a1 b2 − a2 b1 + a3 b4 − a4 b3 )2 + (a1 b3 − a2 b4 − a3 b1 + a4 b2 )2 + (a1 b4 + a2 b3 − a3 b2 − a4 b1 )2 . Bổ đề 1.3.2 Nếu p là một số nguyên tố lẻ, thì phương trình đồng dư p−1 x2 + y 2 + 1 ≡ 0(modp) có nghiệm x0 , y0 trong đó 0 ≤ x0 ≤ và 2 p−1 0 ≤ y0 ≤ 2 Chứng minh. Tư tưởng chính của chứng minh là xét hai tập hợp sau: p − 1 S1 = 1 + 02 , 1 + 12 , 1 + 22 , ..., 1 + ( )2 , 2 p − 1 S2 = −02 , −12 , −22 , ..., −( )2 . 2
12 Hiển nhiên, không có hai phần tử nào của tập S1 đồng dư theo modulo p. Thật vậy, nếu 1 + x21 ≡ 1 + x22 (modp) thì x1 ≡ x2 (modp) hoặc x1 ≡ −x2 (modp). Nhưng 0 < x1 + x2 < p (trừ trường hợp x1 = x2 = 0) nên x1 ≡ x2 (modp). Suy ra x1 = x2 . Tương tự ta cũng chứng minh được trong S2 không có hai phần tử phân biệt đồng dư theo modulo p. Như vậy, tồn tại một số nguyên nào đó trong S1 đồng dư theo modulo p với một số nguyên nào đó trong S2 , tức là tồn tại x0 , y0 sao cho p−1 p−1 1 + x20 ≡ −y02 (modp), trong đó 0 ≤ x0 ≤ và 0 ≤ y0 ≤ . 2 2 Ta có hệ quả sau. Hệ quả 1.3.1 Cho một số nguyên tố lẻ p, tồn tại một số nguyên k < p sao cho kp là tổng của bốn bình phương. Chứng minh. Theo định lý đã được chứng minh, ta có thể tìm được các số nguyên x0 , y0 với p−1 p−1 0 ≤ x0 ≤ và 0 ≤ y0 ≤ 2 2 2 2 2 2 sao cho x0 + y0 + 1 + 0 = kp với k chọn thích hợp. Từ điều kiện về độ lớn của x0 , y0 suy ra rằng p2 p2 kp = x20 + y02 2 +1 < + + 1 < p2 . 4 4 Do đó k < p (đpcm). Sử dụng hai bổ đề trên ta chứng minh định lý sau. Định lý 1.3.2 Mọi số nguyên tố p có thể viết thành tổng của bốn bình phương. Chứng minh. Với p = 2, định lý đúng vì 2 = 12 + 12 + 02 + 02 . Như vậy ta chỉ cần xét các số nguyên tố lẻ. Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho kp là tổng của bốn bình phương, tức là: kp = x2 + y 2 + z 2 + w2 và mấu chốt của luận cứ này là khi k = 1. Xét k chẵn suy ra x, y, w đều chẵn hoặc đều lẻ hoặc hai chẵn hai lẻ. Trong mọi trường hợp ta có thể giả sử: x ≡ y(mod2) và z ≡ w(mod2).
13 x−y x+y z−w z+w Suy ra , , , đều là các số nguyên và 2 2 2 2 kp x−y 2 x+y 2 z+w 2 z−w 2 =( ) +( ) +( ) +( ) 2 2 2 2 2 k là một cách biểu diễn của p thành tổng của bốn bình phương. Điều 2 này mâu thuẫn với k nhỏ nhất vậy k lẻ. Với k lẻ ta đi chứng minh k = 1. Giả sử k ≥ 3, ta có thể chọn các số a, b, c, d sao cho: a ≡ x(modk), b ≡ y(modk), c ≡ z(modk), d ≡ w(modk) và k k k k |a| < , |b| < , |c| < , |d| < . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: a + b + c + d = x + y + z + w ≡ 0(modk), suy ra a2 + b2 + c2 + d2 = nk. Với giá trị n nguyên không âm ta có: k 2 0 ≤ nk = a2 + b2 + c2 + d2 < 4 = k2. 2 Khi n = 0 thì a = b = c = d = 0. Khi đó k là ước của các số x, y, z, w nên k 2 |kp hoặc k|p điều này không xảy ra. Từ 1 < k < p và nk < k 2 ta suy ra 0 < n < k và k 2 np = (kp)(kn) = (x2 +y 2 +z 2 +w2 )(a2 +b2 +c2 +d2 ) = r2 +s2 +t2 +u2 . Trong đó r = xa + yb + zc + wd s = xb − ya + zd − wc t = xc − yd − za + wb u = xd + yc − zb − wa. Nhận thấy r = xa + yb + zc + wd ≡ (a2 + b2 + c2 + d2 ) ≡ 0 (mod k) và s, t, u cũng vậy đều chia hết cho k nên suy ra r 2 s 2 t 2 u 2 np = + + + , k k k k r s t u trong đó , , , đều nguyên. k k k k
14 Vì 0 < n < k nên suy ra n là giá trị nguyên dương nhỏ hơn k thỏa mãn np biểu diễn được qua tổng của bốn bình phương. Vậy k = 1. Tất cả những điều trên đưa ta đến một kết quả kinh điển của Lagrange sau: Định lý 1.3.3 Mọi số nguyên dương n đều có thể viết thành tổng của bốn bình phương trong đó có thể có số 0. Chứng minh. Ta xét hai trường hợp của n như sau: +)Với n = 1 ta có 1 = 12 + 02 + 02 + 02 . +)Với n > 1 ta phân tích n = p1 p2 p3 ...pr ,với p1 , p2 , ....pr là các số nguyên tố. Theo một định lý đã chứng minh thì từng pi biểu diễn được thành tổng của bốn bình phương, phép đồng nhất thức của Euler cho ta biểu diễn tích của hai số nguyên tố bất kỳ thành tổng của bốn bình phương. Bằng quy nạp mở rộng cho một số hữu hạn bất kỳ các thừa số nguyên tố và áp dụng đồng nhất thức lần thì ta có n biểu diễn dưới dạng tổng của bốn bình phương. Ví dụ 1.6 . Viết số 459 thành tổng của bốn bình phương? Giải: Ta có 459 = 33 .17. Dùng phép đồng nhất thức Euler thì: 459 = 32 .3.17 = 32 (12 +12 +12 +02 )(42 +12 +02 +02 ) = 32 [(4+1+0+0)2 + (1 − 4 + 0 − 0)2 + (0 − 0 − 4 + 0)2 + (0 + 0 − 1 − 0)2 ] = 32 (52 + 32 + 42 + 12 ) = 152 + 92 + 122 + 32 . Ví dụ 1.7 . Chứng minh rằng phương trình a2 + b2 + c2 + a + b + c = 1 không có nghiệm nguyên. HD: Đưa phương trình về phương trình: (2a + 1)2 + (2b + 1)2 + (2c + 1)2 = 7.
15 Chương 2 Biểu diễn số nguyên dương dạng tổng các số hạng của một cấp số cộng Một chuỗi dài về sự khám phá các khả năng biểu diễn của các số nguyên dương và nêu bật một số liên hệ cơ bản giữa tính nhân và tính cộng của chúng. Đặc biệt chúng ta quan tâm đến việc biểu diễn của các số nguyên dương thành các chuỗi số học. Loại đơn giản nhất là biểu diễn dưới dạng tổng các số lẻ dương liên tiếp hoặc tổng của các số chẵn dương liên tiếp, hay tổng của các số nguyên dương liên tiếp. Một thực tế lịch sử đã chứng minh rằng việc tạo ra các con số tự nhiên từ các tiến bộ về số học và việc biểu thị chúng với các dạng hình học luôn có nguồn gốc và hình thành từ lý thuyết số ban đầu. Sự hình thành các số tam giác 1, 1 + 2, 1 + 2 + 3, ... và các số vuông 1, 1 + 3, 1 + 3 + 5, ... Và dưới đây là nội dung biểu diễn số nguyên dương dưới dạng cấp số cộng. 2.1 Những số nguyên dương biểu diễn được dưới dạng tổng các số lẻ liên tiếp hoặc tổng các số chẵn liên tiếp Cho a, a + 2, a + 4, ..., b là một cấp số cộng, với a, b là các số nguyên và công sai là 2. Khi đó, một số nguyên dương N bất kỳ khác có thể được biểu diễn bằng chuỗi: a + (a + 2) + (a + 4) + ... + b.
16 Nên N = r(r + a − 1), với r là số nguyên dương. Mặt khác rõ ràng với mọi số nguyên lớn hơn 1 luôn có thể viết thành tích của hai số bất kỳ trong số ước bù nhau của nó, tức là: N = d.d0 (trong đó d là một trong các ước của N ). Do đó chúng ta có d.d0 = r(r + a − 1), vì a ≥ 1 nên r + a − 1 ≥ r. Từ đó ta có d = r và d0 = r + a − 1 ≥ d. Số hạng đầu tiên của chuỗi số là a = d0 − d + 1 và số hạng cuối cùng là b = d0 + d − 1. Nếu N là số nguyên tố, thì nó có một cặp duy nhất các ước bù nhau d = 1, d0 = N, do đó a = b = N và N không thể biểu diễn được thành tổng của các số lẻ liên tiếp, cũng không thể biểu diễn được thành tổng của các số chẵn liên tiếp. Nếu N là hợp số thì nó có ít nhất một ước d > 1 và như vậy N có thể được biểu diễn thành ít nhất một trong những các tổng nói trên, và được phát biểu bằng các định lý sau: Định lý 2.1.1 Số nguyên tố không thể biểu diễn được bằng tổng của các số dương lẻ liên tiếp hoặc bằng tổng các số dương chẵn liên tiếp. Định lý 2.1.2 Mọi số nguyên dương N có ít nhất một ước d > 1 có thể biểu diễn được thành một chuỗi số học của d số nguyên dương với công sai là 2. Vậy với mỗi cặp ước bù 1 < d ≤ d0 . Và N được viết thành N = (d0 − d + 1) + (d0 − d + 3) + ... + (d0 + d − 1). (2.1) Rõ ràng nếu d0 − d là chẵn thì tổng (2.1) bao gồm d số dương lẻ liên tiếp trong khi d0 − d là số lẻ, nó bao gồm d số chẵn dương liên tiếp. Vì vậy ta có hai hệ quả sau: Hệ quả 2.1.1 Nếu hai ước bù nhau bất kỳ d, d0 của một số nguyên dương N có hiệu là số chẵn d0 − d = 2(c − 1), với c là một số nguyên dương, thì N có thể được biểu diễn dưới dạng một tổng của d số lẻ dương liên tiếp. N = d[d + 2(c − 1)] = [2(c − 1) + 1] + [2(c − 1) + 3] + ... + 2(c − 1) + 2d − 1]. (2.2) Ví dụ 2.1 . Số 120 được viết: 120 = 10.12 = 3 + 5 + ... + 21 (có 10 số hạng). Số 187 = 11.17 = 7 + 9 + 11 + ... + 27 (có 11 số hạng). Đặc biệt. Khi d = d0 (c = 1), ta có mệnh đề sau:
17 Mệnh đề 2.1.1 Mọi số chính phương N = d2 có thể được viết dưới dạng tổng của d số dương lẻ đầu tiên: N = d2 = 1 + 3 + ... + (2d − 1). (2.3) Với d = 2, 3, 4, ..., 9.Ta có: Số Tổng Số các số hạng 2 2 1+3 2 2 3 1+3+5 3 2 4 1+3+5+7 4 2 5 1+3+5+7+9 5 2 6 1 + 3 + 5 + +7 + 9 + 11 6 2 7 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 7 2 8 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 8 2 9 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 9 Bảng 1 Hệ quả 2.1.2 Nếu bất kỳ hai ước bù nhau d, d0 của một số nguyên dương N có hiệu là một số lẻ, tức là d0 − d = 2c − 1 với c là một số nguyên dương. Thì N có thể biểu diễn được dưới dạng một tổng d số chẵn liên tiếp: N = d(d + 2c − 1) = 2c + 2(c + 1) + 2(c + 2) + ... + 2(c + d − 1). Ví dụ 2.2 . Ta có: 150 = 10.15 = 6 + 8 + 10 + ... + 24 (có 10 số hạng). 198 = 11.18 = 8 + 10 + 12 + ... + 28 (có 11 số hạng). Đặc biệt d0 = d + 1, (c = 1) ta có mệnh đề sau: Mệnh đề 2.1.2 Mọi số nguyên dương có dạng N = d(d + 1) có thể viết dưới dạng tổng của d số chẵn dương đầu tiên: Lấy N = d(d + 1) = 2 + 4 + 6 + ... + 2d. (2.4) Với d = 2, 3, 4, ...., 9. Chúng ta có bảng 2. Định lý 2.1.2 cho ta biết số nguyên dương nào biểu diễn được thành tổng của các số dương lẻ liên tiếp hoặc tổng của các số dương chẵn liên tiếp. Hai hệ quả trên xác định được các phần tử cấu trúc trong phân tích nhân tử của các số mà xác định xem liệu tất cả các số hạng trong chuỗi biểu diễn của chúng đều là lẻ hoặc đều là chẵn. Một câu hỏi đặt ra: Có hay không các số nguyên