ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG TUẤN LONG BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN THÀNH TỔNG HAI BÌNH PHƯƠNG CỦA SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG TUẤN LONG BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN THÀNH TỔNG HAI BÌNH PHƯƠNG CỦA SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS TRẦN VŨ THIỆU Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Ước chung lớn 1.1.1 Ước số phần dư 1.1.2 Số nguyên tố hợp số 1.2 Đồng dư 1.3 Số nguyên Gauss vành Z[i] 13 1.4 Bài toán áp dụng 16 Chương Tổng bình phương hai số nguyên 20 2.1 Bài toán tổng hai số bình phương 20 2.2 Số nguyên tố tổng hai bình phương? 22 2.3 Số nguyên tổng hai bình phương? 26 2.4 Số biểu diễn thành tổng hai bình phương 30 2.5 Bài toán áp dụng 36 Chương Một số toán có liên quan 38 3.1 Tổng nhiều số bình phương 38 3.2 Bộ số Pythagoras toán Fermat 40 3.3 Một số toán chưa có lời giải 45 3.4 Bài toán áp dụng 45 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 Mở đầu Lý thuyết số nghiên cứu tập hợp số tự nhiên (các số nguyên dương) 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, mối quan hệ loại số khác Người ta chia nhiều loại số nguyên: • số chẵn: 2, 4, 6, 8, 10, • số lẻ: 1, 3, 5, 7, 9, 11, • số phương: 1, 4, 9, 16, 25, 36, • số lập phương: 1, 8, 27, 64, 125, • số nguyên tố: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, • hợp số: 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, 18, • (modulo 4): 1, 5, 9, 13, 17, 21, 25, • (modulo 4): 3, 7, 11, 15, 19, 23, 27, • số tam giác: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, • số hồn hảo: 6, 28, 496, • số Fibonacci: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, Một mục tiêu lý thuyết số khám phá quan hệ thú vị bất ngờ loại số khác chứng minh quan hệ Có nhiều tốn tiêu biểu lý thuyết số, số số có lời giải, số chưa giải Một số tốn có lời giải: số tổng bình phương hai số tự nhiên? Ví dụ, = 12 + 22 , 13 = 22 + 32 , Chúng có đặc tính chung gì? Có cách biểu diễn thế? Bài toán tương tự: số tổng lập phương hai số nguyên dương? Ví dụ, = 13 + 23 , 28 = 13 + 33 , 35 = 23 + 33 , Đặc điểm số gì? Đề tài luận văn Biểu diễn số nguyên thành tổng hai bình phương số ngun có mục đích tìm hiểu trình bày kết lý thuyết số tính chất đặc trưng số nguyên dương (nói riêng số nguyên tố) biểu diễn dạng tổng bình phương hai số nguyên, số cách biểu diễn thành tổng hai bình phương, số tốn định lý có liên quan tới tốn tổng hai số bình phương: số Pythagoras, nghiệm nguyên phương trình bậc hai với hệ số nguyên, định lý số học, định lý Fermat bé, định lý Wilson, định lý Thue, định lý hai số bình phương, Luận văn viết dựa chủ yếu tài liệu tham khảo [1] - [6] lấy từ nguồn Internet chia thành ba chương Chương Kiến thức chuẩn bị trình bày lại khái niệm số tự nhiên, số nguyên tố, hợp số, phép chia hết, phép phân tích số nguyên thừa số nguyên tố, phép tính đồng dư modulo Chương Tổng bình phương hai số nguyên đề cập tới toán cổ điển lý thuyết số: biểu diễn số nguyên dương (nói riêng, số nguyên tố) dạng tổng hai bình phương số nguyên Trình bày định lý tính chất đặc trưng số nguyên tố, số nguyên dương biểu diễn dạng tổng hai bình phương số nguyên Chương Một số tốn có liên quan đề cập tới toán mở rộng biểu diễn số nguyên thành tổng nhiều số bình phương (bài tốn Waring), số Pythagoras (x2 + y = z ) Định lý lớn Fermat không tồn nghiệm ngun khác khơng phương trình xn + y n = z n , với n > Cuối chương giới thiệu số toán lý thuyết số chưa có lời giải Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy hướng dẫn GS.TS Trần Vũ Thiệu tận tình giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo khoa Toán-Tin, Trường Đại học Khoa học Thái Ngun Viện Tốn học, Viện Cơng nghệ thơng tin thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi trình tác giả học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả luận văn Đặng Tuấn Long Chương Kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại số khái niệm lý thuyết số: phần dư phép chia nguyên, ước chung lớn số nguyên, số nguyên tố hợp số, khái niệm đồng dư tính chất Số nguyên Gauss vành số nguyên Gauss Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [1], [2], [3] [5] 1.1 Ước chung lớn 1.1.1 Ước số phần dư Xét tập số nguyên Z = {0, ±1, ±2, } Từ lý thuyết số, ta biết kết sau Định lý 1.1 (Định lý chia) Với a, b ∈ Z, b = 0, tồn q, r ∈ Z, ≤ r < |b|, cho a = bq + r (Chia a cho b q thương số, r phần dư) Ví dụ 1.2 a) Với a = 13, b = ta có q = 4, r = 1, 13 = × + b) Với a = 17, b = −5 ta có q = −3, r = 2, 17 = (−5) × (−3) + c) Với a = −5, b = ta có q = −2, r = 3, −5 = × (−2) + d) Với a = −11, b = −5 ta có q = 3, r = 4, −11 = (−5) × + Định nghĩa 1.3 Với a, b ∈ Z, ta nói a ước (divisor) b tồn số nguyên x cho a.x = b Trong trường hợp ta nói b chia hết (divisible) cho a hay b bội (multiple) a viết a | b (đọc a ước b) Trái lại, ta nói a khơng ước b viết a ∤ b Ví dụ 1.4 Các ước −6, −3, −2, −1, 1, 2, Ta điều cách viết −3 | 6, | 6, | 6, Nhưng không ước nên ta viết ∤ Định nghĩa 1.5 Với a ∈ Z, điều sau đúng: | a, −1 | a, a | a, −a | a Ta nói 1, −1, a −a ước tầm thường (trivial divisors) a; −1 gọi đơn vị (units), ước khác a gọi ước thực (proper divisors) Ví dụ 1.6 -3, -2, 2, ước thực 1.1.2 Số nguyên tố hợp số Định nghĩa 1.7 Số nguyên dương a > gọi số ngun tố (prime) a khơng có ước thực Số nguyên dương a gọi hợp số (composite) a có ước thực Nếu a số nguyên dương số nguyên tố p1 , p2 , p3 , pk thỏa mãn a = pα1 × pα2 × pα3 × × pαk k tích pα1 × pα2 × pα3 × × pαk k gọi phân tích thừa số nguyên tố (prime factoriza- tion) a Ví dụ 1.8 Các số nguyên tố nhỏ 40 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37 Định lý 1.9 (Định lý số học) Mọi số a, a > 1, có phân tích thừa số ngun tố (khơng kể sai khác thứ tự thừa số) Ví dụ 1.10 12 = 22 × 3; 18 = × 32 ; 231 = × × 11 Định nghĩa 1.11 Cho a, b ∈ Z Ta định nghĩa ước chung lớn (greatest common divisor) a b số nguyên lớn d mà a b chia hết cho d : d | a d | b Ước chung lớn ký hiệu (a, b) = d gcd(a, b) = d Trong luận văn ta sử dụng gcd(a, b) để ước chung lớn a b Ví dụ 1.12 Hãy tìm ước chung lớn 12 Ta thấy ước ±1, ±2, ±4, ±8 ước 12 ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12 Từ đó, ước chung 12 ±1, ±2, ±4 Vì thế, ước chung lớn 12 ta viết gcd(8, 12) = Có thể thấy gcd(6, −9) = 3, gcd(−15, 25) = gcd(−3, −7) = Định nghĩa 1.13 Nếu ước chung lớn gcd(a, b) = ta nói hai số nguyên a b nguyên tố (relatively prime) Định lý 1.14 Nếu a, b ∈ Z gcd(a, b) = d gcd(a/d, b/d) = Chứng minh Giả sử gcd(a/d, b/d) = k Từ a/d = mk, b/d = nk với m, n nguyên ta có a = mkd, b = nkd Điều cho thấy a b chia hết cho kd, tức kd | a kd | b Do d ước chung lớn a b nên kd ≤ d Suy k ≤ Do k nguyên dương nên phải có k = Vậy gcd(a/d, b/d) = k = Ví dụ 1.15 Hãy tìm ước chung lớn 15 40 Bằng cách phân tích thừa số nguyên tố ta có 15 = × 40 = 23 × Từ đó, ta tìm ước chung lớn 15 40 5, tức gcd(15, 40) = Ta thấy gcd(15/5, 40/5) = gcd(3, 8) = Định lý 1.16 Cho a, b, c ∈ Z Khi gcd(a + cb, b) = gcd(a, b) Chứng minh Giả sử gcd(a, b) = d, gcd(a + cb, b) = k Ta cần chứng minh d = k Do gcd(a, b) = d nên a = pd b = qd với p, q nguyên tố (Định lý 1.14) Trong gcd(a + cb, b) = k thay a = pd, b = qd cb = cqd, ta k = gcd(a + cb, b) = gcd(pd + cqd, qd) = gcd((p + cq)d, qd) Đẳng thức cho thấy ước chung lớn (p + cq)d qd d, (p + cq) có (p + cq)d d lần q có qd d lần Vì thế, gcd(a + cb, b) = d, nghĩa d = k Định lý chứng minh Ví dụ 1.17 Xét ba số: a = 110, b = 44, c = 22 Theo Định lý 1.16, ta có gcd(110 + 22 × 44, 44) = gcd(110, 44) hay gcd(1078, 44) = gcd(110, 44) Để kiểm tra đẳng thức này, ta tính gcd(1078, 44) gcd(110, 44) Ta thấy 44 = 22 × 11, 110 = × × 11 1078 = × 72 × 11 Từ suy gcd(1078, 44) = gcd(110, 44) = 22 Kết kiểm tra Định nghĩa 1.18 Cho a, b ∈ Z Tổ hợp tuyến tính (linear combination) a b tổng có dạng ax + by, x, y ∈ Z Định lý 1.19 Nếu a, b, m, n ∈ Z c ước số chung a b c ước số ma + nb, nghĩa c | a c | b c | (ma + nb) Chứng minh Nếu c | a c | b theo định nghĩa ước tìm u, v ∈ Z cho a = cu, b = cv Khi ma + nb = mcu + ncv = c(mu + nv) Do (ma + nb) bội c Vì c | (ma + nb) Ví dụ 1.20 Giả sử a = 21, b = 39, c = Ta có 21 = × 39 = × 13 Vì thế, 21 39 chia hết cho Giả sử m = 7, n = −3 Khi × 21 − × 39 = 147 − 117 = 30 Rõ ràng ước 30, 30 = × 10 Định lý 1.21 Cho hai số a, b ∈ Z Khi d = gcd(a, b) số nguyên dương nhỏ biểu diễn dạng d = ax + by với x, y ∈ Z Chứng minh Giả sử k số nguyên dương nhỏ có dạng k = ax + by với x, y ∈ Z Ta chứng minh d = k Thật vậy, d ước chung a b nên theo Định lý 1.19, d ước ax + by, tức d | (ax + by) = k, d ≤ k.a phải chia hết cho k, trái lại a = ku + v với < v < k, u, v ∈ Z Từ v = a − ku = a − u(ax + by) = a(1 − ux) + b(−uy) Như vậy, v tổ hợp tuyến tính a b Thế v < k, điều trái với giả thiết: k số nguyên dương nhỏ có dạng ax + by Chứng minh tương tự cho thấy b chia hết cho k Vậy phải có k ≤ gcd(a, b) = d Ở ta thấy d ≤ k Vì thế, k = d Ví dụ 1.22 Giả sử a = 51 b = 187 Ta thấy 51 = × 17 187 = 11 × 17 Từ gcd(51, 187) = 17 Nếu chọn x = 4, y = −1, ta có 51 × − 187 × = 204 − 187 = 17 = gcd(51, 187) 35 Cuối cùng, ta có biểu diễn 90 = (±9)2 + (±3)2 = (±3)2 + (±9)2 Như vậy, từ biểu diễn riêng biệt chất 90 = 92 + 32 dẫn tới biểu diễn không khác biệt chất, đếm r2 (90) Một ví dụ khác: n = 225 = 20 52 32 (c = 0, n1 = 25, n3 = 9) Ta thấy d(n1 ) = d(25) = (các ước 1, 25), d1 (225) = (các ước ≡ ≡ ≡ ≡ 25 ≡ 45 ≡ 225 (mod 4)), d3 (225) = (các ước ≡ ≡ 15 ≡ 75 (mod 4)) Theo Định lý 2.20 r2 (225) = 4d(25) = 4.3 = 12 ≡ 4(d1 (225) − d3 (225)) = 4(6 − 3) = 12 Vậy ta có tất 12 cách biểu diễn số 225 thành tổng hai số bình phương: 225 = (±12)2 + (±9)2 = (±9)2 + (±12)2 = (±15)2 + 02 = 02 + (±15)2 Cuối chương, ta nêu ví dụ vài số tự nhiên viết thành tổng hai số bình phương theo nhiều cách khác biệt Ví dụ 2.22 • Tổng hai số bình phương theo hai cách: 50 = 72 + 12 = 52 + 52 , 221 = 142 + 52 = 112 + 102 • Tổng hai số bình phương theo ba cách: 325 = 182 + 12 = 172 + 62 = 152 + 102 , 425 = 202 + 52 = 192 + 82 = 162 + 132 • Tổng hai số bình phương theo bốn cách: 5125 = 702 + 152 = 652 + 302 = 632 + 342 = 542 + 472 , 6409 = 802 + 32 = 752 + 282 = 722 + 352 = 602 + 532 • Tổng hai số bình phương theo sáu cách: 5525 = 742 + 72 = 732 + 142 = 712 + 222 = 702 + 252 = 622 + 412 = 552 + 502 36 2.5 Bài toán áp dụng Bài toán 2.23 Liệt kê số nguyên tố p ≤ 100 tổng hai số bình phương? Đáp án 12 số, gồm có: = 12 + 12 , = 22 + 12 , 13 = 32 + 22 , 17 = 42 + 12 , 29 = 52 + 22 , 37 = 62 + 12 , 41 = 52 + 42 , 53 = 72 + 22 , 61 = 62 + 52 , 73 = 82 + 32 , 89 = 82 + 52 , 97 = 92 + 42 Bài tốn 2.24 Lấy hai ví dụ minh họa Định lý Wilson: số nguyên tố p ước số (p − 1)! + 1? Đáp án a) p = ước số (p − 1)! + = 4! + = × × × + = 25 b) p = 11 ước số (p − 1)! + = 10! + = 3.628.800 + = 3.628.801 = 11 × 329.891 Bài tốn 2.25 Lấy ví dụ minh họa Bổ đề Fermat: Tìm số nguyên dương nhỏ x cho x2 + chia hết cho số nguyên tố p ≡ (mod 4)? Đáp án a) Với p = ≡ (mod 4) x = 2, 22 + = 5 b) Với p = 13 ≡ (mod 4) x = 6! = 720, 7202 + = 518.401 = 13 × 39877 Bài tốn 2.26 Lấy ví dụ minh họa Định lý bé Fermat: p số nguyên tố a số nguyên dương cho p ∤ a ap−1 ≡ (mod p)? Đáp án a) Với p = a = Khi đó, 42 = 16 ≡ (mod 3) 52 = 25 ≡ (mod 3) b) Với p = a = 6, 7, Khi đó, 64 = 1296 ≡ (mod 5) 74 = 2401 ≡ (mod 5), 84 = 4096 ≡ (mod 5) 94 = 6561 ≡ (mod 5) Bài toán 2.27 Tìm tất cách viết số 10.400 thành tổng hai số bình phương Đáp án cách: 10.400 = 1002 + 202 = 922 + 442 = 762 + 682 Bài tốn 2.28 Số viết thành hiệu hai số bình phương? 37 Bài tốn 2.29 Để ý 122 + 332 = 1233 5882 + 23532 = 5882353 Có thể tìm thêm số không? Kết luận chương, chương trình bày tốn biểu diễn số ngun dương thành tổng hai số bình phương, giới thiệu định lý tính chất đặc trưng số nguyên tố, số nguyên dương biểu diễn thành tổng hai số bình phương, với đầy đủ chứng minh ví dụ minh họa Cuối chương, xét số cách biểu diễn số nguyên thành tổng hai số bình phương 38 Chương Một số tốn có liên quan Chương đề cập tới toán mở rộng biểu diễn số nguyên thành tổng nhiều số bình phương (bài tốn Waring), số Pythagoras (x2 + y = z ) định lý lớn Fermat không tồn nghiệm ngun khác khơng phương trình xn + y n = z n , với n > Cuối chương giới thiệu số toán lý thuyết số chưa có lời giải Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [5] [6] 3.1 Tổng nhiều số bình phương Sau chứng minh có số định số nguyên biểu diễn thành tổng hai số bình phương số ngun, ta đặt câu hỏi: liệu có số k mà số nguyên biểu diễn thành tổng k số bình phương hay khơng? Ta biết khơng phải số ngun biểu diễn thành tổng ba số bình phương số nguyên, chẳng hạn số 47 biểu diễn Tuy nhiên, số nguyên biểu diễn thành tổng bốn số bình phương số nguyên Fermat xem người chứng minh kết này, dựa phương pháp ưa thích ơng giảm vơ hạn (infinite descent), ông chưa công bố kết Sau đóng góp quan trọng cho toán Euler, năm 1770 nhà toán học người Pháp Joseph Louis Lagrange công bố đáp án Chứng minh Lagrange dựa đồng thức đại số 39 tương tự Bổ đề 2.11: (a2 + b2 + c2 + d2 )(t2 + u2 + v + w2 ) = (at − bu − cv − dw)2 + (au + bt + cw − dv)2 + (av − bw + ct + du)2 + (aw + bv − cu + dt)2 , nghĩa x y biểu diễn thành tổng số bình phương tích xy biểu diễn thành tổng số bình phương Định lý bốn số bình phương tên gọi mệnh đề: Một số tự nhiên viết dạng tổng bốn số bình phương số ngun Bài tốn Waring Vào năm 1770, Waring nghiên cứu dạng tổng quát thú vị tốn tổng hai bình phương nêu giả thuyết cho trước k ∈ N, tồn số g(k), phụ thuộc k, cho số nguyên n > viết thành tổng nhiều g(k) lũy thừa bậc k số nguyên? Chẳng hạn định lý Lagrange cho g(2) ≤ biểu diễn thành tổng ba số bình phương, nên g(2) = Giả thuyết Waring chứng minh phương pháp lý thuyết giải tích số, hồn tồn khác cách tiếp cận dùng chứng minh định lý hai bình phương Tuy nhiên, giá trị xác g(k) cịn giả thuyết Giá trị thiết lập n ≤ Hàm g có dạng nào? Năm 1909 Hilbert chứng minh g(k) tồn với k Tuy nhiên, chứng minh Hilbert không xây dựng công thức cho hàm g(k) Một vài kết biết đến g(2) = 4, g(3) = 9, g(4) = 19, g(5) = 37 với ≤ k ≤ 471600000 g(k) ≤ 3k /2 + 2k − Xét trường hợp k = 3, g(k) = Nghiên cứu có khả có hai số 23 = 2.23 + 7, 13 239 = 2.43 + 4.33 + 3.13 cần tới số lũy thừa bậc để biểu diễn, tất số nguyên biểu diễn thành tổng số lũy thừa bậc Thật ra, có lẽ có 15 số mà số lớn 8042, cần đủ lũy thừa bậc ba Tất số đủ lớn, tức số từ 8043 40 trở lên biểu diễn tổng số lũy thừa bậc ba Khi đó, rõ ràng khơng phải số chủ chốt toán Bài toán thử thách hơn: xác định G(k) giá trị s nhỏ cho số đủ lớn, tức số với hữu hạn ngoại lệ, biểu diễn thành tổng s lũy thừa bậc k Hiển nhiên, G(k) ≤ g(k) với k ∈ N Bây ta G(2) = Định lý 3.1 Cho n cho n = (mod 8) Khi đó, n khơng thể biểu diễn thành tổng số bình phương Chứng minh Bằng tính tốn đơn giản Định lý 2.9, thấy (Z/8Z)2 = {0, 1, 4} Nếu x, y, z ∈ Z/8Z x2 +y +z ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, tổng số bình phương cho n = (mod 8) Định lý 3.2 (Định lý Dirichlet) Cho h k hai số nguyên tố Khi tồn vơ số số ngun tố có phần dư h chia cho k, tức = h (mod k) Do nguyên tố nên định lý Dirichlet nói tồn vô hạn số nguyên tố đồng dư (mod 8) Theo Định lý 2.20, khơng có số số nguyên tố biểu diễn thành tổng số bình phương, G(2) = Tổ hợp số bình phương Tương tự tổng hai số bình phương, người ta đặt câu hỏi: số nguyên biểu diễn thành tổng có dạng x2 + 2y hay x2 + 3y tổng quát dạng x2 + ny với x, y ∈ Z? Câu hỏi giải đáp phần Luật tương hỗ Gauss (Gauss Reciprocity Law) cuối đưa tới ngành tốn học hồn tồn mới, cụ thể Lý thuyết Trường Lớp (the Class Field Theory) 3.2 Bộ số Pythagoras toán Fermat Ta nhận xét số phương (perfect square) tổng hai số bình phương số nguyên: x2 = x2 + 02 Thật ra, 41 "trường hợp bản" mà ta dùng chứng minh Định lý 2.15 để xác định xem số nguyên dương tổng hai số bình phương Nhưng vấn đề khác ta đặt câu hỏi: số phương tổng hai số bình phương số nguyên dương? Số nhỏ 25 = 42 + 32 = 52 Phương trình x2 + y = z gắn liền với Pythagoras, nhà tốn học triết học cổ Hy Lạp Ơng chứng minh định lý tiếng khẳng định đẳng thức z cạnh huyền tam giác vng, cịn x y hai cạnh cịn lại, mà ơng cịn nêu qui tắc để tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình (Nghiệm tiếng 32 + 42 = 52 tạo tam giác vuông mà từ trước thời Pythagoras nhà vẽ đồ địa sử dụng Lấy vịng dây có 12 nút thắt với khoảng cách Giữ cố định nút thắt thích hợp kéo căng vịng dây tạo tam giác vng, Hình 3.1) Hình 3.1: Dùng vịng dây để dựng tam giác vng Định lý 3.3 Cho x, y z số nguyên dương thỏa mãn x2 + y = z Khi đó, tồn số nguyên dương d, s, t với gcd(s, t) = cho ta có (đổi chỗ x y, cần) x = 2std, y = (s2 − t2 )d, z = (s2 + t2 )d Chú ý d = 1, s = 2, t = cho nghiệm (x, y, z) = (4, 3, 5) Chứng minh Ta sử dụng nguyên lý sau: ab = c2 gcd(a, b) = a b số phương (chẳng hạn, a = 4, b = 9, c = 6) Với ước nguyên tố ab (như 2, 3) mà có lũy thừa bậc chẵn phải xuất a b khơng xuất số cồn lại a b tích lũy thừa 42 chẵn ước nguyên tố (a = 22, b = 32), a b số bình phương Tổng quát hơn, tích số nhân tử đôi nguyên tố số bình phương nhân tử số bình phương Theo cách tương tự, ab = c2 , gcd(a, b) = 2, a = 2m2 , b = 2n2 với m, n số nguyên (Thay a b a′ = a/2 b′ = b/2, a′ b′ nguyên tố tích a′ b′ = ab/4 = (c/2)2 , nên a′ b′ số bình phương) Bây giả sử x2 + y = z • Một nhân tử chung hai ba số x, y, z phải ước số thứ ba, ta chia ba số x, y, z cho ước chung nhận nghiệm nhỏ Vì ta giả thiết x, y, z đơi nguyên tố nhau, cách chia ba số cho ước chung lớn chúng (chẳng hạn d) • Vì số bình phương có phần dư chia cho 4, nên phương trình x2 + y = z lấy theo modulo có nghiệm + = + = Nhưng biến đôi nguyên tố nên nghiệm thứ hai, nghĩa cách đổi chỗ x y cần, ta giả thiết x chẵn, y z lẻ • Bây x2 = z − y = (z + y)(z − y) gcd(z + y, z − y) = (Do z + y z − y số chẵn nên chúng có ước chung d ước chung lớn chúng d ước (z + y) + (z − y) = 2z (z + y) − (z − y) = 2y, d = 2) Từ z − y = 2t2 z + y = 2s2 với số nguyên s t nguyên tố • Cuối cùng, x2 = 4s2 t2 , x = 2st, (z + y) − (z − y) = s2 − t , (z + y) + (z − y) = s2 + t z= y= Bộ ba Pythagoras cịn tính theo s, t ngun tố bảng sau: 43 y= s2 − t 2 z= s2 + t 2 s t x = st 3 5 12 13 7 24 25 9 40 41 15 17 21 20 29 35 12 37 45 28 53 63 16 65 Pierre de Fermat (1636) viết ghi bên lề sách ơng lý thuyết số nhà tốn học Hy Lạp Diophantus Đoạn ghi đối diện với chỗ mà Diophantus trình bày định lý Pythagoras Fermat tun bố ơng có chứng minh thật tuyệt vời là: với n > 2, phương trình xn + y n = z n khơng có nghiệm nguyên dương, lề sách lại hẹp để chứa Phát Fermat thường gọi định lý cuối Fermat (Fermat’s Last Theorem) Các nhà toán học gặp thách thức cố gắng tìm chứng minh Fermat Fermat đưa chứng minh cho n = Năm 1770, Euler chứng minh (mặc dù chưa hoàn chỉnh) trường hợp n = Dirichlet Legendre chứng minh cho n = năm 1820 Lamé chứng minh cho n = năm 1839 Cuối cùng, Andrew Wiles công bố lời giải vào mùa hè năm 1993 sửa lại năm 1995, với lời giải dài 200 trang Nhưng chứng minh phức tạp sử dụng đến nhiều khái niệm chưa phát thời Fermat Ngồi ra, khơng thấy có chứng chứng minh tìm báo Fermat Nói chung, ngày người ta tin Fermat khơng có chứng minh nào, có lẽ Fermat nghĩ ơng có chứng minh, có sai sót Trong luận văn nhỏ chúng tơi khơng thể trình bày chứng minh 44 Wiles Song để minh họa xin nêu lại chứng minh Fermat cho trường hợp n = Định lý 3.4 Phương trình x4 + y = z khơng có nghiệm ngun dương x, y, z Chứng minh Trên thực tế ta khảo sát phương trình khác chút, cụ thể x4 + y = z Nếu ta phương trình khơng có nghiệm ngun dương phương trình định lý khơng có nghiệm ngun dương, x, y, z thỏa mãn phương trình định lý x, y, z thỏa mãn phương trình vừa sửa Giả sử x4 + y = z , x, y, z số nguyên dương Ta giả thiết nghiệm với giá trị z nhỏ Khi x, y, z đôi nguyên tố nhau, tồn ước nguyên tố chung p hai số chúng p ước số thứ ba ta thay nghiệm (x, y, z) (x/p, y/p, z/p2 ) Do x2 y số chẵn khơng tính tổng qt, ta giả thiết x số chẵn Do (x2 )2 + (y )2 = z nên ta áp dụng định lý Pythagoras để kết luận x2 = 2st, y = s2 − t2 , z = s2 + t2 , gcd(s, t) = Áp dụng định lý Pythagoras vào phương trình t2 + y = s2 (nhớ y lẻ), ta có t = 2uv, y = u2 − v , s = u2 + v , gcd(u, v) = Từ suy gcd(u, u2 + v ) = gcd(v, u2 + v ) = Khi đó, x2 = 2st = 4uv(u2 + v ) uv(u2 + v ) số bình phương Vì thừa số đơi ngun tố nhau, nên ta có u = m2 , v = n2 u2 + v = r2 Như m4 + n = r Nhưng r ≤ u2 + v = s < s2 + t2 = z, ta có (m, n, r) nghiệm phương trình ban đầu nhỏ nghiệm (x, y, z) mà ta giả thiết nghiệm với giá trị z nhỏ Mâu thuẫn cho thấy không tồn nghiệm nguyên dương phương trình x4 + y = z 45 3.3 Một số toán chưa có lời giải Chúng tơi kết thúc chương nêu số tốn chưa có lời giải lý thuyết số, nhà toán học nỗ lực nhiều • Giả thuyết Goldbach: Phải số chẵn lớn tổng hai số nguyên tố? Chẳng hạn, = + 2, = + 3, = + 3, 10 = + 3, v.v Giả thuyết Goldbach biết số chẵn "nhỏ" (nhỏ 1018 ) • Giả thuyết số nguyên tố sinh đôi: Cặp số nguyên tố sinh đôi hai số nguyên tố lệch hai đơn vị Chẳng hạn, (3, 5); (5, 7); (11, 13), v.v Tồn vô số cặp số ngun tố sinh đơi? Cho tới nay, chưa có câu trả lời cho giả thuyết • Bài tốn số đồng dư: Xét xem số nguyên dương n tồn tam giác vng với diện tích n cạnh hữu tỉ? Andrew Wiles, người chứng minh định lý lớn Fermat, nói tốn số đồng dư chí cịn khó hơn! • Bài tốn số ngun tố dạng n2 +1: Nếu liệt kê số nguyên có dang n2 +1 với n = 1, 2, 3, , ta thấy số chúng số nguyên tố (chẳng hạn, = 12 + 1, = 22 + 1, 17 = 42 + 1, 37 = 62 + 1, ) Tất nhiên, n số lẻ n2 + số chẵn số nguyên tố, trừ n = Câu hỏi đặt liệu có vơ số số ngun tố có dạng n2 + hay khơng? Cho tới nay, chưa có biết câu trả lời cho câu hỏi 3.4 Bài toán áp dụng Bài toán 3.5 Cho a, b, c nghiệm nguyên a2 +b2 = c2 Chứng minh | abc Lời giải Ta giả thiết a, b, c tạo nên số Pythagoras Không giảm tổng quát, giả sử b số chẵn Khi đó, tồn r, s cho a = r2 − s2 , b = 2rs, c = r2 + s2 Từ abc ≡ 2rs(r4 − s4 ) Nếu r s chia hết cho 46 chứng minh xong Nếu r s không chia hết cho r4 ≡ (mod 5) s4 ≡ (mod 5) Do r4 − s4 ≡ − ≡ (mod 5) Như r4 − s4 chia hết cho Bài tốn 3.6 Tìm x, y, z ∈ Z thỏa mãn phương trình x2 + y = z gcd(x, y, z) = Lời giải Để ý x, y, z tạo nên số Pythagoras Giả thiết y số chẵn Trường hợp x số chẵn tương tự Khi tồn r, s với gcd(r, s) = có tính chẵn lẻ khác cho x = r2 − s2 , y = 2rs, z = r2 + s2 Để ý r, s, z số Pythagoras Bây giả sử r số chẵn Khi đó, tồn hai số nguyên p, q khác tính chẵn lẻ với gcd(p, q) = cho r = 2pq, s = p2 − q , z = p2 + q Vì ta kết luận x = (2pq)2 − (p2 − q )2 = −p4 + 6p2 q − q , y = 4pq(p2 − q ), z = p2 + q Tương tự, s số chẵn ta kết luận s = 2pq, r = p2 − q , z = p2 + q Do x = (p2 − q )2 − (2pq)2 = p4 − 6p2 q + q , y = 4pq(p2 − q ), z = p2 + q Các nghiệm khác nhận từ nghiệm có cách tráo đổi x y Bài toán 3.7 Cho a, b, c nghiệm nguyên a2 +b2 = c4 Chứng minh | abc Lời giải Từ lời giải toán 3.6 ta biết tồn hai số nguyên p q cho abc = ±4pq(p2 − q )(p2 + q )(p4 + p2 q + q − 7p2 q ) Lấy modulo biểu thức 4pq(p2 − q )(p6 + q ) Khi | p hay | q chứng minh xong Khi khơng ước pq, ta có p6 = q (mod 7) Do p6 = q = − = (mod 7) kết luận chứng minh Bài toán 3.8 Chứng minh không tồn tam giác vuông với độ dài cạnh số nguyên diện tích tam giác số bình phương Lời giải Giả sử trái lại tồn tam giác (a, b, c) Khi a2 + b2 = c2 ab = 2d2 47 với d nguyên dương Khơng giảm tổng qt, ta giả thiết a > b, trường hợp a = b khơng thể xảy khơng thể có 2a2 = c2 Vì c2 + (2d)2 = (a + b)2 c2 − (2d)2 = (a − b)2 trái với điều chứng minh không tồn hai số nguyên dương cho tổng hiệu hai bình phương chúng số bình phương Bài tốn 3.9 Chứng minh khơng thể biểu diễn thành tổng ba số bình phương (tức g(2) > 3) Kết luận chương, chương giới thiệu toán Waring biểu diễn số nguyên thành tổng nhiều số bình phương, số Pythagoras (x2 + y = z ) định lý lớn Fermat không tồn nghiệm ngun khác khơng phương trình xn + y n = z n , với n > Cuối chương giới thiệu số toán lý thuyết số chưa có lời giải: Giả thuyết Goldbach, giả thuyết số ngun tố sinh đơi, tốn số đồng dư, toán số nguyên tố dạng n2 + Cuối chương nêu số tập 48 Kết luận Luận văn đề cập tới toán tiêu biểu lý thuyết số: toán biểu diễn số nguyên thành tổng hai bình phương số nguyên Đây toán hấp dẫn, thu hút nhiều người quan tâm tìm hiểu, học tập nghiên cứu Luận văn trình bày nội dung sau: Một số khái niệm lý thuyết số: thương phần dư phép chia nguyên, ước chung ước chung lớn lớn số nguyên, số nguyên tố hợp số, đồng dư phép toán đồng dư, số nguyên Gauss vành Z[i] số nguyên Gauss Bài toán biểu diễn số nguyên dương thành tổng hai số bình phương, định lý tính chất đặc trưng số nguyên tố, số nguyên dương biểu diễn thành tổng hai số bình phương Số cách biểu diễn số nguyên dương thành tổng hai số bình phương Bài tốn Waring biểu diễn số nguyên thành tổng nhiều số bình phương, số Pythagoras (x2 + y = z ) định lý lớn Fermat không tồn nghiệm ngun khác khơng phương trình xn + y n = z n , với n > Một số tập áp dụng, giúp hiểu sâu nội dung trình bày 49 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Bùi Huy Hiền Nguyễn Tiến Quang (2006), Đại số đại cương, Nhà xuất Đại học Sư phạm Tiếng Anh [2] Andreescu T et al (2010), An Introduction to Diophantine Equations: A Problem-Based Approach, DOI 10.1007/978-0-8176-4549-6-2, Springer New York - Dordrecht - Heidelberg - London [3] Grosswald E (1985), Representations of integers as sums of squares Springer - Verlag, New York - Berlin - Heidelberg - Tokyo [4] Kostadinov K (2009), Number Theory, Boston University, Summer [5] Ming-Sun Li et al (2008), “On number equal to the sum of two squares in more than one way”, Dept of Math., Rowan University, Glassboro, NJ 08028 [6] MTH6128-Number Theory (2015), Note 9, University of London, Springer ... toán biểu diễn số nguyên dương thành tổng hai số bình phương, định lý tính chất đặc trưng số nguyên tố, số nguyên dương biểu diễn thành tổng hai số bình phương Số cách biểu diễn số nguyên dương thành. .. tổng hai số bình phương Ta biết viết thành tổng hai số bình phương: = 12 + 12 Theo Bổ đề 2.11, số m tích số ngun dương viết thành tổng hai số bình phương m biểu diễn thành tổng hai số bình phương. .. số nguyên, ta đặt câu hỏi: liệu có số k mà số nguyên biểu diễn thành tổng k số bình phương hay không? Ta biết số nguyên biểu diễn thành tổng ba số bình phương số nguyên, chẳng hạn số 47 biểu diễn