Trong mục này chúng ta sẽ tìm hiểu các ước nguyên tố có thể có của các biểu thức dạnga2+b2,a2+2b2 vàa2−2b2vớia,bnguyên. Hơn nữa, ta còn tìm hiểu điều kiện cần và đủ để một số nguyên tố có thể viết được dưới dạnga2+b2,a2+2b2,a2−2b2. Trước khi đi tiếp ta tóm lược một số kết quả khi−1,2,−2là bình phương modulo p với plà số nguyên tố lẻ. Những điều này đều được dẫn ra từ Định lý 1.1.5.
Nhận xét 2.1.1. 1.
−1 p
=1⇔ p≡1 (mod 4).
2.
2 p
=1⇔ p≡1,7 (mod 8).
3.
−2 p
=1⇔ p≡1,3 (mod 8).
Trước hết ta nhắc lại những khẳng định sau là hệ quả của Định lý Fermat nhỏ.
Hệ quả 2.1.2. (xem [4, Định lý 4.4.1])Mọi ước nguyên tố lẻ củaa2+1đều có dạng 4k+1.
Hệ quả 2.1.3. (xem [4, Định lý 4.4.2])
1. Cho a,bnguyên tố cùng nhau và p là một số nguyên tố là ước của a2+b2. Thế thì p≡1 (mod 4).
2. Nếu p≡3 (mod 4)là một ước nguyên tố củaa2+b2, thì p|a, và p|b.
Kết quả quan trọng sau đây của Thue cho phép ta chứng minh Định lý 2.1.5.
Định lý 2.1.4. (Bổ đề Thue, xem [4, Định lý 4.4.3]) Cho n> 1 là một số nguyên, UCLN(a,n) =1. Thế thì tồn tại các số nguyên dương x và y nhỏ hơn √
n sao cho n|ax+yhoặcn|ax−y.
Chứng minh. Giả sử nkhông là một số chính phương. Đặtt = [√
n] +1và S={ax+y| x,ychạy từ0đếnt−1}.
Khi đó|S|=t2>n. Theo nguyên tắc Dirichlet, tồn tại hai số phân biệt ax1+y1≡ax2+y2 (mod n),
và x1 > x2. Khi đó a(x1−x2)≡ y2−y1 (mod n). Thế thì ta đặt x= x1−x2, y =
|y1−y2|. Nhận thấyx,y6=0vìUCLN(a,n) =1, kéo theon|ax±yvà0<x,y<√ n.
Xét trường hợpnlà một số chính phương. Khi đó ta đặtn=d2. Nếu một trong các số x,y là d, thì số còn lại là bội củad, do đó nó cũng là d, kéo theo a=d±1. Với a=d−1, thì lấyx=1,y=d−1, và ta chọn dấu−. Nếua=d+1, thì lấyx=d−1, y=1, và ta chọn dấự
Định lý 2.1.5. (xem [20, Định lý 3.4.2, tr. 140])Số nguyên tốplẻ viết được dưới dạng p=a2+b2khi và chỉ khi p≡1 (mod 4).
Chứng minh. “⇒”: Đây chính là Định lý 2.1.3.
“⇐”: Với p≡1 (mod 4), ta đã biết−1là bình phương modulo p, hay tồn tạiu∈Z sao chou2≡ −1 (mod p). Tương tự cách làm của Bổ đề Thue, ta xét
A={x+yu| x,y∈Zchạy từ0đếnN =√ p
}.
Vì số phần tử#(A) = (N+1)2 > p, nên trongAhai phần tử x1+y1u≡x2+y2u (mod p),
với(x1,y1)6= (x2,y2). Do đóa+bu≡0 (mod p)vớia=x1−x2,b=y1−y2. Thế thì
p|a2+u2b2,
u2≡ −1 (mod p).
Do đó p|a2+b2. Mặt khác |a| ≤N, |b| ≤N, suy ra a2+b2 <2p. Vậy kết hợp với khẳng định p|a2+b2, ta cóa2+b2= p. Vậy có điều cần chứng minh.
Nhận xét 2.1.6. (xem [7, tr. 34]) Để tránh việc trình bày chứng minh với những kết quả trung gian, ta có thể tóm lược thành một chứng minh trực tiếp như sau:
Như trên đã biết vì p≡1 (mod 4)là một số nguyên tố, nên tồn tại b∈Zsao cho b2≡ −1 (mod 4). Xét tập các số nguyên sau:
A={i+ jb| i, j là các số nguyên chạy từ0đến[√ p]}.
Thế thì|A|= [√
p] +12
> p, suy ra theo nguyên tắc Dirichlet
i+ jb≡I+Jb (mod p)
với0≤i,j,I,J≤[√
p] và(i, j)6= (I,J)nào đó. Đặtr=i−I,s=J−j, suy ra r≡bs (mod p),
trong đó|r|,|s| ≤[√
p]<√
p,(r,s)6= (0,0). Khi đó
r2+s2≡(bs)2+s2=s2 b2+1
≡0 (mod p).
Hơn nữa0<r2+s2<√
p2+√
p2=2p. Kết hợp với điều trên suy rar2+s2 = p.
Nhận xét 2.1.7. Theo [7, tr. 44], ta cũng có một số kết quả tương tự sau đây của Định lý 2.1.5:
Số nguyên tố p biểu thị được ở một trong các dạng sau đây x2+y2, x2+2y2, x2+xy+y2, x2+xy+2y2, x2+xy+3y2, x2+xy+5y2 khi và chỉ khi các ký hiệu Legendre tương ứng
−1 p
,
−2 p
,
−3 p
,
−7 p
,
−11 p
,
−19 p
bằng1.
Ví dụ sau đây là một áp dụng của Định lý 2.1.3.
Ví dụ 2.1.8. (xem [4, Ví dụ 1, tr. 183])Vớin>1là một số nguyên lẻ, thì phương trình xn+2n−1=y2 không có nghiệm nguyên dương lẻ.
Lời giải. Từ giả thiết suy ra:
xn+2n=y2+2n−1.
Khi đó nếux≡3 (mod 4)thì vế trái chia4dư3. Điều này vô lý vì vế phải chia 4dư 2. Nếux≡1 (mod 4), thì vế trái có ước dạngx+2≡3 (mod 4). Vậy vế trái luôn có một ước nguyên tố dạng p=4k+3. Theo Định lý 2.1.3, cả hai sốyvà2n−2 đều chia hết cho p. Điều này mâu thuẫn vìylẻ. Kết luận được chứng minh.
Kết quả sau minh họa một trường hợp của Nhận xét 2.1.7.
Định lý 2.1.9. (xem [4, Định lý 4.4.4, tr. 186])Một số nguyên tố lẻ pviết được dưới dạng p=a2+2b2 với các số nguyêna,bnào đó khi và chỉ khi p≡1,3 (mod 8).
Chứng minh. “⇒”: Cho p=a2+2b2. Nhận thấy p không là ước của a và b. Hơn nữa a2≡ −2b2 (mod p). Lấy b0 là nghịch đảo của bmodulo p, suy ra−2≡(ab0)2 (mod p), hay
−2 p
=1. Mặt khác ta có tính toán sau cho ký hiệu Legendre1: −2
p
= −1
p
ã 2
p
= (−1)p−12 ã(−1)
p2−1 8 .
Do đó −2
p
=1khi và chỉ khi p−1
2 + p2−1 8 =2k.
Do đó p≡1,3 (mod 8).
“⇐”: Đảo lại giả sử p≡1,3 (mod 8). Thế thì
−2 p
=1, suy raa2≡ −2 (mod p) vớia là một số nguyên nào đó. Theo Bổ đề Thue, tồn tạix,ynguyên, 0<x,y<√
p sao cho p|ax±y với một cách chọn dấu cộng, trừ thích hợp. Do đó p| a2x2−y2.
1Đã có ở Nhận xét 2.1.1, nhưng chúng ta vẫn nêu ra ở đây cho đầy đủ
Mặt khác p|a2+2, kéo theo p|2x2+y2. Từ đó suy ra2x2+y2= pkvớiklà một số nguyên nào đó. Lại có
0<2x2+y2<3p,
nên 2x2+y2 ∈ {p,2p}. Nếu p=2x2+y2 thì ta có điều cần chứng minh. Nếu 2p= 2x2+y2, thì2|y, kéo theoy=2y0. Do đó p=x2+2y02.
Ví dụ 2.1.10. (xem [4, Ví dụ 2, tr. 184])Chứng minh rằng phương trìnhx3−x2+8= y2 không có nghiệm nguyên.
Lời giải. Trường hợp 1:xlẻ.Phương trình được biến đổi thành(x+2)(x2−2x+4) = x2+y2. Thế thì kết hợp với điều kiệnxlẻ, ta cóUCLN(x,y) =1.
Nếu x=4k+1thìx+2=4k+3|x2+y2. Hơn nữax+2>0vì x2−2x+4>0.
Do đóx2+y2 có một ước nguyên tố dạng4k+3, suy ra vô lý.
Nếux=4k+3thìx2−2x+4có dạng4m+3. Tương tự như trên cũng suy ra mâu thuẫn.
Trường hợp 2:xchẵn.Đặt x=2uvà phương trình trở thành 2u3−u2+2=y2 với y=2y0. Nếuulẻ thì vế trái chia4dư3, suy ray2≡3 (mod 4)suy ra vô lý. Nếuuchẵn thì2u3−u2+2≡2 (mod 4). Từ đó cũng suy ra vô lý và kết thúc chứng minh.
Ví dụ 2.1.11. (xem [4, Kỳ thi Toán học Balkan, Ví dụ 3, tr. 184])Giải phương trình nghiệm nguyênx5−4=y2.
Lời giải. Phương trình tương đương x5=y2+4. Xét đồng dư modulo8suy rax,ylẻ.
Vìx|y2+4,UCLN(y,2) =1, nênxkhông có dạng4k+3. Lại vìylẻ, nênx=4k+1.
Tiếp đến, phương trình viết được ở dạng x5+25 =y2+62 chia hết cho x+2≡ (mod 4). NếuUCLN(y,6) =1, thì suy ra mâu thuẫn theo Định lý 2.1.3, phần (2). Vậy 3|yvìylẻ. Đặty=3y1, suy ra
(x+2)ãx5+25
x+2 =x5+25=32(y21+4).
Đặtd=UCLN
x+2,x5x+2+25
. Từ đẳng thức:
a5+b5
a+b = (a+b)4−5ab(a+b)2+5a2b2,
ta cúd|5ã(2x)2. Vỡxlẻ, nờnUCLN(x+2,2x) =1, kộo theod|5. Thế thỡ một trong các sốx+2, x5+25
x+2 không chia hết cho3. Vì cả hai số x+2hoặc x5+25
x+2 đều≡3 (mod 4), nên y21+4 có ước dạng 4k+3, suy ra vô lý. Vậy phương trình không có nghiệm.
Định lý 2.1.12. (xem [4, Định lý 4.4.5, tr. 188])Số nguyên tố lẻpviết được dưới dạng p=a2−2b2 vớia,blà các số nguyên nào đó nếu và chỉ nếu p≡ ±1 (mod 8).
Chứng minh. “⇒”: Nếu p=a2−2b2, thì a2 ≡2b2 (mod p). Nhận thấy p-b, kéo theo có thể chọn b0 là nghịch đảo của b modulo p. Do đó(ab0)2≡2 (mod p). Vậy 2
p
=1. Mặt khác từ việc
2 p
= (−1)p
2−1 8 ,
suy ra2| p28−1, kéo theo p≡ ±1 (mod 8).
“⇐”: Nếu p≡ ±1 (mod 8), thì theo Bổ đề Thue, tồn tại x,y∈Z+ sao cho 0<
x,y<√ pvà
p|a2x2−y2,
vớia2 ≡2 (mod p). Mặt khác, ta có ước lượng 0<2x2−y2<2p.
Do đó p=2x2−y2.
Nhận xét 2.1.13. 1. Ta cũng có nếu plà số nguyên tố dạng8k±3, và p|a2−2b2, thìp|avà p|b.
2. Để tiếp cận bài toán tìm điều kiện để một số nguyên tố viết được dưới dạng x2+ny2 ta cần những phương pháp của Lý thuyết số đại số, chẳng hạn như lý thuyết trường các lớp. Người đọc có thể xem tài liệu [6] của David Cox cho một trình bày sâu rộng về vấn đề này.