4.4 Số phức nguyên và ứng dụng trong lí thuyết số
4.4.3 Một số áp dụng số phức nguyên
Ví dụ 4.10. Tìm tất cả các bộ ba Pitago (x; y;z) tức là tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (x; y; z)của phương trình x2+y2 =z2.
Lời giải. Vì rằng bộ (x; y; z)là bộ ba Pitago khi và chỉ khi(kx;ky; kz)là bộ ba Pitago vớik ∈N∗nên không giảm tổng quát ta giả sử rằng(x; y; z) = 1, tức là (x; y; z)là bộ ba Pitago nguyên thuỷ. Từ đó suy ra
(x; y) = (y; z) = (z;x) = 1,
do đó x, y không cùng chẵn. Tuy nhiênx, y không thể cùng lẻ vì nếu thế thì z2 ≡1+1 = 2 (mod 4)là vô lí. Giả sửxchẵn,ylẻ. Khi đó(x+iy)(x−iy) = z2. Bây giờ ta chứng minh hai số phức nguyên x+ iy và x− iy là nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, giả sử trái lại tồn tại số nguyên tố Gauss π sao cho π|x+iy, π|x−iySuy raπ|2x, π|2iy. Ta chỉ ra rằngπkhông là ước của 2. Thật vậy nếuπ|2thìN(π)|N(2) = 4. Do đóN(π)chẵn. VìN(π)|N(x+iy) =x2+y2 do đó x2+y2 là số chẵn. Mâu thuẫn. Từ đó π|x, π|y. Suy ra
N(π)|N(x) =x2, N(π)|N(y) =y2.
Theo định lí 4.7 ta cóN(π) = plà một số nguyên tố thông thường, vậyp|x, p|y.
Điều này trái với giả thiết (x; y) = 1. Theo định lí 4.6 ta có x+iy=±(m+in)2 =±(m2−n2) +±(2mn)i hoặc
x+iy=±i(m+in)2 =±2mn±(m2−n2)i.
Vì x chẵn, y lẻ x, y ∈ N∗, ta thu được x = 2mn, y = ±(m2 −n2). Từ đó z = (m2+n2). Vì (y; z) = 1nên (m; n) = 1 vàm, nkhông có cùng tính chẵn lẻ. Ngược lại, ta dễ kiểm tra công thức
x = 2mn y =|m2−n2| z =m2+n2
hoặc
x =|m2 −n2| y = 2mn z =m2 +n2,
trong đó m, n ∈ N∗,(m; n) = 1, m 6=n (mod 2), xác định cho ta một bộ ba Pitago nguyên thuỷ(x; y; z)
Ví dụ 4.11. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, cphân biệt sao choa2, b2, c2 lập thành một cấp số cộng.
Lời giải. Bài toán quy về việc tìm nghiệm nguyên x6=y của phương trình
x2+y2 = 2z2 (4.3)
Vì rằng bộ(x;y; z)là nghiệm của (4.3) khi và chỉ khi(kx; ky; kz)là nghiệm của (4.3) với k ∈ N∗ nên không giảm tổng quát ta giả sử rằng (x;y;z) = 1.
Nếu x, y chẵn thì suy ra z chẵn, vô lí. Giả sử x lẻ do đó y lẻ. Vậy vế trái chia 4 dư 2 do đó z lẻ. Nếu p|x, p|y thìp|z (do p lẻ). Vậy(x;y) = 1. Ta có
(x+iy)(x−iy) = 2z2 = (1 +i)(1−i)z2. (4.4) Suy ra (1 +i)|x+iy hoặc (1 +i)|x−iy.
Vậyx+iy= (1 +i)(u+iv)hoặc x−iy= (1 +i)(u+iv).
Cân bằng phần thực và ảo ta được x=u−v, y=±(u+v).
Thay vào (4.3) ta được u2 +v2=z2. Vì x6=y nên u, v6= 0.
Do (x; y) = 1 nên (u; v) = 1. Thành thử
u = 2mn
v =±(m2−n2) z =±(m2+n2)
hoặc
u =±(m2−n2) v = 2mn
z =±(m2+n2), trong đó m, n∈Z,(m; n) = 1, m 6=n (mod 2). Ta có
|x|=|u−v|,|y|=u+v,|z|=m2+n2. Từ đó ta nhận được công thức nghiệm nguyên dương là
a =|2mn+n2−m2|, c =|2mn+m2−n2|, b=m2+n2
4.4. Số phức nguyên và ứng dụng trong lí thuyết số 187
hay dưới dạng đối xứng hơn
a=|(m+n)2−2n2|, c=|(m+n)2−2m2|, b=m2+n2
trong đó m, n là các số nguyên dương phân biệt nguyên tố cùng nhau, khác tính chẵn lẻ.
Ví dụ 4.12. Tìm tất cả các cặp số nguyên(x; y) thoả mãn x2+ 1 =y3. Lời giải. Ta có (x+i)(x−i) =y3. Ta sẽ chỉ ra hai số x+i, x−i là nguyên tố cùng nhau. Giả sử trái lại có số nguyên tố Gauss π sao choπ|x+i, π|x−i.
Suy ra π|2i do đó π|2. Vậy N(π)|N(2) = 4, suy ra N(π)chẵn.
Vì N(π)|N(x+i) =x2+ 1 =y3 nên y chẵn do đóx lẻ vàx2+ 1 =y3 chia hết cho 8. Nhưng x2 + 1≡2 (mod 4). Ta có mâu thuẫn.
Ta thấy x+ilà kết hợp với một lập phuơng nào đó. Mà ta có −1 = (−1)3, i= (−i)3,(−i) =i3 nên chính x+i là một lập phương. Vậy
x+i= (a+ib)3 = (a3−3ab2) +i(3a2b−b3)
⇒x=a(a2−3b); 1 =b(3a2−b2)⇒ |b|= 1 ; |3a2−b2|= 1
⇒|3a2−1|= 1⇒a = 0, b=−1.
Do đó x= 0, y= 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 4.13. Chứng minh rằng một số nguyên dương n > 1 được biểu diễn thành tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi trong phân tích tiêu chuẩn của n các ước nguyên tố dạng 4k+ 3 có luỹ thừa chẵn.
Lời giải. Giả sử rằngn=x2+y2 ở đó x, y∈N. Khi đón = (x+iy)(x−iy).
Vìn > 1nên x+iykhông là đơn vị. Phân tíchx+iythành tích các số nguyên tố Gauss ta được
x+iy= Π(εiqi)siΠ(δjπj)tj
trong đó εi, δj là các đơn vị,qi là các số nguyên tố thông thường dạng4k+ 3 (đó cũng là các số nguyên tố Gauss) vàπj =aj+ibj là các số nguyên tố Gauss vớiaj 6= 0, bj 6= 0. Ta có
x−iy=x+iy= Π( ¯εiqi)siΠ( ¯δjπ¯j)tj. Vậy
n = Πqi2siΠ(N(πj))tj.
Đặt N(πj) =pj. Theo định lí 4.7, pj là các số nguyên tố thông thường không có dạng 4k+ 3. Vậy phân tích tiêu chuẩn của n là
n= Πqi2siΠptjj. Ngược lại, giả sử
n= Πqi2siΠptjj.
Theo bài toán 4.9, pj có thể viết dưới dạng tổng của hai số chính phương khác 0, pj = a2j +b2j. Đặt πj = aj +ibj ta có N(πj) = πjπ¯j =a2j +b2j =pj. Ta xét số phức nguyên sau đây
α= ΠqisiΠπjtj.
Khi đó αα¯= Πqi2siΠptjj =n. Giả sử α=x+iy. Khi đó n=x2+y2. Ta có thể xét số phức nguyên khác sau đây
γ = ΠqisiΠπjljΠ ¯πjrj
trong đó lj, rj ∈N sao cho lj +rj =tj. Khi đó
γ¯γ = Πqi2siΠpljj+rj = Πqi2siΠptjj =n.
Giả sử γ = u+iv thì n = u2 +v2 và ta có một cách biểu diễn khác của n thành tổng của hai số chính phương. Có thể chứng minh rằng nếu phân tích tiêu chuẩn của n là
n = Πq2si iΠptjj