Tải bản đầy đủ (.pdf) (45 trang)

Luận văn đồng nhất thức liouville và ứng dụng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (296.91 KB, 45 trang )

1

Mở đầu
Trong danh sách mười tám bài báo được xuất bản giữa những năm 1858 và
1865, Liouville đã khám phá và giới thiệu một phương pháp rất đặc biệt và hiệu
quả về lý thuyết số mà từ đó có thể suy ra được rất nhiều kết quả. Ngày nay,
chúng ta gọi các kết quả này là các đồng nhất thức Liouville. Các đồng nhất
thức này bao hàm nội dung phát biểu của rất nhiều định lí số học. Kết quả về
vấn đề này được Liouville xuất bản trong một chuỗi 90 bài báo.
Theo Liouville, nhiều cơng thức, định lí số học được đưa ra bởi các nhà toán
học như Jacobi, Kronecker và các nhà toán học khác phải tuân theo một ngun
lý số học cơ bản. Ví dụ, với cơng thức về số cách biểu diễn một số nguyên dương
thành tổng của 4 số bình phương, mà được suy ra từ cơng trình của Jacobi về
hàm Elliptic, có thể được chứng minh hoàn toàn bởi các kiến thức số học cơ
bản. Điều này khơng có nghĩa là đánh giá thấp việc sử dụng phân tích, lý thuyết
số phức, dạng mơ đun, hàm Elliptic và hàm Theta trong việc chứng minh các
công thức số học mà chỉ để nhận ra rằng các công thức này là công thức cơ bản.
Từ các đồng nhất thức Liouville, chúng ta có thể đưa ra nhiều chứng minh
sơ cấp của nhiều công thức số học. Nhận thấy sự đẹp đẽ, gọn gàng, tổng quát và
tính ứng dụng cao của đồng nhất thức Liouville, dưới sự hướng dẫn của PGS.
TS. Nông Quốc Chinh, chúng tôi xin chọn đề tài “Đồng nhất thức Liouville và
ứng dụng” để làm luận văn cao học.
Mục tiêu của luận văn trình bày một số đồng nhất thức quan trọng của
Liouville và chứng minh của chúng, áp dụng chúng để có được định lí về số
cách biểu diễn một số nguyên thành tổng một số chẵn các số bình phương trên
cơ sở nội dung của tài liệu [1] M.B. Nathanson (2000), Elementary methods in
number theory (SpringerVerlag) và [2] Aeran Kim, Keum Yeon Lee and Hwasin
Park (2014), “Applications of Liouville’s Identity with an Odd Function”, Britsh
Journal of Mathematic and Computer Science 4 (8), pp. 1074–1090.



2

Ngoài phần Bảng ký hiệu, Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, bố cục
của luận văn được chia làm ba chương.
Chương 1. Các kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, chúng tôi giới
thiệu một số kiến thức chuẩn bị như khái niệm hàm số lẻ, hàm số chẵn, các tính
chất cơ bản của hàm số lẻ, hàm số chẵn, dạng toàn phương hai biến, dạng toàn
phương ba biến.
Chương 2. Đồng nhất thức Liouville. Chúng tơi trình bày phát biểu của
đồng nhất thức Liouville và chứng minh cũng như một số hệ quả trực tiếp từ
đồng nhất thức.
Chương 3. Một vài ứng dụng của định lí Liouville. Ứng dụng đầu tiên
của đồng nhất thức Liouville mà chúng tơi trình bày là bài toán đếm số cách
biểu diễn một số nguyên dương thành tổng của 8 số bình phương. Sau đó, chúng
tơi trình bày một đồng nhất thức được suy ra từ đồng nhất thức Liouville khi
ứng dụng nó cho hàm số lẻ.
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên dưới sự hướng dẫn của PGS. TS Nơng Quốc Chinh. Trong q trình
nghiên cứu và thực hiện luận văn, thầy đã tận tình chỉ bảo hướng dẫn tác giả
hoàn thiện rất nhiều về mặt kiến thức cũng như phương pháp nghiên cứu khoa
học. Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn, sự kính trọng sâu sắc nhất tới thầy.
Tác giả xin chân thành cảm ơn tới các thầy cơ giáo phịng Đào tạo, các thầy
cơ giáo khoa Tốn – Tin, cũng như các thầy cô giáo giảng dạy lớp thạc sĩ K11D
chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học đã giúp đỡ
tác giả trong suốt quá trình học tập.
Nhân dịp này tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn
bè, đồng nghiệp đã ln quan tâm, động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi
trong suốt q trình học tập để tác giả hồn thành khóa học và hồn thiện luận
văn.
Xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019
Người viết luận văn

Vũ Thị Hương


3

Chương 1
Các kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, chúng tôi giới thiệu một số kiến thức chuẩn bị như khái
niệm hàm số lẻ, hàm số chẵn, các tính chất cơ bản của hàm số lẻ, hàm số chẵn,
dạng toàn phương hai biến, dạng toàn phương ba biến.

1.1

Hàm số lẻ, hàm số chẵn

Trong toán học, hàm chẵn và hàm lẻ là các hàm mà được phân loại theo
quan hệ đối xứng đặc biệt theo phép nghịch đảo của phép cộng. Chúng đóng
vai trị quan trọng trong nhiều lĩnh vực của tốn giải tích, đặc biệt là trong lý
thuyết chuỗi lũy thừa và chuỗi Fourier.
Định nghĩa 1.1.1 ([3]). Cho f (x) là hàm giá trị thực của biến thực. Ta nói f
là hàm chẵn nếu f (x) = f (−x) với x và −x nằm trong miền xác định của f.
Về mặt hình học, đồ thị của hàm chẵn đối xứng qua trục Oy. Một số ví dụ
về hàm chẵn là hàm |x|, x2 , x4 , cos(x), . . .. Hàm xn trong đó n chẵn là hàm chẵn.
Định nghĩa 1.1.2 ([3]). Cho f (x) là hàm giá trị thực của biến thực. Ta nói f
là hàm lẻ nếu −f (x) = f (−x) với x và −x nằm trong miền xác định của f.
Về mặt hình học, đồ thị của hàm lẻ đối xứng qua gốc tọa độ. Một số ví dụ
về hàm lẻ là hàm x, x3 , sin(x), . . .. Nếu f (x) lẻ thì f (0) = −f (0) nên f (0) = 0.

Định nghĩa 1.1.3 ([1]). Hàm F (x, y, z) được gọi là hàm lẻ theo biến x nếu
F (−x, y, z) = −F (x, y, z), và là hàm chẵn theo cặp biến (y, z) nếu
F (x, −y, −z) = F (x, y, z).


4

Nếu F (x, y, z) là hàm lẻ theo biến y và z thì suy ra F (x, y, z) chẵn theo cặp
biến (y, z). Ví dụ, với hàm F (x, y, z) = xyz ta có
F (x, −y, z) = −xyz = −(xyz) = −F (x, y, z)
F (x, −y, −z) = −xyz = −(xyz) = −F (x, y, z).

Hay F (x, y, z) là hàm lẻ theo biến y, z . Mặt khác, ta có
F (x, −y, −z) = −(−xyz) = xyz = F (x, y, z).

Hay F (x, y, z) là hàm chẵn theo cặp biến (y, z).

1.2

Một số tính chất cơ bản của hàm số lẻ, hàm số
chẵn

Tính chất 1.2.1 ([3]). Nếu một hàm vừa là hàm chẵn, vừa là hàm lẻ thì nó
bằng 0 tại mọi điểm trong miền xác định của nó.
Chứng minh. Giả sử f (x) vừa là hàm chẵn, vừa là hàm lẻ tại x. Khi đó ta có
−f (x) = f (−x) = f (x) ⇔ 2f (x) = 0 ⇔ f (x) = 0.

Tính chất 1.2.2 ([3]). Nếu một hàm là hàm lẻ thì hàm giá trị tuyệt đối của
hàm đó là hàm chẵn.
Chứng minh. Cho f (x) là hàm lẻ. Đặt g(x) = |f (x)| Khi đó, ta có

g(x) = |f (x)| = | − f (x)| = |f (−x)| = g(−x).

Vậy g(x) là hàm chẵn.
Tính chất 1.2.3 ([3]).
a) Tổng của hai hàm chẵn là một hàm chẵn, hiệu của hai hàm chẵn là một
hàm chẵn.
b) Tổng của hai hàm lẻ là một hàm lẻ, hiệu của hai hàm lẻ là một hàm lẻ.
c) Tổng của một hàm chẵn với một hàm lẻ không là hàm chẵn cũng không là
hàm lẻ trừ khi một trong hai hàm bằng 0 trong miền xác định.


5

Ví dụ 1.2.4. Từ tính chất trên ta thấy ngay x2 +cos(x), −2x4 +x−2 +5 cos(3x)+3
là các hàm chẵn, x − sin(x), −2x3 + x + 4 sin(3x) là hàm lẻ, cos x + sin x không làm
chẵn cũng không là hàm lẻ.
Tính chất 1.2.5 ([3]).
a) Tích của hai hàm chẵn là một hàm chẵn, thương của hai hàm chẵn là một
hàm chẵn.
b) Tích của hai hàm lẻ là một hàm chẵn, thương của hai hàm lẻ là một hàm
chẵn.
c) Tích của một hàm chẵn và một hàm lẻ là một hàm lẻ, thương của một
hàm chẵn với một hàm lẻ là một hàm lẻ.
Ví dụ 1.2.6. Từ tính chất trên ta thấy, các hàm 13 cos(2x) cos(3x),
là các hàm chẵn, x cos x,

4
là các hàm lẻ.
x


x
3
,
cos x sin x

Tính chất 1.2.7 ([3]).
a) Tích hợp của hai hàm chẵn là một hàm chẵn.
b) Tích hợp của hai hàm lẻ là một hàm lẻ.
c) Tích của một hàm chẵn với một hàm lẻ là một hàm chẵn.
d) Tích hợp của hàm bất kỳ với một hàm chẵn là hàm chẵn.
Tính chất 1.2.8 ([3]). Tất cả mọi hàm số đều có thể được biểu diễn dưới dạng
tổng của một hàm chẵn và một hàm lẻ, chúng được gọi là phần chẵn và phần lẻ
của hàm số đó.
Chứng minh. Thật vậy, định nghĩa
fe (x) =

f (x) + f (−x)
2

(1.1)

fo (x) =

f (x) − f (−x)
2

(1.2)




thì fe là hàm chẵn và fo là hàm lẻ và
f (x) = fe (x) + fo (x).


6

Ngược lại, nếu
f (x) = g(x) + h(x),

trong đó g là hàm chẵn và h là hàm lẻ. Khi đó, g = fe và h = fo vì
2fe (x) = f (x) + f (−x) = g(x) + g(−x) + h(x) + h(−x) = 2g(x),
2fo (x) = f (x) + f (−x) = g(x) − g(−x) + h(x) − h(−x) = 2h(x).

1.3

Số nguyên tố và dạng toàn phương

Định nghĩa 1.3.1 ([1]). Số nguyên tố là số nguyên p lớn hơn 1 mà chỉ có ước
dương là 1 và p. Số nguyên dương lớn hơn 1 không phải là số nguyên tố được
gọi là hợp số.
Các số nguyên tố nhỏ hơn 100 được sắp thứ tự tăng dần như sau: 2, 3, 5, 7, 11,
13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97.

Định nghĩa 1.3.2 ([1]). Đa thức thuần nhất bậc hai n biến có dạng
n X
n
X

aij xi xj = w(x)


(với aij = aji , aij ∈ R)

i=1 j=1

được gọi là dạng tồn phương n biến.
Ví dụ, ta có
w(x) = a11 x2i + a12 x1 x2 + a21 x2 x1 + a22 x22

(a12 = a21 )

là dạng toàn phương 2 biến. Tương tự,
w0 (x) = a11 x21 + 2a12 x1 x2 + 2a13 x1 x3 + a22 x22 + 2a23 x2 x3 + a33 x23

là dạng toàn phương 3 biến.
Định nghĩa 1.3.3 ([1]). Dạng toàn phương theo hai biến là dạng toàn phương
hai biến. Dạng toàn phương theo ba biến được gọi là dạng toàn phương ba biến.


7

Dạng tổng quát của dạng toàn phương một biến, hai biến và ba biến tương
ứng là
Q(x) = ax2
Q(x, y) = ax2 + bxy + cy 2
Q(x, y, z) = ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + f yz

trong đó a, b, . . . , f là các hệ số. Chú ý, hàm toàn phương ax2 + bx + c khơng là
dạng tồn phương một biến vì nó khơng thuần nhất (trừ khi b và c đều bằng 0).
Định nghĩa 1.3.4 ([1]). Dạng toàn phương Q(x, y, . . . , z) được gọi là biểu diễn
số nguyên n nếu tồn tại các số nguyên a, b, . . . , c sao cho Q(a, b, . . . , c) = n.

Trong phần này, kí hiệu u, v và w là các số nguyên, và d, δ và ` là các số
nguyên dương.
Ta bắt đầu với một số kết quả về ước số. Nhắc lại rằng d được gọi là ước của
số nguyên dương n nếu tồn tại số nguyên δ sao cho n = dδ. Số nguyên δ được gọi
là ước liên hợp của d. Hàm ước số σ(n) là hàm tổng tất cả các ước của n, tức
là hàm xác định bởi
σ(n) =

X

d.

d|n

Ký hiệu σ ∗ (n) là tổng tất cả các ước của n mà ước liên hợp của chúng là lẻ.
Ví dụ 1.3.5. Ta có σ(10) = 1 + 2 + 5 + 10 = 17 và σ ∗ (10) = 2 + 10 = 12.
Ta có tính chất nếu p là số nguyên tố lẻ thì σ(p) = σ ∗ (p) = p + 1.
Bổ đề 1.3.6 ([1]). Cho n là số nguyên dương lẻ. Khi đó σ(n) lẻ khi và chỉ khi
n là số chính phương.

Chứng minh. Gọi
n=

Y

pvp

p|n

là phân tích thừa số duy nhất của n thành tích các số nguyên tố lẻ. Số nguyên

dương d là ước của n khi và chỉ khi d có thể được viết dưới dạng
Y
pup ,

d=

p|n


8

trong đó
0 ≤ up ≤ vp ,

và vì vậy ta có
σ(n) =

vp
YX

pup

p|n up =0



Y

(up + 1)


(mod 2)

p|n

≡1

(mod 2)

khi và chỉ khi up chẵn với mọi p, tức là up = 2wp và
2


n=

Y

pvp = 

p|n

Y

pwp 

p|n

là số chính phương. Điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.3.7 ([1]). Nếu n = 2k m, trong đó k ≥ 0 và m lẻ thì σ ∗ (n) = 2k σ(m).
Nếu σ ∗ (n) lẻ thì n là bình phương của số lẻ.
Chứng minh. Gọi d là ước của n. Nếu ước liên hợp δ = n/d lẻ thì 2k là ước của

d, do vậy d = 2k d0 với d0 là số nguyên dương. Khi đó,
2k m = n = dδ = 2k d0 δ,

và d0 là ước của m. Ngược lại, nếu d0 là ước bất kỳ của m, thì 2k d0 là một ước
của n có ước liên hợp m/d0 lẻ. Do đó,
X
σ ∗ (n) = 2k

d0 = 2k σ(m).

d0 |m

Nếu σ ∗ (n) lẻ thì k = 0 và n = m lẻ. Suy ra σ ∗ (n) = σ(m) = σ(n) lẻ và do vậy theo
Bổ đề 1.3.6 n là số chính phương. Điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.3.8 ([1]). Với mọi số nguyên dương n, ta có
X
σ ∗ (n) = 2

(−1)u−1 σ ∗ (n − u2 ) + {(−1)n−1 n}n=`2 .


1≤u< n


9

Chứng minh. Nếu n = `2 , vế phải của đẳng thức là
(−1)`−1 `f (`) = (−1)n−1 `2 = (−1)n−1 n.

Để thu được vế trái của đẳng thức, ta sử dụng ánh xạ đối hợp (u, d, δ) 7→ (−u, d, δ)

(một ánh xạ đối hợp trên tập X là ánh xạ α : X → X thỏa mãn α2 là ánh xạ
đơn vị) trên bộ ba (u, d, δ) thỏa mãn u2 + dδ = n, và δ lẻ, và thu được
X
(−1)u u = 0.

u+dδ=n
δ≡1 (mod 2)

Khi đó,
X

(−1)u f (u + d) =

u+dδ=n
δ≡1 (mod 2)

X

(−1)u (u + d)

u+dδ=n
δ≡1 (mod 2)

=

X
u2 +dδ=n
δ≡1 (mod 2)

=


X

X

(−1)u u +

(−1)u d

u2 +dδ=n
δ≡1 (mod 2)

(−1)u d

u2 +dδ=n
δ≡1 (mod 2)

=

X

(−1)u

u2
=

X

X


d

u2 −dδ=n
δ≡1 (mod 2)

(−1)u σ ∗ (n − u2 ).


|u|< n

Do đó, ta có
X

(−1)u σ ∗ (n − u2 ) = {(−1)n−1 n}n=`2 .


|u|< n

Điều phải chứng minh.
Định lí 1.3.9 (Fermat, [1]). Số nguyên tố lẻ p có thể được biểu diễn bởi dạng
tồn phương x2 + y 2 khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4).
Chứng minh. Vì mọi số chính phương đồng dư với 0 hoặc 1 môđulô 4, suy ra
tổng của hai số chính phương phải đồng dư với 0, 1 hoặc 2 mơđulơ 4, và vì vậy
khơng tồn tại số ngun đồng dư 3 mơđulơ 4 có thể được biểu diễn thành tổng
của hai số bình phương.
Gọi p là một số ngun tố lẻ. Khi đó p khơng là số chính phương. Theo Bổ
đề 1.3.8, ta có
σ ∗ (p) = 2σ ∗ (p − 1) − 2σ ∗ (p − 4) + 2σ ∗ (p − 9) − · · · .



10

Vì σ ∗ (p) = p + 1, ta có
p+1
= σ ∗ (p − 11 ) − σ ∗ (p − 22 ) + σ ∗ (p − 32 ) − · · · .
2

Nếu p ≡ 1 (mod 4), thì (p + 1)/2 là số lẻ, và do vậy ít nhất một trong số hạng ở
bên phải của phương trình trên phải là số lẻ. Do đó, tồn tại số nguyên dương
b<


n sao cho σ ∗ (p − b2 ) lẻ. Theo Bổ đề 1.3.7, p − b2 = a2 với a là số lẻ. Điều

phải chứng minh.
Định lí 1.3.10 ([1]). Nếu p là một số nguyên tố thỏa mãn p ≡ 1 (mod 4) thì tồn
tại duy nhất các số nguyên dương a và b sao cho a lẻ, b chẵn và p = a2 + b2 .
Chứng minh. Giả sử p có thể được biểu diễn dưới dạng
p = a21 + b21 = a22 + b22 ,

trong đó a1 và a2 là các số nguyên dương lẻ và b1 và b2 là các số nguyên dương
chẵn. Ta sẽ chứng minh a1 = a2 và b1 = b2 .
Nếu a1 < a2 thì b1 > b2 và tồn tại số nguyên dương x và y sao cho
a2 = a1 + 2x và b2 = b1 − 2y.

Khi đó ta có
p = a22 + b22
= (a1 + 2x)2 + (b1 − 2y)2
= a21 + 4a1 x + 4x2 + b21 − 4b1 y + 4y 2

= p + 4a1 x + 4x2 − 4b1 y + 4y 2 ,

cho nên
x(a1 + x) = y(b1 − y).

Đặt (x, y) = d. Xác định số nguyên dương X và Y bởi x = dX và y = dY. Khi đó
ta có
X(a1 + x) = Y (b1 − y).

Do (X, Y ) = 1 nên suy ra tồn tại số nguyên dương r sao cho
rY = a1 + x = a1 + dX


11


rX = b1 − y = b1 − dY.

Khi đó r2 + d2 ≥ 2 và x2 + y 2 ≥ 2, và
p = a21 + b21 = (rY − dX)2 + (rX + dY )2 = (r2 + d2 )(X 2 + Y 2 ),

điều này là không thể vì p là số ngun tố, khơng phải là hợp số. Do đó a1 = a2
và b1 = b2 , và cách biểu diễn của số nguyên tố p ≡ 1 (mod 4) thành tổng của hai
số bình phương là duy nhất.
Định lí 1.3.11 ([1]). Số nguyên tố lẻ p có thể biểu diễn được bởi dạng tồn
phương x2 + 2y 2 khi và chỉ khi p ≡ 1 hoặc 3 (mod 8).
Chứng minh. Vì mọi số chính phương là đồng dư 0, 1, hoặc 4 môđulô 8, suy ra
một số nguyên lẻ n có dạng a2 + 2b2 chỉ khi n ≡ 1 hoặc 3 (mod 8).
Cho a là số nguyên dương, a <




n. Theo Bổ đề 1.3.8, với mọi số nguyên

dương n ta có
X

σ ∗ (n) = 2

(−1)u−1 σ ∗ (n − u2 ) + {(−1)n−1 n}n=`2 .

(1.3)


1≤u< n

Cho 1 ≤ u <


n. Áp dụng Bổ đề 1.3.8 cho n − u2 , ta có

X

σ ∗ (n − u2 ) = 2

(−1)v−1 σ ∗ (n − u2 − v 2 ) + {(−1)n−u−1 (n − u2 )}n−u2 =`2u .

1≤v 2
Thay vào (1.3), ta thu được

X
σ ∗ (n) = 4

(−1)u+v σ ∗ (n − u2 − v 2 )

u,v≥1
u2 +v 2
+ 2(−1)n

X

{n − u2 }n−u2 =`2u + {(−1)n−1 n}n=`2 .


1≤n< n

Nếu u 6= v và u2 + v 2 = n, thì v 2 + u2 = n và cặp (u, v) và (v, u) đều xuất hiện
trong tổng đầu tiên. Xét đồng dư môđulô 8, ta thu được
X
(−1)u+v σ ∗ (n − u2 − v 2 )

4

u,v≥1
u2 +v 2
=8

X

1≤uu2 +v 2
(−1)u+v σ ∗ (n − u2 − v 2 ) + 4

X
u≥1
2u2
σ ∗ (n − 2u2 )


12

X

≡4

σ ∗ (n − 2u2 )

(mod 8).

u≥1
2u2
Do đó, ta có
X

σ ∗ (n) ≡ 4


X

σ ∗ (n − 2u2 ) + 2(−1)n

{n − u2 }n−u2 =`2u

u≥1
2u2
u≥1
2u2
+ {(−1)n−1 n}n=`2

(mod 8).

Lấy p ≡ 3 (mod 8). Số nguyên tố p khơng là số chính phương nên theo Định
lí 1.3.9, p khơng là tổng của hai số bình phương. Do đó, ta có
{(−1)p−1 p}p=`2 = {p − u2 }p−u2 =`2u = 0

với mọi u, cho nên
X
4

σ ∗ (n − 2u2 ) ≡ σ ∗ (p) = p + 1 ≡ 4

(mod 8).

u≥1
2u2


Chia đồng dư này cho 4 ta thu được
X

σ ∗ (n − 2u2 ) ≡

u≥1
2u2
p+1
≡1
4

(mod 8)

nên σ ∗ (n − 2b2 ) là số lẻ với b là ngun nào đó. Vì vậy, n − 2b2 = a2 với a là số lẻ,
và n = a2 + 2b2 .
Lấy p ≡ 1 (mod 8). Khi đó
σ ∗ (p) = p + 1 ≡ 2

(mod 8).

Theo Định lí 1.3.9 và 1.3.10, tồn tại duy nhất các số nguyên dương a và b sao
cho p = a2 + b2 , trong đó a lẻ và b chẵn. Điều này kéo theo
X

{(p − u2 )}p−u2 =`2u = {(p − a2 )}p−a2 =b2 + {(p − b2 )}p−b2 =a2 = b2 + a2 = p,

u≥1
u2


và do đó
2 ≡ σ ∗ (p)
≡4

X
u≥1
2u2
(mod 8)
σ ∗ (p − 2u2 ) + 2(−1)p

X

{(p − u2 )}p−u2 =`2u

1≤u2
(mod 8)


13
≡4

X

σ ∗ (p − 2u2 ) − 2p

(mod 8)


u≥1
2u2
≡4

X

σ ∗ (p − 2u2 ) − 2

(mod 8).

u≥1
2u2
Do đó, ta có
4

X

σ ∗ (p − 2u2 ) − 2 ≡ 2

(mod 8)

u≥1
2u2

4

X


σ ∗ (p − 2u2 ) ≡ 1

(mod 8).

u≥1
2u2
Suy ra σ ∗ (p − 2b2 ) lẻ với b là số nguyên dương, cho nên p − 2b2 = a2 với a là
nguyên lẻ. Điều phải chứng minh.

1.4

Dạng toàn phương ba biến

Ta bắt đầu với dạng toàn phương
Q(x, y, z) = x2 + yz.

Một biểu diễn của số nguyên n bởi dạng toàn phương Q(x, y, z) là một bộ ba số
nguyên có thứ tự (x, y, z) sao cho Q(x, y, z) = n. Ta ký hiệu R(n) là tập tất cả
các biểu diễn của số nguyên n bởi dạng toàn phương Q, tức là
R(n) = {(x, y, z) : Q(x, y, z) = n}.

Có sáu song ánh từ tập R(n) vào chính nó. Song ánh đơn giản nhất là các đối
hợp
ρ(x, y, z) = (x, z, y),
σ(x, y, z) = (−x, y, z),


τ (x, y, z) = (x, −y, −z).


Đặt
α(x, y, z) = (z − x, 2x + y − z, z).

(1.4)


14

Nếu (x, y, z) ∈ R(n) thì
Q(α(x, y, z)) = Q(z − x, 2x + y − z, z)
= (z − x)2 + (2x + y − z)z
= z 2 − 2xz + x2 + 2xz + yz − z 2
= x2 + yz
= n,

nên α(x, y, z) ∈ R(n). Ngồi ra, ta có
α2 (x, y, z) = α(z − x, 2x + y − z, z) = (x, y, z),

nên α cũng là một đối hợp trên tập R(n).
Đặt
β(x, y, z) = (x + y, y, −2x − y + z).

(1.5)

Nếu (x, y, z) ∈ R(n) thì
Q(β(x, y, z)) = Q(x + y, y, −2x − y + z)
= (x + y)2 + y(−2x − y + z)
= x2 + 2xy + y 2 − 2xy − y 2 + yz
= x2 + yz

= n,

nên β(x, y, z) ∈ R(n).
Đặt
γ(x, y, z) = (x − y, y, 2x − y + z).

Nếu (x, y, z) ∈ R(n) thì
Q(γ(x, y, z)) = Q(x − y, y, 2x − y + z)
= (x − y)2 + y(2x − y + z)
= x2 − 2xy + y 2 + 2xy − y 2 + yz
= x2 + yz
= n,

nên γ(x, y, z) ∈ R(n). Ngoài ra,
γβ(x, y, z) = γ(x + y, y, −2x − y + z)

(1.6)


15
= (x + y − y, y, 2(x + y) − y + (−2x − y + z))
= (x, y, z).

Tương tự, ta có
βγ(x, y, z) = (x, y, z).

Do đó, β, γ : R(n) → R(n) là song ánh với γ = β −1 .
Cuối cùng, ta phát biểu bổ đề đơn giản sau mà sẽ được sử dụng trong chứng
minh của đồng nhất thức Liouville.
Bổ đề 1.4.1 ([1]). Cho S và S 0 là tập hữu hạn, cho ϑ : S → S 0 là một song ánh

có ánh xạ ngược ϑ−1 : S 0 → S . Nếu G(s) là hàm xác định với mọi s ∈ S, khi đó
ta có
X

G(s) =

s∈S

X

G(ϑ−1 (s0 )).

s0 ∈S 0

Chứng minh. Điều này được suy ra ngay từ kết quả ϑ−1 (S 0 ) = S .

1.5

Phương trình u2 + dδ = n

Với số nguyên dương n, ta xét nghiệm u, d, δ của phương trình nghiệm nguyên
u2 + dδ = n.

(1.7)

Nếu không ràng buộc về các nghiệm u, d, δ thì ta thấy ngay phương trình có thể
có vơ hạn nghiệm vì
(u, d, δ) = (i, 1, n − i2 ), i = 0, 1, 2, . . .

là các nghiệm phân biệt của (1.7). Để đảm bảo rằng (1.7) chỉ có hữu hạn nghiệm

ta ràng buộc d, δ là số nguyên dương. Khi đó, mỗi nghiệm (u, d, δ) của (1.7) thỏa
mãn
0 ≤ |u| ≤

nên (1.7) có nhiều nhất


n, 1 ≤ d ≤ n, 1 ≤ δ ≤ n,

(2b nc + 1)n2

nghiệm (u, d, δ) với u ∈ Z, d, δ ∈ N. Ký hiệu A(n) là tập nghiệm của phương trình
(1.7), ta có
A(n) := {(u, d, δ) ∈ Z × N × N | u2 + dδ = n}.


16

Vì n = 02 + 1 · n = 02 + n · 1, ta thấy rằng
(0, 1, n), (0, n, 1) ∈ A(n).

Do đó phương trình (1.7) ln có ít nhất hai nghiệm. Tức là tập A(n) 6= ∅ với
mọi n ∈ N. Ngoài ra, u2 + dδ = n khi và chỉ khi (−u)2 + dδ = n nên
(u, d, δ) ∈ A(n) ⇔ (−u, d, δ) ∈ A(n).

Ta có
A(1) = {(0, 1, 1)}
A(2) = {(−1, 1, 1), (1, 1, 1), (0, 2, 1), (0, 1, 2)},
A(3) = {(−1, 2, 1), (1, 2, 1), (−1, 1, 2), (1, 1, 2), (0, 3, 1), (0, 1, 3)}
A(4) = {(0, 2, 2), (1, 1, 3), (1, 3, 1), (−1, 1, 3), (−1, 3, 1), (0, 1, 4), (0, 4, 1)}



17

Chương 2
Đồng nhất thức Liouville
Trong chương này, chúng tơi trình bày chứng minh đồng nhất thức Liouville,
một số hệ quả trực tiếp từ đồng nhất thức này. Chúng ta sẽ áp dụng đồng nhất
thức Liouville trong Chương 3 để có được định lí về số cách biểu diễn một số
nguyên thành tổng của một số chẵn các số bình phương.

2.1

Định lí Liouville

Trong phần này và chương tiếp theo, kí hiệu u, v và w là các số nguyên, và
d, δ và ` là các số nguyên dương. Ta hiểu phép biểu diễn:

X
u2 +dδ=n

có nghĩa là tổng lấy trên tất cả bộ 3 số có thứ tự (u, d, δ) thỏa mãn u2 + dδ = n.
Ví dụ,
X

G(u, d, δ) = G(0, 1, 3) + G(0, 3, 1) + G(1, 1, 2)

u2 +dδ=3

+ G(1, 2, 1) + G(−1, 1, 2) + G(−1, 2, 1).


Định nghĩa kí hiệu {T (`)}n=`2 như sau
(
0
nếu n khơng là số chính phương,
{T (`)}n=`2 =

T (`)

nếu n là số chính phương và n = `2 .

Đồng nhất thức Liouville được trình bày trong định lí sau.


18

Định lí 2.1.1 (Liouville, [1]). Cho F (x, y, z) là hàm xác định trên tất cả các bộ
ba (x, y, z) gồm các số nguyên sao cho F (x, y, z) lẻ theo biến x và chẵn theo cặp
biến (y, z). Khi đó, với mọi số nguyên dương n ta có
X
F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ)

2

u2 +dδ=n

=

X


F (d + δ, u, d − δ) + {2T1 (`) − T2 (`)}n=`2 ,

u2 +dδ=n

trong đó
T1 (`) =

2`−1
X

F (j, `, i)

j=1


T2 (`) =

`−1
X

F (2`, j, 2j).

j=−`+1

Chứng minh. Với mọi số nguyên dương n, gọi S(n) là tập các bộ ba (u, d, δ) thỏa
mãn
Q(u, d, δ) = u2 + dδ = n,

trong đó u là số nguyên và d và δ là số nguyên dương. Cho nên S(n) là tập con
hữu hạn của R(n). Sử dụng ký hiệu này, ta có

X
X
=

u2 +dδ=n

.

(u,d,δ)∈S(n)

Chia S(n) thành ba tập S1 (n), S−1 (n) và S0 (n) như sau:
S1 (n) = {(u, d, δ) ∈ S(n) : 2u + d − δ ≥ 1},
S0 (n) = {(u, d, δ) ∈ S(n) : 2u + d − δ = 0},


S−1 (n) = {(u, d, δ) ∈ S(n) : 2u + d − δ ≤ −1}.

Cho F (x, y, z) là hàm lẻ theo biến x và chẵn theo cặp biến (y, z). Ta định nghĩa
hàm
G(x, y, z) = F (z − 2x, x + y, 2x + 2y − z).

Nếu (u, d, δ) ∈ S1 (n) và α(u, d, δ) = (u0 , d0 , δ 0 ), thì
G(u, d, δ) + G(u0 , d0 , δ 0 )


19
= F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ) + F (δ 0 − 2u0 , u0 + d0 , 2u0 + 2d0 − δ 0 )
= F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ) + F (−(δ − 2u), u + d, 2u + 2d − δ)
= 0,


vì hàm F (x, y, z) lẻ theo biến đầu tiên x. Từ Bổ đề 1.4.1 với S = S 0 = S1 (n) và
ϑ = ϑ−1 = α, ta thu được

X
(u,d,δ)∈S1 (n)

G(u, d, δ)

(u,d,δ)∈S1 (n)

X

=

X

F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ) =
G(u0 , d0 , δ 0 )

(u,d,δ)∈S1 (n)

=−

X

G(u, d, δ)

(u,d,δ)∈S1 (n)

= 0.


Bây giờ xét bộ ba (u, d, δ) ∈ S0 (n). Vì
2u + d − δ = 0,

suy ra
u=


n = u2 + dδ =



δ−d
2

δ−d
2

2


+ dδ =

δ+d
2

2

= `2 ,


trong đó
`=

d+δ
≥ 1.
2

Do đó, tập S0 (n) chỉ khác rỗng khi n là số chính phương. Ngồi ra, vì d và δ là
số nguyên dương nên
1 ≤ d = 2` − δ ≤ 2` − 1.

Ngược lại, nếu 1 ≤ d ≤ 2` − 1, đặt δ = 2` − d và u = ` − d. Khi đó,
u2 + dδ = (` − d)2 + d(2` − d) = `2 = n,
2u + d − δ = 0,


(u, d, δ) ∈ S0 (n).


20

Suy ra nếu n = `2 với ` ≥ 1, thì
S0 (n) = {(d − `, d, 2` − d) : 1 ≤ d ≤ 2` − 1}


X

F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ) =

2`−1

X

F (d, `, d) = T1 (n).

d=1

(u,d,δ)∈S0 (n)

Để phân tích tổng
X

F (d + δ, u, d − δ),

(s,d,δ)∈S(n)
0 (n) và
ta xây dựng phân hoạch thứ hai của S(n). Định nghĩa ba tập S10 (n), S−1

Sn0 (n) như sau:
S10 (n) = {(u, d, δ) ∈ S(n) : 2u − d + δ ≥ 1},
0
S−1
(n) = {(u, d, δ) ∈ S(n) : 2u − d + δ ≤ −1}


S00 (n) = {(u, d, δ) ∈ S(n) : 2u − d + δ = 0}.

Ta sẽ chứng minh rằng
X

X


(u,d,δ)∈S−1 (n)

(u,d,δ)∈S10 (n)

F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ) =

F (d + δ, u, d − δ)

X

=

F (d + δ, u, d − δ)

0
(u,d,δ)∈S−1
(n)


X

F (d + δ, u, d − δ) = {T2 (n)}n=`2 .

(u,d,δ)∈S00 (n)

Gọi β là ánh xạ trên S(n) xác định bởi (1.5). Nếu (u, d, δ) ∈ S−1 (n) thì
2u + d − δ ≤ −1,

và do đó

−2u − d + δ ≤ 1


(u0 , d0 , δ 0 ) = β(u, d, δ) = (u + d, d, −2u − d + δ) ∈ S(n).

Ngoài ra, ta có
2u0 − d0 + δ 0 = 2(u + d) − d + (−2u − d + δ) = δ ≥ 1,



×