Luận văn định lý bốn bình phương của lagrange và một số cải tiến

1

Mở đầu
Định lý bốn bình phương của Lagrange (hay Định lý Lagrange) nói rằng
mọi số ngun dương ln có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của bình
phương của bốn số nguyên (tổng bốn số chính phương). Ví dụ 23 = 12 +
22 + 32 + 32 . Định lý bốn bình phương lần đầu tiên được nhà tốn học Hy
Lạp Diophantus đề cập trong bộ sách Arithmetica của ông. Bộ sách này được
Bachet (Claude Gaspard Bachet de Méziriac) dịch ra tiếng La tinh vào năm
1621 và Bachet đã phát biểu định lý trong sổ ghi của mình. Tuy nhiên đã
khơng có chứng minh nào được đưa ra cho đến năm 1770 khi nhà toán học
người Ý Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) đưa ra chứng minh đầu tiên của
định lý.
Năm 1797 nhà toán học người Pháp Adrien-Marie Legendre (1752-1833)
đã tiến thêm một bước nữa bằng cách đưa ra định lý ba bình phương. Định
lý này phát biểu rằng một số nguyên dương có thể được biểu diễn dưới dạng
tổng của ba bình phương khi và chỉ khi nó khơng có dạng 4k (8l + 7) với k, l là
các số nguyên. Sau đó, vào năm 1834, Carl Gustav Jakob Jacobi (1804-1851,
nhà tốn học người Đức) đã tìm ra một cơng thức đơn giản cho số biểu diễn
của một số nguyên thành tổng của bốn bình phương.
Định lý bốn bình phương của Lagrange có thể được cải tiến theo nhiều
cách khác nhau. Gần đây, Zi-Wei Sun [SUN17] đã chứng minh rằng mỗi số tự
nhiên có thể được viết dưới dạng tổng của sáu lũy thừa (hoặc bốn lũy thừa)
và ba bình phương. Hoặc giả thuyết 1-3-5 của Z.W. Sun nói rằng số tự nhiên
bất kỳ ln có thể được viết dưới dạng a2 + b2 + c2 + d2 với a, b, c, d là các số
nguyên không âm sao cho a + 3b + 5c là một bình phương. Ngồi ra có các cải
tiến của Zhi Wei Sun - Yu Chen Sun [SS18], Leo Goldmakher - Paul Pollack
[GP18] bằng cách thêm thông tin về các số a, b, c, d. Một cách tiếp cận khác
của Paul Pollack - Enrique Trevi˜
no [PT17] là đưa ra các thuật tốn hữu hiệu
để tìm các số nguyên a, b, c, d khi biết số n.

Mục đích của luận văn là dựa theo một số tài liệu tìm hiểu về Định lý
bốn bình phương Lagrange và một số cải tiến định lý này do Z.W. Sun, Y.C.


2
Sun-Z.W. Sun, L. Goldmakher-P. Pollack đưa ra.
Luận văn được chia thành 3 chương.
Chương 1 được dành để trình bày về biểu diễn của một số tự nhiên như
tổng của bốn bình phương, trong đó kết quả chính là Định lý Bốn bình phương
của Lagrange. Một số mở rộng cổ điển của Định lý của Lagrange như Định lý
Ba bình phương của Legendre - Gauss, Bài toán Waring và một vài bài tập
ứng dụng trong tốn phổ thơng được đề cập trong phần sau của Chương 1.
Chương 2 tập trung trình bày một số cải tiến Định lý bốn bình phương
của Zhi-Wei Sun và Zhi Wei Sun - Yu Chen Sun.
Trong Chương 3 chúng tơi sẽ trình bày một số cải tiến Định lý Bốn bình
phương của Goldmakher và Pollack và một số hệ quả. Phần cuối của chương
chúng tôi đề cập đến thuật tốn để phân tích một số thành tổng của bốn bình
phương.
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái
Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Đoàn Trung Cường. Tác
giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới thầy, người đã tận tình hướng dẫn
tác giả trong quá trình nghiên cứu và viết bản luận văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cơ trong Khoa Tốn-Tin,
trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun, cùng tồn thể các thầy cơ
trong trường đã tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian
theo học, thực hiện và hoàn thành luận văn.
Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn K11D (khóa
2017-2019), bạn bè, đồng nghiệp và gia đình đã tạo điều kiện, động viên, giúp
đỡ tác giả trong quá trình học tập, nghiên cứu.
Thái Nguyên, ngày 12 tháng 5 năm 2019

Tác giả luận văn

Nguyễn Thị Nguyệt Thư


3

Chương 1. Định lý bốn
bình phương của
Lagrange
Mục đích của chương này là trình bày về biểu diễn một số tự nhiên thành
tổng các bình phương, trong đó trung tâm là Định lý bốn bình phương của
Lagrange. Chúng tơi cũng đề cập (phát biểu, khơng chứng minh) Định lý ba
bình phương của Legendre-Gauss và một vài bài tập tốn phổ thơng có liên
quan. Các kết quả chính của chương được tham khảo từ tài liệu [Lal02].

1.1

Biểu diễn tổng bình phương và Định lý bốn bình
phương của Lagrange

Trong số học vấn đề biểu diễn một số tự nhiên thành tổng bình phương
của các số nguyên là một vấn đề cổ điển và dành được sự quan tâm của nhiều
người. Ta bắt đầu với một số biểu diễn cụ thể

3 = 1 2 + 12 + 1 2 ,
7 = 22 + 12 + 12 + 12 ,
25 = 52 = 32 + 42 ,
2017 = 182 + 212 + 242 + 262 .
Tổng quát, ta có định lý rất đẹp sau đây của Lagrange.

Định lý 1.1.1 (Định lý Lagrange). Mọi số nguyên khơng âm có thể được viết
dưới dạng tổng của bốn bình phương các số nguyên, nghĩa là với mọi n ∈ N,
ta có

n = a2 + b2 + c2 + d2 .

(1.1)


4
với a, b, c, d ∈ Z.
Chứng minh. Trước hết nhận xét là chỉ cần chứng minh định lý cho trường
hợp n là số nguyên tố. Thật vậy, ta có đồng nhất thức Euler

(x21 + x22 +x23 + x24 )(y12 + y22 + y32 + y42 )
=(x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4 )2 + (x1 y2 − x2 y1 + x3 y4 − x4 y3 )2
+ (x1 y3 − x3 y1 + x2 y4 − x4 y2 )2 + (x1 y4 − x4 y1 + x2 y3 − x3 y2 )2 .
Do đó, nếu ta chứng minh được khẳng định đúng trong trường hợp các số
ngun tố thì ta có biểu diễn

mi = a2i + b2i + c2i + d2i ,
với các số nguyên ai , bi , ci , di , i = 1, . . . , r. Sử dụng đồng nhất thức Euler, ta
suy ra

m1 m2 = (a21 + b21 + c21 + d21 )(a22 + b22 + c22 + d22 ) = x22 + y22 + z22 + w22 .
m1 m2 m3 = (x22 + y22 + z22 + w22 )(a23 + b23 + c23 + d23 ) = x23 + y32 + z32 + w32 .
Tương tự

n = (m1 . . . mr−1 )mr = x2r + yr2 + zr2 + wr2 .
Vì vậy ta chỉ cần chứng minh khẳng định cho trường hợp n là số nguyên tố.

Trường hợp n = 2 ta ln có 2 = 12 + 12 + 02 + 02 .
Giả sử n là một số nguyên tố lẻ. Trước hết ta chứng minh có các số x, y
và k thỏa mãn 1 + x2 + y 2 = nk (0 < k < n). Cho x0 = 0, x1 = 1, x2 =
2
= n−1
2, . . . , x n−1
2 . Khi đó các số xi đôi một không đồng dư với nhau theo
2
n−1
modulo n. Thật vậy, nếu x2i ≡ x2j (mod n) (i, j = 0, . . . ,
, i 6= j) thì
2

n | (xi − xj )(xi + xj )
n−1
Nếu n | (xi − xj ) thì vì − n−1
2 ≤ xi − xj ≤ 2 nên xi − xj = 0, hay xi = xj
(mâu thuẫn). Mặt khác, nếu n | (xi +xj ) thì xi +xj = 0 vì 0 ≤ xi +xj ≤ n−1,
dẫn đến xi = −xj = 0 cũng là vô lý.
n−1
Đặt y0 = 0, y1 = 1, y2 = 2, . . . , y n−1
=
. Khi đó các số −1 − yi2
2
2
đơi một khơng đồng dư với nhau theo modulo n. Ta thu được một tập hợp
n+1
X = {x20 , x21 , . . . , x2n−1 } gồm
lớp đồng dư khác nhau theo modulo n và
2

2


5
n+1
lớp đồng dư
2
2
khác nhau theo modulo n. Vì có nhiều nhất n lớp đồng dư theo modulo n nên
X và Y phải giao nhau, nghĩa là có các chỉ số i, j sao cho
một tập hợp Y = {−1 − y02 , −1 − y12 , . . . , −1 − y 2n−1 } gồm

x2i ≡ −1 − yj2 (mod n).
x2i

Từ đó suy ra
+
 n 2
2
nên
và yj <
2

yj2

nk = 1 +

+ 1 = nk với k ∈ N nào đó. Do cách chọn

x2i

+

yj2

<1+

 n 2

2

+

 n 2

2

x2i

<

 n 2

2

n2
=1+
< n2 ,
2

dẫn đến nk < n2 hay k < n. Từ 1 + x2 + y 2 = nk ta suy ra

nk = x2 + y 2 + z 2 + w2 .

(1.2)

Quay lại chứng minh n có biểu diễn n = a2 + b2 + c2 + d2 với a, b, c, d ∈ N.
Gọi m0 > 0 là số nhỏ nhất để m0 n có biểu diễn

m0 n = tổng bốn bình phương.
Ta có nhận xét là m0 ln tồn tại và m0 ≤ k vì ln có nk = 1 + x2 + y 2 =
02 + 12 + x2 + y 2 theo (1.2). Bài toán quy về chứng minh m0 = 1.
Giả sử m0 > 1, đặt

m0 n = x21 + x22 + x23 + x24 .
Nếu m0 chẵn, thì m0 n chẵn nên ta có hoặc xi là các số chẵn hoặc xi là các số
lẻ hoặc hai số chẵn hai số lẻ.
Giả sử x1 , x2 chẵn. Khi đó ta xét x1 6= x2 và x3 6= x4 đều chẵn, ta viết

2 
2
m 
x
+
x
x
−
x
0
1

2
1
2
n=
+
2
2
2

2 

x3 + x4
x3 − x4 2
+
+
.
2
2
Vì m0 là nhỏ nhất nên điều này mâu thuẫn.
Như vậy m0 là số lẻ. Ta chọn yi sao cho

yi ≡ xi (mod n),

|yi | <

m0
.
2

6
m0 − 1
m0 − 1
≤y≤
là một hệ thặng dư đầy đủ (tập các lớp thặng
2
2
dự modulo n của các số này trùng với hệ thặng dự ¯
0, ¯1, . . . , n − 1.
Ta có m0 - xi vì nếu y12 + y22 + y32 + y42 = 0 suy ra y12 = y22 = y32 = y42 = 0
P 2
thì n | xi , ∀i suy ra m0 | xi , ∀i và m20 |
xi = m0 n. Vậy m0 | n. Suy ra m0
là số lẻ. Vậy
Do đó −

y12 + y22 + y32 + y42 > 0.
m0
m20
m0 − 1
2 m0 − 1
2
≤ yi ,
≤
suy ra yi <
. Do đó
Khi đó −
2
2
2

4
y12 + y22 + y32 + y42 < m20
và

y12 + y22 + y32 + y42 ≡ 0(mod m0 ).
Do đó

x21 + x22 + x23 + x24 = m0 n (m0 < n)
y12 + y22 + y32 + y42 = m0 m1 (0 < m1 < m0 )
và

m1 m20 n = (x21 + x22 + x23 + x24 )(y12 + y22 + y32 + y42 )
= z12 + z22 + z32 + z42 .
Với z1 = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4 thì

z1 ≡ x21 + x22 + x23 + x24 ≡ 0 (mod m0 ).
Suy ra m0 | z1 . Tương tự ta chứng minh được

z2 ≡ x1 x2 − x2 x1 + x3 x4 − x4 x3 ≡ 0 (mod m0 ).
z3 ≡ x1 x3 − x3 x1 + x2 x4 − x4 x2 ≡ 0 (mod m0 ).
z4 ≡ x1 x4 − x4 x1 + x2 x3 − x3 x2 ≡ 0 (mod m0 ).
Ta viết zi = m0 wi . với số nguyên wi nào đó. Chia m1 m20 n cho m20 , ta có
m1 n = w12 + w22 + w32 + w42 . Điều này mâu thuẫn với giả thiết m0 là nhỏ nhất.
Từ đó suy ra m0 = 1.


7
Định lý bốn bình phương được Joseph-Louis Lagrange (1736 – 1813) chứng
minh vào năm 1770. Ơng là một nhà tốn học và nhà thiên văn học và nhà
chính trị Pháp gốc Ý. Lagrange có nhiều thời gian làm việc tại Ý, Đức và

Pháp. Ơng đã có những đóng góp quan trọng trong nhiều lĩnh vực của giải
tích tốn học, lý thuyết số, cơ học cổ điển và cơ học thiên thể.
Liên quan đến biểu diễn bốn bình phương, một cách tự nhiên quan tâm
tiếp theo sẽ là số lượng biểu diễn. Nghiên cứu theo hướng này được nhà toán
học người Đức Carl Gustav Jakob Jacobi tiến hành và được ông công bố năm
1834, ngày nay được gọi là Định lý bốn bình phương của Jacobi. Kết quả này
đưa ra một công thức cho số cách biểu diễn một số nguyên dương n dưới dạng
tổng của bốn bình phương.
Để phát biểu kết quả của Jacobi, với mỗi số tự nhiên n, ký hiệu Q(n) là
số các bộ các số nguyên (x1 , x2 , x3 , x4 ) (khơng tính sai khác thứ tự) thoả mãn

n = x21 + x22 + x23 + x24 .
Định lý 1.1.2 (Định lý bốn bình phương của Jacobi). Cho số tự nhiên n và
viết n dưới dạng n = 2r (2t + 1). Khi đó
(
8S(2t + 1) với r = 0,
Q(n) =
24S(2t + 1) với r 6= 0
trong đó

S(n) =

X

d.

d|n

Có một số cách chứng minh cho định lý của Jacobi, ví dụ có thể xem một
chứng minh của Hirschhorn [HIR85] sử dụng một đồng nhất thức tích ba thừa

số.

1.2

Định lý Legendre-Gauss và Bài tốn Waring

Có rất nhiều tác giả đã cố gắng mở rộng định lý Lagrange theo nhiều khía
cạnh khác nhau, ta sẽ xét một số mở rộng gần đây của định lý này trong
các chương sau. Trong tiết này ta xét một số mở rộng cổ điển là định lý
Legendre-Gauss và Bài toán Waring.
Định lý Lagrange khẳng định bốn bình phương đủ để biểu diễn một số tự
nhiên bất kỳ. Nói cách khác, tổng ba bình phương là khơng đủ để biểu diễn
tất cả số tự nhiên. Thật vậy, vì x2i ≡ 0, 1 hoặc 4 (mod 8) nên

x21 + x22 + x23 6≡ 7 (mod 8),


8
vì vậy khơng có số nào có dạng 8t + 7 có thể biểu diễn dưới dạng ba bình
phương.
Với trường hợp hai bình phương, ta có định lý sau.
Định lý 1.2.1. Một số nguyên dương n biểu diễn được dưới dạng tổng của
hai bình phương khi và chỉ khi tất cả các thừa số nguyên tố của n có dạng
4t + 3 với số mũ chẵn khi phân tích n thành các thừa số nguyên tố.
Định lý hai bình phương được chứng minh tương tự như chứng minh cho
bốn bình phương bằng cách sử dụng đồng nhất thức

(x21 + x22 )(y12 + y22 ) = (x1 y1 + x2 y2 )2 + (x1 y2 − x2 y1 )2 .
Trường hợp biểu diễn tổng ba bình phương là nội dung của Định lý
Legendre-Gauss.

Định lý 1.2.2 (Legendre-Gauss). Một số tự nhiên n có dạng n = 4k (8l + 7)
với k, l ∈ N khi và chỉ khi n không biểu diễn được thành tổng của ba bình
phương.
Chứng minh. Ta chỉ trình bày chứng minh điều kiện cần. Chứng minh điều
kiện đủ cần nhiều kiến thức và nằm ngoài phạm vi của luận văn này.
Giả sử ngược lại, n = 4k (8l + 7) và n = x2 + y 2 + z 2 với x, y, z ≥ 0 là các
số ngun nào đó. Vì bình phương một số đồng dư với 0, 1, 4 modulo 8 nên

n = x2 + y 2 + z 2 ≡ a ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} (mod 8).
Mặt khác, nếu k > 0 thì n ≡ 0 (mod 4), do đó

x2 + y 2 + z 2 ≡ 0 (mod 4).
Vì x2 , y 2 , z 2 đồng dư với 0, 1 modulo 4 nên suy ra

x2 ≡ y 2 ≡ z 2 ≡ 0 (mod 4).
Vì vậy x = 2x1 , y = 2y1 , z = 2z1 và

x21 + y12 + z12 ≡ 4k−1 (8l + 7).
Tiếp tục như trên sẽ dẫn đến x2k + yk2 + zk2 = (8l + 7) ≡ 7 (mod 8). Điều này
mâu thuẫn với lập luận ở phần đầu.
Vậy n không là tổng của ba bình phương.


9
Một hướng khác để mở rộng Định lý Lagrange là thay cho các bình phương,
ta có thể xét các luỹ thừa cao hơn. Đây là nội dung bài toán Waring.
Cho trước số nguyên dương s và k . Bài toán của Waring nói về sự biểu
diễn của các số tự nhiên dưới dạng s lũy thừa k , cụ thể

n = xk1 + · · · + xks .

Câu hỏi đầu tiên đặt ra là với k cho trước liệu có s = s(k) nào đó sao cho
bài tốn về biểu diễn
n = xk1 + · · · + xks
là giải được với mọi n hay không.
Ngay khi Lagrange đưa ra chứng minh cho định lý của mình vào năm
1770 thì nhà tốn học người Anh Edward Waring (1736-1798) đã phát biểu
giả thuyết rằng mọi số tự nhiên đều có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của
4 bình phương, 9 lập phương, 19 trùng phương, . . . Nói cách khác số s = s(k)
tồn tại trong trường hợp k = 2, 3, 4, . . .. Hilbert là người đầu tiên chứng minh
khẳng định này với mọi số nguyên dương k vào năm 1909. Ngày nay kết quả
này mang tên Định lý Hilbert-Waring.
Với mỗi số k , số s nhỏ nhất được ký hiệu là g(k). Như vậy Định lý Lagrange
và Định lý Legendre-Gauss khẳng định rằng g(2) = 4. Trong phần hai của
tiết này ta sẽ xét một số kết quả về g(k) trong một số trường hợp đặc biệt.
Trước hết ta có một chặn trên của g(k) trong trường hợp k = 4.
Định lý 1.2.3. g(4) tồn tại và g(4) ≤ 53.
Chứng minh. Ký hiệu Bs là tập hợp các số là tổng của s số trùng phương (luỹ
thừa bậc 4 của một số nguyên). Theo định lý Lagrange, một số tự nhiên x
ln có biểu diễn x = a2 + b2 + c2 + d2 . Từ đồng nhất thức

6(a2 + b2 + c2 + d2 )2 = (a + b)4 + (a − b)4 + (c + d)4 + (c − d)4
+ (a + c)4 + (a − c)4 + (b + d)4 + (b − d)4
+ (a + d)4 + (a − d)4 + (b + c)4 + (b − c)4
suy ra

6x2 = 6(a2 + b2 + c2 + d2 )2 ∈ B12 .
Mỗi số nguyên dương n được viết dạng n = 6t + r với 0 ≤ r ≤ 5. Áp dụng
Định lý Lagrange lần nữa, ta có

n = 6(x21 + x22 + x23 + x24 ) + r

suy ra

n ∈ B12 + B12 + B12 + B12 + r = B48 + r ⊆ B53 .
Do đó g(4) tồn tại và tối đa bằng 53.


10
Trường hợp k bất kỳ, ta có chặn dưới số g(k) như sau.
Định lý 1.2.4.
"  #
3 k
k
g(k) ≥ 2 +
− 2.
2
"  #
3 k
Chứng minh. Đặt q =
. Ta xét số
2

n = 2k q − 1 < 3k .
Rõ ràng n chỉ có thể biểu diễn thành tổng của các số hạng có dạng 1k và 2k .
Vì
n = (q − 1)2k + (2k − 1)1k
nên để biểu diễn n thành tổng các luỹ thừa bậc k , ta cần 2k + q − 2 lũy thừa.
Vậy
g(k) ≥ 2k + q − 2.

Ký hiệu G(k) là số s nhỏ nhất sao cho mọi số nguyên dương đủ lớn đều

là tổng của s lũy thừa k nào đó. Hiển nhiên

G(k) ≤ g(k).
Số G(k) là một bất biến thú vị khác liên quan đến biểu diễn tổng luỹ thừa
bậc k .
Với k = 2, ta được G(2) = 4 vì theo định lý Lagrange G(2) ≤ g(2) ≤ 4 và
theo Định lý Legendre-Gauss (chiều xi) có vơ hạn số tự nhiên (tất cả các
số dạng 8l + 7) không biểu diễn được thành tổng ba bình phương. Cho đến
nay số G(k) chỉ được biết chính xác trong trường hợp k = 2, 4. Kết quả tiếp
theo cho một đánh giá số G(k) trong trường hợp tổng quát.
Định lý 1.2.5.

G(k) ≥ k + 1
với k ≥ 2.
Chứng minh. Với mỗi số tự nhiên N , ký hiệu A(N ) là số các số nguyên dương
n ≤ N có thể biểu diễn dưới dạng

n = xk1 + · · · + xkk


11
với các số nguyên xi ≥ 0. Giả sử
1

0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xk ≤ N k .
Nếu B(N ) là số các số nguyên không âm x1 , . . . , xk thoả mãn các bất đẳng
thức này thì rõ ràng A(N ) ≤ B(N ) và

! Qk  1
1

k] + i
[N
i=1
N
[N k ] + 1 + k − 1
=
∼ .
B(N ) =
k
k!
k!
Nếu G(k) ≤ k thì tất cả trừ một số hữu hạn có thể biểu diễn dưới dạng tổng
lũy thừa k và
A(N ) ≥ N − c
trong đó c là hằng số (khơng phụ thuộc vào N ). Khi đó,

N − c ≤ A(N ) ≤ B(N ) ∼

N
k!

và điều này không xảy ra khi k > 1.
Vậy G(k) ≥ k + 1.
Một ứng dụng trực tiếp của định lý Lagrange và các mở rộng đã xét ở các
tiết trước vào tốn phổ thơng là u cầu tìm các phân tích bình phương đối
với các số cụ thể. Đây cũng là một dạng bài tập giải phương trình nghiệm
nguyên.
Trong phần cuối của tiết này chúng tơi trình bày một vài bài tập ứng dụng
biểu diễn một số tự nhiên dưới dạng tổng của ba bình phương cho các bài
tốn phổ thơng. Bài tập yêu cầu tìm biểu diễn bốn bình phương có thể xét

tương tự.
Cách tách 1 số nguyên dương thành tổng 3 bình phương (nếu có):
- Dùng đồng dư, biện luận để xét 3 số x, y, z có tính chia hết như thế nào.
- Tách, lấy ra một số chính phương (trừ ra) từ số n cho trước.
- Tách số cịn lại thành tổng của hai bình phương.
Ví dụ 1.2.6. Hãy viết 515 thành tổng của ba bình phương.
Lời giải. Giả sử 515 = x2 + y 2 + z 2 với x, y, z ∈ Z nào đó.
Nếu x, y, z đều khơng chia hết cho 5 thì x2 ≡ y 2 ≡ z 2 ≡ a ∈ {1, 4} (mod
5). Suy ra x2 + y 2 + z 2 ≡ a ∈ {1, 4} (mod 5) mà 515 chia hết cho 5. Vơ lí! Vì
vậy ln có ít nhất một số trong các số x, y, z chia hết cho 5. Giả sử đó là x
thì 0 ≤ x ≤ 20 vì 252 > 515. Ta lần lượt xét các giá trị x.
x = 0: Ta có 515 = 0 + 515 = 0 + 5.103. Vì 103 là ước nguyên tố dạng 4t + 3
nên 515 khơng là tổng của hai bình phương theo Định lý 1.2.1.


12
x = 5: 515 = 52 + 490 = 52 + (12 + 32 ).72 = 52 + 72 + 212 .
x = 10: Ta có
515 = 152 + 290 =152 + (12 + 32 ).(22 + 52 )
=152 + 132 + 112
=152 + 172 + 12 .
x = 15: Ta có 515 = 202 + 115 = 202 + 5.23. Vì 23 là số nguyên tố dạng
4k + 3 nên 5.23 khơng là tổng của hai bình phương theo Định lý 1.2.1.
Vậy 515 = 52 + 72 + 212 = 152 + 132 + 112 = 152 + 172 + 12 .
Ví dụ 1.2.7. Giải phương trình

x2 + y 2 + z 2 = 701.
Lời giải. Xét đồng dư mod 4 và mod 3 ta chứng minh được trong ba số
ngun x, y, z ln có ít nhất hai số chẵn và hai số chia hết cho 3. Do đó ln
có ít nhất một số chia hết cho 6. Giả sử đó là x thì 0 ≤ x ≤ 26 vì 272 > 701.

Ta lần lượt xét các giá trị x chia hết cho 6 trong khoảng đó.
701 = 62 + 665 = 62 + 5.7.19 (loại).
701 = 122 + 557 = 122 + 142 + 192 .
701 = 182 + 377 = 182 + 42 + 192 .
701 = 242 + 125 = 242 + 52 + 102 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm (x, y, z) = (12, 14, 19), (18, 4, 19), (24, 5, 10)
(sai khác thứ tự).


13

Chương 2. Cải tiến Định
lý bốn bình phương của
Z.W.Sun và Y.C. Sun
Chương này tập trung trình bày một số cải tiến Định lý bốn bình phương
của Zhi-Wei Sun và Zhi Wei Sun - Yu Chen Sun. Chúng tôi cũng đề cập đến
một số giả thuyết thu được từ những cải tiến khác nhau của định lý Lagrange.
Các kết quả chính của chương được tham khảo từ các tài liệu [SUN17, SS18].

2.1

Cải tiến của Z.W. Sun

Cho N = {0, 1, 2, . . .} là tập hợp các số tự nhiên (các số ngun khơng
âm). Theo Định lý bốn bình phương của Lagrange, mọi số tự nhiên n ∈ N
đều có thể được viết dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với x, y, z, w ∈ N nào đó.
Z.W. Sun đưa ra một số cải tiến kết quả này bằng cách tìm thêm các ràng
buộc khác giữa các số x, y, z, w. Đây cũng là một ý tưởng được các nhà toán
học khác sử dụng khi tìm cách cải tiến định lý này. Trong mục này, chúng tơi
trình bày một số cải tiến định lý Lagrange của Z.W. Sun sử dụng khái niệm

đa thức thích hợp (suitable polynomial).
Trước hết, với các số nguyên a, b, c ∈ Z∗ = {1, 2, 3, . . .} cho trước, nhận
xét rằng tập hợp

E(a, b, c) := {n ∈ N : n 6= ax2 + by 2 + cz 2 ∀x, y, z ∈ Z}

(2.1)

không chỉ khác rỗng mà cịn vơ hạn. Ví dụ, theo Định lý Legendre-Gauss
1.2.2, ta có

E(1, 1, 1) = {4k (8l + 7) : k, l ∈ N}.
Tương tự, ta có các kết quả sau

(2.2)


14
Bổ đề 2.1.1. (Xem [D39], trang 112-113). Ta có
(a) E(2, 1, 1) = {4k (16l + 14) : k, l ∈ N};
(b) E(1, 2, 6) = {4k (8l + 5) : k, l ∈ N};
(c) E(2, 3, 6) = {3q + 1 : q ∈ N} ∪ {4k (8l + 7) : k, l ∈ N};
(d) E(1, 2, 3) = {4k (16l + 10) : k, l ∈ N};
(e) E(1, 3, 6) = {3q + 2 : q ∈ N} ∪ {4k (16l + 14) : k, l ∈ N};
(f) E(1, 5, 5) = {n ∈ N : n ≡ 2, 3 (mod 5)} ∪ {4k (8l + 7) : k, l ∈ N}.
Ta có định nghĩa sau.
Định nghĩa 2.1.2. Một đa thức P (x, y, z, w) với các hệ số nguyên được gọi
là thích hợp (suitable polynomial) nếu mọi số tự nhiên n ∈ N ln có thể
được viết dưới dạng n = x2 + y 2 + z 2 + w2 với x, y, z, w ∈ N mà P (x, y, z, w)
là một bình phương.

Mở rộng Định lý bốn bình phương đầu tiên của Z.W. Sun là định lý sau
đây.
Định lý 2.1.3. Cho a ∈ {1, 4} và m ∈ {4, 5, 6}. Khi đó, mọi số tự nhiên
n ∈ N đều có thể viết được dưới dạng axm + y 2 + z 2 + w2 với x, y, z, w ∈ N.
Chứng minh. Trường hợp n = 0, 1, 2, . . . , 4m/gcd(2,m) − 1 ta có thể kiểm tra
trực tiếp. Giả sử n ≥ 4m/gcd(2,m) và khẳng định là đúng với mọi số nguyên nhỏ
hơn n. Ta xét các trường sau.
Trường hợp 1. 4m/gcd(2,m) |n.
Theo giả thiết, ta có

n
4m/gcd(2,m)

= axm + y 2 + z 2 + w2

với x, y, z, w ∈ N nào đó. Do đó

m 
2 
2 
2
2/gcd(2,m)
m/gcd(2,m)
m/gcd(2,m)
m/gcd(2,m)
n=a 2
x + 2
y + 2
z + 2
w .

Trường hợp 2. 4m/gcd(2,m) - n và n 6= 4k (8l + 7) với k, l ∈ N.
Trong trường hợp này, n ∈
/ E(1, 1, 1) và do đó có y, z, w ∈ N sao cho
n = a.0m + y 2 + z 2 + w2 .
Trường hợp 3. n = 4k (8l + 7) với k, l ∈ N và k < m/gcd(2, m).


15
Nếu k ∈ {0, 2} hoặc k = 2 và m > 4 = a thì n − a ∈
/ E(1, 1, 1) theo (2.2)
và do đó
n = a.1m + y 2 + z 2 + w2 ,
với y, z, w ∈ N. Khi a = 1, k = 2 và m ∈ {5, 6} ta có n − 2m = 42 (8l + 7 −
2m−4 ) ∈
/ E(1, 1, 1) theo (2.2) và do đó

n = a.2m + y 2 + z 2 + w2 ,
với y, z, w ∈ N.
Trong Định lý 2.1.3 cho a = 1, 4 và m = 4, ta nhận thấy x và 2x đều là
các đa thức thích hợp. Mặt khác, với mọi số chính phương a ≥ 3, đa thức ax
là khơng thích hợp vì 7 6= (ax2 )2 + y 2 + z 2 + w2 với mọi x, y, z, w ∈ N.
Kết quả cải tiến thứ hai của Z.W. Sun là định lý sau đây.
Định lý 2.1.4. (i) Các đa thức x − y và 2(x − y) đều là thích hợp.
(ii) Cho c ∈ {1, 2, 4}. Số tự nhiên n ∈ N bất kỳ ln có thể đươc viết dưới
dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 , với x, y, z, w ∈ Z thoả mãn x + y = ct3 , t ∈ Z.
(iii) Cho d ∈ {1, 2} và m ∈ {2, 3}. Khi đó, số tự nhiên n ∈ N bất kỳ có thể
viết được dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với x, y, z, w ∈ Z sao cho x + 2y = dtm
với t ∈ Z.
(iv) Với n ∈ N bất kỳ có thể viết được dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với
x, y, z, w ∈ Z sao cho xy +yz +zw +wx = (x+z)(y +w) là một bình phương.

(v) Mỗi số ngun dương n ∈ Z+ ln có thể viết được dưới dạng 4k (1 +
4x2 + y 2 ) + z 2 với k, x, y, z ∈ N.
Chứng minh. (i) Cho a ∈ {1, 2}. Ta chứng minh bằng quy nạp khẳng định
mọi số tự nhiên n ∈ N đều có thể viết được dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với
x, y, z, w ∈ Z sao cho a(x − y) là một bình phương.
Trường hợp n = 0, 1, . . . , 15 được chứng minh bằng tính toán trực tiếp
trực tiếp.
Giả sử n ≥ 16 và khẳng định được chứng minh với mọi số tự nhiên nhỏ
hơn n. Ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1. 16|n.
Theo giả thuyết quy nạp ta có x, y, z, w ∈ N với a(x−y) một bình phương
sao cho n/16 = x2 + y 2 + z 2 + w2 và do đó n = (4x)2 + (4y)2 + (4z)2 + (4w)2
với a(4x − 4y) một bình phương.
Trường hợp 2. 16 - n và n ∈
/ E(2, 1, 1).
Ta có x, y, z, w ∈ N với x = y và n = x2 +y 2 +z 2 +w2 , do đó a(x−y) = 02
là một bình phương.


16
Trường hợp 3. 16 - n và n ∈ E(2, 1, 1).
Trong trường hợp này, theo Bổ đề 2.1.1(a) thì n = 4k (16l + 14) với k ∈
{0, 1} và l ∈ N. Theo (2.2), ta có n/2 − (2/a)2 ∈
/ E(1, 1, 1). Khi đó, n/2 −
2
2
2
2
(2/a) = t +u +v với t, u, v ∈ N và t ≥ u ≥ v . Khi n/2−(2/a)2 ≥ 8−4 > 3,
ta có t ≥ 2 ≥ 2/a. Suy ra

!
 2
2
n=2
+ t2 + 2(u2 + v 2 )
a




2 2
2 2
= t+
+ t−
+ (u + v)2 + (u − v)2
a
a
với a((t + 2/a) − (t − 2/a)) = 22 .
(ii) Ta có thể chứng minh khẳng định trực tiếp cho mọi n = 0, 1, . . ., 63.
Cho n ≥ 64 và giả sử mọi số r = 0, 1, . . . , n − 1 có thể được viết dưới dạng
x2 + y 2 + z 2 + w2 với x, y, z, w ∈ Z thoả mãn x + y = ct3 với t ∈ Z nào đó.
Nếu 64 | n thì n/64 có thể viết ở dạng trên và do đó

n = (8x)2 + (8y)2 + (8z)2 + (8w)2
với 8x + 8y = c(2t)3 .
Xét trường hợp 64 - n. Ta có {2n, 2n − c2 , 2n − 64c2 } * E(1, 1, 1). Nếu
{2n, 2n − 1} ⊆ E(1, 1, 1) thì theo Định lý Legendre-Gauss, hay (2.2), suy ra
2n = 4k (8l + 7) với k ∈ {2, 3} và l ∈ N. Do đó 2n − 64 có dạng 42 (8l + 3)
hoặc 43 (8l + 6) và 2n − 64 ∈
/ E(1, 1, 1).

Nếu 2n = 4k (8l + 7) với k ∈ {1, 2} và l ∈ N thì 2n − 4 có dạng 4(8l + 6)
hoặc 4(8(4l + 3) + 3) và 2n − 22 ∈
/ E(1, 1, 1). Nếu 2n = 43 (8l + 7) với l ∈ N thì
2n − 64 × 22 = 43 (8l + 3) ∈
/ E(1, 1, 1). Khi 2n = 4k (8l + 7) với k ∈ {1, 2, 3}
và l ∈ N, ta có 2n − 42 ∈
/ E(1, 1, 1). Do đó,

2n − 16 = 4k (8l + 7) − 16


nếu k = 1,

4(8l + 7) − 16 = 4(8l + 3)
= 42 (8l + 7) − 16 = 42 (8l + 6)
nếu k = 2,


43 (8l + 7) − 16 = 42 (8(4l + 3) + 3) nếu k = 3.
Với δ ∈ {0, 1, 8} ta có thể viết 2n − δ 2 c2 như một tổng của ba bình phương,
hai trong số đó có cùng tính chẵn lẻ. Do đó ta có thể viết 2n − δ 2 c2 =
(2x − δc2 + y 2 + z 2 ) với x, y, z ∈ Z và y ≡ z (mod 2). Khi đó,

(2x − δc)2 + δ 2 c2 y 2 + z 2
n=
+
2
2




y+z 2
y−z 2
2
2
= x + (δc − x) +
+
2
2


17
với x + (δc − x) = cδ ∈ {ct3 : t = 0, 1, 2}.
(iii) Với n = 0, 1, . . . , 4m − 1, khẳng định được chứng minh trực tiếp.
Cố định n ∈ N với n ≥ 4m và giả sử khẳng định đúng với các số nhỏ hơn
n. Nếu 4m |n thì theo giả thuyết quy nạp n/4m có thể viết được dưới dạng
x2 + y 2 + z 2 + w2 với x, y, z, w ∈ Z sao cho x + 2y = dtm với t ∈ Z và do đó
n = (2m x)2 + (2m y)2 + (2m z)2 + (2m w)2 với 2m x + 2(2m y) = 2m (x + 2y) =
d(2t)m .
Giả sử 4m - n. Theo (2.2), ta có {5n, 5n − d2 , 5n − 4m d2 } * E(1, 1, 1).
Với l ∈ N bất kỳ, ta có 8l + 7 − d2 ∈
/ E(1, 1, 1) và 4(8l + 7) − d2 ∈
/ E(1, 1, 1).
2
2
Nếu 5n = 4 (8l + 7) với l ∈ N thì 5n − 2 = 4(8(4l + 3) + 3) ∈
/ E(1, 1, 1)
3 3
2
m

và 5n − 4 1 = 4 (8l + 3) ∈
/ E(1, 1, 1). Khi đó, với δ ∈ {0, 1, 2 } ta có thể
2 2
2
viết 5n − δ d dưới dạng x + y 2 + z 2 + w2 với x, y, z, w ∈ Z. Ta có một bình
phương đồng dư với 0, 1, −1 modulo 5. Dễ thấy một trong x2 , y 2 , z 2 đồng dư
với −(δd)2 modulo 5. Không mất tổng quát, ta giả sử (δd)2 +x2 ≡ y 2 +z 2 ≡ 0
(mod 5). Khi x2 ≡ (2δd)2 (mod 5) và y 2 ≡ (2z)2 (mod 5), không mất tổng
quát ta giả sử x ≡ 2δd (mod 5) và y ≡ 2z (mod 5). Vậy r = (2x + δd)/5, s =
(2δd − x), u = (2y + z)/5 và v = (2z − y)/5 đều là các số nguyên. Ta có

r2 + s2 + u2 + v 2 =

(δd)2 + x2 y 2 + z 2
+
=n
5
5

với r + 2s = δd ∈ {dtm : t = 0, 1, 2}.
(iv) Cho n = 0, 1, 2, ta có x, z ∈ {0, 1} sao cho n = x2 + 02 + z 2 + 02 với
(x + z)(0 + 0) =)2 . Ta có

3 = 12 + 12 + (−1)2 + 02 với (1 + (−1))(1 + 0) = 02 .
Cho n ∈ {4, 5, 6, . . .} và giả sử với r = 0, . . . , n − 1 bất kỳ có thể được viết
dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với x, y, z, w ∈ Z sao cho (x + z)(y + w) là một
bình phương.
Khi đó, nếu 4|n thì n/4 có thể được viết dưới dạng x2 + y 2 + z 2 +
w2 (x, y, z, w ∈ Z) với (x + z)(y + w) một bình phương và n = (2x)2 +
(2y)2 + (2z)2 + (2w)2 với (2x + 2z)(2y + 2w) = 22 (x + z)(y + w) một bình

phương.
Nếu n là số lẻ thì theo Bổ đề 2.1.1, E(1, 1, 2) = {4k (16l + 14) : k, l ∈ N}.
Ta có thể tìm được x, y, z, w ∈ Z với w = −y sao cho

n = x2 + 2y 2 + z 2 = x2 + y 2 + z 2 + w2
với (x + z)(y + w) = 02 .
Bây giờ ta xét trường hợp n = 2m với m lẻ. Theo Bổ đề 2.1.1(a),

E(1, 1, 2) = {4k (16l + 14) : k, l ∈ N}


18
ta có thể viết m dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với x, y, z, w ∈ Z và w = y . Do
đó,

n = 2m = (x + y)2 + (x − y)2 + (z + w)2 + (z − w)2
= (x + y)2 + (z + w)2 + (y − x)2 + (w − z)2
với

((x + y) + (y − x))((z + w) + (w − z)) = 2y(2w) = (2y)2 .
(v) Ta có

1 = 40 (1 + 4 × 02 + 02 ) + 02 ,
2 = 40 (1 + 4 × 02 + 12 ) + 02 ,
3 = 40 (1 + 4 × 02 + 12 ) + 12 .
Cho n ∈ Z+ với n ≥ 4.
Nếu 4|n và n/4 = 4k (1 + 4x2 + y 2 ) + z 2 với k, x, y, z ∈ N thì n =
4k+1 (1 + 4x2 + y 2 ) + (2z)2 .
Nếu n ≡ 2, 3 (mod 4) thì n − 1 ≡ 1, 2 (mod 4) và do đó với x, y, z ∈ Z ta
có n − 1 = (2x)2 + y 2 + z 2 và n = 40 (1 + 4x2 + y 2 ) + z 2 . Theo Bổ đề 2.1.1, nếu

q ∈ N là đồng dư với 1 modulo 4 thì q ∈
/ E(1, 4, 16). Vậy, khi n ≡ 1 (mod 4) ta
có n − 4 ∈
/ E(1, 4, 16), do đó ta có x, y, z ∈ Z sao cho n − 4 = 16x2 + 4y 2 + z 2 ,
nghĩa là n = 4(1 + 4x2 + y 2 ) + z 2 .
Bằng cách chứng minh tương tự ta được định lý sau đây.
Định lý 2.1.5. (i) Với n ∈ N bất kỳ có thể được viết dưới dạng x2 +y 2 +z 2 +w2
với x, y, z, w ∈ N sao cho P (x, y, z) = 0, trong đó P (x, y, z) nằm trong số
các đa thức

x(x − y), x(x − 2y), (x − y)(x − 2y), (x − y)(x − 3y),
x(x + y − z), (x − y)(x + y − z), (x − 2y)(x + y − z).

(2.3)

(ii) Với n ∈ N bất kỳ có thể được viết dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với
x, y, z, w ∈ N sao cho (2x − 3y)(x + y − z) = 0, với điều kiện

{x2 + y 2 + 13z 2 : x, y, x ∈ N} ⊇ {8q + 5 : q ∈ N}.

(2.4)

(iii) Với n ∈ Z+ bất kỳ có thể được viết dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với
x, y, z, w ∈ N và z > 0 sao cho (x − y)z là một bình phương.
(iv) Với n ∈ Z+ bất kỳ có thể được viết dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với
x, y, z, w ∈ N và y > 0 sao cho x + 4y + 4z và 9x + 3y + 3z là hai chân của
một tam giác vuông với các mặt nguyên dương.


19

(v) Mỗi số nguyên dương có thể được viết dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2
với x, y, z ∈ N và w ∈ Z+ sao cho x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 là một bình phương.
Ngồi ra, với n ∈ Z+ bất kỳ có thể được viết dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với
x, y, z ∈ Z và w ∈ Z+ sao cho x2 y 2 + 4y 2 z 2 + 4z 2 x2 là một bình phương.
(vi) Với n ∈ Z+ bất kỳ có thể được viết dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với
x, y, z ∈ N và w ∈ Z+ sao cho x4 + 8y 3 z + 8yz 3 là một lũy thừa thứ tư.
Ngồi ra, với n ∈ Z+ bất kỳ có thể được viết dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 với
x, y, z ∈ N và w ∈ Z+ sao cho x4 + 16y 3 z + 64yz 3 là một lũy thừa thứ tư.

2.2

Cải tiến của Z.W. Sun - Y.C. Sun

Tiếp tục các ý tưởng cái tiến định lý bốn bình phương của Z.W. Sun, hai
tác giả Z.W. Sun-Y.C. Sun đưa ra một số ràng buộc của các số nguyên trong
biểu diễn tổng bình phương của một số tự nhiên cho trước.
Trước hết nhận xét rằng các số

1, 3, 5, 7, 11, 15, 23, 22k+1 m (k ∈ N và m = 1, 3, 7)
có duy nhất một biểu diễn dưới dạng tổng của bốn bình phương khơng sắp
thứ tự.
Cho số ngun m, a khác khơng và số ngun tố p, ta sẽ dùng kí hiệu
a
p ||m để chỉ pa |m nhưng pa+1 - m.
Định lý 2.2.1. (i) Đa thức x2 + 8yz là thích hợp, nói cách khác, mọi số tự
nhiên n ∈ N đều có thể được viết dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 (x, y, z, w ∈ N)
sao cho x2 + 8yz là một bình phương.
(ii) Đa thức x + 2y là thích hợp.
Chứng minh. (i) Nếu n ∈
/ E(1, 1, 1) thì với w, x, y ∈ N ta có n = w2 + x2 +

y 2 + 02 sao cho x2 + 8y × 0 = x2 .
Giả sử n ∈ E(1, 1, 1). Khi đó, theo Bổ đề 2.1.1, E(1, 2, 3) ∩ E(1, 1, 1) = ∅.
Ta có thể viết n dưới dạng w2 +2v 2 +3z 2 trong đó w, v, z ∈ N. Cho x = |v −z|
và y = v + z . Khi đó,

n = w2 + (v − z)2 + (v + z)2 + z 2 = w2 + x2 + y 2 + z 2
và

x2 + 8yz = |v − z|2 + 8(v + z)z = (v + 3z)2 .
(ii) Ta có
$

10
√
4
5−1

4 %

= 166094.


20
Với n = 1, 2, . . . , 166094, ta có thể chứng minh khẳng định bằng cách lập
trình cho máy tính chạy.
Cho n ∈ N với n > 166094 và giả sử m = 0, . . . , n − 1 có thể được viết
dưới dạng x2 + y 2 + z 2 + w2 , (x, y, z, w ∈ N), sao cho x + 2y là một bình
phương các số dương.
Nếu 16|n thì theo giả thuyết quy nạp ta có x, y, z, w ∈ N sao cho x2 +
y 2 + z 2 + w2 = n/16 và x + 2y là một bình phương của số dương, do đó

n = (4x)2 + (4y)2 + (4z)2 + (4w)2 với 4x + 2(4y) = 22 (x + 2y) là một bình
phương của số dương.
√
√
Giả sử 16 - n. Khi n > 166094, ta có 4 5n − 4 n ≥ 10 và do đó với mỗi
r = 0, 1 có một số nguyên dương jr sao cho
√
√
4
4
n ≤ 5(2jr + r) < 5n.
Khi 5n − (5(2jr + r)4 ) ∈
/ E(1, 1, 1) với r = 0, 1, ta có các trường hợp sau.
Trường hợp 1. 2 - n.
Nếu 5n − (10j0 )4 ≡ 7 (mod 8) thì 5n − (10j1 + 5)4 ≡ 6 (mod 8). Vậy
5n − (10j0 )4 hoặc 5n − (10j1 + 5)4 không thuộc E(1, 1, 1).
Trường hợp 2. 4 k n.
Đặt 5n = 4q với q lẻ. Nếu q ≡ 1 (mod 4) thì 5n − (10j0 )4 ≡ 4 (mod 16)
và 5n − (10j0 )4 ∈
/ E(1, 1, 1). Nếu q ≡ 3 (mod 4) thì 5n − (10j1 + 5)4 ≡ 3
(mod 8) và do đó 5n − (10j1 + 5)4 ∈
/ E(1, 1, 1).
Trường hợp 3. 2 k n hoặc 8 k n.
Trong trường hợp này, ta có 2 k 5n − (10j0 )4 hoặc 8 k 5n − (10j0 )4 , suy
ra 5n − (10j0 )4 ∈
/ E(1, 1, 1).
Cho j ∈ {2j0 , 2j1 +1} ta có thể viết 5n−(5j)4 = t2 +u2 +v 2 với t, u, v ∈ N.
Một bình phương đồng dư với một trong 0, 1, −1 modulo 5 và một trong t, u, v
phải chia hết cho 5. Không mất tổng quát, ta giả sử rằng 5|t và u ≡ 2v (mod
5). Chú ý rằng 5|u2 + v 2 khi và chỉ khi u2 ≡ (2v)2 (mod 5). Đặt s = (5j)2 .

Khi đó, ta có
 2
 s 2
t
u2 + v 2
s2 + t2 u2 + v 2
+
=5
+5
+
n=
5
5
5
5
5

2 
2 
2 

s + 2t
2s − t
u − 2v
2u + v 2
=
+
+
+
5

5
5
5
với

s + 2t
2s − t
+2
= s = (5j)2 .
5
5
Khi s2 ≥ n, ta có t2 ≤ 5n − s2 ≤ 4s2 và do đó 2s − t ≥ 0.