skkn khai thác, mở rộng kết quả của một số bài toán mở rộng một định lí của fermat và euler)

Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN
(Mở rộng một định lí của Fermat và Euler)
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Càng đọc câu: “Đôi lúc một vấn đề được giải quyết xong lại gợi ý tìm ra một vấn
đề hoàn toàn khác nhưng lại rất có ý nghĩa.”
(Trích từ lời dẫn của Lê Hào trong bài toán “Suy nghĩ từ lời giải một bài toán thi vô
địch quốc tế” đăng trên báo toán học và tuổi trẻ) tôi càng thấy tâm đắc.
Số học có sự hấp dẫn tuyệt vời đối với tôi. Sau khi giải xong một bài toán số học
nào đó thì trong tôi có niềm vui và sự hứng khởi lạ thường. Đặc biệt là các toán
sau:
Cho p là một số nguyên tố,
3(mod4)p
≡
.
Chứng minh rằng: Nếu
( )
2 2
0 mod x y p
+ ≡
thì
( )
,
0 modx y p
≡ ≡
với
, .x y
∈
¥
(Trích từ sách: SỐ HỌC (tập 1), tác giả Doãn Minh Cường, xuất bản năm 2003)
Cho m và n là hai số nguyên dương chẵn, u và v là hai số nguyên dương lẻ

sao cho
2 2 2 2
0.m n u v
− = − >
Chứng minh
2 2
( )m v
+
là hợp số.
(Trích từ đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 năm 2010 – 2011, tỉnh Đồng Nai)
Cho hai số nguyên dương a, b và số nguyên tố p thỏa điều kiện là
2 2
.a b p
+
M
Biết p là tổng của hai số chính phương.
Chứng minh
2 2
a b
p
+
bằng tổng của hai số chính phương.
(Trích từ đề thi học sinh giỏi lớp 12, vòng 2 năm 2013 – 2014, tỉnh Đồng Nai).
Hình như các bài toán trên có một mối liện hệ nào đó rất mật thiết. Tôi có linh cảm
chúng là những bộ phận của một “chỉnh thể” (hay một vấn đề) nào đó.
“Chỉnh thể” đó là gì? Cứ thế, ngày qua ngày, tôi chìm đắm trong suy tưởng, tìm
kiếm và dần dần làm sáng tỏ các nghi vấn. Cuối cùng, tôi đã tìm được cái “chỉnh
thể” đó là phương trình đồng dư
( )
2 2

0 mod x y p
+ ≡

và đặc biệt là phương trình
nghiệm nguyên
2 2
.x y p
+ =
Thật tình cờ, cái “chỉnh thể” mà tôi tìm được lại có quan hệ mật thiết với một định
lí của Fermat đã được Euler chứng minh(tôi gọi định lí đó là định lí Fermat-Euler).
GV: Ngô Văn Vũ Trang 1
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Bài viết này có sự kế thừa ý tưởng của một bài viết “KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT
QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN” của tôi năm 2012 – 2013.
Cơ sở lí luận là hệ thống lí thuyết về số học có trong sách: Số học - Hà Huy Khoái
- nhà xuất bản GD - năm 2005 và sách: Số học - Doãn Văn Cường - nhà xuất bản
ĐHSP - năm 2003.
Để biết cụ thể về cái “chỉnh thể” đó. Mời bạn đọc xem tiếp phần nội dung.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
Từ bài toán: “Cho p là một số nguyên tố,
3(mod4).p
≡
Chứng minh rằng: Nếu
( )
2 2
0 mod x y p
+ ≡
thì
( )

0 modx y p
≡ ≡
,với
, .x y
∈
¥
”
Mở ra một vấn đề mới:
Bài toán 3: “Tìm số nguyên tố p sao cho phương trình
( )
2 2
0 mod x y p
+ ≡
có
nghiệm
,x y
∈
¥
và
( , ) 1x y
=
”.
Bài toán 4: “Chứng minh rằng phương trình
2 2
x y p
+ =
có nghiệm
( , ) 1x y
=
duy

nhất với
,x y
∈
¥
và p là số nguyên tố có dạng 4n + 1”.
Ta giải bài toán 3.Xét các trường hơp sau:
 Trường hợp 1: p = 2.Khi đó với
,x y
là hai số lẻ nguyên tố cùng nhau thì
( , )x y

là nghiệm của phương trình .
Vậy p=2 thỏa .

Trường hợp 2:
p
là số nguyên tố có dạng
4 3n +
.
Khi đó, theo bài toán 1.Ta có:
2 2
0(mod )x y p
+ ≡
0(mod )x y p
⇔ ≡ ≡
Suy ra không có hai số nguyên tố cùng nhau x, y thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy
4 3p n
= +
không thỏa.


Trường hợp 3: p là số nguyên tố có dạng 4n + 1 .
Theo định lý Wilson:
“Cho p là một số nguyên tố bất kỳ.Ta có:
( 1)! 1p p
 
 
− +
M
”.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 2
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Mặt khác, ta có:
(mod )p i i p
− ≡−
và
1 4 1 1
2
2 2
p n
n
− + −
= =
chẵn.
Suy ra:
2
1 1 1
( 1)! 1 1.2 . ( 2).( 1) 1 ! 1(mod )
2 2 2
p p p

p p
   
   
   
 ÷  ÷
   
   
− − −
− + ≡ − − − + ≡ +
( )
2
1
! 1 0 mod
2
p
p
 
 
 
 ÷
 
 
−
⇒ + ≡
1
!,1
2
p
 
 ÷

 
−
⇒
là một nghiệm của phương trình
( )
2 2
0 mod x y p
+ ≡
.
Vậy với
4 1p n
= +
thì phương trình
2 2
0(mod )x y p
+ ≡
có nghiệm
( , )x y
thỏa
điều kiện
, ,( , ) 1x y x y∈ =¥
.
Tiếp theo, ta chứng minh bài toán 4:
Trước tiên tôi chứng minh tính duy nhất của nghiệm (không kể nghiệm có
được do hoán vị).Ý tưởng của chứng minh tính duy nhất này có được nhờ một bài
toán trong đề thi học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm 2010-2011.
Bổ đề 1: Cho m và n là hai số nguyên dương chẵn, u và v là hai số nguyên
dương lẻ sao cho
2 2 2 2
0.m n u v

− = − >
Khi đó
2 2
( )m v
+
là hợp số.

Tôi đã chứng minh được bài toán đó như sau:
Ta có:
2 2 2 2
( ).( ) ( ).( )m n u v m n m n u v u v
− = − ⇔ − + = − +
.
Đặt:
, , , a m n b m n x u v y u v= − = + = − = +
. Khi đó
. .ab x y
=
.
Đặt:
( )
1 1
, . , . k a x a k a x k x
= ⇒ = =
với
1 1
*
,a x ∈¥
,
1 1

( , ) 1a x
=
Vì
. .ab x y
=
nên
1 1
. . . .k a b k x y=
1 1 1 1
*
. . . ( )a b x y y a y l a l⇔ = ⇒ ⇒ = ∈M ¥
1 1 1
. . . .a b x a l b x l⇒ = ⇒ =
.
Vì m, n là số chẵn
⇒
a m n
= −
và
b m n
= +
là số chẵn.
u,v là số lẻ
⇒
x u v
= −
và
y u v
= +
là số chẵn.

⇒
2
a b
m
+
=
,
2
a b
n
−
=
,
2
x y
u
+
=
,
2
y x
v
−
=
.
⇒
2
2
2 2 2 2 2 2
1

( 2 . 2 . )
2 2 4
a b y x
m v a b a b x y x y
 
 
 ÷
 ÷
 
 
+ −
+ = + = + + + + −
GV: Ngô Văn Vũ Trang 3
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
=
2 2 2 2
1
( ).
4
a b x y
+ + +
(vì
. .ab x y=
)
=
1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
1 1
( ) ( )( ).

4 4
k a l x k x l a k l a x
+ + + = + +
Vì
( )
,k a x
=
⇒
k là số chẳn và
( )
,l b y
=
l⇒
là số chẵn
nên
( )
2 2
2 2 2 2
1 1
.
2 2
k l
m v a x
 
   
 
 ÷  ÷
   
 
 

+ = + +
Suy ra
2 2
m v
+
là hợp số.
Bổ đề 1 được chứng minh xong. Ta vận dụng kết quả của bổ đề 1 như sau:
Giả sử phương trình
2 2
x y p
+ =
có 2 nghiệm phân biệt là
( )
,m v
và
( )
,n u
thỏa
điều kiện
( )
1
,m v
=
và
( )
1
,n u
=
. Khi đó m và v không cùng tính chẵn lẻ, n và u không
cùng tính chẵn lẻ. Cho m, n chẵn và u,v lẻ.

⇒
2 2 2 2 2 2 2 2
0m v n u m n u v
+ = + ⇒ − = − >
. Theo kết luận của bổ đề 1 thì
2 2
m v p
+ =
là hợp số. Điều này mâu thuẫn với p là số nguyên tố.
Vậy nghiệm (nếu có) của phương trình
2 2
x y p
+ =
là duy nhất (không kể nghiệm
có được nhờ hoán vị của nghiệm ban đầu).
Để hoàn thành việc chứng minh ta phải chứng tỏ phương trình
2 2
x y p
+ =
có
nghiệm.
Áp dụng bài toán 3 và các bổ đề sau ta sẽ chứng tỏ được điều đó.
Bổ đề 2: Tích của hai số mà mỗi số là tổng của hai số chính phương là một tổng
của hai số chính phương.

Chứng minh:
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( . . ) ( . . )x y u v u x v y v x u y
+ + = + + −
Bổ đề 3: Nếu hai số nguyên dương a, b và số nguyên tố p thỏa điều kiện là

2 2
a b p
+
M
với p là tổng của hai số chính phương thì
2 2
a b
p
+
bằng tổng của hai số
chính phương. (Bổ đề 3 được suy ra từ một bài toán trong đề thi học sinh giỏi lớp
12,vòng 2 của tỉnh Đồng Nai năm 2013- 2014).

Bổ đề 3 được chứng minh như sau:
Ta có:
2 2
p u v
= +
. Đặt
2 2
2 2
2 2
a b
x y
u v
+
+ =
+
(*) với
,x y

∈
¡
.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 4
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Vì
2 2 2 2
) )
( (a b u v
+ +
M
nên
2 2
x y
+ ∈
¥
.
Phương trình
2 2 2 2 2 2
(*) ( )( )x y u v a b
⇔ + + = +
2 2 2 2
. .
( . . ) ( . . )
. .
u x v y a
u x v y v x u y a b
v x u y b




+ =
⇔ + + − = + ⇒
− =
hoặc
. .
. .
u x v y a
v x u y b



+ =
− = −
2 2
2 2
. .
. .
a u bv
x
u v
a v b u
y
u v








+
=
+
⇒
−
=
+
hoặc
2 2
2 2
. .
. .
a u b v
x
u v
a v b u
y
u v







−
=
+
+

=
+
Vì
2 2
x y
+ ∈
¥
nên
2 2
.x y
∈ ⇔ ∈
¥ ¥
Hơn nữa:
2 2 2 2
( . . ).( . . ) . .( ) . .( )a u bv a v b u u v a b a b u v
+ + = + + +
Suy ra:
. .
( . . ).( . . )
. .
a u bv p
a u bv a v bu p
a v b u p




+
+ + ⇒
+

M
M
M
Với nghiệm
2 2
2 2
. .
. .
a u bv
x
u v
a v bu
y
u v







+
=
+
−
=
+
và
2 2
2

2 2
. .
. .
. .
a u b v
x
y
u v
a u bv p y
a v bu
y
y
u v



 
 





+
= ∈
∈
+
+ ⇒ ⇒ ⇒ ∈
−
∈

= ∈
+
¥
¤
M ¥
¥
¤
.
Với nghiệm
2 2
2 2
. .
. .
a u bv
x
u v
a v b u
y
u v







−
=
+
+

=
+
và
2 2
2
2 2
. .
. .
. .
a u b v
x
x
u v
a v b u p x
a v b u
x
y
u v



 
 





−
= ∈

∈
+
+ ⇒ ⇒ ⇒ ∈
+
∈
= ∈
+
¥
¤
M ¥
¥
¤
.
Vậy
,x y
∈
¥
và
2 2
2 2
2 2
a b
x y
u v
+
+ =
+
.
Bổ đề 3 được chứng minh xong.
Ta chứng minh phương trình

2 2
x y p
+ =
có nghiệm bằng phương pháp phản
chứng.
Giả sử có số nguyên tố
4 1p n
= +
sao cho phương trình
2 2
x y p
+ =
vô nghiệm, với
, .x y∈¥
Trong tất cả các số
p
thỏa điều kiện trên, ta chọn số nhỏ nhất là
0
p
.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 5
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Theo bài toán 3, ta có: phương trình
2 2
0
0(mod )x y p
+ ≡
có nghiệm
, ,x y
∈

¥
( , ) 1.x y =
Trong tất cả các nghiệm của phương trình
2 2
0
0(mod )x y p
+ ≡
ta chọn
,x y
có tổng
2 2
x y+
nhỏ nhất, gọi hai số đó là
0 0
x ,y
. Khi đó, ta có:
2 2
0 0 0 0 0 0 0
, ( ) 1
1
, 1;2; ; , ,
2
p
x y x y p x y
 
=
 
 
−
∈ + M

và
2 2 2
0 0 0
x y p
+ <
.
⇒
Có số tự nhiên k sao cho:
2 2
0 0 0 0
. ,x y k p k p
+ = <
, k là số lẻ. Gọi
1
p
là ước nguyên
tố của k.
Giả sử
1
p
có dạng 4n + 3 thì khi đó
2 2
0 0 1
0(mod )x y p
+ ≡
. Điều này mâu thuẫn với
kết quả bài toán 3.
Vậy
1
p

có dạng 4n+1. Vì
1 0
p p
<
nên phương trình
2 2
1
x y p
+ =
có nghiệm.
Ta có:
2 2
2 2
0 0
0 0
1
2 2
0 0
0
1
x y
x y
p
x y
p
p








+
< +
+
M
theo bổ đề 2:
2 2
2 2
0 0
1 1
1
x y
x y
p
+
= +
2 2 2 2
1 1 0 0
2 2
1 1 0
x y x y
x y p


⇒




+ < +
+ M
điều này mâu thuẫn với cách chọn
0 0
,x y
sao cho
2 2
0 0
x y
+
là
nhỏ nhất.
Suy ra: Với mọi số nguyên tố p có dạng 4n+1 thì phương trình
2 2
x y p
+ =
có
nghiệm với
,x y
∈
¥
.
Vậy bài toán 4 được giải xong.

Từ bài toán 4, ta có định lí 1: Cho p là số nguyên tố
1(mod4)p
≡
, khi đó
phương trình
2 2

x y p
+ =
có nghiệm duy nhất (không kể nghiệm có được bằng
cách hoán vị nghiệm ban đầu).
Định lí 1 còn có thể phát biểu như sau: Mọi số nguyên tố có dạng 4n+1 đều
biểu diễn được một cách duy nhất thành tổng của hai số chính phương.
Tôi cứ ngỡ mình là người đầu tiên chứng minh được đính lí 1 nhưng năm 1747
Euler đã chứng minh thành công “Định lí Fermat về tổng của 2 số chính phương”,
tuy nhiên Euler chưa chỉ ra tính duy nhất của sự biểu diễn đó.
Chứng minh của Euler hoàn tất vào năm 1749.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 6
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Mặc dù trong quá trình chứng minh tôi không hề biết đến cách chứng minh của Euler về định
lí đó nhưng chứng minh của tôi có vài chỗ trùng với cách làm của Euler. Phải chăng các bài
toán mà tôi đã tham khảo từ các đề thi trên bắt nguồn từ các mệnh đề có trong chứng minh của
Euler?
Tôi chân thành cám ơn người ra các bài toán trong các đề thi trên!
Bạn đọc thân mến! Để có được lời giải như trên tôi đã mất rất nhiều thời gian, tôi bắt đầu có
ý tưởng, hình thành bài toán từ năm 2010 và mãi đến năm 2014 mới hoàn thành được toàn bộ
nó.
Trong quá trình tìm kiếm lời giải, nhiều lần tôi đặt ra nhiều nghi vấn khác nhau rồi lần lượt
khẳng định hoặc bác bỏ chúng. Trong đó có một nghi vấn mà đến giờ tôi vẫn chưa có kết luận là
phải bác bỏ hay khẳng định. Nghi vấn xuất hiện trong một hướng giải sau:
Giả sử (x,y) là một nghiệm của phương trình
2 2
0(mod )x y p+ ≡
và
2 2
x y p+ >
. Khi đó, nếu

ta chỉ ra được dãy các nghiệm
1 1 2 2
( , ),( , ), ,( , ),
k k
x y x y x y
thỏa điều kiện:
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2

k k
x y x y x y x y
+ > + > + > > + >
với
, , 1, ,
i i
x y i k∈ ∀ =¥
thì tồn tại cặp
( , )
n n
x y
sao cho
2 2
n n
x y p+ =
.
Xét các trường hợp sau:
 Nếu x, y cùng chẵn thì d = (x,y)
,
x y
d d

 
⇒
 ÷
 
cũng là nghiệm. Chọn
1 1
( , ) ,
x y
x y
d d
 
=
 ÷
 
.
 Nếu x, y cùng lẻ thì
( , ) ,
2 2
x y
x y
d d
d d
d x y
 
−
+
 ÷
 ÷
= ⇒
 ÷

 ÷
 
là nghiệm.
Chọn
1 1
( , ) ,
2 2
x y
x y
d d
d d
x y
 
−
+
 ÷
 ÷
=
 ÷
 ÷
 
.
 Nếu x, y không cùng tính chẵn lẻ thì:Vì
2 2
2 2
x y p
x y p

+



+ >


M
nên
2 2
x y
+
là hợp số.

Theo bổ đề 1, ta có (u, v) thỏa
2 2 2 2
x y u v+ = +
. Trong tất cả các cặp (u, v) thỏa điều
kiện, ta chọn cặp (u,v) sao cho
u v
−
là nhỏ nhất.
Khi đó, đặt:
1
1
.
.
p k u x
p k v y
= +


= +


sao cho
{ }
. , .Max k u k v p
<
.
Tôi dự đoán rằng:
2 2 2 2 2 2
1 1
x y u v x y
+ < + = +
.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 7
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Chú ý:
2 2
1 1
0(mod )x y p
+ ≡
vì
2 2
1 1
2 2
1
1
. ( 2 . )
.
( 2 . )
x p k u x p p k u ku
y p k v

y p p k v kv

= − = − +


⇒
 
= −
= − +



.
Tức là
1 1
( , )x y
là nghiệm của phương trình trên.
Dự đoán trên là một nghi vấn mà tôi chưa có lời kết là đúng hay sai! Nhưng tôi có lòng tin là
nó đúng.
Tương tự như thế ta tìm được
2 2 3 3
( , ),( , ), x y x y
Xét một số ví dụ sau:
Ví dụ 1. Cho p=29.Khi đó theo bài toán 3 ta có: (12, 1) là một nghiệm của phương trình
2 2
0(mod 29)x y+ ≡
và (9, 8) thỏa:
2 2 2 2
12 1 9 8
+ = +

,
9 8 1
− =
(nhỏ nhất ).
Ta có: 29 = 3.9 + 2, 29 = 3.8 + 5 suy ra (5, 2) cũng là nghiệm và
2 2 2 2
5 2 29 12 1 145.
+ = < + =
.
Ví dụ 2. Cho p = 37. Khi đó (31,1) là nghiệm của phương trình
2 2
0(mod37)x y+ ≡
( )
31 1 31 1
, 16,15
2 2
+ −
 
⇒ =
 ÷
 
cũng là nghiệm của phương trình, hơn nữa của phương trình
16 15 1
− =
(nhỏ nhất )
Ta có: 37 = 2.16 + 5, 37 = 2.15 + 7
(7,5)
⇒
cũng là nghiệm của phương trình, và
2 2 2 2

7 5 74 16 15 481
+ = < + =
.
Ví dụ 3. Cho p = 293. Khi đó: (138,1) là nghiệm của phương trình
2 2
0(mod 293)x y+ ≡
.
Việc tìm cặp (u, v) thỏa mãn
2 2 2 2
138 1 u v
+ = +
sao cho
u v
−
nhỏ nhất gặp khó khăn.
Tuy nhiên ta có thể thay nghiệm (138,1) bởi nghiệm (155,1).
(Chú ý: Nếu (x, y) là nghiệm thì (p - x, y) cũng là nghiệm)
Vì 155 và 1 đều là số lẻ nên (78, 77) là nghiệm và
78 77 1
− =
(nhỏ nhất).
Ta có: 293 = 3.78 + 59, 293 = 3.77 + 62 suy ra (59,62) cũng là nghiệm và
2 2 2 2
59 62 7325 155 1 24026
+ = < + =
Theo ba ví dụ trên thì dự đoán của tôi là đúng. Tuy nhiên ba ví dụ không phải là tất cả nên
không có ý nghĩa về mặt tổng quát. Mời bạn đọc tìm hiểu và góp ý thêm.
Mặc dù hướng giải trên còn chỗ chưa triệt để nhưng nó cho ta cách để chỉ ra nghiệm của
phương trình
2 2

x y p
+ =
.( Đó là niềm an ủi, khích lệ cho tôi!)
Không dừng lại ở đó tôi tìm cách mở rộng kết quả đạt được, tôi nhận thấy rằng:
Nếu
1 2
4 1, 4 3p n p n= + = +
đều là số nguyên tố thì
2 2 2 2 2 2
1 2
, 1 1p a b p a b
= + = + + +
.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 8
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán

Suy ra: Số nguyên tố
2
p
biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương.
Tôi đã đặt ra nghi vấn: Phải chăng điều đó đúng với mọi số nguyên tố có
dạng 4n+3?
Tôi đã chứng minh được điều đó là đúng và phát biểu thành định lý như sau:
Định lý 2: Cho p là số nguyên tố,
3(mod4)p ≡
. Khi đó phương trình
2 2 2 2
x y z t p
+ + + =
có nghiệm với

, , , .x y z t∈¥
Một phát biểu tương đương với phát biểu ở trên là: Mọi số nguyên tố có dạng
4n + 3 đều biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương.
Định lý 2 được chứng minh qua hai bước:
Bước 1: Chứng minh bổ đề 4: Cho p là số nguyên tố,
3(mod4)p ≡
. Khi đó
phương trình
2 2 2 2
0(mod )x y z t p
+ + + ≡
có nghiệm với x, y, z, t là bốn số nguyên tố
cùng nhau.
Thật vậy, ta có:
Nếu
i j
≠
và
{ }
*
, 1,2, , 1i j p
p
∈ = −
¢
thì:
2 2 2 2
1 1 (mod ) 0(mod )i j p i j p
+ ≡ + ⇔ + ≡
.
Suy ra:

2
2 2 2 2 2 2
1
1 1 ,1 2 ,1 3 , ,1
2
p
 
 ÷
 
−
+ + + +
đôi một không đông dư theo môđulô p.
Giả sử rằng tất cả các tổng trên là số chính phương theo môđulô p thì các tổng trên
là hoán vị của các số
2
2 2
1
1 ,2 , ,
2
p
 
 ÷
 
−
. Vì
2
*
i i
p
 

 
 
∈ =
¢
2
2 2
1
1 ,2 , ,
2
p
 
 
 
 
 ÷
 
 
 
−
Suy ra tồn tại
i M
∈ =
1
1,2, ,
2
p
 
 
 
−

sao cho
2 2 2 2
1 1 (mod ) 0(mod )i p i p
+ ≡ ⇒ ≡
mâu
thuẫn với
i p
<
và p nguyên tố.
Vậy có số
i M
∈
sao cho
2 2
1 i
+
không là số chính phương theo môđulô.
Mặt khác, ta có:
p a
−
là số chính phương theo môđulô p
⇔
a
không là số chính
phương theo môđulô p.
Khẳng định trên có được từ việc áp dụng hai định lý sau:
Định lý 3 (Tiêu chuẩn Euler):
Cho p là số nguyên tố lẻ và số nguyên dương a với (a, p) = 1.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 9
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán

Khi đó:
2
1
(mod )
p
a
a p
p
 
 ÷
 
−
≡
.
Định lý 4: Cho p là số nguyên tố lẻ và a,b là các số nguyên dương với (a, p) = 1,
(b, p) = 1. Khi đó
.a b a b
p p p
    
 ÷  ÷ ÷
    
=
.
(Trích từ sách: Chuyên đề số học – Ths.Nguyễn Văn Nho – Nhà xuất bản ĐHQG
TP.Hồ Chí Minh – Năm 2005)
Chú thích: Cho p là số nguyên tố lẻ và số nguyên a với (a, p) = 1. Ký hiệu Legendre
a
p
 
 ÷

 
được
định nghĩa như sau:
1
a
p
 
=
 ÷
 
nếu a là thặng dư bình phương môđulô p (hay phương trình
2
(mod )x a p≡
có nghiệm) và
1
a
p
 
= −
 ÷
 
nếu a không là thặng dư bình phương môđulô p (hay
phương trình
2
(mod )x a p≡
vô nghiêm).
Theo định lý 4:
.( )a p a a p a
p p p
    

 ÷  ÷ ÷
    
− −
=
Theo định lý 3:
2
1
(mod )
p
a
a p
p
 
 ÷
 
−
≡
,
2
2
1
1
( ) (mod ) (mod )
p
p
p a
p a p a p
p
 
 ÷

 
−
−
−
≡ − ≡ −
1
. 1(mod )
a p a
p
a p
p p
   
 ÷  ÷
   
−
−
⇒ ≡ − ≡ −
Suy ra: p - a là số chính phương theo môđulô p
⇔
a không là số chính phương theo
môđulô p.
Đặt:
2
1 a i
= +
không là số chính phương theo môđulô p.
⇒
p - a là số chính phương theo môđulô p
⇒
có j

M
∈
sao cho:
2 2 2 2
(mod ) 1 0(mod )j p a p i j p
≡ − ⇒ + + ≡
2 2 2 2
1 0(mod )i j p p
⇒ + + + ≡
Suy ra
(1, , , )i j p
là 1 nghiệm của phương trình
2 2 2 2
0(mod )x y z t p
+ + + ≡
với
(1, , , ) 1i j p =
GV: Ngô Văn Vũ Trang 10
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Bước 2: Nếu bắt chước cách làm như ở trên thì ta phải chứng minh được mệnh đề: cho 4 số
nguyên dương a,b,c,d và số nguyên tố p thỏa
2 2 2 2
a b c d p+ + + M
, với p biểu diễn được thành
tổng của bốn số chính phương. Khi đó:
2 2 2 2
a b c d
p
+ + +
là tổng của bốn số chính phương.

Việc chứng minh mệnh đề trên gặp nhiều khó khăn, nó trở thành một nghi vấn!
Tôi nhận thấy rằng mệnh đề ở bước 4 trong chứng minh của Euler (xem ở phần
phụ lục) có thể mở rộng và áp dụng được vào bài toán này.
Bổ đề 5: Nếu a, b, c, d là 4 số nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của
2 2 2 2
a b c d
+ + +
đều có thể biểu diễn thành tổng của bốn số chính phương.
Ta chứng minh bổ đề 5 bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử tồn tại 4 số tự nhiên a, b, c, d nguyên tố cùng nhau sao cho
2 2 2 2
a b c d
+ + +
có ít nhất 1 ước là x không thể biểu diễn thành tổng của bốn số
chính phương. Trong các bộ số (a, b, c, d ) đó ta chọn bộ số mà (a, b, c, d ) có tổng
a + b + c + d là nhỏ nhất.
Đặt
1 1 1 1
. , . , . , .a a x m b b x n c c x s d d x r= + = + = + = +
trong đó
0 , , , 1m n s r x
≤ ≤ −
.
Suy ra:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
. ( )a b c d A x m n s r x m n s r
+ + + = + + + + ⇒ + + +
.
Nếu
( , , , ) 1m n s r =

thì
2 2 2 2
.
m n s r a b c d
m n s r x





+ + + < + + +
+ + +
M
Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ
nhất của cách chọn bộ số (a, b, c, d).
Suy ra
( , , , ) 1m n s r y
= ≠
.
Giả sử
( , ) 1x y
≠
. Khi đó tồn tại số nguyên tố q là ước chung của x và y suy ra q
cũng là ước chung của a, b, c và d. Điều này mâu thuẫn với a, b, c, d là bốn số
nguyên tố cùng nhau.
Vậy
( , ) 1x y
=
. Đặt
1 1 1 1

, , ,
m n s r
m n s r
y y y y
= = = =
. Suy ra:
2 2 2 2
1 1 1 1
( )x m n s r
+ + +
và
1 1 1 1
( , , , ) 1m n s r =
hơn nữa
1 1 1 1
m n s r a b c d+ + + < + + +
. Điều này mâu thuẫn với tính
nhỏ nhất của cách chọn bộ số (a, b, c, d).
Vậy mọi ước của
2 2 2 2
a b c d
+ + +
đều có thể biểu diễn thành tổng của bốn số chính
phương.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 11
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Từ bước 1 và bước 2, ta có:
2 2 2 2
(1 ),(1, , , ) 1, 3(mod4)p i j p i j p p
+ + + = ≡

.
Suy ra: p biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương.
Hay nói cách khác phương trình
2 2 2 2
x y z t p
+ + + =
có nghiệm với
, , , ,x y z t∈¥
3(mod4)p ≡
.
Từ định lý 1 và định lý 2 có thể suy ra được định lí sau:
Định lý 5: Mọi số tự nhiên đều biểu diễn được thành tổng của bốn số chính
phương.
Để chứng minh định lý 5 ta cần bổ đề sau:
Bổ đề 6: Tích của hai số mà mỗi số là tổng của bốn số chính phương, cũng là một
tổng của bốn số chính phương.

Chứng minh bổ đề 6. Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( )( )
(a ) ( ) ( - ) ( ) ( ) ( ) ( - ) ( )
(a ) ( - ) ( ) ( at )
a b c d x y z t
x by ct dz ay bx cz dt az bt cy dx at bz cx dy
x by ct dz ay bx cz dt az bt cy dx bz cx dy
+ + + + + +
       
= + + − + + + + + + − + + −

       
= + + − + + + + + − + + − + + +
Bổ đề 6 được chứng minh xong.
Nhận xét:
2 2 2 2
2 1 1 0 0
= + + +
;
Theo định lý 1:
2 2 2 2
;4 1 1 1p n a b
= + = + + +
Theo định lý 2:
2 2 2 2
4 3q n a b c d
= + = + + +
, với p và q là hai số nguyên tố, a, b, c, d
là các số tự nhiên.
Chứng minh định lý 5:
Với mọi số tự nhiên n ta luôn phân tích được
1 2 1 2
1 2 1 2
2 . . . .
s
r
r s
t
t t
m m mk
n p p p q q q=

với
1 2
, ,
,
r
p p p
là các số nguyên tố có dạng 4n + 1 và
1 2
, ,
,
s
q q q
là các số nguyên tố có
dạng 4n + 3;
1 2 1 2
, , , , , , , ,
r s
k m m m t t t ∈¥
.
Áp dụng định lý 1, định lý 2, bổ đề 6 và nhận xét thì chứng minh được định lý 5.
Hơn nữa, sự biểu diễn của số tự nhiên thành tổng của bốn số chính phương là
không duy nhất.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 12
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Ví dụ:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 .
158 1 2 3 12 3 8 9
=
= + + + + + +

Một câu hỏi mới được đặt ra: Với điều kiện nào thì sự biểu diễn số tự nhiên
thành tổng của bốn số chính phương là duy nhất?
IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Định lí 1, định lí 2 và định lí 5 là thành quả tuyệt vời mà bản thân tôi đã gặt hái
được qua những tháng ngày miệt mài tìm tòi, học hỏi. Tôi cảm thấy hạnh phúc về
thành quả đó. Niềm đam mê và sự tìm tòi học hỏi không ngừng những thành quả
của những bậc tiền bối đi trước đã giúp tôi thành công. Tôi hy vọng những học trò
thân yêu của tôi sẽ được tiếp thêm ngọn lửa đam mê, tình yêu toán qua bài viết nay.
Tôi xin được sử dụng lại lời kết của bài viết trước: “Đến đây mời bạn đọc
tiếp tục suy nghĩ. Có thể còn nhiều điều thú vị khác chưa được khai thác hết. Như
các bạn biết trong lĩnh vực khoa học có nhiều phát minh quan trọng ra đời nhờ
biết kế thừa, cải tiến, bổ sung những thành tựu đã có. Các bạn trẻ hãy học toán
một cách chủ động, biết phát huy, kế thừa để sáng tạo. Các bạn sẽ thấy toán học
thật sinh động, lí thú”.
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) 40 năm Olympic toán học quốc tế - PGS.TS Vũ Dương Thụy, nhà xuất
bản GD - năm 2002.
2) Tuyển chọn các bài thi vô địch toán - PGS.TS Nguyễn Văn Lộc, nhà xuất
bản ĐHQGHN - năm 2010.
3) Số học - Hà Huy Khoái - nhà xuất bản GD - năm 2005.
4) Số học - Doãn Văn Cường - nhà xuất bản ĐHSP - năm 2003.
5) Tuyển chọn theo chuyên đề toán học & tuổi trẻ, quyển 3 - nhà xuất bản
GD - năm 2008.
6) Chuyên đề số học – Ths. Nguyễn Văn Nho – nhà xuất bản ĐHQG TP.Hồ
Chí Minh – năm 2005.
7) Trang web: www.diendantoanhoc.net.
Sông Ray, tháng 5 năm 2014
GV: Ngô Văn Vũ Trang 13
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Người thực hiện

NGÔ VĂN VŨ
VI. PHỤ LỤC: Chứng minh của Euler
Euler đã chứng minh thành công "định lý Fermat về tổng của hai số chính phương" vào
năm 1747, khi đã 40 tuổi. Ông thông báo điều này trong một lá thư gửi cho Goldbach vào ngày 6
tháng 5 năm 1747. Chứng minh gồm có 5 bước; bước thứ năm được trình bày trong một lá thư
gửi cho Goldbach vào năm 1749.
Trong chứng minh trình bày dưới đây, bước 1, 2, 3 dựa hoàn toàn vào chứng minh của Euler,
bước 4 và 5 có sửa đổi.
1. Tích của hai số, mà mỗi số là tổng của hai số chính phương, cũng là tổng của hai
số chính phương:
Chứng minh điều này dựa vào định thức Brahmagupta–Fibonacci:
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( ) ( )a b c d ac bd ad bc+ + = + + −
.
2. Nếu một số tự nhiên n mà chia hết cho số nguyên tố p, và cả n lẫn p đều có thể biểu diễn
thành tổng của hai số chính phương, thì
n
p
cũng có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính
phương:
Trước hết ta biểu diễn:
2 2 2 2
,n a b p c d= + = +
với a, b, c, d là các số tự nhiên.
Do:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( ) ( ) . .ac bd ac bd a c b d a c d d a b a p n d+ − = − = + − + = −
chia hết cho p,
và p nguyên tố, nên một trong hai số (ac+bd) hoặc (ac-bd) chia hết cho p.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 14

Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Nếu (ac-bd) chia hết cho p.
Sử dụng định thức Brahmagupta-Fibonacci, ta có:
2 2 2 2
( ) ( )n a b ad bc ac bd
p p p p
+ + −
= = +
do (ac-bd) chia hết cho p, nên
2
( )ac bd
p
−
là số chính phương, mà
n
p
nguyên, nên
2
( )ad bc
p
+
cũng
nguyên, và do đó là số chính phương. Suy ra
n
p
cũng có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính
phương.
Trường hợp còn lại (ac+bd) chia hết cho p, lúc này ta phân tích:
2 2 2 2
( ) ( )n a b ac bd ad bc

p p p p
+ + −
= = +
, và lặp lại các bước tương tự như trên.
3. Nếu n chia hết cho m, mà n có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương
còn m thì không, thì tỷ số
n
m
có ước không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính
phương:
Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử mọi ước của
n
m
đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính
phương.
Đặt:
1 2
.
k
n
p p p
m
=
với
1 2
, , ,
k
p p p
đều là các số nguyên tố (không nhất thiết đôi một khác nhau).
Do

1 2
, , ,
k
p p p
đều biểu diễn thành tổng của hai số chính phương được cũng nên áp dụng bước 2 chia
n liên tiếp k lần cho
1 2
, , ,
k
p p p
suy ra:
1 2
.
k
n
m
p p p
=
có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính
phương. Suy ra mâu thuẫn.
4. Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của
2 2
a b
+
đều có thể biểu diễn thành
tổng của hai số chính phương:
Chứng minh phản chứng. Giả sử tồn tại các số tự nhiên a, b nguyên tố cùng nhau sao cho
2 2
a b
+

có
ít nhất một ước không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Trong các cặp số đó ta xét
cặp (a,b) thỏa mãn tổng (a+b) nhỏ nhất.
Xét x là ước của
2 2
a b
+
mà không thể biểu diễn thành tổng của 2 số chính phương.
Đặt:
,a mx c b nx c
= + = +
, trong đó c,d là số tự nhiên lớn hơn 0 và không vượt quá x-1.
Suy ra:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2a b m x mxc c n x nxd d Ax c d
+ = + + + + + = + +
GV: Ngô Văn Vũ Trang 15
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Suy ra
2 2
c d
+
chia hết cho x. Nếu c và d nguyên tố cùng nhau thì do tổng c+d < a+b nên mâu thuẫn
với giả thiết về tổng (a+b) là nhỏ nhất. Vậy ƯCLN của c và d bằng y lớn hơn 1.
Nếu y và x không nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại số nguyên tố p sao cho y và x cùng chia hết cho p,
suy ra a,b cũng chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết a và b nguyên tố cùng nhau).
Vậy y và x nguyên tố cùng nhau.
Đặt:
1 1
,

c d
c d
y y
= =
, thì
1 1
,c d
nguyên tố cùng nhau và
2 2
1 1
c d
+
chia hết cho x, và rõ
ràng
1 1
c d a b+ < +
, mâu thuẫn với giả thiết về tổng (a+b) là nhỏ nhất.
Suy ra điều giả sử là sai. Ta có điều phải chứng minh.
5. Mọi số nguyên tố p lẻ có dạng 4k+1 đều biểu diễn thành tổng của hai số chính
phương:
Theo định lý Fermat nhỏ, các số sau đây đều đồng dư với 1 theo môđulô p:
4 4 4
1 ,2 , ,(4 )
k k k
k
.
Xét hiệu giữa hai số liên tiếp nhau:
4 4 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1)
k k k k k k

i i i i i i
   
− − = − − + −
   
, với i chạy từ 2 đến 4k.
Do p là số nguyên tố, nên ít nhất một trong hai số
2 2 2 2
( 1) , ( 1)
k k k k
i i i i− − + −
chia hết cho p. Nếu
tồn tại i mà
2 2
( 1)
k k
i i+ −
chia hết cho p, thì theo bước 4, suy ra p có thể biểu diễn thành tổng của hai số
chính phương.
Ngược lại, giả sử không tồn tại i mà
2 2
( 1)
k k
i i− −
chia hết cho p, suy ra:

2 2
( 1)
k k
i i− −
chia hết cho p với mọi i chạy từ 2 đến 4k. Như vậy các số sau đồng dư với nhau đôi một

theo môđulô p:
2 2 2
1 , 2 , ,(4 )
k k k
k
.
Phương trình đồng dư
2
1 0(mod )
k
x p− ≡
có 4k nghiệm, điều này mâu thuẫn với định lý Lagrange.
Vậy điều giả sử là sai. Suy ra p có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 16