Vấn đề biểu diễn số tự nhiên dưới dạng tổng các bình phương

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐOÀN QUANG VỤ

VẤN ĐỀ BIỂU DIỄN SỐ TỰ NHIÊN
DƯỚI DẠNG TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN-2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐOÀN QUANG VỤ

VẤN ĐỀ BIỂU DIỄN SỐ TỰ NHIÊN
DƯỚI DẠNG TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. NÔNG QUỐC CHINH

THÁI NGUYÊN-2015

Mục lục
Mở đầu

ii

1 Bài toán biểu diễn số nguyên thành tổng các bình phương
1.1 Vấn đề biểu diễn một số nguyên thành tổng các lũy thừa . .
1.2 Một số kết quả của bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . .

1
1
3

2 Biểu diễn số tự nhiên thành tổng của một số chẵn các bình
phương
2.1 Tổng các bình phương của 2 số nguyên . . . . . . . . . . .
2.2 Tổng các bình phương của 4 số nguyên . . . . . . . . . . .
2.3 Tổng các bình phương của 6 số nguyên . . . . . . . . . . .
2.4 Tổng các bình phương của 8 số nguyên . . . . . . . . . . .
2.5 Tổng các bình phương của 10 số nguyên . . . . . . . . . . .

12
12
19
25
32
39

Kết luận

51

Tài liệu tham khảo

52

i


Mở đầu
Bài toán biểu diễn một số nguyên n dưới dạng tổng của k số nguyên
bình phương là một trong những vấn đề rất lý thú trong lý thuyết số.
Các nhà số học như Fermat, Lagrange, ... đều quan tâm tới việc giải
quyết của bài toán này và đều gặp khó khăn, rồi lại âm thầm với các
khó khăn đó của mình.
Năm 1632, Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét rằng: Mỗi
số nguyên tố lẻ bất kì mà đồng dư với 1 theo modul 4 đều được biểu
diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương. Fermat là người đưa
ra chứng minh đầu tiên. Bài toán này Fermat đã thông báo điều này
trong một lá thư gửi cho Marin Mersenne vào ngày 25 tháng 4 năm
1640.
Lagrange đã giải quyết được bài toán mỗi số nguyên không âm bất kỳ
luôn biểu diễn thành tổng các bình phương của 4 số nguyên. Nghĩa
là ∀n ≥ 0, tồn tại các số nguyên x1 , x2 , x3 , x4 sao cho:

n = x21 + x22 + x23 + x24
Tổng quát hơn, bài toán sau đây do Waring đề xuất đã được coi là
một trong những bài toán nổi tiếng nhất của lý thuyết số. Bài toán có
nội dung như sau: Với mỗi số nguyên k ≥ 2, tồn tại số nguyên dương

h thỏa mãn mỗi số nguyên không âm bất kỳ đều có thể biểu diễn
thành tổng của đúng h hạng tử là lũy thừa bậc k của các số nguyên.
Số nguyên k nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên được kí hiệu là g(k).
Năm 1909, nhà Toán học Đức đã chứng minh bài toán Waring đối
với mọi lũy thừa bậc k . Đặc biệt năm 1943, nhà Toán học Nga là
Yu.V.Linnick đã để lại chúc thư, trong đó có đưa ra cách chứng minh
bài toán Waring mà chỉ cần sử dụng đến kiến thức cơ bản của lý
thuyết số.
ii


Trong khuôn khổ của luận văn này chỉ xét trường hợp khi k = 2.
Nghĩa là chỉ xét bài toán biểu diễn số tự nhiên n cho trước dưới dạng
tổng các bình phương của các số nguyên không âm.
Mục tiêu của luận văn là trình bày những kết quả nghiên cứu của
việc biểu diễn một số tự nhiên n thành tổng của một số chẵn bình
phương của các số nguyên và một số ví dụ ứng dụng trong toán sơ
cấp.
Luận văn gồm 2 chương:
Chương 1: Bài toán biểu diễn số nguyên thành tổng các bình phương.
Chương 2: Biểu diễn số tự nhiên thành tổng của một số chẵn các bình
phương.
Để hoàn thành luận văn, tác giả xin bầy tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới
PGS.TS. Nông Quốc Chinh, người Thầy hướng dẫn đã động viên và
giúp đỡ tôi trong quá tình viết và hoàn thành luận văn. Tôi cũng xin
bầy tỏ lòng biết ơn của mình tới các Thầy Cô trong trường Đại học
Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình giúp đỡ tôi trong quá
trình học để tôi hoàn thành khóa học.
Thái Nguyên, ngày 01 tháng 6 năm 2015
Đoàn Quang Vụ

iii


Chương 1
Bài toán biểu diễn số nguyên
thành tổng các bình phương
1.1 Vấn đề biểu diễn một số nguyên thành tổng
các lũy thừa
Bài toán biểu diễn một số nguyên thành tổng của k hạng tử là các
lũy thừa bậc m của k số nguyên nào đó là một trong những vấn đề
được nhắc đến nhiều nhất của lý thuyết số.
Lagrang đã giải quyết được bài toán mỗi số nguyên không âm bất kỳ
luôn biểu diễn thành tổng các bình phương của 4 số nguyên. Nghĩa
là ∀n ≥ 0, tồn tại các số nguyên x1 , x2 , x3 , x4 sao cho:

n = x21 + x22 + x23 + x24
Tương tự, Wieferich đã chứng minh được rằng mỗi số nguyên đều
biểu diễn được thành tổng các lập phương của 9 số nguyên. Nghĩa là
với mỗi số nguyên không âm luôn tồn tại các số nguyên x1 , x2 , ..., x9
sao cho:

n = x31 + x32 + x33 + x34 + x35 + x36 + x37 + x38 + x39
Tổng quát hơn, bài toán sau đây do Waring đề xuất đã được coi là
một trong những bài toán nổi tiếng nhất của lý thuyết số. Bài toán có
nội dung như sau: Với mỗi số nguyên k ≥ 2, tồn tại số nguyên dương
h thỏa mãn mỗi số nguyên không âm bất kỳ đều có thể biểu diễn
thành tổng của đúng h hạng tử là lũy thừa bậc k của các số nguyên.
Số nguyên k nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên được kí hiệu là g(k).
1

Nhận xét, do 7 không thể viết thành tổng các bình phương của 3 số
nguyên, và theo định lý Lagrang ta có: g(2) = 4. Tương tự, do số 23
không thể biểu diễn thành tổng các lập phương của 8 số nguyên, nên
theo định lý Wieferich ta có g(3) = 9.
Năm 1909, nhà Toán học Đức đã chứng minh bài toán Waring đối
với mọi lũy thừa bậc k . Đặc biệt năm 1943, nhà Toán học Nga là
Yu.V.Linnick đã để lại chúc thư, trong đó có đưa ra cách chứng minh
bài toán Waring mà chỉ cần sử dụng đến kiến thức cơ bản của lý
thuyết số.
Trong khuôn khổ của luận văn này chỉ xét trường hợp khi k = 2.
Nghĩa là chỉ xét bài toán biểu diễn số tự nhiên n cho trước dưới dạng
tổng các bình phương của các số nguyên không âm.
Với mỗi số nguyên dương s, và số nguyên không âm n, ta kí hiệu
Rs (n) là các bộ sắp thứ tự s số nguyên x1 , x2 , ..., xs thỏa mãn :

n = x21 + x22 + ... + x2s
Các số nguyên xi có thể dương, âm hoặc bằng 0.
Với mọi s ≥ 1, dễ nhận thấy

Rs (0) = 1
Vì chỉ có duy nhất một dạng biểu diễn 0 = 02 + ... + 02 .
Biểu diễn số nguyên n dưới dạng tổng của s số nguyên bình phương
là bài toán quan trọng trong lý thuyết số, nhưng lời giải của nó khi s
chẵn luôn liên quan tới tổng của các ước của n.
Kí hiệu, d và δ là các số nguyên dương và d/n và n=dδ biểu thị
tổng được tính trên các ước dương của n.
Ta viết số nguyên dương n dưới dạng n = 2a m, với a ≥ và m là số
lẻ.

Ta sẽ chứng minh các công thức sau:

2


R2 (n) =

8
24

d\n d

nếu n lẻ
d\n d nếu n chẵn

(−1)(δ−1)/2 d2

R6 (n) = 4(4a+1 − (−1)(m−1)/2 )
m=dδ
3

R8 (n) =

16 d\n d nếu n lẻ
(16/7)(8a+1 − 15)

R10 (n) =

4
16a+1 + (−1)(m−1)/2

5

+

16
5

d\n d

3

nếu n chẵn

(−1)(δ−1)/2 d4
m=dδ

(v 4 − 3v 2 w2 )
n=v 2 +w2

1.2

Một số kết quả của bài toán

Định lý 1.1. Với mọi số nguyên dương s và n ta có:
√
|u|≤ n

n − (s + 1)u2 Rs (n − u2 ) = 0

(1.1)

Chứng minh. Nếu

n = x21 + ... + x2s + x2s+1
thì x2s+1 ≤ n và do đó

|xs+1 | ≤

√

n

Với j = 1, ..., Rs+1 (n), có
s+1

x2i,j

n=
i=1

Biểu thị Rs+1 (n) là tổng của s + 1 số bình phương. Với i = 1, ..., s,
ta xác định ánh xạ Ti trên tập các bộ sắp thứ tự gồm (s + 1) thành

3


phần như sau:

Ti = (x1 , ..., xi−1 , xi , xi+1 , ..., xs , xs+1 ) = (x1 , ..., xi−1 , xs+1 , xi+1 , ..., xs , xi , )
và có

Rs+1 (n)

Rs+1 (n)

x2s+1,j

x2i,j

=

j=1

j=1

Tổng trên được tính trên tất cả các biểu diễn của n, từ đó suy ra:
Rs+1 (n) s+1

x2i,j

nRs+1 (n) =
j=1

i=1

s+1 Rs+1 (n)

x2i,j

=
i=1

j=1

Rs+1 (n)

x2s+1,j

= (s + 1)
j=1

= (s + 1)
√
|u|≤ n

Với mỗi số nguyên n thỏa mãn |u| ≤

n=

s+1 2
i=1 xi,j

√

u2 Rs (n − u2 )

n có Rs (n − u2 ) cách biểu diễn

với xs+1,j = u. Điều đó cũng suy ra rằng:

Rs+1 (n) =

√
|u|≤ n

Rs (n − u2 )

nên

nRs+1 (n) = n

√
|u|≤ n

Rs (n − u2 )

và
√
|u|≤ n

(n − (s + 1)u2 )Rs (n − u2 )
4


Định lý được chứng minh.
Định lý 1.2. Giả sử Φ là một hàm số xác dịnh đối với tất cả các số
nguyên không âm n sao cho

Φ(0) = 1
và

(n − (s + 1)u2 )Φ(n − u2 ) = 0
√
|u|≤ n

Với n ≥ 1 . Thế thì

Φ(n) = Rs (n)
với mọi n ≥ 0.
Chứng minh. Từ định lý 1.1 ta suy ra với mỗi số nguyên dương s
và n, ta có:

nRs (n) =

√
1≤|u|≤ n

=
√
1≤|u|≤ n

(n − (s + 1)u2 )Rs (n − u2 )

((s + 1)u2 − n)Rs (n − u2 )

và

Rs (n) = 2

√
1≤|u|≤ n

(s + 1)u2
− 1 Rs (n − u2 )
n

Ví dụ 1.1 Tính R2 (n) với n ≤ 8
Với s = 2 ta có

3.12
R2 (1) = 2
− 1 R3 (1 − 12 )
1

=4

3.12
− 1 R3 (2 − 12 )
2

=4

R2 (2) = 2

5

(1.2)


3.12
− 1 R3 (3 − 12 )

R2 (3) = 2
3

=0

R2 (4) = 2

3.12
− 1 R3 (4 − 12 ) +
4

3.22
− 1 R3 (4 − 22 )
4

=2

R2 (5) = 2

3.12
− 1 R3 (5 − 12 ) +
5

3.22
− 1 R3 (5 − 22 )
5

=4

R2 (6) = 2

3.12
− 1 R3 (6 − 12 ) +
6

3.22
− 1 R3 (6 − 22 )
6

=0

R2 (7) = 2

3.12
− 1 R3 (7 − 12 ) +
7

3.22
− 1 R3 (7 − 22 )
7

=0

R2 (8) = 2

3.12
− 1 R3 (8 − 12 ) +
8

3.22

− 1 R3 (8 − 22 )
8

=1

Ví dụ 1.2 Tính R3 (n) với n ≤ 8
Với s = 3 ta có

4.12
R3 (1) = 2
− 1 R3 (1 − 12 )
1

=6

4.12
− 1 R3 (2 − 12 )
R3 (2) = 2
2

= 12

4.12
− 1 R3 (3 − 12 )
3

=8

R3 (3) = 2

R3 (4) = 2

4.12
− 1 R3 (4 − 12 ) +
4

6

4.22
− 1 R3 (4 − 22 )
4

=6


R3 (5) = 2

4.12
− 1 R3 (5 − 12 ) +
5

4.22
− 1 R3 (5 − 22 )
5

= 24

R3 (6) = 2

4.12

− 1 R3 (6 − 12 ) +
6

4.22
− 1 R3 (6 − 22 )
6

= 24

R3 (7) = 2

4.12
− 1 R3 (7 − 12 ) +
7

4.22
− 1 R3 (7 − 22 )
7

=0

R3 (8) = 2

4.12
− 1 R3 (8 − 12 ) +
8

4.22
− 1 R3 (8 − 22 )
8

= 12

Ví dụ 1.3 Tính R4 (n) với n ≤ 8
Với s = 4 ta có

5.12
R4 (1) = 2
− 1 R3 (1 − 12 )
1

=8

R4 (2) = 2

5.12
− 1 R3 (2 − 12 )
2

= 24

R4 (3) = 2

5.12
− 1 R3 (3 − 12 )
3

= 32

R4 (4) = 2

5.12
− 1 R3 (4 − 12 ) +
4

5.22
− 1 R3 (4 − 22 )
4

= 20

R4 (5) = 2

5.12
− 1 R3 (5 − 12 ) +
5

5.22
− 1 R3 (5 − 22 )
5

= 24

7


R4 (6) = 2

5.12
− 1 R3 (6 − 12 ) +

6

5.22
− 1 R3 (6 − 22 )
6

= 48

R4 (7) = 2

5.12
− 1 R3 (7 − 12 ) +
7

5.22
− 1 R3 (7 − 22 )
7

= 32

R4 (8) = 2

5.12
− 1 R3 (8 − 12 ) +
8

5.22
− 1 R3 (8 − 22 )
8

=6

Định lý 1.3. Giả sử n được biểu diễn dưới dạng phân tích chuẩn

n = 2r

t

psi i qjj , trong đó pi ≡ 1 (mod 4), qj ≡ 3 (mod 4)

Điều kiện cần và đủ để n biểu diễn thành tổng của hai bình phương
là các số tj chẵn với mọi j.
Để chứng minh định lý ta sử dụng các mệnh đề sau.
Bổ đề 1.1. Giả sử số nguyên tố q a2 + b2 . Nếu q ≡ 3 (mod 4) thì
q |a, q |b .
Chứng minh. Giả sử ngược lại, q không là ước của a và q không là
ước của b.
Khi đó theo giả thiết ta có:

a2 + b2 ≡ 0(modq)
hay là

aq−1 ≡ (−1)

q−1
2

.bq−1 (mod q )

q−1

Theo định lý Fermat, ta có (−1) 2 ≡ 1 (mod q ) hay (−1) là số chính
phương theo mod p nên q = 4k + 1. Mâu thuẫn.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.2. Tích của hai số mà mỗi số là tổng của hai bình phương
của hai số nguyên không âm cũng là tổng bình phương của hai số
không âm.
8


Chứng minh. Giả sử m = a2 + b2 , n = c2 + d2 , a, b, c, d ∈ Z . Khi đó

m.n = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ad + bc)2 + (ac − bd)2
Bổ đề 1.3. Mọi số nguyên tố dạng 4k + 1 đều có thể biểu diễn thành
tổng bình phương của hai số nguyên dương.
Chứng minh. Giả sử p = 4k + 1. Xét a = (2k)! Ta có
(2k)! = (−1)2k (2k)!

= (−1)(−2)...(−2k) ≡ (p − 1)(p − 2)...(p − 2k)
= 4k(4k − 1)...(2k + 1) (mod p)
Do đó
a2 ≡ (2k)!(2k + 1)...(4k) = (4k)! = (p − 1)! ≡ −1 (mod p) theo định
lý Wilson.

√
p . Xét (q +1)2 các số dạng ax+y với x, y = 0, 1, ..., q.
Kí hiệu q =
Vì (q + 1)2 > p > q 2 nên theo nguyên lý Dirichle tồn tại các cặp
(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) sao cho: ax1 + y1 ≡ ax2 + y2 (mod p)
hay a(x1 − x2 ) + (y1 + y2 ) chia hết cho p.

Đặt x = |x1 − x2 |, y = |y1 − y2 |.
Ta có a2 x2 − y 2 = (ax − y)(ax + y). Theo trên a2 ≡ −1 (mod
p).
Vậy x2 + y 2 ≡ −a2 x2 + y 2 ≡ 0 (mod p).
Mặt khác x2 ≤ q 2 < p, y 2 ≤ q 2 < p mà p nguyên tố nên 0 <
x2 + y 2 < 2p. Suy ra x2 + y 2 = p.
Rõ ràng x = 0, y = 0.
Bổ đề được chứng minh.
Chứng minh định lý 1.3
Điều kiện đủ. Giả sử tj chẵn với mọi j . Ta có 2 = 12 + 12 và các
9


số nguyên tố p có dạng 4k + 1 có thể biểu diễn được thành tổng các
bình phương của hai số nguyên dương, theo bổ đề 1.3 ta có

m = 2r

psi i = a2 + b2 , a, b ∈ Z

Mặt khác, vì tj chẵn với mọi j nên

t

qjj = h2 và do đó

n = m.h2 = (a2 + b2 )h2 = (ah)2 + (bh)2
.
Điều kiện cần. Giả sử n = a2 + b2 , a, b ∈ Z ta sẽ chứng minh các
tj chẵn với mọi j bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại qj

nguyên tố dạng 4k + 3 là ước của n có số mũ tj lẻ. Khi đó n =
. t.
t
qjj B, (B, qj ) = 1. Từ đó a2 + b2 ..qjj ..qj . Theo bổ đề 1.1 ta có a =
a1 qj , b = b1 qj . Do đó
t −2
a21 + b21 = qjj B
Nếu tj > 2, tiếp tục như trên và sau hữu hạn bước ta có a2k +b2k = qi B .
Vì tj lẻ và ak = qj ak+1 , bk = qj bk+1 . Suy ra

qj (a2k+1 + b2k+1 ) = B
.
dẫn đến B ..qj .
Mâu thuẫn này chứng minh định lý.
Ví dụ. Phương trình x2 + y 2 = 50 vì 50 = 52 + 52 = 72 + 12
Số nguyên tố 19 có dạng 4k + 3 nên 19 = x2 + y 2 .
Phương trình x2 + y 2 = 20032003 vô nghiệm vì số nguyên tố 2003 có
dạng 4k + 3 và số mũ của 20032003 là lẻ.

Ta thừa nhận định lý sau đây về đồng nhất thức Liouville.
Định lý 1.4. Giả sử F (x, y, z) là một hàm xác định trên tập tất cả
các bộ ba (x, y, z) các số nguyên thỏa mãn F (x, y, z) là hàm lẻ đối
với biến x và là hàm chẵn đối với cặp biến (y, z). Khi đó, với mỗi số
nguyên dương n ta có:

F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ)

2
u2 +dδ=n

10


=

F (d + δ, u, d − δ) + {2T1 (l) − 2T2 (l)}n=l2

trong đó
2l−1

T1 (l) =

F (j, l, j)
j−1

và

l−1

T2 (l) =

F (2l, j, 2j)
j=l+1

.

11


Chương 2

Biểu diễn số tự nhiên thành tổng
của một số chẵn các bình phương
2.1

Tổng các bình phương của 2 số nguyên

Ta kí hiệu S(n) là tập tất cả các bộ ba (u, d, δ) các số nguyên thỏa
mãn: d, δ ≥ 1 và u2 + dδ = n.
Nếu k1 và k2 là các số nguyên lẻ thì hàm số f (x, y) = xk11 y1k2 là hàm
lẻ với mọi biến số x, y .
Từ đồng nhất thức Liouvill người ta đã chứng minh được hệ quả
sau: Cho f (x, y) là hàm lẻ đối với các biến x, y . Khi đó, với mỗi số
nguyên dương n ta có

(−1)(δ−1)/2 f (δ − 2u, u + d) = {T0 (l)}n=l2
u2 +dδ=n
δ≡1( mod 2)

trong đó
l

(−1)j+l f (2j − 1, l)

T0 (l) =
j=1

. Ứng dụng kết quả trên ta nhận được

(−1)(δ−1)/2 .(δ − 2u)k1 .(u + d)k2 = lk2 .

(−1)l−j (2j − 1)k1

u2 +dδ=n
δ≡1( mod 2)

(2.1)
12

n=l2


Nhận xét: Nếu (u, d, δ) ∈ S thì (−u, d, δ) ∈ S từ đó suy ra nếu
k là một số nguyên lẻ và g(d, δ) là một hàm tùy ý thì

uk g(d, δ) = 0

(2.2)

u2 +dδ=n
δ≡1( mod 2)

Do (u, d, δ) ∈ S nếu và chỉ nếu (u, δ, d) ∈ S , nên nếu ε(d, δ) = ε(δ, d)
thì ta có:

ε(d, δ)(d − δ).h(u) = 0

(2.3)

u2 +dδ=n

Từ định lý (1.2) ta có thể xây dựng hàm Φ(n) thỏa mãn Φ(0) = 1 và

(n − 3x2 )Φ(n − x2 ) = 0
√
|x|≤ n

Với mọi số nguyên dương n.
Định lý 2.1.

(−1)(d−1)/2

R2 (n) = 4
d|n








= 4






1




1−
d|n
d ≡ 1(mod4)

d |n
d ≡ 3(mod4)

Chứng minh.
Hàm số f (x, y) = xy là hàm lẻ với mọi biến x, y . Từ biểu thức (2.2)
với k = 1 ta có vế trái của đồng nhất thức (2.1) là

(−1)(δ−1)/2 f (δ − 2u, d + u)
u2 +dδ=n
δ≡1(mod2)

13


(−1)(δ−1)/2 (δ − 2u) (d + u)

=
u2 +dδ=n
δ≡1(mod2)

(−1)(δ−1)/2 dδ − 2u2 + δu − 2du

=
u2 +dδ=n

δ≡1(mod2)

(−1)(δ−1)/2 dδ − 2u2

=
u2 +dδ=n
δ≡1(mod2)

Nếu n = l2 , thì vế phải của đồng nhất thức (2.1) là
l

(−1)l−j (2j − 1)

T0 (l) = l
j=1

= l2
=n
Bởi vậy,

(−1)(δ−1)/2 dδ − 2u2 = {T0 (l)}n=l2
u2 + dδ = n
δ ≡ 1(mod2)
Nếu d và δ là các số nguyên dương và

n = u2 + dδ
thì

|u| <

√

n

dδ − 2u2 = n − 3u2
Từ đó suy ra

(−1)(δ−1)/2 dδ − 2u2
u2 + dδ = n
δ ≡ 1(mod2)
14


(−1)(δ−1)/2 n − 3u2

=
u2 + dδ = n
δ ≡ 1(mod2)

(−1)(δ−1)/2

n − 3u2

=

δ (n − u2 )
δ ≡ 1(mod2)

|u|

Xác định hàm số Φ(n) như sau Φ(0) = 1, và với mỗi số nguyên
dương n

(−1)(δ−1)/2

Φ(n) = 4
δ|n
δ≡1(mo2)

Khi đó
√
u< n

(n − 3u2 )Φ(n − u2 ) = {4n}n=l2

.
Nếu n không phải là một số chính phương, thì

(n − 3u2 )Φ(n − u2 ) =
√
u≤ n

(n − 3u2 )Φ(n − u2 ) = {4n}n=l2 = 0

√
u< n

Nếu n = l2 là một số chính phương, thì

(n − 3u2 )Φ(n − u2 ) =

√
u≤ n

(n − 3u2 )Φ(n − u2 )
√
u< n

+(n − 3m2 )Φ(0) + n − 3(−m)2 Φ(0)
= {4n}n=l2 − 2n − 2n
=0
Bởi vậy

R2 (n) = Φ(n)
15


với mọi số nguyên dương n.
Định lý được chứng minh.

Ví dụ 2.1Cho p là số nguyên tố chẳng hạn như p ≡ 1(mod4). Chứng
tỏ rằng
R2 (pk ) = 4(k + 1)
Chứng minh. Theo định lý (2.1) ta có:




k
R2 (p ) = 4 






1−
d|pk
d ≡ 1(mod4)

d pk
d ≡ 3(mod4)




1



Nhận xét, theo giả thiết: p ≡ 1(mod4) nên có thể viết p = 4s + 1(s ∈
Z).
Khi đó
m
m

C m−t (4s)t (1)m−t ≡ 1(modp)

m

p = (4s + 1) =
t=0

Do mọi hạng tử đều là bội của 4, trừ hạng tử 1. Do đó

pm ≡ 1(mod4)(∀m ∈ N + )
Ta có pk có (k + 1) ước khác nhau là {1, p, p2 , ..., pk }
do đó
R2 (pk ) = 4[(k + 1) + 0] = 4(k + 1)
(không có ước d nào của pk thỏa mãn d ≡ 3 (mod4), nên tổng thứ
hai bằng 0).

Ví dụ 2.2 Cho p là số nguyên tố chẳng hạn như p ≡ 3(mod4).
Chứng tỏ rằng

R2 (pk ) =

4 nếu k chẵn
0 nếu k lẻ
16


Chứng minh. Khi p ≡ 3 (mod 4), có p = 4r + 3(r ∈ N + .
Khi đó
m

C t (4r)m−t (3)t ≡ 3m (mod4)

pm =
t=0

Nếu m lẻ: pm ≡ 3m ≡ 3(mod4)

Nếu m chẵn: pm ≡ 1(mod4)
Do k ∈ N và pk có (k + 1) ước
+) Nếu k là số lẻ suy ra (k + 1) ước có

k+1
k+1
số mũ lẻ và
số
2
2

mũ chẵn.
Suy ra




k
R2 (p ) = 4 





1−
d|pk
d ≡ 1(mod4)

d pk
d ≡ 3(mod4)




1 = 4.0 = 0



k
k
số mũ lẻ là p1 , p3 , ..., pk−1 và có + 1
2
2
0 2
k
số mũ chẵn p , p , ..., p . và do đó

+) Nếu k là số chẵn thì có

R2 (pk ) = 4(1 − 0) = 4
Bài toán được chứng minh.

Ví dụ 2.3 Cho hàm số xác định bởi

d1 (n) =

1
d pk
d ≡ 1(mod4)

và

d3 (n) =

1
d pk
d ≡ 3(mod4)

17


Chứng tỏ rằng d1 (n) ≥ d3 (n) với mọi số nguyên dương n

Chứng minh.
Theo định lý về sự phân tích một số nguyên thành tích các số nguyên
tố ta có thể viết: n = pα1 1 ...pαr s .
Do vậy mỗi ước của n sẽ có dạng d = ptk1 ...ptrr với 0 ≤ ti ≤ αi
(i = 1, ..., r).
*) Nếu một pi nào đó là 2, và ti ≥ 1 thì d là số chẵn. Khi đó
d ≡ 2(mod4) hoặc d ≡ 0(mod4), khi đó d sẽ không xuất hiện trong
tổng d1 (n) và trong tổng xác định d3 (n).
*) Giả thiết rằng tất cả các pi đều là số nguyên tố lẻ. - Ta dễ dàng
chứng minh được tích của hai số đồng dư với 1 theo (mod 4) là một
số đồng dư với 1 theo (mod 4).
- Và tích của hai số dương đồng dư với 3 theo (mod 4) là đồng dư với
1 theo (mod 4).
- Từ dó suy ra tích của k số dương đồng dư với 1 thao (mod 4) là
đồng dư với 1 theo (mod 4), tích của k (chẵn) số oogf dư với 3 theo
(mod 4) cũng đồng dư với 1 theo (mod 4).
*) Từ nhận xét trên ta thấy: Giả sử bắt đầu từ pi+1 , ..., pr là các số

nguyên tố thỏa mãn pk ≡ 3(mod4).
Cho các số mũ của pi+1 , ..., pr lần lượt nhận các giá trị từ 0 đến
ti+1
αk thì tổng tất cả các số mũ của pi+1
, ..., ptrr với (0 ≤ tk ≤ αk ) sẽ có
nhiều nhất (một nửa) số mũ lẻ (vì tổng ti+1 + ... + tr hoặc chẵn, hoặc
lẻ).
Và vì vậy số các ước d của n thỏa mãn ≡ 1(mod4) luôn nhiều hơn
hoặc bằng số các ước d của n ≡ 3(mod4).
Do đó d1 (n) ≥ d3 (n) với mọi số nguyên dương n.
Bài toán được chứng minh
18


2.2

Tổng các bình phương của 4 số nguyên

Ở phần này chúng ta sẽ chứng minh công thức Jacobi xác định số
biểu diễn của một số nguyên dưới dạng tổng các bình phương của 4
số nguyên.
Định lý 2.2. (Định lý Jacobi) Với mọi số nguyên dương n

R4 (n) = 8

d nếu n lẻ
d|n

và

R4 (n) =

d nếu n chẵn
d|n
d ≡ 1(mod2)

Chứng minh. Theo định lý (1.4), nếu F (x, y, z) là một hàm với biến
số,x, y, z nguyên thỏa mãn là hàm lẻ đối với x và là hàm chẵn đối với
cặp (y, z) thì ta có:

F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ)−

2
u2 +dδ=n

F (d + δ, u, d − δ)
u2 +dδ=n


 2l−1
= 2
F (j, l, j) −

j=1

l−1

j=−l+1




F (2l, j, 2j)


n=l2

Hàm số (−1)x F (x, y, z) cũng là hàm lẻ đối với biến x và là hàm
chẵn đối với cặp biến (y, z) bất kì. Áp dụng định lý (1.4) cho hàm
(−1)x F (x, y, z) , ta có

(−1)δ F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ)

2
u2 +dδ=n

(−1)d+δ F (d + δ, u, d − δ)

−
u2 +dδ=n

19



 2l−1
= 2
(−1)j F (j, l, j) −

j=1

l−1

j=−l+1



F (2l, j, 2j)


n=l2

Cộng những đồng nhất thức trên theo các vế tương ứng ta có

F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ)

4
u2 +dδ=n
δ≡0( mod 2)

−2

F (d + δ, u, d − δ)
u2 +dδ=n
≡δ( mod 2)








l−1


= 4
F (j, l, j) − 2
F (2l, j, 2j)




j=−l+1
 1≤j≤2l−1

≡0(mod2)

(2.4)

n=l2

Từ những đồng nhất thức trên ta có

F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ)

4
u2 + dδ = n
δ ≡ 1( mod 2)
−2

F (d + δ, u, d − δ)

u2 + dδ = n
d ≡ −δ( mod 2)













= 4
F (j, l, j)






1
≤
j
≤
2l
−
1





j ≡ 1(mod2)
n=l2
Hàm số

G(x, y, z) =

0
(−1)(x+z)/2 F (x, y, z)
20

x hoặc z lẻ
x và z chẵn

(2.5)