vVấn đề biểu diễn một số tự nhiên thành tổng của ba số có dạng n2 a và giả thuyết của farhi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THÚY HẠNH

VẤN ĐỀ BIỂU DIỄN MỘT SỐ TỰ NHIÊN
THÀNH TỔNG CỦA BA SỐ CÓ DẠNG
VÀ GIẢ THUYẾT CỦA FARHI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2017

n2
a


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THÚY HẠNH

VẤN ĐỀ BIỂU DIỄN MỘT SỐ TỰ NHIÊN
THÀNH TỔNG CỦA BA SỐ CÓ DẠNG
VÀ GIẢ THUYẾT CỦA FARHI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. NÔNG QUỐC CHINH

Thái Nguyên - 2017

n2
a


3

Mục lục

Danh sách ký hiệu

4

Mở đầu

5

Chương 1. Sự phân tích một số nguyên thành tổng các bình phương

8

1.1

Tóm tắt kết quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2

Công thức đệ quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3

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

10

Chương 2. Hai giả thuyết của Farhi

16

2.1

Giả thuyết 1 của Farhi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.2

Giả thuyết 2 của Farhi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.2.1

Giả thuyết của Farhi về biểu diễn số nguyên thành tổng của

2.2.2

n2
3

(n ∈ N) . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

Một số trường hợp đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

ba số có dạng

Kết luận

33

Tài liệu tham khảo

34


4

Danh sách ký hiệu
∃

ký hiệu “tồn tại”

∀

ký hiệu “với mọi”

N

tập hợp các số tự nhiên

Z

tập hợp các số nguyên

a∈A

a thuộc tập hợp A

a∈
/A

a không thuộc tập hợp A

#X

lực lượng của tập hợp X

·
·

ký hiệu Jacobi

a

phần nguyên của số a

a

phần lẻ của số a

mod p

modulo p

a ≡ b (mod p)

a đồng dư với b theo modulo p

a ≡ b (mod p)

a không đồng dư với b theo modulo p

a|b

a là ước của b

m

∏ bi
i=1

∏ P(d)
d|n
m

∑ bi
i=1
∞

∑ bn
n=1

m

(tích hữu hạn) ∏ bi = b1 · b2 · · · bm
i=1

tích tất cả các phần tử P(d) với d là ước của n
m

(tổng hữu hạn) ∑ bi = b1 + b2 + · · · + bm
i=1
∞

(chuỗi vô hạn) ∑ bn = b1 + b2 + · · · + bn + · · ·
n=1

5

Mở đầu
Trong Lý thuyết số, ta đã biết có rất nhiều kết quả về việc biểu diễn một
số tự nhiên thành tổng các bình phương của một số cố định các số nguyên.
Lagrange đã chứng minh mỗi số tự nhiên có thể biểu diễn thành tổng của
bốn hạng tử là bình phương của 4 số nguyên. Gauss cũng đã chỉ ra rằng mỗi
số tự nhiên N ≡ 3 (mod 8) đều có thể biểu diễn được thành tổng các bình
phương của ba số lẻ. . . Vấn đề này cũng được Fermat và Cauchy nghiên cứu
và đã có nhiều kết quả. Legendre đã chứng minh được rằng mỗi số tự nhiên
có thể viết được thành tổng các bình phương của 5 số nguyên mà một trong
5 số đó là 0 hoặc 1. Legendre cũng chứng minh được rằng mỗi số tự nhiên
không có dạng 4h (8k + 7) với h, k ∈ N đều có thể viết được thành tổng các
bình phương của 3 số nguyên.
Năm 2013, B. Farhi đã có bài báo trình bày việc biểu diễn một số tự
nhiên thành tổng của ba số có dạng

n2
a

với a = 8, a = 4 và đưa ra hai giả

thuyết:
GIẢ THUYẾT 1. “Mỗi số tự nhiên đều có thể viết thành tổng của 3 số có
dạng

n2
a

”,

và trường hợp tổng quát hơn với giả thuyết sau:
GIẢ THUYẾT 2. “Với k

2, luôn tồn tại một số a(k) sao cho mỗi số tự


6
nhiên đều có thể biểu diễn thành tổng của (k + 1) số có
dạng

n2
a

, n ∈ N”.

Mục tiêu của luận văn là trình bày các kết quả năm 2013 của Farhi trong
[3] và việc giải quyết một phần của hai giả thuyết đã nêu của Farhi thông
qua hai bài báo [5] và [6].
Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai
chương như sau:
• Chương 1. Sự phân tích một số nguyên thành tổng các bình phương.
Chương này sẽ trình bày lại một kết quả về sự phân tích một số nguyên
thành tổng các bình phương. Các phân tích được quan tâm là sự biểu
diễn một số thành một số chẵn các bình phương.
• Chương 2. Hai giả thuyết của Farhi. Mục tiêu của Chương 2 là trình
bày về hai hai giả thuyết của Farhi. Trước hết là sự biểu diễn của một số
tự nhiên thành tổng của ba số tự nhiên có dạng

n2
a

(n ∈ N), trong đó

a là một số nguyên dương cố định. Phần này sẽ được tham khảo chính
trong B. Farhi [3]. Tiếp theo, chúng tôi sẽ là trình bày kết quả về việc
giải quyết một phần của hai giả thuyết đã nêu của Farhi (trong Chương
1) thông qua các tài liệu [5, 6].
Tác giả hi vọng rằng luận văn này sẽ là một tài liệu tham khảo hữu ích
về lĩnh vực Lý thuyết số và ứng dụng. Luận văn cũng sẽ có ích trong việc
bồi dưỡng giáo viên, sinh viên, học viên và những ai có nhu cầu tìm hiểu về
Lý thuyết số nói chung.
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của PGS.TS. Nông Quốc


7
Chinh. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người
hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều
thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong
suốt quá trình làm luận văn. Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa
Toán-Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện
tốt nhất để tác giả học tập và hoàn thành khóa học.

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 9 năm 2017
Tác giả

Nguyễn Thúy Hạnh

8

Chương 1

Sự phân tích một số nguyên thành tổng
các bình phương
Trong chương này tôi nghiên cứu về phân tích một số nguyên thành tổng
các bình phương. Tài liệu tham khảo chính của chương này là Đoàn Quang
Vụ [1] (xem thêm M.B. Nathanson [7]).

1.1

Tóm tắt kết quả

Trong phần này ta xét một số dạng bậc hai mà trong đó số tự nhiên n cho
trước được biểu diễn dưới dạng tổng các bình phương của các số nguyên.
Với mỗi số nguyên dương s và số nguyên không âm n, ta có Rs (n) biểu
thị số các bộ số nguyên x1 , x2 , . . . , xs thỏa mãn
n = x12 + x22 + . . . + xs2 .
trong đó các số nguyên xi có thể âm, dương hoặc bằng 0. Với mọi s

1, ta

có
Rs (0) = 1.
Vì 0 = 02 + . . . + 02 là dạng biểu diễn của số 0 dưới dạng tổng của s hạng tử
là bình phương. Ta có đồng nhất thức của Liouville rút ra được bài toán biểu

9
diễn một số nguyên dưới dạng tổng của s số bình phương, khi s = 2, 4, 6, 8
và 10. Biểu diễn một số nguyên n dưới dạng tổng của s số bình phương là
một vấn đề trong lý thuyết số, nhưng cách giải quyết cho giá trị lẻ của s luôn
liên quan tới một tổng các số chia của n, là một chủ đề cơ bản trong lý thuyết
số.
Ở đây, d và δ là các số nguyên dương và ∑d|n và ∑n=dδ ta sẽ hiểu là
tổng các ước của n.

1.2

Công thức đệ quy

Định lí 1.1 (xem [1, Định lí 1.1]). Với mọi số nguyên dương s và n ta có

∑√

|u|

n − (s + 1)u2 Rs (n − u2 ) = 0.

(1.1)

n

Định lí 1.2 (xem [1, Định lí 1.2]). Có Φ là một hàm số xác định 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

Thế thì
Φ(n) = Rs (n)
với mọi n

0.

với mọi n

1.

(1.2)


10

1.3

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

Tổng của 2 số nguyên bình phương
Định lí 1.3 (xem [1, Định lí 1.3]). Giả sử n được biểu diễn dưới dạng phân
tích chuẩn
t

n = 2r ∏ psi i q jj

trong đó pi ≡ 1 (mod 4) và q j ≡ 3 (mod 4).

Điều kiện cần và đủ để n biểu diễn thành tổng của hai bình phương là các
số t j chẵn với mọi j.
Ta ký hiệu S(n) là họ các bộ ba số nguyên (u, d, δ ) thỏa mãn d, δ

1 và

u2 + dδ = n.
Nếu k1 và k2 là các số nguyên lẻ thì hàm số f (x, y) = x1k1 yk12 là hàm lẻ
với mọi biến số x, y là biến số.
Từ đồng nhất thức Liouvill người ta đã chứng minh được hệ quả sau:
Cho hàm số f (x, y) lẻ đối với các biến x và y. Khi đó với mỗi số nguyên
dương n ta có

∑

(−1)

δ −1
2

f (δ − 2u, u + d) = {T0 (l)}n=l 2

u2 +dδ =n
δ ≡1 (mod 2)

trong đó
l

T0 (l) =

∑ (−1) j+l f (2 j − 1, l).

j=1

Ứng dụng kết quả trên ta nhận được

∑

u2 +dδ =n
δ ≡1 (mod 2)

(−1)

δ −1
2

(δ − 2u)k1 (u + d)k2 = l k2 ∑(−1)l− j (2 j − 1)k1

n=l 2

.


11
Nếu (u, d, δ ) ∈ S(n) thì (−u, d, δ ) ∈ S. Từ đây suy ra nếu k là một số

nguyên lẻ và g(d, δ ) là một hàm tùy ý thì
uk g(d, δ ) = 0.

∑

(1.3)

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.

∑

(1.4)

u2 +dδ =n

Từ Định lý 1.2, nó thỏa mãn để xây dựng hàm Φ(n) thỏa mãn Φ(n) = 1 và

∑√ (n − 3x2)Φ(n − x2) = 0

|x|

n

với mọi số nguyên dương n.
Định lí 1.4 (xem [1, Định lí 2.1]). Ta có

R2 (n) = 4 ∑(−1)

d−1
2

.

d|n

Ví dụ 1.5. Với n = 5 ta có
R2 (5) = 4 ∑(−1)

d−1
2

= 4 (−1)

1−1
2

+ (−1)

5−1
2

= 4(1 + 1) = 8.

d|5

Vậy có 8 bộ hai số nguyên (x1 , x2 ) thỏa mãn 5 = x12 + x22 , trong đó có một

tọa độ là ±1, một tọa độ là ±2.

Tổng của 4 số nguyên bình phương
Định lí 1.6 (Định lý Jacobi, xem [1]). Với mọi số nguyên dương n ta có
R4 (n) = 8 ∑ d

nếu n lẻ,

d|n

R4 (n) = 24

∑
d|n
≡1 (mod 2)

d

nếu n chẵn.


12
Ví dụ 1.7. Với n = 1 ta có R4 (1) = 8 · 1 = 8. Vậy có 8 bộ bốn số nguyên
(x1 , x2 , x3 , x4 ) thỏa mãn 1 = x12 + x22 + x32 + x42 trong đó có một tọa độ là ±1,
còn lại là 0.
Với n = 2 ta có R4 (2) = 8(1 + 2) = 24. Vậy có 24 bộ bốn số nguyên
(x1 , x2 , x3 , x4 ) thỏa mãn 2 = x12 + x22 + x32 + x42 trong đó có hai tọa độ là ±1,
còn lại là 0.

Tổng của 6 số nguyên bình phương

Định lí 1.8 (xem [1, Định lí 2.3]). Cho n là một số nguyên dương, n = 2a m,
khi a > 0 và m lẻ. Ta có
R6 (n) = 4 4a+1 − (−1)

m−1
2

∑

(−1)

δ −1
2

d 2.

m=dδ

Ví dụ 1.9. Tìm tất cả các dạng biểu diến của 6 như là tổng các bình phương
của 6 số nguyên.
Chứng minh. Với n = 6 = 21 · 3 ta có a = 1, m = 3. Vì vậy ta có
R6 (6) = 4(42 − (−1)1 )[(−1)0 32 + (−1)1 12 ] = 4 · 17 · 8 = 544.
Vậy có 544 bộ 6 số nguyên (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) thỏa mãn
6 = x12 + x22 + x32 + x42 + x52 + x62 .
Các số đó cụ thể như sau:
Có 26 = 64 bộ (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ), xi = ±1.
Có 23 ·C63 ·C31 = 480 bộ có dạng (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ), mà một tọa độ là
±2, hai tọa độ là ±1, còn lại là 0.

13
Như vậy có số 6 có 544 các biểu diễn thành tổng bình phương của 6 số
nguyên.
Bây giờ ta có kết quả ước lượng sau đây:
Định lí 1.10 (xem [1, Định lí 2.4]). Với mọi số nguyên dương n ta có
3n2
< R6 (n) < 40n2 .
2

Tổng của 8 số nguyên bình phương
Định lí 1.11 (xem [1, Định lí 2.5]). Cho n là một số nguyên dương, nếu n lẻ
thì
R8 (n) = 16 ∑ d 3 .
d|n

Nếu n chẵn và n = 2a m, khi a

1 và m lẻ, thì có

16(8a+1 − 15)
R8 (n) =
d 3.
∑
7
d|n
Ví dụ 1.12. Tìm tất cả các dạng biểu diễn của 5 như là tổng các bình phương
của 8 số nguyên.
Chứng minh. Với n = 5 là một số lẻ, ta có
R8 (5) = 16 ∑ d 3 = 16(13 + 53 ) = 2016.
d|n

Như vậy số 5 có thể có 2016 cách biểu diễn như là tổng của các bình phương
của 8 số nguyên, hay nói cách khác có 2016 bộ các số nguyên (x1 , x2 , . . . , x8 )
thỏa mãn

8

5 = ∑ xi2 .
i=1


14
Cụ thể như sau :
Có 25 ·C83 = 1792 bộ tám số mà có bốn giá trị xi là (±1)2 và bốn giá trị
là 0.
Có 22 ·C86 ·C21 = 224 bộ tám số mà có một giá trị xi là (±1)2 , một giá trị
là (±2) và còn lại là giá trị là 0.

Tổng của 10 số nguyên bình phương
Chúng ta sẽ xác định số lượng các đại diện như tổng của mười số nguyên
bình phương. Trong trường hợp này thì công thức R10 (n) bao gồm hai số
hạng. Số thứ nhất là các ước, đó là, một tổng các ước của n, và số hạng thứ
hai là tổng các đại diện của n như tổng cả hai số nguyên bình phương.
Định lí 1.13 (xem [1, Định lí 2.6]). Cho n là số nguyên dương, n = 2a m, khi
a

0 và m lẻ. Khi đó

R10 (n) =

m−1
4
16a+1 + (−1) 2
5

∑
m=dδ

(−1)

δ −1
2

d4 +

16
(v4 − 3v2 w2 ).
∑
5 n=v2 +w2

Ví dụ 1.14. Tìm tất cả các dạng biểu diễn của 5 như là tổng các bình phương
của 10 số nguyên.
Chứng minh. Với n = 5 = 20 · 5, ta có a = 0, m = 5. Ta có
4
16
R10 (5) = (16 + 1)(54 + 1) +
(x4 − 3x2 y2 )
∑
5
5 5=x2 +y2

=

42568 16
+ [4(24 − 3.22 ) + 4(14 − 3.22 )]
5
5

= 8424.


15
Như vậy có 8424 cách biểu diễn số 5 như là tổng các bình phương của 10 số
nguyên. Nói các khác có 8424 bộ 10 số nguyên sắp thức tự (x1 , x2 , . . . , x10 )
thỏa mãn

10

5 = ∑ xi2 .
i=1

Cụ thể như sau:
5 = 8064 cách biểu diễn 5 thành tổng của 5 số có dạng (±1)2 ,
Có 25 .C10

và tổng của 5 số có dạng 02 .
1 .C1 = 360 cách biểu diễn 5 thành tổng của 5 số có dạng (±1)2 ,
Có 22 .C10
9

(±2)2 và tổng của 7 số có dạng 02 .

16

Chương 2

Hai giả thuyết của Farhi
Chương này dành để trình bày hai giả thuyết của Farhi về việc biểu diễn
của một số tự nhiên thành tổng của ba số tự nhiên có dạng

n2
a

(n ∈ N),

trong đó a là một số nguyên dương cố định. Tài liệu tham khảo chính của
chương này là [3] và [5, 6].

2.1

Giả thuyết 1 của Farhi

Trong chương này, nếu không có chú ý đặc biệt, ta ký hiệu N là tập hợp
các số nguyên không âm, Z là tập hợp các số nguyên, và · và · tương
ứng ký hiệu cho hàm phần nguyên và hàm phần lẻ. Đối với một tập hợp X
cho trước, lực lượng của nó được ký hiệu là #X và

·
·

là ký hiệu Jacobi.

Định lí 2.1. Mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có
dạng

n2
8

(n ∈ N).

Chứng minh. Theo Định lý số tam giác Gauss, mọi số tự nhiên có thể được
biểu diễn thành tổng của ba số có dạng
để ý rằng

k2 +k
2

=

n2
8

với n = 2k + 1.

k2 +k
2

(k ∈ N). Để kết luận, chỉ cần

17
Định lí 2.2. Mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có
dạng

n2
4

(n ∈ N).

Chứng minh. Giả sử N là một số tự nhiên. Do (4N + 1) không có dạng
4h (8k + 7) (h, k ∈ N) nên bởi Định lí Legendre (4N + 1) có thể được biểu
diễn thành tổng của ba bình phương số tự nhiên. Giả sử
4N + 1 = a2 + b2 + c2 (a, b, c ∈ N).
Bằng cách chia cho 4, ta có
1 a2 b2 c2
N+ = + + ,
4
4
4
4
tức là
1
a2
b2
c2
N+ =
+
+
+
4

4
4
4

a2
4

b2
+
4

c2
+
4

.

Bây giờ do thặng dư toàn phương modulo 4 là 0 và 1 nên
a2
4

b2
+
4

c2
+
4

1 1 3

∈ 0, , ,
.
4 2 4

Vì vậy, lấy phần nguyên ở hai vế của đẳng thức cuối cùng ta được
b2
c2
a2
N=
+
+
4
4
4
mà đây là điều cần chứng minh .
Định lí 2.3. Mọi số tự nhiên N ≡ 2 (mod 24) có thể được biểu diễn thành
tổng của ba số có dạng

n2
3

(n ∈ N).

Chứng minh. Cho N là một số tự nhiên thỏa mãn N ≡ 2 (mod 24). Ta phân
biệt hai trường hợp sau đây:


18
Trường hợp 1. N ≡ 2 (mod 8). Trong trường hợp này ta có thể tìm r ∈ {1, 2}
sao cho 3N + r ≡ 0, 4, 7 (mod 8), do vậy (3N + r) không có dạng 4h (8k + 7)

(h, k ∈ N). Theo Định lí Legendre (3N + r) có thể được biểu diễn như sau:
3N + r = a2 + b2 + c2 (với a, b, c ∈ N).
Bằng cách chia cho 3 và bằng cách tách phần nguyên và phần lẻ, ta được
r
a2
b2
c2
N+ =
+
+
+
3
3
3
3

a2
3

b2
+
3

c2
+
3

.

(2.1)

Bây giờ do modulo thặng dư toàn phương 3 là 0 và 1 nên
a2
3

b2
+
3

c2
+
3

1 2
∈ 0, , , 1 .
3 3

Nhưng mặt khác, ta có (theo (2.1))
a2
3
Do đó

+

b2
3

a2
3

b2
+
3

+

c2
3

≡

c2
+
3

r
(mod 1).
3

=

r
3

(2.2)

Từ (2.1) và (2.2) suy ra
N=

a2

b2
c2
+
+
,
3
3
3

ta có điều phải chứng minh.
Trường hợp 2: N ≡ 2 (mod 8).
Trong trường hợp này, ta có 3N + 3 ≡ 1 (mod 8). Theo Định lí Legendre
(3N + 3) có thể được biểu diễn như sau:
3N + 3 = a2 + b2 + c2

(2.3)


19
(với a, b, c ∈ N). Chia hai vế của (2.3) cho 3 và tách phần nguyên và phần
lẻ, ta được
a2
b2
c2
N +1 =
+
+
+
3
3

3

a2
3

b2
+
3

c2
+
3

(2.4)

Bây giờ, do a2 + b2 + c2 ≡ 0 (mod 3) (theo (2.3)) thì ta có một trong hai
a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 0 (mod 3) hoặc a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 1 (mod 3). Bây giờ ta sẽ
chứng minh rằng quan hệ a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 0 (mod 3) không thể xảy ra. Giả
sử rằng a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 0 (mod 3), thì a ≡ b ≡ c ≡ 0 (mod 3). Ta có thể viết
a = 3a , b = 3b , c = 3c (a , b , c ∈ N). Kết hợp với (2.3) ta nhận được (sau
khi rút gọn):
N + 1 = 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 .
Điều này suy ra rằng N + 1 ≡ 0 (mod 3), do đó N ≡ 2 (mod 3). Nhưng
(N ≡ 2 (mod 8) và N ≡ 2 (mod 3)) là tương đương với N ≡ 2 (mod 24) mâu
thuẫn với giả thiết N ≡ 2 (mod 24). Do đó,
a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 0 (mod 3)
là không thể. Do đó, ta có a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 1 (mod 3), suy ra
a2
b2
c2

+
+
= 1.
3
3
3

(2.5)

Từ (2.4) và (2.5) suy ra
b2
c2
a2
+
+
.
N=
3
3
3
Định lí được chứng minh.
Hệ quả 2.4. Mọi số tự nhiên là tổng của bốn số có dạng
một trong số đó là 0 hoặc 1.

n2
3

(n ∈ N), mà

20
Chứng minh. Cho N là một số tự nhiên. Nếu N ≡ 2 (mod 24) thì theo Định
lí 2.3, N có thể được viết lại dưới dạng
a2
b2
c2
a2
b2
c2
02
N=
+
+
=
+
+
+
.
3
3
3
3
3
3
3
Bây giờ, nếu N ≡ 2 (mod 24), thì N − 1 ≡ 1 (mod 24) ≡ 2 (mod 24) và
theo Định lí 2.3, (N − 1) có thể được viết thành
a2
b2
c2

N −1 =
+
+
,
3
3
3
Do đó

(a, b, c ∈ N).

a2
b2
c2
22
N=
+
+
+
,
3
3
3
3

đúng yêu cầu. Hệ quả được chứng minh xong.
B. Farhi cho rằng trường hợp bị loại trừ (N ≡ 2 (mod 24)) của Định lí
2.3 là vô lý! Điều này dẫn ta đến việc thiết lập giả thuyết sau đây:
Giả thuyết 1. Mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số
có dạng

n2
3

(n ∈ N).

Tổng quát hơn, Farhi đã đề xuất giả thuyết sau đây:
Giả thuyết 2. Cho k

2 là một số nguyên. Khi đó tồn tại một số nguyên

dương a(k) thỏa mãn tính chất sau đây:
Mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của (k + 1) số có dạng
nk
a(k)

(n ∈ N).

Các Định lí 2.1 Định lí 2.2 chỉ ra rằng giả thuyết cuối cùng là đúng với
k = 2 và chúng ta có thể lấy a(2) = 8 hoặc 4.


21
Bây giờ, bởi vì các số

n2
2

(n ∈ N) là chẵn, ta không thể viết mỗi số tự

nhiên thành tổng của một số cố định các số như vậy, nhưng câu hỏi mà ta
có thể trả lời là như sau: Có đúng là mọi số tự nhiên chẵn là tổng của một
số cố định các số có dạng

n2
2

?. Câu trả lời là đúng. Định lý sau đây khẳng

định điều này:
Định lí 2.5. Mọi số tự nhiên chẵn có thể được biểu diễn thành tổng của ba
n2
2

số có dạng

(n ∈ N).

Chứng minh. Cho N là một số tự nhiên chẵn. Khi đó 2N + 1 ≡ 1 (mod 4).
Theo Định lí Legendre (2N + 1) là tổng của ba bình phương của các số tự
nhiên. Tức là
2N + 1 = a2 + b2 + c2 (a, b, c ∈ N).
Do đó
a2
b2
c2
N=
+
+
+

2
2
2
Do mỗi

a2
2

b2
2

,

,

c2
2

Nhưng do (theo (2.6))
N,

a2
2

,

b2
2

,

c2
2

a2
2

thuộc {0, 21 } nên
a2
2

+

b2
2

+

c2
2

b2
+
2
a2
2

+

b2

2

c2
+
2
+

c2
2

−

1
.
2

(2.6)

− 21 thuộc {− 12 , 0, 12 , 1}.

− 21 là một số nguyên chẵn (bởi vì

là các số nguyên chẵn) khi đó

a2
2

+

b2

2

+

c2
2

− 12 = 0.

Kết hợp với (2.6), ta nhận được
a2
b2
c2
+
+
.
N=
2
2
2
Phép chứng minh định lí được hoàn thành.
Hệ quả 2.6. Mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số,
mỗi trong số đó có một trong hai dạng k2 hoặc (k2 + k) (k ∈ N).


22
Chứng minh. Ta có với n ∈ N,


2k2 ,

nếu n = 2k (k ∈ N);
n2
=

2
2(k2 + k), nếu n = 2k + 1 (k ∈ N).
Hệ quả được suy ra ngay từ Định lí 2.5.

2.2

Giả thuyết 2 của Farhi

Trong phần này chúng tôi sẽ dựa vào các tài liệu [5, 6] để trình bày một
số khía cạnh của giả thuyết Farhi. Cụ thể, Farhi đã chứng minh rằng mọi
số tự nhiên N ≡ 2 (mod 24) có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có
dạng

n2
3

(n ∈ N). Farhi phỏng đoán rằng kết quả này vẫn đúng ngay cả

khi N ≡ 2 (mod 24). Mục tiêu chính của chương này là chúng tôi sẽ trình
bày phép chứng minh phát biểu đó.

2.2.1

Giả thuyết của Farhi về biểu diễn số nguyên thành tổng
của ba số có dạng

n2
3

(n ∈ N)

Định lí 2.7 (Định lí Legendre). Mọi số tự nhiên không có dạng 4h (8k + 7)
với h, k ∈ N có thể được biểu diễn thành tổng của ba bình phương của các
số tự nhiên.
Nhận xét rằng do 4h (8k + 7) là đồng dư với 0, 4 hoặc 7 modulo 8, mọi
số tự nhiên không đồng dư với 0, 4 hoặc 7 modulo 8 có thể được biểu diễn
thành tổng của ba bình phương của các số tự nhiên.
Cho R3 (n) là số các biểu diễn của số nguyên dương n thành tổng của ba
bình phương của các số nguyên. Định lí sau đây cung cấp một công thức thú


23
vị cho R3 (n), mà có thể chứng minh bằng cách sử dụng lý thuyết các hàm
modular.
Định lí 2.8 (xem [2]). Với số nguyên dương n bất kỳ, ta có
R3 (n) =

16 √
nχ2 (n)K(−4n)×
π
1
1
1
−p−2b n
× ∏ 1 + + · · · + b−1 + b 1 −
p

p
p
p
p2 |n

1
p

−1

,

trong đó b = b(p) là số nguyên lớn nhất sao cho p2b | n,
∞

K(−4n) =

∑

m=1

−4n
m

1
,
m

và nếu 4a là lũy thừa cao nhất của 4 chia n thì





0,
nếu 4−a n ≡ 7 (mod 8);



χ2 (n) = 1a ,
nếu 4−a n ≡ 3 (mod 8);
2





3
 a+1
, nếu 4−a n ≡ 1, 2, 5, 6 (mod 8).
2
Bổ đề 2.9. Với nguyên dương n ≡ 1 (mod 8) bất kỳ, ta có
3
R3 (9n) > R3 (n).
2
Chứng minh. Ta có
16 √
R3 (9n) =
9nχ2 (9n)K(−36n)×
π
×

∏

p2 |9n

1+

1
1
1
+ · · · + b −1 + b
p
p
p

1−

−9 p−2b n
p

1
p

−1


,

trong đó b = b (p) là ký hiệu số nguyên lớn nhất mà p2b | 9n. Do n ≡
1 (mod 8), suy ra 40 = 1 là lũy thừa cao nhất của 4 chia n. Kết quả này suy

24
ra χ2 (n) = 23 . Tương tự, ta có 9n ≡ 1 (mod 8). Do đó, 40 = 1 là lũy thừa cao
nhất của 4 chia 9n, mà χ2 (9n) = χ2 (n) = 32 . Ngược lại, từ [2, p. 84]
−4n
3

K(−36n) = K(−4 × 32 × n) = 1 −

1
K(−4n).
3

Do n ≡ 1 (mod 8), nên từ Định lí Legendre n có thể được biểu diễn thành
tổng của ba bình phương của các số tự nhiên. Do đó R3 (n) = 0. Chia cho
R3 (n) thì ta có nó tương đương với
R3 (9n)
=
R3 (n)
1−

3
−4n 1 −1
3
3

∏ p2 |9n 1 +
×

×

1
1
p + · · · + pb −1

+

1
pb

1−

1
+ p1b 1 −
∏ p2 |n 1 + 1p + · · · + pb−1

−9 p−2b n
p
−p−2b n
p

1
p
1
p

−1

−1

·

Cho p = 3 với p2 | n. Do đó b = b (p) là số nguyên lớn nhất mà p2b | n.
Như vậy, ta có được b = b (p) = b(p) = b. Thêm nữa, ta có
−9 p−2b n
p

=

−p−2b n
p

32
p

=

−p−2b n
p

−p−2b n
·
p

=

Với mọi p = 3 với p2 | n, ta có
−9 p−2b n
p

1
p

1
−p−2b n
1
1
= 1 + + · · · + b−1 + b 1 −
p
p
p
p

1
p

1
1
1
1 + + · · · + b −1 + b
p
p
p

1−

−1

−1

.

Như vậy, trong cả hai trường hợp, nếu 32 | n thì
R3 (9n)
=
R3 (n)
1−
×

3
−4n 1 −1
3
3

×

1 + 13 + · · · + 3b1−1 + 31b

1−

1
1 + 13 + · · · + 3b−1
+ 31b 1 −

−9×3−2b n
3
−3−2b n
3

1
3

−1
1
3
,
−1


25
Trái lại 32 không chia hết n, vậy
R3 (9n)
=
R3 (n)
1−


3
−4n 1 −1
3
3

× 1 + · · · +

×

1
+
3b −1 3b

1

1−

−9 × 3−2b n

−1

1
3

3


.

Bây giờ ta chứng minh R3 (9n) > 32 R3 (n).
• Nếu 32 không chia hết n, b = b (3) = 1 là số nguyên lớn nhất mà 32b |
9n. Ta có được
R3 (9n)
=
R3 (n)
1−
Ta có 1 −

−4n 1
3
3

3

−4n 1
3
3

−n
1
1
+
×
1
−
−1
3
3

= 1, 32 hoặc

4
3

và do vậy

3

(1−(

3
2

−1

1
3

−4n 1 −1
3
3

) )

.
> 32 , mà cho

ta kết quả R3 (9n) > R3 (n).
• Nếu 32 chia hết n thì b (tương ứng b ) là số nguyên lớn nhất mà 32b | n
(tương ứng 32b | 9n). Do đó
R3 (9n)
=
R3 (n)
1−
×

3
−4n 1 −1
3
3

1
1 + 13 + · · · + 31b + 3b+1
1−

−9×3−2(b+1) n
3

1
1 + 13 + · · · + 3b−1
+ 31b 1 −

1
3

3

=
1−
×
Ta có

−3−2b n
3

1
3
−1

−4n 1 −1
3
3

1

1−
1 + 13 + · · · + 31b + 3b+1

−3−2b n
3

1
1 + 13 + · · · + 3b−1
+ 31b 1 −

−3−2b n

−3−2b n
1−
3

1
3

= 1,

3

2
4
hoặc .
3
3

1

3
1
3

−1
−1

·

−1