Một số dạng biểu diễn số nguyên dương (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THỊ ANH

MỘT SỐ DẠNG BIỂU DIỄN
SỐ NGUYÊN DƢƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THỊ ANH

MỘT SỐ DẠNG BIỂU DIỄN
SỐ NGUYÊN DƢƠNG
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. Hà Huy Khoái

THÁI NGUYÊN - 2018

Lời cảm ơn
Để hoàn thành luận văn này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới
GS.TSKH. Hà Huy Khoái , người đã định hướng chọn đề tài và tận
tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và thực hiện luận
văn.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các giảng
viên giảng dạy lớp cao học K10 chuyên ngành Phương pháp Toán sơ
cấp nói riêng, các thầy, cô giáo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên nói chung.
Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè và đồng nghiệp
đã luôn quan tâm, động viên tôi trong quá trình học tập và hoàn thành
luận văn.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018
Tác giả

Nguyễn Thị Anh


1

Mục lục
Mở đầu

2

1 Một số kết quả kinh điển về bài toán biểu diễn số nguyên
dương
3

1.1 Biểu diễn số nguyên dương dưới dạng tổng của hai bình
phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Một số bài tập minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.1 Bài tập 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 Bài tập 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.3 Bài tập 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Biểu diễn số nguyên dương dưới dạng tổng của nhiều hơn
hai bình phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Biểu diễn số nguyên dương dạng tổng các số hạng của
một cấp số cộng
15
2.1 Những số nguyên dương biểu diễn được dưới dạng tổng
các số lẻ liên tiếp hoặc tổng các số chẵn liên tiếp . . . . . . 15
2.2 Những số nguyên dương biểu diễn được dưới dạng tổng
các số nguyên dương liên tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Kết luận

36


2

Mở Đầu
Vấn đề biểu diễn số nguyên dương là một trong những vấn đề quan
trọng của số học, có nhiều ứng dụng trong những lĩnh vực khác nhau
và luôn nhận được sự quan tâm của các của các nhà toán học. Nhiều
nhà toán học nổi tiếng đã bỏ nhiều công sức để nghiên cứu nó, ví dụ
Fermat, Lagrange, Wilson, Euler....
Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét "Mỗi số nguyên tố
lẻ bất kì mà đồng dư với 1 theo modulo 4 đều biểu diễn được dưới dạng

tổng của 2 số chính phương" vào năm 1632. Fermat là người đầu tiên
chứng minh và đưa ra thông báo trong lá thư gửi cho Marin Mersenne
năm 1640.
Cũng như Fermat, Lagrange là một nhà lý thuyết số kiệt xuất. Trong
những công trình của ông, có thể kể đến: chứng minh đầu tiên cho định
lý Wilson rằng n là một số nguyên tố khi và chỉ khi (n − 1)! ≡ −1
(mod n); kiểm tra các điều kiện để ±2 và ±5 là thặng dư hoặc phi
thặng dư bình phương của một số nguyên tố lẻ (trường hợp −1 và ±3
đã từng được đề cập bởi Euler); tìm ra các nghiệm nguyên của phương
trình x2 − ay 2 = 1 và lời giải của một số bài toán đặt ra bởi Fermat,
dẫn tới kết quả khẳng định rằng mỗi số nguyên tố p ≡ 3 (mod 8) đều
có dạng p = a2 + 2b2 ,....
Mục tiêu của luận văn này là trình bày một số kết quả liên quan đến
những lĩnh vực nghiên cứu kể trên, cụ thể là bài toán về biểu diễn số
nguyên dương dưới dạng tổng các bình phương, và bài toán biểu diễn
số nguyên dương dưới dạng tổng các số hạng của một cấp số cộng.


3

Chương 1

Một số kết quả kinh điển về bài
toán biểu diễn số nguyên dương
1.1

Biểu diễn số nguyên dương dưới dạng tổng của
hai bình phương

Về mặt lịch sử vấn đề "biểu diễn một số nguyên dưới dạng tổng các bình

phương" là bài toán thu hút được nhiều sự quan tâm chú ý.
Phần này sẽ được dành để trình bày một số kết quả của hướng nghiên
cứu nhằm trả lời câu hỏi "Giá trị n nhỏ nhất là bao nhiêu để mọi số
nguyên dương đều có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của không quá
n bình phương?"
Khi thử với vài số nguyên dương ta thấy:
1 = 12
2 = 1 2 + 12
3 = 1 2 + 12 + 12
4 = 22
5 = 2 2 + 12
6 = 2 2 + 12 + 12
7 = 2 2 + 12 + 12 + 12 .
Do tổng của bốn bình phương là cần thiết khi biểu diễn số 7, ta suy
ra ngay số cần tìm phải thoả mãn n ≥ 4. Vẫn còn một khả năng xảy
ra là một số nguyên nào đó chỉ có thể biểu diễn được dưới dạng tổng
của nhiều hơn bốn bình phương. Tuy nhiên, một định lý rất nổi tiếng
của Lagrange được chứng minh vào năm 1770, khẳng định rằng n = 4


4

là đủ, nghĩa là: Mọi số nguyên dương có thể biểu diễn thành tổng của
bốn bình phương (trong đó có thể 0 = 02 ).
Ta sẽ bắt đầu từ những trường hợp đơn giản. Trước tiên ta hãy tìm
điều kiện cần và đủ để một số nguyên dương có thể biểu diễn được thành
tổng của hai bình phương. Vấn đề này có thể được quy về xem xét các
số nguyên tố bằng bổ đề dưới đây.
Bổ đề 1.1.1 Nếu m và n đều là tổng của hai bình phương thì tích m.n
cũng vậy.

Chứng minh.
m = a2 + b2
Giả sử
với a, b, c, d nguyên.
n = c2 + d2
Ta có :
m.n = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 .
Bổ đề đã được chứng minh.
Ví dụ 1.1 .
5 = 2 2 + 12
3 = 22 + 3
và
hoặc

5.13 = 65 = 42 + 72
25 = 32 + 42
61 = 52 + 62

và

25.61 = 1525 = 252 + 302

Tuy nhiên không phải mọi số nguyên hay số nguyên tố nào đều có
thể viết dưới dạng tổng của hai bình phương.
Ví dụ 1.2 . Không tồn tại a, b nguyên dương nào thỏa mãn 3 = a2 + b2 .
Và trước khi chứng minh định lý Fermat thì ta đi chứng minh Bổ Đề
sau:
Bổ đề 1.1.2 Với p là số nguyên tố và gcd(a, p) = 1 thì phương trình
đồng dư ax ≡ y(modp) có nghiệm x0 , y0 thoả mãn

5

0 < |x0 | <
0 < |y0 | <

√
√

p

p.

Chứng minh.
√
Đặt k = [ p] + 1 và tập các số nguyên:
S = {ax − y|0 ≤ x ≤ k − 1; 0 ≤ y ≤ k − 1}.
Từ đó ax − y nhận k 2 > p giá trị, theo nguyên lý chuồng bồ câu của
Dirichlet thì tồn tại ít nhất hai phần tử của tập S đồng dư theo modulo
p. Giả sử hai phần tử này là ax1 − y1 và ax2 − y2 với x1 = x2 hoặc
y1 = y2 . Ta có thể viết:
a(x1 − x2 ) ≡ (y1 − y2 )(modp).
Đặt
x0

= x1 − x2

y0

= y1 − y2 .

Ta có x0 , y0 thỏa mãn phương trình đồng dư
ax ≡ y(modp).
Nếu nghiệm x0 = 0 hoặc y0 = 0 thì do gcd(a, p) = 1 suy ra nghiệm còn
lại cũng bằng không, mâu thuẫn với giả thiết. Do đó:
√
0 < |x0 | ≤ (k − 1) < p
√
0 < |y0 | ≤ (k − 1) < p.
Bây giờ ta có thể chứng minh được định lý Fermat.
Định lý 1.1.1 (Định lý Fermat) Một số nguyên tố lẻ p có thể biểu diễn
được dưới dạng tổng của hai bình phương khi và chỉ khi p ≡ 1(mod4).
Chứng minh: Giả sử p = a2 +b2 . Vì p là số nguyên tố nên p | a, p | b
(Nếu p | a thì p | b2 nên p | b dẫn đến mâu thuẫn p2 | p). Vì vậy theo
thuyết đồng dư tuyến tính tồn tại một số c để bc ≡ 1 (mod p). Theo
modulo p thì quan hệ (ac)2 + (bc)2 = pc2 trở thành:
(ac)2 ≡ −1(modp).
Như vậy, (−1) là một thặng dư bình phương của p, và theo một kết quả
−1
đã biết, ( ) = 1 chỉ khi p ≡ 1(mod4).
p


6

Điều ngược lại, giả sử p ≡ 1(mod4). Vì (−1) là một thặng dư bình
phương của p nên tồn tại một số nguyên a sao cho a2 ≡ −1(modp)
(p − 1)
.Một trong những giá trị a thoả mãn là : a =
!. Do (a, p) = 1

2
phương trình đồng dư ax ≡ y(modp) nhận một nghiệm x0 , y0 và ta có
−x20 ≡ a2 x20 ≡ (ax0 )2 ≡ y02 (modp)
hoặc
x20 + y02 ≡ 0(modp).
Suy ra x20 + y02 = kp với số nguyên k ≥ 1 nào đó.
Mặt khác theo bổ đề 2 ta có
√
0 < |x0 | < p
√
0 < |y0 | < p
suy ra 0 < x20 + y02 < 2p suy ra k = 1 và x20 + y02 = p.
Vậy định lí được chứng minh.
Để ý rằng (−a)2 = a2 , ta có hệ quả sau.
Hệ quả 1.1.1 Số nguyên tố p bất kỳ có dạng 4k + 1 có thể biểu diễn
duy nhất (không kể thứ tự của số hạng) thành tổng của hai bình phương.
Ví dụ 1.3 . Xét số nguyên tố p = 13. Số nguyên a tương ứng trong
(p − 1)
! = 6! = 720.
chứng minh định lý trên có thể lấy là a =
2
Một nghiệm của phương trình đồng dư
720x ≡ y(mod13) hay 5x ≡ y(mod13)
tìm được bằng cách xét tập hợp S = {5x − y|0 ≤ x, y < 4}. Các phần
tử của tập S là các số nguyên:
0
−1
−2
−3

5
4
3
2

10
9
8
7

15
14
13
12

Theo modulo 13 trở thành
0

5

10

2


7

12

4

9

1

11

3

8

0

10

2

7

12.

Trong số các khả năng khác nhau ta có.
5.1 − 3 ≡ 2 ≡ 5.3 − 0(mod13)
hoặc
5(1 − 3) ≡ 3(mod13).
Vì vậy ta có thể lấy
x0

= −2

y0

=3

để được
13 = x20 + y02 = 22 + 32 .
Chú ý: 13 = 22 + 32 = 22 + (−3)2 = (−2)2 + 32 = (−2)2 + (−3)2 =
32 + 22 = 32 + (−2)2 = (−3)2 + 22 = (−3)2 + (−2)2 . Tám cách viết này
chỉ là một khi không kể đến thứ tự. Nên biểu diễn 13 = 22 + 32 là duy
nhất.
Ta đã chỉ ra rằng mọi số nguyên tố có dạng p = 4k + 1 đều có thể
biểu diễn duy nhất thành tổng của hai bình phương, câu hỏi đặt ra là:
Số nguyên tố tích có chứa thừa số là 4k + 3 có tính chất trên không? Để
trả lời câu hỏi trên ta đi xét định lý sau.
Định lý 1.1.2 Cho số nguyên dương n có dạng n = N 2 m, trong đó m
là số squarefree (số không có ước chính phương khác 1). Khi đó n có
thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai bình phương khi và chỉ khi m
không chứa thừa số nguyên tố dạng 4k + 3.
Chứng minh.
• Nếu m = 1 thì n = N 2 + 02 : luôn đúng.
• Giả sử m > 1.
1. Điều kiện đủ: m > 1, ta phân tích m thành tích các thừa số nguyên
tố m = p1 p2 p3 ...pr . Mỗi số nguyên tố pr = 2 hoặc có dạng 4k + 1,
có thể viết dưới dạng tổng của hai bình phương. Khi đó đồng nhất
thức
(a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 ,


8

chỉ ra rằng, tích của hai (và theo quy nạp, tích của hữu hạn tuỳ
ý) số nguyên, mà mỗi số biểu diễn được dưới dạng tổng hai bình
phương, cũng biểu diễn được dưới dạng đó.
Do đó tồn tại hai số nguyên x, y thỏa mãn m = x2 + y 2 , suy ra
n = N 2 m = N 2 (x2 + y 2 ) = (N x)2 + (N y)2
là tổng của hai bình phương.
2. Điều kiện cần: Giả sử n = a2 + b2 = N 2 m.
Giả sử p là một ước nguyên tố lẻ tuỳ ý của m (không mất tính tổng
quát ta giả sử m > 1). Nếu d = gcd(a, p) thì a = rd và b = sd với
gcd(r, s) = 1. Ta được:
d2 (r2 + s2 ) = N 2 m.
Do đó, vì m là một số squarefree nên suy ra d2 |N 2 . Nhưng khi đó
r2 + s2 = (N 2 /d2 )m = tp
với t nguyên nào đó, suy ra
r2 + s2 ≡ (modp).
Do gcd(r, s) = 1 nên suy ra một trong các số r hoặc s, chẳng hạn
r, nguyên tố cùng nhau với p.
Giả sử r thỏa mãn phương trình đồng dư
rr ≡ 1

(mod p).

Khi đó nhân phương trình r2 + s2 ≡ 0(modp) với (r )2 ta được:
(sr )2 + 1 ≡ 0(modp).
Hay nói cách khác (−1/p) = 1. Do (−1) là thặng dư bình phương
của p nên p ≡ 1(mod4). Như vậy, không có số nguyên tố nào dạng
4k + 3 là ước của m.
Ta có hệ quả sau.
Hệ quả 1.1.2 Một số nguyên dương n biểu diễn được dưới dạng tổng
của hai bình phương khi và chỉ khi mỗi thừa số nguyên tố dạng 4k + 3

xuất hiện với lũy thừa chẵn.


9

Ví dụ 1.4 .
Số 459 = 33 .17 nên 459 không biểu diễn được qua tổng của hai bình
phương vì 3 có số mũ lẻ.
Số 153 = 32 .17 biểu diễn được qua tổng của hai bình phương vì 3 có
số mũ chẵn.
Chú ý tồn tại những số nguyên dương (không phải số nguyên tố dạng
4k +1) có thể biểu diễn nhiều hơn một cách thành tổng hai bình phương,
chẳng hạn như
25 = 42 + 32 = 52 + 02 ,
745 = 272 + 42 = 242 + 132 .

1.2
1.2.1

Một số bài tập minh họa
Bài tập 1

Biểu diễn các số nguyên tố 113; 229; 373 thành tổng của hai bình phương.
Hướng dẫn:
113 = 64 + 49,
229 = 225 + 4,
373 = 324 + 49.
1.2.2

Bài tập 2

a) Có giả thuyết nói rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có dạng p =
n2 + (n + 1)2 với số nguyên n nào đó, ví dụ: 5 = 12 + 22 ; 13 = 22 + 32 .
Tìm 5 số nguyên tố như vậy.
Hướng dẫn: 41 = 42 + 52 và một số số có tính chất tương tự như là:
61, 113, 181, 313.
b) Một giả thuyết khác là có vô số số nguyên tố p dạng p = 22 + p21 , với
p1 là số nguyên tố. Hãy tìm 5 số nguyên tố như vậy .
1.2.3

Bài tập 3

Tìm một số nguyên dương có ít nhất ba cách biểu diễn khác nhau thành
tổng của hai bình phương, không tính dấu và thứ tự số hạng.
Hướng dẫn: Chọn số nguyên có 3 thừa số nguyên tố phân biệt dạng
4k + 1.


10

1.3

Biểu diễn số nguyên dương dưới dạng tổng của
nhiều hơn hai bình phương

Không phải mọi số nguyên dương đều có thể viết được dưới dạng tổng
của hai bình phương, nhưng với tổng của ba bình phương thì sao? (ở
đây 02 vẫn được chấp nhận). Ví dụ với các số 14; 33; 67 ta không biểu
diễn được dưới dạng tổng của hai bình phương nhưng ta lại có:
14 = 32 + 22 + 12 ,

33 = 52 + 22 + 22 ,
67 = 72 + 32 + 32 .
Vẫn có thể tìm được các số nguyên dương không biểu diễn được thành
tổng của ba bình phương. Định lý sau đã nói lên điều này.
Định lý 1.3.1 Không có số nguyên dương nào dạng 4n (8m + 7) (với
m, n là các số nguyên không âm) có thể biểu diễn được thành tổng của
ba bình phương.
Chứng minh: Trước tiên ta hãy chứng minh số nguyên có dạng 8m + 7
không biểu diễn được thành tổng của ba bình phương. Với mọi số nguyên
a ta có
a2 ≡ 0, 1 hoặc 4(mod8).
Suy ra a2 + b2 + c2 ≡ 0, 1, 2, 3, 4, 5 hoặc 6(mod8), với a, b, c bất kì. Vì
8m + 7 ≡ 7(mod8) nên đẳng thức a2 + b2 + c2 = 8m + 7 là không thể
xảy ra.
Tiếp theo ta giả sử
4n (8m + 7) = a2 + b2 + c2

(1.1)

với n ≥ 1. Khi đó mỗi số nguyên a, b, c đều chẵn.
Đặt



a = 2a1
b


c

= 2b1

= 2c1

ta được 4n−1 (8m + 7) = a21 + b21 + c21 .
Nếu n − 1 ≥ 1 thì ta lập luận như trên cho đến khi suy ra 8m + 7
biểu diễn được thành tổng của ba bình phương. Điều này mâu thuẫn
với (1.1). Vậy định lý đã được chứng minh.


11

Ví dụ 1.5 . Không tồn tại a, b, c sao cho
7 = a2 + b2 + c2 hoặc 15 = a2 + b2 + c2 .
Tuy nhiên 7 = 12 + 12 + 12 + 22 . Vậy vấn đề thay đổi đáng kể khi ta
chuyển sang biểu diễn số nguyên dương qua tổng bốn bình phương.
Năm 1621 Bachet đã đưa ra và kiểm nghiệm đến số 325 giả thuyết
nói rằng mọi số nguyên dương đều có thể viết được dưới dạng tổng của
bốn bình phương (kể cả 02 ). Đến năm 1772 thì Lagrange hoàn thiện và
công bố về tổng của bốn bình phương.
Để thuận lợi ta chứng minh hai bổ đề sau.
Bổ đề 1.3.1 Nếu các số nguyên m và n đều là tổng của bốn bình phương
thì tích m.n cũng biểu diễn được như vậy.
Chứng minh.
Giả sử tồn tại
(a1 , a2 , a3 , a4 )
(b1 , b2 , b3 , b4 )
sao cho:
m = a21 + a22 + a23 + a24
n

= b21 + b22 + b23 + b24 .

Khi đó:
m.n = (a21 + a22 + a23 + a24 )(b21 + b22 + b23 + b24 )
= (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 + a4 b4 )2 + (a1 b2 − a2 b1 + a3 b4 − a4 b3 )2
+ (a1 b3 − a2 b4 − a3 b1 + a4 b2 )2 + (a1 b4 + a2 b3 − a3 b2 − a4 b1 )2 .
Bổ đề 1.3.2 Nếu p là một số nguyên tố lẻ, thì phương trình đồng dư
p−1
và
x2 + y 2 + 1 ≡ 0(modp) có nghiệm x0 , y0 trong đó 0 ≤ x0 ≤
2
p−1
0 ≤ y0 ≤
2
Chứng minh.
Tư tưởng chính của chứng minh là xét hai tập hợp sau:
S1 =

1 + 02 , 1 + 12 , 1 + 22 , ..., 1 + (

S2 =

−02 , −12 , −22 , ..., −(

p−1 2
) ,
2

p−1 2

) .
2


12

Hiển nhiên, không có hai phần tử nào của tập S1 đồng dư theo modulo
p. Thật vậy, nếu 1 + x21 ≡ 1 + x22 (modp) thì x1 ≡ x2 (modp) hoặc
x1 ≡ −x2 (modp).
Nhưng 0 < x1 + x2 < p (trừ trường hợp x1 = x2 = 0) nên
x1 ≡ x2 (modp). Suy ra x1 = x2 . Tương tự ta cũng chứng minh được
trong S2 không có hai phần tử phân biệt đồng dư theo modulo p. Như
vậy, tồn tại một số nguyên nào đó trong S1 đồng dư theo modulo p với
một số nguyên nào đó trong S2 , tức là tồn tại x0 , y0 sao cho
p−1
p−1
1 + x20 ≡ −y02 (modp), trong đó 0 ≤ x0 ≤
và 0 ≤ y0 ≤
.
2
2
Ta có hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.1 Cho một số nguyên tố lẻ p, tồn tại một số nguyên k < p
sao cho kp là tổng của bốn bình phương.
Chứng minh.
Theo định lý đã được chứng minh, ta có thể tìm được các số nguyên
x0 , y0 với
p−1
p−1
0 ≤ x0 ≤

và 0 ≤ y0 ≤
2
2
2
2
2
2
sao cho x0 + y0 + 1 + 0 = kp với k chọn thích hợp. Từ điều kiện về độ
lớn của x0 , y0 suy ra rằng
kp =

x20

+

y02

p2 p2
+ + 1 < p2 .
+1 <
4
4
2

Do đó k < p (đpcm).
Sử dụng hai bổ đề trên ta chứng minh định lý sau.
Định lý 1.3.2 Mọi số nguyên tố p có thể viết thành tổng của bốn bình
phương.
Chứng minh.
Với p = 2, định lý đúng vì 2 = 12 + 12 + 02 + 02 . Như vậy ta chỉ cần xét

các số nguyên tố lẻ.
Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho kp là tổng của bốn bình
phương, tức là: kp = x2 + y 2 + z 2 + w2 và mấu chốt của luận cứ này là
khi k = 1.
Xét k chẵn suy ra x, y, w đều chẵn hoặc đều lẻ hoặc hai chẵn hai lẻ.
Trong mọi trường hợp ta có thể giả sử:
x ≡ y(mod2) và z ≡ w(mod2).


13

x−y x+y z−w z+w
,
,
,
đều là các số nguyên và
2
2
2
2
kp
x−y 2
x+y 2
z+w 2
z−w 2
=(
) +(
) +(
) +(
)

2
2
2
2
2
k
là một cách biểu diễn của p thành tổng của bốn bình phương. Điều
2
này mâu thuẫn với k nhỏ nhất vậy k lẻ.
Với k lẻ ta đi chứng minh k = 1.
Giả sử k ≥ 3, ta có thể chọn các số a, b, c, d sao cho:

Suy ra

a ≡ x(modk), b ≡ y(modk), c ≡ z(modk), d ≡ w(modk)
và

k
k
k
k
|a| < , |b| < , |c| < , |d| < .
2
2
2
2
2
2
2
2

2
2
2
2
Ta có: a + b + c + d = x + y + z + w ≡ 0(modk), suy ra
a2 + b2 + c2 + d2 = nk.
Với giá trị n nguyên không âm ta có:
k
2

0 ≤ nk = a2 + b2 + c2 + d2 < 4

2

= k2.

Khi n = 0 thì a = b = c = d = 0. Khi đó k là ước của các số x, y, z, w
nên k 2 |kp hoặc k|p điều này không xảy ra. Từ 1 < k < p và nk < k 2 ta
suy ra 0 < n < k và
k 2 np = (kp)(kn) = (x2 +y 2 +z 2 +w2 )(a2 +b2 +c2 +d2 ) = r2 +s2 +t2 +u2 .
Trong đó
r = xa + yb + zc + wd
s = xb − ya + zd − wc
t = xc − yd − za + wb
u = xd + yc − zb − wa.
Nhận thấy r = xa + yb + zc + wd ≡ (a2 + b2 + c2 + d2 ) ≡ 0 (mod k) và
s, t, u cũng vậy đều chia hết cho k nên suy ra
np =
trong đó

r
k

2

+

r s t u
, , , đều nguyên.
k k k k

s
k

2

+

t
k

2

+

u
k

2

,


14

Vì 0 < n < k nên suy ra n là giá trị nguyên dương nhỏ hơn k thỏa
mãn np biểu diễn được qua tổng của bốn bình phương. Vậy k = 1.
Tất cả những điều trên đưa ta đến một kết quả kinh điển của Lagrange
sau:
Định lý 1.3.3 Mọi số nguyên dương n đều có thể viết thành tổng của
bốn bình phương trong đó có thể có số 0.
Chứng minh.
Ta xét hai trường hợp của n như sau:
+)Với n = 1 ta có 1 = 12 + 02 + 02 + 02 .
+)Với n > 1 ta phân tích n = p1 p2 p3 ...pr ,với p1 , p2 , ....pr là các số
nguyên tố. Theo một định lý đã chứng minh thì từng pi biểu diễn được
thành tổng của bốn bình phương, phép đồng nhất thức của Euler cho
ta biểu diễn tích của hai số nguyên tố bất kỳ thành tổng của bốn bình
phương. Bằng quy nạp mở rộng cho một số hữu hạn bất kỳ các thừa
số nguyên tố và áp dụng đồng nhất thức lần thì ta có n biểu diễn dưới
dạng tổng của bốn bình phương.
Ví dụ 1.6 . Viết số 459 thành tổng của bốn bình phương?
Giải:
Ta có 459 = 33 .17. Dùng phép đồng nhất thức Euler thì:
459 = 32 .3.17 = 32 (12 +12 +12 +02 )(42 +12 +02 +02 ) = 32 [(4+1+0+0)2
+ (1 − 4 + 0 − 0)2 + (0 − 0 − 4 + 0)2 + (0 + 0 − 1 − 0)2 ] = 32 (52
+ 32 + 42 + 12 ) = 152 + 92 + 122 + 32 .
Ví dụ 1.7 . Chứng minh rằng phương trình a2 + b2 + c2 + a + b + c = 1
không có nghiệm nguyên.
HD: Đưa phương trình về phương trình:

(2a + 1)2 + (2b + 1)2 + (2c + 1)2 = 7.


15

Chương 2

Biểu diễn số nguyên dương dạng
tổng các số hạng của một cấp số
cộng
Một chuỗi dài về sự khám phá các khả năng biểu diễn của các số nguyên
dương và nêu bật một số liên hệ cơ bản giữa tính nhân và tính cộng của
chúng. Đặc biệt chúng ta quan tâm đến việc biểu diễn của các số nguyên
dương thành các chuỗi số học. Loại đơn giản nhất là biểu diễn dưới dạng
tổng các số lẻ dương liên tiếp hoặc tổng của các số chẵn dương liên tiếp,
hay tổng của các số nguyên dương liên tiếp.
Một thực tế lịch sử đã chứng minh rằng việc tạo ra các con số tự nhiên
từ các tiến bộ về số học và việc biểu thị chúng với các dạng hình học
luôn có nguồn gốc và hình thành từ lý thuyết số ban đầu. Sự hình thành
các số tam giác 1, 1 + 2, 1 + 2 + 3, ... và các số vuông 1, 1 + 3, 1 + 3 + 5, ...
Và dưới đây là nội dung biểu diễn số nguyên dương dưới dạng cấp số
cộng.

2.1

Những số nguyên dương biểu diễn được dưới dạng
tổng các số lẻ liên tiếp hoặc tổng các số chẵn liên
tiếp

Cho a, a + 2, a + 4, ..., b là một cấp số cộng, với a, b là các số nguyên và

công sai là 2.
Khi đó, một số nguyên dương N bất kỳ khác có thể được biểu diễn
bằng chuỗi:
a + (a + 2) + (a + 4) + ... + b.


16

Nên N = r(r + a − 1), với r là số nguyên dương. Mặt khác rõ ràng
với mọi số nguyên lớn hơn 1 luôn có thể viết thành tích của hai số bất
kỳ trong số ước bù nhau của nó, tức là: N = d.d (trong đó d là một
trong các ước của N ). Do đó chúng ta có d.d = r(r + a − 1), vì a ≥ 1
nên r + a − 1 ≥ r. Từ đó ta có d = r và d = r + a − 1 ≥ d. Số hạng đầu
tiên của chuỗi số là a = d − d + 1 và số hạng cuối cùng là b = d + d − 1.
Nếu N là số nguyên tố, thì nó có một cặp duy nhất các ước bù nhau
d = 1, d = N, do đó a = b = N và N không thể biểu diễn được thành
tổng của các số lẻ liên tiếp, cũng không thể biểu diễn được thành tổng
của các số chẵn liên tiếp.
Nếu N là hợp số thì nó có ít nhất một ước d > 1 và như vậy N có
thể được biểu diễn thành ít nhất một trong những các tổng nói trên, và
được phát biểu bằng các định lý sau:
Định lý 2.1.1 Số nguyên tố không thể biểu diễn được bằng tổng của các
số dương lẻ liên tiếp hoặc bằng tổng các số dương chẵn liên tiếp.
Định lý 2.1.2 Mọi số nguyên dương N có ít nhất một ước d > 1 có thể
biểu diễn được thành một chuỗi số học của d số nguyên dương với công
sai là 2. Vậy với mỗi cặp ước bù 1 < d ≤ d . Và N được viết thành
N = (d − d + 1) + (d − d + 3) + ... + (d + d − 1).

(2.1)

Rõ ràng nếu d − d là chẵn thì tổng (2.1) bao gồm d số dương lẻ liên
tiếp trong khi d − d là số lẻ, nó bao gồm d số chẵn dương liên tiếp. Vì
vậy ta có hai hệ quả sau:
Hệ quả 2.1.1 Nếu hai ước bù nhau bất kỳ d, d của một số nguyên dương
N có hiệu là số chẵn d − d = 2(c − 1), với c là một số nguyên dương,
thì N có thể được biểu diễn dưới dạng một tổng của d số lẻ dương liên
tiếp.
N = d[d + 2(c − 1)] = [2(c − 1) + 1] + [2(c − 1) + 3] + ... + 2(c − 1) + 2d − 1].
(2.2)
Ví dụ 2.1 . Số 120 được viết: 120 = 10.12 = 3 + 5 + ... + 21 (có 10 số
hạng).
Số 187 = 11.17 = 7 + 9 + 11 + ... + 27 (có 11 số hạng).
Đặc biệt. Khi d = d (c = 1), ta có mệnh đề sau:


17

Mệnh đề 2.1.1 Mọi số chính phương N = d2 có thể được viết dưới
dạng tổng của d số dương lẻ đầu tiên:
N = d2 = 1 + 3 + ... + (2d − 1).

(2.3)

Với d = 2, 3, 4, ..., 9.Ta có:
Số

Tổng

Số các số hạng

2

1+3

2

2

1+3+5

3

2

1+3+5+7

4

2

1+3+5+7+9

5

2

1 + 3 + 5 + +7 + 9 + 11

6

2

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13

7

2

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15

8

2

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17

9

2
3
4
5
6
7
8
9

Bảng 1

Hệ quả 2.1.2 Nếu bất kỳ hai ước bù nhau d, d của một số nguyên dương

N có hiệu là một số lẻ, tức là d − d = 2c − 1 với c là một số nguyên
dương. Thì N có thể biểu diễn được dưới dạng một tổng d số chẵn liên
tiếp:
N = d(d + 2c − 1) = 2c + 2(c + 1) + 2(c + 2) + ... + 2(c + d − 1).
Ví dụ 2.2 . Ta có:
150 = 10.15 = 6 + 8 + 10 + ... + 24 (có 10 số hạng).
198 = 11.18 = 8 + 10 + 12 + ... + 28 (có 11 số hạng).
Đặc biệt d = d + 1, (c = 1) ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.1.2 Mọi số nguyên dương có dạng N = d(d + 1) có thể viết
dưới dạng tổng của d số chẵn dương đầu tiên: Lấy
N = d(d + 1) = 2 + 4 + 6 + ... + 2d.

(2.4)

Với d = 2, 3, 4, ...., 9. Chúng ta có bảng 2. Định lý 2.1.2 cho ta biết số
nguyên dương nào biểu diễn được thành tổng của các số dương lẻ liên
tiếp hoặc tổng của các số dương chẵn liên tiếp. Hai hệ quả trên xác định
được các phần tử cấu trúc trong phân tích nhân tử của các số mà xác
định xem liệu tất cả các số hạng trong chuỗi biểu diễn của chúng đều
là lẻ hoặc đều là chẵn. Một câu hỏi đặt ra: Có hay không các số nguyên


18
Số

Tổng

Số các số hạng

2·3

2+4

2

3·4

2+4+6

3

4·5

2+4+6+8

4

5·6

2 + 4 + 6 + 8 + 10

5

6·7

2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12

6

7·8

2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14

7

8·9

2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + 16

8

9 · 10

2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + 16 + 18

9

Bảng 2

dương mà có thể được biểu diễn duy nhất thành tổng các số lẻ liên tiếp
hoặc bằng tổng các số chẵn liên tiếp? Câu trả lời sẽ được trình bày bằng
cách chỉ ra một số gợi ý áp dụng cho các dạng số đặc biệt. Để tự nhiên
nhất ta bắt đầu với các biểu diễn chuỗi của lũy thừa của các số nguyên
tố riêng biệt, khi có một thứ tự của các cặp ước số bù nhau. Do đó,
chúng ta có mệnh đề sau đây:
Mệnh đề 2.1.3 Các số có dạng p(n+1) , trong đó p là số nguyên tố
bất kỳ và n là một số nguyên dương, có thể được biểu diễn duy nhất
n+1
thành
tổng của pk các số dương lẻ liên tiếp, trong đó k =

2
n+1
1, 2, .....,
, với x là kí hiệu cho số nguyên lớn nhất không vượt
2
quá x.
Vì vậy đối với mỗi k chúng ta có:
p(n+1) = (p(n−k+1) − pk + 1) + (p(n−k+1) − pk + 3) + ... + (p(n−k+1) + pk − 1)
(2.5)
Ví dụ 2.3 . Ta thấy:
24 = 7 + 9 (2 số hạng) hay 24 = 1 + 3 + 5 + 7 (22 số hạng);
35 = 79 + 81 + 83 (3 số hạng) hay 35 = 19 + 21 + 23 + ... + 35 (32 số
hạng).
Các trường hợp cụ thể của Mệnh đề 2.1.3.
Mệnh đề 2.1.3 (a) Không có số nguyên tố được nâng lên một lũy
thừa lẻ nào có thể được biểu diễn duy nhất hoặc thành tổng các số dương
lẻ liên tiếp bắt đầu từ 1 hoặc thành một tổng các số dương chẵn bắt đầu
từ 2.


19

Mỗi số hạng trong (2.5) là lẻ, do đó mỗi biểu diễn chuỗi của p(n+1) là
một chuỗi lẻ. Hơn nữa, nếu n + 1 là lẻ thì 2k(n + 1) và p(n−k+1) > pk .
Do đó số hạng đầu tiên trong mỗi chuỗi là lớn hơn 2.
Mệnh đề 2.1.3 (b) Mọi số nguyên tố được nâng lên một lũy thừa
chẵn có thể được viết thành một tổng các số dương lẻ liên tiếp bắt đầu
từ 1.
Và tiếp theo ta tìm hiểu về biểu diễn chuỗi của các hợp số. Đối với
trường hợp các số lẻ ta có mệnh đề sau:

Mệnh đề 2.1.4 Mỗi hợp số dương lẻ có thể biểu diễn được thành tổng
của các số dương lẻ liên tiếp.
Xét một hợp số dương lẻ có dạng nguyên tố p1 , p2 , ..., pk . Trong đó
p1 , p2 , ..., pk là các số nguyên tố lẻ, không nhất thiết phân biệt sao cho:
p1 ≤ p2 ≤ p3 ≤ ..... ≤ pk .
Vì tất cả các ước số của số này là lẻ, hai ước bù nhau bất kỳ của
nó d, d sai khác một số chẵn đơn vị và tất cả số hạng trong biểu diễn
chuỗi của nó (2.1) lẻ. Hơn nữa, trong số tất cả các cặp có thể d, d có ít
nhất một cặp mà 1 < d ≤ d . Do đó, các hợp số lẻ có thể biểu diễn được
thành ít nhất một tổng của các số dương lẻ liên tiếp.
Chúng ta minh họa Mệnh đề 2.1.4 bằng cách liệt kê trong bảng 3 tất
cả các biểu diễn chuỗi của các hợp số p1 p2 , (p1 p2 )2 và (p1 p3 )3 thành tổng
của các số nguyên dương lẻ liên tiếp, trong đó p1 , p2 là các số nguyên lẻ
bất kỳ sao cho p1 < p2 . Thật thú vị khi để ý rằng biểu diễn chuỗi của
số (p1 p2 )2 trong đó bao gồm p1 p2 số hạng cũng có thể viết được thành :
N 2 = 1 + 3 + 5 + ... + (2N − 1), với N = p1 p2 .
Tương tự biểu diễn chuỗi số của (p1 p2 )3 trong đó bao gồm p1 p2 số
hạng, cũng có thể viết thành:
N 3 = (N 2 − N + 1) + (N 2 − N + 3) + ... + (N 2 + N − 1).
Do đó các biểu diễn chuỗi của các hợp số lẻ nâng lên lũy thừa lớn hơn 1
không phụ thuộc vào dạng phân tích thừa số nguyên tố của chúng. Điều
quan sát này gợi nhớ đến mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.1.4’ Số có dạng N (n+1) trong đó N là số lẻ lớn hơn 1 và
n là một số nguyên dương, có thể được biểu diễn không duy nhất thành
n+1
tổng của N k số dương lẻ liên tiếp. Như vậy đối với k = 1, 2, 3, ...,
2


20

Số
p1 p2
(p1 p2 )

2

(p1 p2 )3

Tổng

Số các số hạng

(p2 − p1 + 1) + (p2 − p1 + 3) + ... + (p2 − p1 − 1)

p1

(p1 (p22 − p1 + 1) + (p1 (p2 )2 − p1 + 3) + ... + (p1 p22 −
((p1 )2 p2 − p2 + 1) + ((p1 )2 p2 − p2 + 3) + ... + ((p1 )2 p2

p1 − 1)

p1

− p2 − 1)

p11

(p21 p2 − p2 + 1) + (p21 p2 − p2 + 3) + ... + (p21 p2 + p2 − 1)

p12

(p22 − p21 + 1) + (p22 − p21 + 3) + ... + (p22 + p21 − 1)

p21

1 + 3 + 5 + 7 + ... + (2p1 p2 − 1)

p11 p22

(p21 p32 − p1 + 1) + (p21 p32 − p1 + 3) + ... + (p21 p32 + p1 − 1)

p11

(p31 p22 − p2 + 1) + (p31 p22 − p2 + 3) + ... + (p31 p22 + p2 − 1)

p12

(p1 p32 − p21 + 1) + (p1 p32 − p21 + 3) + ... + (p1 p32 + p21 − 1)

p21

(p21 p22 − p1 p2 + 1) + (p21 p22 − p1 p2 + 3) + ... + (p21 p22 + p1 p2 − 1)

p11 p12

(p1 p22 − p21 p2 + 1) + (p1 p22 − p21 p2 + 3) + ... + (p1 p22 + p21 p2 − 1)

p21 p2

(p31 − p32 + 1) + (p31 − p32 + 1) + ... + (p31 + p32 − 1)

p31

(p22 − p31 p2 + 1) + (p22 − p31 p2 + 1) + ... + (p22 + p31 p2 − 1)

p31 p2 nếu p31 < p2

(p31 p2 − p22 + 1) + (p31 p2 − p22 + 3) + ... + (p31 p2 + p22 − 1)

p22 nếu p21 > p2

Bảng 3

n+1
, chúng ta có:
2
N (n+1) = (N (n−k) −N k +1)+(N (n−k+1) −N k +3)+...+(N (n−k+1) +N k −1).
(2.6)
(n+1)
Các số có dạng N
trong đó N là số lẻ, luôn luôn có thể tách thành
k
nhân tử d = N , d = N (n−k+1) với 2k ≤ n + 1. Do đó ta suy ra (2.6).
Từ Định lý 2.1.2 rõ ràng nếu N là số nguyên tố thì (2.6) trở thành
(2.5).
Với số mũ của N là số lẻ hay chẵn, chúng ta có các mệnh đề sau đây:
Mệnh đề 2.1.4’ (a) Không có số nào dạng N (2n+1) , trong đó N là
số lẻ lớn hơn 1 và n là số nguyên dương, mà có thể viết được thành một
tổng của các số dương lẻ liên tiếp bắt đầu từ 1.
Cho n −→ 2n, rõ ràng trong (2.6) 2k < 2n + 1. Do đó mỗi số hạng

trong các biểu diễn chuỗi N (2n+1) lớn hơn 1.
Mệnh đề 2.1.4’ (b) Mọi số hạng có dạng N 2n , trong đó N là một
số lẻ lớn hơn 1 và n là một số nguyên dương có thể viết thành tổng của
N n các số dương lẻ đầu tiên.
Ví dụ 2.4 . Số 154 có 12 ước d như vậy 1 < d ≤ d
3, 5, 32 , 3.5, 52 , 33 , 32 .5, 3.52 , 34 , 53 , 33 .5, 32 .52


21

và có thể biểu diễn được thành 12 tổng của các số lẻ dương liên tiếp.
Các nhân tử nguyên tố của 15 không ghi vào hai trong số các tổng này
(d = 3.5, 32 .52 ). Đối với trường hợp d = 32 .52 , số 154 có thể được viết
thành tổng của 152 số lẻ dương đầu tiên (theo Mệnh đề 2.1.4’(a)). Mặt
khác, số 155 cũng có thể được biểu diễn bởi hai tổng không phụ thuộc
và nhân tử nguyên tố của nó, (với d = 3.5, 32 .52 ) nhưng không tổng nào
bắt đầu từ 1 (Mệnh đề 2.1.4’(b)).
Do đó chúng tôi có được kết quả sau đây: Các hợp số dương lẻ và
số chẵn có dạng 2(n+1) , trong đó n là một số nguyên dương có thể biểu
diễn duy nhất được thành tổng của các số dương lẻ liên tiếp. Nói cách
khác, các tích của các số nguyên tố chẵn (lũy thừa của 2 lớn hơn 1) và
các tích của các số nguyên tố lẻ, đều có thể biểu diễn duy nhất thành
tổng của các số dương lẻ liên tiếp.
Và từ đó chúng ta có thể khẳng định được định lý sau:
Định lý 2.1.3 Tất cả những hợp số dương lẻ và tất cả những số chẵn
có dạng 2(n+1) , với n là một số nguyên dương đều biểu diễn được thành
tổng của các số dương lẻ liên tiếp.
Mặt khác, biểu diễn duy nhất thành tổng các số dương chẵn liên tiếp
là tất cả các số nguyên dương trong đó hiệu của bất kỳ hai ước số bù
nhau của nó là lẻ (Hệ quả 1.2.1).Vì vậy, các ước số của những số nguyên

dương này không thể là tất cả lẻ và không nhiều hơn một trong số chúng
có thể là chẵn. Do đó, nhân tử nguyên tố của các số nguyên biểu diễn
duy nhất thành tổng các số dương chẵn liên tiếp là số dương, phải gồm
một số nguyên tố chẵn duy nhất và một tích của các số nguyên tố lẻ.
Do đó chúng ta có định lý sau:
Định lý 2.1.4 Các số chẵn dạng 2(2m + 1) với mỗi m là số nguyên
dương biểu diễn được duy nhất thành tổng của các số dương chẵn liên
tiếp .
Ví dụ 2.5 . Ta thấy:
90 = 44 + 46 (2 số hạng)
= 28 + 30 + 32 (3 số hạng)
= 14 + 16 + 18 + 20 + 22 (5 số hạng)
= 10 + 12 + 14 + ... + 20 (2.3 số hạng)
= 2 + 4 + 6 + ... + 18 (32 số hạng) .


22

Theo Mệnh đề 2.1.2 thì một số có dạng 2(2m + 1) với một cặp ước bù
nhau d, d sao cho d = d + 1, có thể được viết thành tổng của d số dương
chẵn đầu tiên và ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.1.5 (a) Mỗi số nguyên có dạng 2(2m+1) mà m = k(4k−3)
với k là một số nguyên dương, có thể viết được thành tổng của 4k − 2
số dương chẵn đầu tiên.
Với k = 1, 2, 3, 4, 5, chúng ta có bảng 4.
k

Số

Tổng

Số các số hạng

1

2·3

2+4

2

2

6·7

2 + 4 + ... + 12

6

3

10 · 11

2 + 4 + ... + 20

10

4

14 · 15

2 + 4 + ... + 28

14

5

18 · 19

2 + 4 + ... + 36

18

Bảng 4

Mệnh đề 2.1.5 (b) Mỗi số nguyên có dạng 2(2m+1) mà m = k(4k+3)
với k là một số nguyên dương, có thể viết được thành tổng của 4k + 1
số dương chẵn đầu tiên.
Với k = 1, 2, 3, 4, 5, chúng ta có bảng 5.
k

Số

Tổng

Số các số hạng

1

2·6

2 + 4 + ... + 10

5

2

9 · 10

2 + 4 + ... + 18

9

3

13 · 14

2 + 4 + ... + 26

13

4

17 · 18

2 + 4 + ... + 34

17

5

21 · 22

2 + 4 + ... + 42

21

Bảng 5

Mệnh đề 2.1.5(a) và 2.1.5(b) được suy luận bằng cách cho 2(2m + 1) =
d(d + 1). Khi đó, biểu thức delta của phương trình bậc hai này của d
phải là bình phương của một số lẻ.
Do đó người ta thấy rằng :
1 + 8(2m + 1) = (8k ± 3)2 .
Do đó d = 4k − 2 hay d = 4k + 1 và theo Mệnh đề 2.1.2 các tổng tương
ứng là:
2 + 4 + 6 + ... + 8k − 4 và 2 + 4 + 6 + ... + 8k + 2.