(Luận văn thạc sĩ) biểu diễn số nguyên thành tổng hai bình phương của số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẶNG TUẤN LONG

BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN THÀNH TỔNG
HAI BÌNH PHƯƠNG CỦA SỐ NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẶNG TUẤN LONG

BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN THÀNH TỔNG
HAI BÌNH PHƯƠNG CỦA SỐ NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC
Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TS. TRẦN VŨ THIỆU

Thái Nguyên - 2016

i

Mục lục
Mở đầu

1

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

4

1.1

Ước chung lớn nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.1

Ước số và phần dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.2

Số nguyên tố và hợp số . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3

Số nguyên Gauss và vành Z[i] . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.4

Bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

Chương 2. Tổng bình phương của hai số ngun

20

2.1

Bài tốn tổng của hai số bình phương . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.2

Số nguyên tố nào là tổng của hai bình phương? . . . . . . . . .

22

2.3

Số nguyên nào là tổng của hai bình phương? . . . . . . . . . . .

26

2.4

Số biểu diễn được thành tổng hai bình phương . . . . . . . . . .

30

2.5

Bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

Chương 3. Một số bài tốn có liên quan

38

3.1

Tổng của nhiều số bình phương . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

3.2

Bộ số Pythagoras và bài toán Fermat . . . . . . . . . . . . . . .

40

3.3

Một số bài toán chưa có lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

3.4

Bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

Kết luận

48

Tài liệu tham khảo

49

1

Mở đầu
Lý thuyết số nghiên cứu tập hợp số tự nhiên (các số nguyên dương) 1, 2, 3,
4, 5, 6, 7, . . . và các mối quan hệ giữa các loại số khác nhau.
Người ta chia ra nhiều loại số nguyên:
• số chẵn: 2, 4, 6, 8, 10, . . .
• số lẻ: 1, 3, 5, 7, 9, 11, . . .
• số chính phương: 1, 4, 9, 16, 25, 36, . . .
• số lập phương: 1, 8, 27, 64, 125, . . .
• số nguyên tố: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, . . .
• hợp số: 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, 18, . . .
• 1 (modulo 4): 1, 5, 9, 13, 17, 21, 25, . . .
• 3 (modulo 4): 3, 7, 11, 15, 19, 23, 27, . . .
• số tam giác: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, . . .
• số hồn hảo: 6, 28, 496, . . .
• số Fibonacci: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .
Một trong những mục tiêu chính của lý thuyết số là khám phá ra những
quan hệ thú vị bất ngờ giữa các loại số khác nhau và chứng minh những quan
hệ này là đúng.
Có nhiều bài tốn tiêu biểu về lý thuyết số, trong số đó một số đã có lời
giải, một số cho tới nay vẫn chưa giải được.


2

Một số bài tốn đã có lời giải: những số nào bằng tổng bình phương của hai
số tự nhiên? Ví dụ, 5 = 12 + 22 , 13 = 22 + 32 , . . .
Chúng có những đặc tính chung gì? Có bao nhiêu cách biểu diễn như thế?
Bài toán tương tự: số nào bằng tổng lập phương của hai số nguyên dương? Ví

dụ, 9 = 13 + 23 , 28 = 13 + 33 , 35 = 23 + 33 , . . .
Đặc điểm của những số này là gì?
Đề tài luận văn Biểu diễn số nguyên thành tổng hai bình phương của số
ngun có mục đích tìm hiểu và trình bày các kết quả của lý thuyết số về các
tính chất đặc trưng của những số nguyên dương (nói riêng là các số nguyên
tố) biểu diễn được dưới dạng tổng bình phương của hai số nguyên, số cách
biểu diễn thành tổng hai bình phương, một số bài tốn và định lý có liên quan
tới bài tốn tổng của hai số bình phương: bộ số Pythagoras, nghiệm nguyên
của phương trình bậc hai với hệ số nguyên, định lý cơ bản của số học, định lý
Fermat bé, định lý Wilson, định lý Thue, định lý hai số bình phương, ...
Luận văn được viết dựa chủ yếu trên các tài liệu tham khảo [1] - [6] lấy từ
nguồn Internet và được chia thành ba chương.
Chương 1 Kiến thức chuẩn bị trình bày lại các khái niệm về các số tự nhiên,
số nguyên tố, hợp số, về phép chia hết, phép phân tích số nguyên ra thừa số
nguyên tố, về phép tính đồng dư modulo.
Chương 2 Tổng bình phương của hai số nguyên đề cập tới bài toán cổ điển
trong lý thuyết số: biểu diễn một số nguyên dương (nói riêng, số nguyên tố)
dưới dạng tổng hai bình phương của số ngun. Trình bày các định lý về tính
chất đặc trưng của các số nguyên tố, các số nguyên dương biểu diễn được dưới
dạng tổng hai bình phương của số ngun.
Chương 3 Một số bài tốn có liên quan đề cập tới bài toán mở rộng về biểu
diễn số nguyên thành tổng của nhiều số bình phương (bài tốn Waring), bộ số
Pythagoras (x2 + y 2 = z 2 ) và Định lý lớn Fermat về sự không tồn tại nghiệm
ngun khác khơng của phương trình xn + y n = z n , với mọi n > 2. Cuối chương
giới thiệu một số bài toán của lý thuyết số chưa có lời giải.
Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy hướng dẫn


3

GS.TS. Trần Vũ Thiệu đã tận tình giúp đỡ trong suốt quá trình làm luận
văn. Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cơ giáo của khoa Tốn-Tin,
Trường Đại học Khoa học Thái Nguyên và của Viện Toán học, Viện Công nghệ
thông tin thuộc Viện Hàn lâm Khoa học và Công nghệ Việt Nam đã giảng dạy
và tạo điều kiện thuận lợi trong quá trình tác giả học tập và nghiên cứu.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016
Tác giả luận văn

Đặng Tuấn Long


4

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Chương này nhắc lại một số khái niệm cơ bản của lý thuyết số: phần dư của
phép chia nguyên, ước chung lớn nhất của các số nguyên, số nguyên tố và hợp
số, khái niệm đồng dư và tính chất. Số nguyên Gauss và vành các số nguyên
Gauss.
Nội dung của chương được tham khảo từ các tài liệu [1], [2], [3] và [5].

1.1

Ước chung lớn nhất

1.1.1

Ước số và phần dư

Xét tập số nguyên Z = {0, ±1, ±2, ...}. Từ lý thuyết số, ta biết kết quả sau.

Định lý 1.1 (Định lý chia). Với mọi a, b ∈ Z, b = 0, tồn tại duy nhất q, r ∈

Z, 0 ≤ r < |b|, sao cho a = bq + r. (Chia a cho b được q là thương số, r là phần
dư).

Ví dụ 1.2. a) Với a = 13, b = 3 ta có q = 4, r = 1, vì 13 = 3 × 4 + 1.

b) Với a = 17, b = −5 ta có q = −3, r = 2, vì 17 = (−5) × (−3) + 2.

c) Với a = −5, b = 4 ta có q = −2, r = 3, vì −5 = 4 × (−2) + 3.

d) Với a = −11, b = −5 ta có q = 3, r = 4, vì −11 = (−5) × 3 + 4.

Định nghĩa 1.3. Với a, b ∈ Z, ta nói a là ước (divisor) của b nếu tồn tại

số nguyên x sao cho a.x = b. Trong trường hợp này ta nói rằng b chia hết

(divisible) cho a hay b là bội (multiple) của a và viết a | b (đọc là a là ước của

b). Trái lại, ta nói a không là ước của b và viết a ∤ b.


5

Ví dụ 1.4. Các ước của 6 là −6, −3, −2, −1, 1, 2, 3 và 6. Ta chỉ ra điều này

bằng cách viết −3 | 6, 2 | 6, 3 | 6, . . . Nhưng 4 không là ước của 6 nên ta viết

4 ∤ 6.

Định nghĩa 1.5. Với bất kỳ a ∈ Z, các điều sau đây luôn đúng: 1 | a, −1 | a,

a | a, −a | a. Ta nói 1, −1, a và −a là các ước tầm thường (trivial divisors) của

a; 1 và −1 gọi là đơn vị (units), mọi ước bất kỳ khác của a gọi là ước thực sự
(proper divisors).

Ví dụ 1.6. -3, -2, 2, 3 là các ước thực sự của 6.
1.1.2

Số nguyên tố và hợp số

Định nghĩa 1.7. Số nguyên dương a > 1 được gọi là một số ngun tố
(prime) nếu a khơng có ước thực sự. Số nguyên dương a gọi là một hợp
số (composite) nếu a có ước thực sự. Nếu a là số nguyên dương và các số
nguyên tố p1 , p2 , p3 ..., pk thỏa mãn a = pα1 1 × pα2 2 × pα3 3 × ... × pαk k thì tích
pα1 1 × pα2 2 × pα3 3 × ... × pαk k gọi là phân tích thừa số nguyên tố (prime factoriza-

tion) của a.

Ví dụ 1.8. Các số nguyên tố nhỏ hơn 40 là 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29,
31, 37.
Định lý 1.9 (Định lý cơ bản của số học). Mọi số a, a > 1, có phân tích thừa
số ngun tố duy nhất (khơng kể sự sai khác về thứ tự các thừa số).
Ví dụ 1.10. 12 = 22 × 3; 18 = 2 × 32 ; 231 = 3 × 7 × 11.
Định nghĩa 1.11. Cho a, b ∈ Z. Ta định nghĩa ước chung lớn nhất (greatest

common divisor) của a và b là số nguyên lớn nhất d mà cả a và b đều chia

hết cho d : d | a và d | b. Ước chung lớn nhất được ký hiệu là (a, b) = d hoặc

gcd(a, b) = d. Trong luận văn này ta sẽ sử dụng gcd(a, b) để chỉ ước chung lớn
nhất của a và b.
Ví dụ 1.12. Hãy tìm ước chung lớn nhất của 8 và 12. Ta thấy các ước của 8
là ±1, ±2, ±4, ±8 và các ước của 12 là ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12. Từ đó, ước


6

chung của 8 và 12 là ±1, ±2, ±4. Vì thế, ước chung lớn nhất của 8 và 12 là 4
và ta viết gcd(8, 12) = 4.

Có thể thấy gcd(6, −9) = 3, gcd(−15, 25) = 5 và gcd(−3, −7) = 1.
Định nghĩa 1.13. Nếu ước chung lớn nhất gcd(a, b) = 1 thì ta nói hai số
ngun a và b là nguyên tố cùng nhau (relatively prime).
Định lý 1.14. Nếu a, b ∈ Z và gcd(a, b) = d thì gcd(a/d, b/d) = 1.
Chứng minh. Giả sử gcd(a/d, b/d) = k. Từ đó a/d = mk, b/d = nk với m, n
nguyên và ta có a = mkd, b = nkd. Điều này cho thấy a và b chia hết cho kd,
tức là kd | a và kd | b. Do d là ước chung lớn nhất của a và b nên kd ≤ d. Suy
ra k ≤ 1. Do k nguyên dương nên phải có k = 1. Vậy gcd(a/d, b/d) = k = 1.

Ví dụ 1.15. Hãy tìm ước chung lớn nhất của 15 và 40. Bằng cách phân tích
ra thừa số ngun tố ta có 15 = 3 × 5 và 40 = 23 × 5. Từ đó, ta tìm được

ước chung lớn nhất của 15 và 40 bằng 5, tức là gcd(15, 40) = 5. Ta thấy

gcd(15/5, 40/5) = gcd(3, 8) = 1.
Định lý 1.16. Cho a, b, c ∈ Z. Khi đó gcd(a + cb, b) = gcd(a, b).
Chứng minh. Giả sử gcd(a, b) = d, gcd(a + cb, b) = k. Ta cần chứng minh
rằng d = k. Do gcd(a, b) = d nên a = pd và b = qd với p, q nguyên tố cùng

nhau (Định lý 1.14). Trong gcd(a + cb, b) = k thay a = pd, b = qd và cb = cqd,
ta được
k = gcd(a + cb, b) = gcd(pd + cqd, qd) = gcd((p + cq)d, qd).
Đẳng thức này cho thấy ước chung lớn nhất của (p + cq)d và qd bằng d, bởi vì
(p + cq) có trong (p + cq)d đúng d lần và q có trong qd cũng d lần.
Vì thế, gcd(a + cb, b) = d, nghĩa là d = k. Định lý được chứng minh.
Ví dụ 1.17. Xét ba số: a = 110, b = 44, c = 22. Theo Định lý 1.16, ta có
gcd(110 + 22 × 44, 44) = gcd(110, 44)
hay
gcd(1078, 44) = gcd(110, 44).


7

Để kiểm tra đẳng thức này, ta tính gcd(1078, 44) và gcd(110, 44). Ta thấy
44 = 22 × 11, 110 = 2 × 5 × 11 và 1078 = 2 × 72 × 11.
Từ đó suy ra gcd(1078, 44) = gcd(110, 44) = 22. Kết quả kiểm tra đúng.
Định nghĩa 1.18. Cho a, b ∈ Z . Tổ hợp tuyến tính (linear combination) của

a và b là tổng có dạng ax + by, trong đó x, y ∈ Z.

Định lý 1.19. Nếu a, b, m, n ∈ Z và c là ước số chung của a và b thì c cũng là

ước số của ma + nb, nghĩa là c | a và c | b thì c | (ma + nb).

Chứng minh. Nếu c | a và c | b thì theo định nghĩa của ước sẽ tìm được

u, v ∈ Z sao cho a = cu, b = cv. Khi đó ma + nb = mcu + ncv = c(mu + nv).
Do đó (ma + nb) là bội của c. Vì thế c | (ma + nb).

Ví dụ 1.20. Giả sử a = 21, b = 39, và c = 3. Ta có 21 = 3 × 7 và 39 = 3 × 13.

Vì thế, 21 và 39 chia hết cho 3. Giả sử m = 7, n = −3. Khi đó
7 × 21 − 3 × 39 = 147 − 117 = 30.
Rõ ràng 3 là ước của 30, vì 30 = 3 × 10.

Định lý 1.21. Cho hai số a, b ∈ Z. Khi đó d = gcd(a, b) là số nguyên dương
nhỏ nhất biểu diễn được dưới dạng d = ax + by với x, y ∈ Z.

Chứng minh. Giả sử k là số nguyên dương nhỏ nhất có dạng k = ax + by với
x, y ∈ Z. Ta chứng minh d = k. Thật vậy, do d là ước chung của a và b nên

theo Định lý 1.19, d cũng là ước của ax + by, tức là d | (ax + by) = k, do đó

d ≤ k.a phải chia hết cho k, vì nếu trái lại thì a = ku + v với 0 < v < k, trong
đó u, v ∈ Z. Từ đó v = a − ku = a − u(ax + by) = a(1 − ux) + b(−uy). Như

vậy, v cũng là một tổ hợp tuyến tính của a và b. Thế nhưng v < k, điều này

trái với giả thiết: k là số nguyên dương nhỏ nhất có dạng ax + by. Chứng minh
tương tự cho thấy b cũng chia hết cho k. Vậy phải có k ≤ gcd(a, b) = d. Ở trên
ta đã thấy d ≤ k. Vì thế, k = d.

Ví dụ 1.22. Giả sử a = 51 và b = 187. Ta thấy 51 = 3 × 17 và 187 = 11 × 17.

Từ đó gcd(51, 187) = 17. Nếu chọn x = 4, y = −1, ta có 51 × 4 − 187 × 1 =

204 − 187 = 17 = gcd(51, 187).

8

Định lý 1.23. Nếu a, b, c ∈ Z, a | bc và a, b nguyên tố cùng nhau thì a | c.
Chứng minh. Do a, b nguyên tố cùng nhau nên gcd(a, b) = 1. Theo Định
lý 1.21, tồn tại x, y ∈ Z sao cho 1 = ax + by. Nhân hai vế với c ta được
c = acx + bcy. Rõ ràng a | ac và theo giả thiết a | bc. Từ đó theo Định lý 1.19,
a | (acx + bcy) = c, tức là a | c.

Định lý 1.24. Nếu a, b là các số ngun dương thì tập hợp các tổ hợp tuyến
tính của a và b là tập các bội nguyên của gcd(a, b).
Chứng minh. Giả sử gcd(a, b) = c. Trước hết, ta chứng minh mỗi tổ hợp
tuyến tính của a và b, chẳng hạn ma + nb, là một bội nguyên của c. Thật vậy,
với gcd(a, b) = c thì c | a và c | b. Theo Định lý 1.19, c | (ma + nb), do đó

ma + nb = ck, nghĩa là ma + nb là một bội nguyên của gcd(a, b).

Ngược lại, theo Định lý 1.21, c = gcd(a, b) biểu diễn được dưới dạng một tổ
hợp tuyến tính của a và b, chẳng hạn c = ax + by với x, y ∈ Z. Nhân cả hai vế

với s ∈ Z, ta có sc = s(ax + by) = a(sx) + b(sy). Như vậy, mỗi bội nguyên của

c là một tổ hợp tuyến tính của a và b.

Ví dụ 1.25. Giả sử a = 52, b = 117. Ta thấy 52 = 22 × 13 và 117 = 32 × 13.

Do đó gcd(52, 117) = 13. Với bất kỳ x, y ∈ Z tìm được số nguyên k nghiệm

đúng phương trình 52x + 117y = 13k. Tìm x và y cho ta k = 2, tức là x, y thỏa
mãn 52x + 117y = 13 × 2 = 26. Chia cả hai vế cho 13, phương trình rút gọn
cịn 4x + 9y = 2. Ta tìm được x = 5 và y = −2, vì 4 × 5 − 9 × 2 = 20 − 18 = 2.

Định nghĩa 1.26. Một tập G được gọi là một nhóm cộng nếu tồn tại một ánh
xạ từ tích Descartes G × G vào G (ảnh của phần tử (a, b) ∈ G × G qua ánh xạ
này ta ký hiệu là a + b) thỏa mãn các tính chất sau:

i) Kết hợp: a + (b + c) = (a + b) + c, với ∀a, b, c ∈ G.

ii) Có phần tử khơng (ký hiệu là 0): Tồn tại phần tử 0 ∈ G sao cho a + 0 =

0 + a = a, với ∀a ∈ G.

iii) Có phần tử đối: Với mỗi a ∈ G luôn tồn tại phần tử đối, ký hiệu là −a ∈ G,

sao cho a + (−a) = (−a) + a = 0.

Nếu a + b = b + a với a, b ∈ G thì G được gọi là nhóm Abel (hay nhóm giao

hốn).


9

Định nghĩa 1.27. Một tập con H của nhóm cộng G được gọi là một nhóm
con của G nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) Phép toán cộng là đóng với H, tức là a + b ∈ H, với ∀a, b ∈ H.

ii) H chứa phần tử không của G.
iii) −a ∈ H với mọi a ∈ H.

Rõ ràng, tập hợp tất cả các số nguyên Z là một nhóm Abel đối với phép

tốn cộng. Dưới đây ta có một kết quả thú vị cho nhóm này.
Bổ đề 1.28. Cho S ⊆ Z là một nhóm con của Z với phép cộng. Khi đó, tồn

tại d ∈ Z sao cho S = dZ, trong đó dZ = {dz : z ∈ Z} .

Chứng minh. Vì S là nhóm con của Z nên ta biết rằng nếu cho trước a, b ∈ Z

thì a + b ∈ Z. Bằng cách cộng lặp a với chính nó, ta được aZ ⊆ S. Chứng minh
tiến hành theo hai trường hợp:

a) S = {0}. Khi đó, chọn d = 0 thì S = 0Z = {0} .

b) S = {0}. Giả sử d là số nguyên dương nhỏ nhất trong S. Ta biết rằng

dZ ⊆ S. Để chứng minh S ⊆ dZ ta lấy s ∈ S. Ta sẽ chỉ ra d | s, do đó s ∈ dZ.

Theo thuật tốn chia ta biết rằng s = dq + r, trong đó 0 ≤ r ≤ d − 1. Lưu ý
rằng do d ∈ S nên dq ∈ S và −s ∈ S. Do S đóng kín đối với phép cộng nên

dq + (−s) = r ∈ S. Nhưng vì 0 ≤ r ≤ d − 1, S ⊆ Z và d là số nguyên dương
nhỏ nhất trong S nên phải có r = 0.
Do đó s = dq và d | s.

1.2

Đồng dư

Định nghĩa 1.29. Cho a, b ∈ Z. Ta nói rằng a đồng dư với b (congruent to)

theo modulo m (viết tắt là mod m) nếu m | (a − b). Ta ký hiệu là a ≡ b

(mod m) và hiểu đơn giản là: khi chia a và b cho m ta được phần dư như nhau
(đồng dư).
Nhận xét 1.30. Lưu ý rằng ta có thể diễn đạt m | a bởi cách viết a ≡ 0

(mod m).

Có thể chứng minh các tính chất sau:


10

• Với bất kỳ 1 < m ∈ Z và bất kỳ a ∈ Z ta có:
1. a ≡ a (mod m): Do m × 0 = 0 nên m | 0 = a − a. Từ đó a ≡ a (mod m);
2. Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m). Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a−b)
⇒ a − b = km, k ∈ Z ⇒ b − a = −km, −k ∈ Z ⇒ m | (b − a) ⇒ b ≡ a
(mod m);

3. Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m). Thật vậy,

a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a − b) ⇒ a − b = um, u ∈ Z, b ≡ c (mod m) ⇒
m | (b − c) ⇒ b − c = vm, v ∈ Z ⇒ a − c = (a − b) + (b − c) = (u + v)m ⇒

m | (a − c) ⇒ a ≡ c (mod m).
• Nếu a ≡ b (mod m) thì ta có:

1. a + c ≡ b + c (mod m): Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a − b) = (a + c) − (b +
c) ⇒ a + c ≡ b + c (mod m);

2. ac ≡ bc (mod m): Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a − b) ⇒ m | c(a − b) =

ac − bc ⇒ ac ≡ bc (mod m);

• Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì ta có:
1. a + c ≡ b + d (mod m):
Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a − b) ⇒ a − b = um, u ∈ Z. Từ c ≡ d
(mod m) ⇒ m | (c − d) ⇒ c − d = vm, v ∈ Z. Từ đó (a − b) + (c − d) =

(a + c) − (b + d) = (u + v)m ⇒ m | (a + c) − (b + d) ⇒ a + c ≡ b + d
(mod m);

2. ac ≡ bd (mod m): Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m | (a − b) ⇒ a − b = um, u ∈
Z ⇒ ac − bc = cum. Từ c ≡ d (mod m) ⇒ m | (c − d) ⇒ c − d = vm, v ∈

Z ⇒ bc − bd = bvm. Từ đó (ac − bc) + (bc − bd) = (ac − bd) = (cu + bv)m

với (cu + bv) ∈ Z ⇒ m | (ac − bd) ⇒ ac ≡ bd (mod d).

• Nếu ac ≡ bc (mod m) và c, m nguyên tố cùng nhau thì a ≡ b (mod d).

Thật vậy, ac ≡ bc (mod m) ⇒ m | (ac − bc = c(a − b). Do m, c nguyên tố
cùng nhau nên theo Định lý 1.23, m | (a − b) ⇒ a ≡ b (mod m).


11

Bây giờ ta có thể phân chia số nguyên thành các lớp dựa trên quan hệ đồng
dư modulo m của chúng, với số nguyên m nào đó, m > 1, bằng cách đặt các
số nguyên đồng dư với nhau vào cùng một lớp. Mỗi số nguyên chỉ được đặt
vào một và chỉ một lớp như thế và bất kỳ cặp số nguyên x, y lấy ra từ cùng
một lớp sẽ thỏa mãn x ≡ y (mod m). Các lớp này gọi là lớp thặng dư modulo

m (residue classes), ký hiệu là am , trong đó a là một phần tử trong lớp đó.

Một tập chứa đúng một phần tử của mỗi lớp thặng dư có thể được viết thành
Z/mZ. Ví dụ khi m = 4, ta có thể viết Z/4Z = {0, 1, 2, 3}. Với một số phép
toán, cụ thể là cộng, trừ, nhân và lũy thừa, thì một phần tử bất kỳ của lớp là
đại diện cho cả lớp, nghĩa là thực hiện các phép toán này trên các phần tử đại
diện của hai lớp sẽ cho kết quả là lớp thặng dư giống như áp dụng cho phần
tử bất kỳ của mỗi lớp đó. Với các phép tốn khác, ví dụ ước chung lớn nhất,
thì khơng được. Ví dụ với lớp thặng dư 2 và 3 ∈ Z/4Z thì 2 + 3 là lớp 1, giống

như 6 ≡ 2 (mod 4) cộng 11 ≡ 3 (mod 4) cho 17 ≡ 1 (mod 4).

Nhận xét 1.31. Ta có thể tùy ý thay đổi giữa biểu thức đồng dư và biểu thức
đại số của một số. Chẳng hạn, phát biểu "n có dạng 4k + 1" tương đương với
cách nói rằng n ≡ 1 (mod 4).
Trước khi trình bày tiếp một số kết quả về đồng dư, chúng tôi sẽ nhắc lại
một số kiến thức về nhóm nhân, vành và trường. Tương tự với định nghĩa nhóm
cộng, ta có định nghĩa nhóm nhân như sau.
Định nghĩa 1.32. Một tập G được gọi là một nhóm nhân nếu tồn tại một
ánh xạ từ tích Descartes G × G vào G (ảnh của phần tử (a, b) ∈ G × G qua
ánh xạ này ta ký hiệu là ab) thỏa mãn các tính chất sau:
i) Kết hợp: a(bc) = (ab)c, với ∀a, b, c ∈ G.

ii) Có phần tử đơn vị (ký hiệu là e): Tồn tại phần tử e ∈ G sao cho ae = ea = a,

với ∀a ∈ G.

iii) Có phần tử nghịch đảo: Với mỗi a ∈ G luôn tồn tại phần tử nghịch đảo, ký

hiệu là a−1 ∈ G, sao cho aa−1 = a−1 a = e.

Nếu G thỏa mãn tính chất giao hốn đối với phép nhân, tức là ab = ba, với
mọi a, b ∈ G ta cũng nói G là nhóm Abel đối với phép toán nhân.


12

Định nghĩa 1.33. (i) Một tập hợp R được gọi là một vành nếu trên R có hai
phép tốn cộng và nhân thỏa mãn các tính chất sau:
• Tập R là một nhóm Abel đối với phép cộng.

• Phép nhân trên R có tính chất kết hợp và có phần tử đơn vị.

• Luật phân phối: Phép nhân là phân phối với phép cộng, tức là, với các phần

tử a, b, c ∈ R tùy ý, ta có

(a + b)c = ac + bc và c(a + b) = ca + cb.
ii)Một vành R là vành giao hoán nếu phép nhân thỏa mãn điều kiện
ab = ba, ∀a, b ∈ R.
iii) Một phần tử khác không a ∈ R được gọi là một ước của không nếu tồn tại

một phần tử khác không b ∈ R sao cho ab = ba = 0.

iv) Một vành giao hốn khơng có ước của không được gọi là một miền nguyên.
v) Một vành R được gọi là một trường nếu R là một vành giao hốn và mọi
phần tử khác khơng của R đều có nghịch đảo.
Định lý 1.34. Nếu m, n nguyên tố cùng nhau thì m có nghịch đảo trong phép
nhân modulo n.
Chứng minh. Do m, n nguyên tố cùng nhau nên gcd(m, n) = 1 = am + bn

với a, b ∈ Z theo Định lý 1.21. Xét phương trình đồng dư (modulo n):
1 ≡ am + bn

(mod n) ⇒ 1 ≡ am + 0 ≡ am

(mod n).

Do đó m có nghịch đảo trong phép nhân modulo n.
Với p nguyên tố thì Fp = Z/pZ là một trường, nghĩa là các số nguyên có phần
dư khác 0 khi chia cho p, sẽ tạo thành một nhóm nhân Fp∗ (với Fp∗ = Fp \{0}).
Các tính chất căn bản của những cấu trúc đại số này giúp ích cho mục tiêu
của ta là:
• Do Fp∗ = {1, 2, ....p − 1} là một nhóm nhân, nên với mỗi a ∈ Fp∗ tồn tại
đúng một a−1 ∈ Fp∗ sao cho a × a−1 ≡ 1 (mod p).

• Với a ∈ Fp∗ khi và chỉ khi a ≡ 1 (mod p) hoặc a ≡ p − 1 (mod p). Chứng
minh của sự kiện này như sau.


13

Trước tiên giả sử rằng a2 ≡ 1 (mod p). Khi đó, p | (a2 − 1) = (a + 1)(a − 1).

Bây giờ do p nguyên tố nên p | (a + 1) hoặc p | (a − 1). Nếu p | (a + 1) thì do
a ∈ Fp∗ nên a ≡ p − 1 (mod p). Nếu p | (a − 1) thì a ≡ 1 (mod p).

Bây giờ giả sử rằng a ≡ 1 (mod p). Khi đó, a = kp + 1 với k ∈ Z. Suy ra
a2 = k 2 p2 + 2kp + 1 ⇒ a2 ≡ 1

(mod p).

Còn nếu a ≡ p − 1 (mod p) thì a + 1 = kp với k ∈ Z thì
⇒ a2 = k 2 p2 − 2kp + 1 ⇒ a2 ≡ 1

1.3

(mod p).

Số nguyên Gauss và vành Z[i]

Số nguyên Gauss là một số phức với phần thực và phần ảo của nó đều là
các số nguyên. Với phép cộng và phép nhân thông thường của số phức, các số
nguyên Gauss tạo ra một miền nguyên, thường được ký hiệu là Z[i] (i2 = −1).

Về hình thức, tập các số nguyên Gauss là

Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z} .
Với α = a + bi trong Z[i], ta đặt chuẩn của α là số nguyên không âm
N (α) = a2 + b2 .
Chuẩn này là một hàm nhân tính, nghĩa là N (αβ) = N (α)N (β). Thật vậy,
giả sử α = a + bi, β = a′ + b′ i, Khi đó αβ = (aa′ − bb′ ) + (ab′ + a′ b)i. Do đó,

N (αβ) = (aa′ − bb′ )2 + (ab′ + a′ b)2 = (a2 + b2 )(a′2 + b′2 ) = N (α)N (β). Chuẩn
N biểu thị số đo cho kích thước của các phần tử. Với số ngun a ∈ Z thì

N (a) = a2 . Nói riêng, N (1) = 1. Định nghĩa đơn vị trong Z[i] là các phần tử

α có chuẩn bằng 1, tức là N (α) = a2 + b2 = 1. Do vậy, a = ±1, b = 0 hoặc

a = 0, b = ±1. Nội dung này được phát biểu cụ thể trong định lý sau.

Định lý 1.35. Đơn vị trong Z[i] là các số 1, −1, i và −i.

Chứng minh. Vì 1.1 = 1, (−1)(−1) = 1 và i(−i) = 1 nên bốn phần tử này
đều là các phần tử đơn vị trong Z[i]. Ngược lại, nếu u là một đơn vị trong Z[i]


14

thì uv = 1 với v nào đó trong Z[i]. Lấy chuẩn hai vế ta được N (u)N (v) = 1.
Phương trình này gồm các số nguyên dương nên cả N (u) và N (v) phải bằng
1. Bằng cách viết u = a + bi, ta sẽ có a2 + b2 = 1. Nghiệm ngun của phương
trình này chỉ có thể là (a, b) = (1, 0); (−1, 0); (0, 1) và (0, −1). Chúng tạo ra
bốn số nguyên Gauss 1, −1, i và −i.

Cách viết chung các đơn vị trong Z[i] là ik , k = 0, 1, 2, 3 (lần lượt tương ứng
với 1, i, −1 và −i).
Tương tự như Z, ta cũng có định lý chia trong Z[i]. Để đo kích thước của
phần dư trong phép chia, ta dùng khái niệm chuẩn và có định lý sau.
Định lý 1.36. Với bất kỳ α và β = 0 trong Z[i] tồn tại các số γ, ρ thỏa mãn
α = βγ + ρ, N (ρ) ≤ N (β)/2 < N (β).
Chứng minh.
Chuẩn trên Z[i] có liên hệ chặt chẽ với mô đun trên C: N (a + bi) = |a + bi|2 .

Mô đun trên C là cách để ta đo khoảng cách trong C và ta sẽ tận dụng khái

niệm này. Trong C khoảng cách xa nhất từ một số phức tới một phần tử trong
√
Z[i] là 1/ 2 , bởi vì tâm của các hình vng 1 × 1 với bốn đỉnh trong Z[i] sẽ có
√
khoảng cách tới các đỉnh này bằng 1/ 2. Bây giờ ta xem tỉ số α/β như một số

phức và đặt nó vào hình vng 1 × 1 với bốn đỉnh trong Z[i]. Giả sử γ ∈ Z[i]
√
là đỉnh của hình vng gần α/β nhất, do đó |α/β − γ| ≤ 1/ 2. Nhân với |β|
√
ta được |α − β.γ| ≤ (1/ 2).|β|. Bình phương hai vế và gọi bình phương mơ

đun của số phức trên Z[i] là chuẩn, ta nhận được

N (α − βγ) ≤ N (β)/2 < N (β).
Bây giờ đặt ρ = α − β.γ, ta có N (ρ) ≤ N (β)/2 < N (β).
Nhận xét 1.37. Khác với trường hợp trong Z, thương và phần dư trong Z[i]
không duy nhất. Chẳng hạn, chọn α= 37 + 2i và β = 11 + 2i. Có thể dễ dàng
kiểm tra thấy rằng
α = β.3 + (4 − 4i) và
và α = β.(3 − i) + (2 + 7i).


15

Ở đây cả thương và phần dư có chuẩn nhỏ hơn N (β) = 125 (đúng ra, nhỏ
hơn 125/2). Chứng minh của Định lý 1.36 giải thích hình học vì sao thương
và phần dư trong Z[i] không duy nhất: α/β gần hai đỉnh của hình vng 1 ×

1 chứa nó hơn so với độ dài nửa đường chéo của hình vng đó. Sự thiếu tính
duy nhất này của thương và phần dư khơng phải là điểm yếu chủ chốt, vì hệ
quả chính của định lý chia, chẳng hạn thuật tốn Euclid và phân tích ra thừa
số duy nhất, trên thực tế khơng sử dụng tới tính duy nhất. Điều quan trọng
chính là ở chỗ phần dư nhỏ hơn (theo một nghĩa nào đó) số chia và đó mới là
điều Định lý 1.36 muốn nêu ra.
Hệ quả 1.38. Vành Z[i] có phân tích thừa số duy nhất.

Số nguyên tố trong Z[i] được hiểu là số Gauss khơng có ước khác đơn vị

và chính nó. Sau đây là một vài ví dụ về số nguyên tố Gauss trong Z[i] (Hình
1.1):
1 + i, 3, 1 + 2i, 1 − 2i, 7, 11, 2 + 3i, 2 − 3i.

Hình 1.1: Minh họa số nguyên tố Gauss trong Z[i]

Lưu ý rằng 2 và 5 không có mặt trong danh sách này, bởi vì chúng khơng
là số nguyên tố trong Z[i]:
2 = (1 + i)(1 − i); 5 = (2 + i)(2 − i).


16

1.4

Bài toán áp dụng

Bài toán 1.39. Chứng minh rằng nếu 2n − 1 là một số nguyên tố thì n cũng
là số nguyên tố (nhưng ngược lại, lại không đúng, bởi vì có thể kiểm tra
89 | (211 − 1)).
Lời giải. Khi m là số lẻ ta có phân tích đa thức ra thừa số
xm − 1 = (x − 1)(xm−1 + xm−2 + ... + x + 1).
Giả sử n không là số nguyên tố, nghĩa là n = m × k với k là một số ngun

nào đó, m > 1. Thay thế x = 2k vào đồng nhất thức ở trên, ta nhận được
2n − 1 = 2mk − 1 = (2k − 1)(2k(m−1) + 2k(m−2) + ... + 2k + 1).

Do đó 2k − 1 là một ước của 2n − 1. Còn phải chỉ ra rằng đó khơng phải là

một ước tầm thường, nghĩa là 1 < 2k − 1 < 2n − 1. Như thế 2n − 1 không là số

nguyên tố, ta gặp mâu thuẫn. Vì vậy n khơng thể là một hợp số.

Bài toán 1.40. Chứng minh rằng nếu 2n + 1 là một số nguyên tố thì n =
2k , k ≥ 0 (Fermat đã nghĩ rằng điều ngược lại cũng đúng. Nhưng Euler đã bác
5

bỏ điều này bằng cách chỉ ra rằng 641 | (22 + 1) = 232 + 1).

Lời giải. Khi m là số lẻ ta có phân tích đa thức ra thừa số
xm + 1 = (x + 1)(xm−1 − xm−2 + ... − x + 1).
Giả sử n khơng phải là số bình phương của 2, nghĩa là n có một ước lẻ m > 1.
Giả sử n = m × k. Thay thế x = 2k vào đồng nhất thức ở trên, ta nhận được
2n + 1 = (2mk + 1 = (2k + 1)(2k(m−1) − 2k(m−2) + ... − 2k + 1).
Do đó 2k + 1 là ước của 2n + 1. Còn phải chỉ ra rằng đó khơng phải là một ước
tầm thường, nghĩa là 1 < 2k + 1 < 2n + 1. Như thế 2n + 1 không là số nguyên
tố, ta gặp mâu thuẫn. Vậy n không thể chứa ước nào là số lẻ lớn hơn 1.
Bài toán 1.41. Chứng minh rằng có vơ số các số ngun tố p sao cho p + 2
không phải là một số nguyên tố.


17

Lời giải. Giả sử p + 2 là hợp số với chỉ một số hữu hạn số nguyên tố p. Khi
đó, có số p0 sao cho p nguyên tố và p > p0 kéo theo p + 2 nguyên tố. Chọn một
số nguyên tố p > p0 . Khi đó, hệ quả là mọi số lẻ lớn hơn p đều là số ngun tố.
Điều này là khơng thể, bởi vì, chẳng hạn mọi lũy thừa bậc k ≥ 2 của 3 là hợp

số. Ta gặp mâu thuẫn.

Bài toán 1.42. [Russia 2001] Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho
p + q = (p − q)3 .
Lời giải. Có duy nhất cặp số nguyên tố như vậy là p = 5 và q = 3. Thật vậy,
vì (p − q)3 = p + q = 0, p và q là các số phân biệt và do đó nguyên tố cùng
nhau. Vì p − q ≡ 2p (mod (p + q)), chia modulo phương trình cho p + q thu
được 0 ≡ 8p3 (mod (p − q)). Do p và q nguyên tố cùng nhau, nên p và p + q

cũng là nguyên tố cùng nhau. Cho nên, 0 ≡ 8 (mod (p + q)); tức là p + q là

ước của 8.

Tương tự, chia modulo phương trình cho p − q được 2p ≡ 0 (mod (p − q)).

Do p và q nguyên tố cùng nhau nên p và p − q nguyên tố cùng nhau. Ta kết

luận rằng 2 ≡ 0 (mod (p − q)), hay p − q là ước của 2.

Kết hợp hai điều kiện suy ra (p, q) = (3, 5) hoặc (5, 3); thay lại chỉ có (5, 3)

thỏa mãn bài tốn.
Bài toán 1.43. [Baltic 2001] Cho a là một số nguyên lẻ. Chứng minh rằng
n

n

m

m

a2 + 22 và a2 + 22 nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên dương n và m
sao cho n = m.
Lời giải. Khơng giảm tính tổng quát, giả sử m > n. Với bất kỳ số nguyên tố
n

n

p là ước của a2 + 22 , ta có
n

a2 ≡ −22

n

(mod p).

Lấy bình phương hai vế phương trình trên m − n lần thu được
m

a2 ≡ 22
m

m

(mod p).
m

Bởi vì a lẻ, ta có p = 2. Do đó, 22 + 22 = 22
m

m

a2 ≡ 22 ≡ −22

m

m

+1

= 0 (mod p), cho nên

(mod p).


18
m

m

Do đó, p ∤ (a2 + 22 ), điều phải chứng minh.
Bài tốn 1.44. Kiểm tra có tồn tại hay không vô số số nguyên dương chẵn k
sao cho với mọi số nguyên tố p số p2 + k là hợp số.
Lời giải. Câu trả lời là có. Đầu tiên với p = 2, p2 + k luôn là một hợp số với
mọi số nguyên dương chẵn k. Chú ý rằng nếu p > 3 thì p2 ≡ 1 (mod 3). Do
vậy nếu k là một số nguyên dương chẵn với k ≡ 2 (mod 3), thì p2 + k là hợp
số với mọi số nguyên tố p > 3 (p2 + k lớn hơn 3 và chia hết cho 3).

Cuối cùng, ta chú ý rằng 33 + k ≡ 0 (mod 5) khi và chỉ khi k ≡ 1 (mod 5).

Từ các lập luận trên suy ra, với mọi số nguyên dương k sao cho



k ≡ 0 (mod 2),



k ≡ 2 (mod 3),




k ≡ 1 (mod 5),

thỏa mãn điều kiện bài toán. Xét (mod lcm(2, 3, 5)) = (mod 30), dễ kiểm
tra được mọi số nguyên dương k thỏa mãn k = 26 (mod 30) thỏa mãn hệ, và
do đó thỏa mãn đề bài.
Bài tốn 1.45. [Romania 2003] Xét các số nguyên tố n1 < n2 < · · · < n31 .

Chứng minh rằng nếu 30 là ước của n41 + n42 + · · · + n431 , thì trong các số trên

ta có thể tìm được 3 số nguyên tố liên tiếp nhau.

Lời giải. Đặt s = n41 + n42 + · · · + n431 . Đầu tiên, ta chứng minh n1 = 2. Vì
nếu ngược lại, tất cả các số ni , 1 ≤ i ≤ 31 là các số lẻ, do đó s lẻ, mâu thuẫn.

Thứ hai, ta chứng minh n2 = 3. Vì nếu ngược lại, ta có n4i ≡ 1 (mod 3) với

mọi 1 ≤ i ≤ 31. Suy ra rằng s ≡ 31 ≡ 1 (mod 3), mâu thuẫn.

Cuối cùng, ta chứng minh n3 = 5. Thật vậy, nếu ngược lại, thì n2i ≡ ±1

(mod 5) và n4i ≡ 1 (mod 5) với mọi 1 ≤ i ≤ 31. Do đó, s ≡ 31 ≡ 1 (mod 5),
mâu thuẫn.

Suy ra có 3 số nguyên tố liên tiếp là 2, 3, 5 xuất hiện trong các số nguyên
tố đã cho.


19

Bài toán 1.46. Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng p là ước của
abp − bap với mọi số nguyên a và b.
Lời giải. Ta có abp − bap = ab(bp−1 − ap−1 ). Nếu p | ab thì p | abp − bap ; nếu

p | ab, thì gcd(p, a) = gcd(p, b) = 1, và do đó pp−1 ≡ ap−1 ≡ 1 (mod p). Cho

nên p | bp−1 − ap−1 , kéo theo p | abp − bap . Do đó, p | abp − bap với mọi p.
Bài toán 1.47. [IMO 2005] Xét dãy số a1 , a2 , . . . xác định bởi
an = 2n + 33n + 6n − 1

với mọi n nguyên dương. Tìm tất cả các số nguyên dương mà nguyên tố cùng
nhau với mọi số hạng của dãy số.
Lời giải. Đáp án là 1. Ta chỉ cần chỉ ra mọi số nguyên tố p là ước của an với
n nào đó. Chú ý rằng cả p = 2, p = 3 là ước của a2 = 22 + 32 + 62 − 1 = 48.
Bây giờ, giả sử p ≥ 5. Theo định lý Fermat bé, ta có 2p−1 ≡ 3p−1 ≡ 6p−1 ≡ 1

(mod p). Nên

3 · 2p−1 + 2 · 3p−1 + 6p−1 ≡ 3 + 3 + 2 ≡ 6

(mod 6),

hay 6(2p−2 + 3p−2 + 6p−2 − 1) ≡ 0 (mod p); tức là 6ap−2 chia hết cho p. Bởi vì p

là nguyên tố cùng nhau với 6, nên ap−2 chia hết cho p. Điều phải chứng minh.
Kết luận chương, chương này đã nêu lại khái niệm thương và phần dư trong

phép chia nguyên, ước chung lớn nhất của hai hay nhiều số nguyên và một
số tính chất của ước chung lớn nhất, khái niệm số nguyên tố và hợp số, khái
niệm đồng dư và các phép toán đồng dư, số nguyên Gauss và vành Z[i] các số
nguyên Gauss cùng một số khái niệm mở rộng như: chuẩn, đơn vị, phần dư, số
nguyên tố Gauss trong Z[i].


20

Chương 2
Tổng bình phương của hai số
nguyên
Chương này đề cập tới bài toán biểu diễn một số nguyên dương dưới dạng
tổng hai bình phương của số nguyên. Trình bày các định lý về tính chất đặc
trưng của các số nguyên tố, các số nguyên dương biểu diễn được thành tổng
hai bình phương của số nguyên và xét số cách biểu diễn số nguyên thành tổng
của hai số bình phương. Nội dung của chương được tham khảo từ các tài liệu
[5] và [6].

2.1

Bài tốn tổng của hai số bình phương

Mục này xét bài toán Diophantus với nội dung như sau: những số nguyên
dương n (nói riêng, n là số nguyên tố) nào là tổng của hai số bình phương của
số nguyên? Nếu với n ∈ Z+ có biểu diễn n = a2 + b2 với a, b ∈ Z thì có bao

nhiêu cách biểu diễn như vậy? Nói một cách khác, ta hãy tìm tính chất đặc
trưng của các số ngun dương (nói riêng, các số nguyên tố) biểu diễn được
dưới dạng tổng hai bình phương của số nguyên.
Trước khi tìm câu trả lời cho bàì tốn đặt ra, ta hãy quan sát biểu diễn các
số nguyên dương n ≤ 30 qua tổng hai bình phương của các số tự nhiên sau
đây:

n = 1 : 1 = 12 + 0 2 .
n = 2 (nguyên tố) : 2 = 12 + 12 .


21

n = 3 (nguyên tố) : không là tổng của hai số bình phương.
n = 4 : 4 = 22 + 0 2 .
n = 5 (nguyên tố) : 5 = 22 + 12 .
n = 6 : không là tổng của hai số bình phương.
n = 7 (nguyên tố) : khơng là tổng của hai số bình phương.
n = 8 : 8 = 22 + 2 2 .
n = 9 : 9 = 32 + 0 2 .
n = 10 : 10 = 32 + 12 .
n = 11 (ngun tố) : khơng là tổng của hai số bình phương.
n = 12 : không là tổng của hai số bình phương.
n = 13 (nguyên tố) : 13 = 32 + 22 .

n = 14 : không là tổng của hai số bình phương.
n = 15 : khơng là tổng của hai số bình phương.
n = 16 : khơng là tổng của hai số bình phương.
n = 17 (nguyên tố) : 17 = 42 + 12 .
n = 18 : 18 = 32 + 32 .
n = 19 (nguyên tố) : khơng là tổng của hai số bình phương.
n = 20 : 20 = 42 + 22.
n = 21 : khơng là tổng của hai số bình phương.
n = 22 : khơng là tổng của hai số bình phương.
n = 23 (nguyên tố) : không là tổng của hai số bình phương.
n = 24 : khơng là tổng của hai số bình phương.
n = 25 : 25 = 52 + 02 .
n = 26 : 26 = 52 + 12 .
n = 27 : không là tổng của hai số bình phương.
n = 28 : khơng là tổng của hai số bình phương.
n = 29 (nguyên tố) : 29 = 52 + 22 .
n = 30 : không là tổng của hai số bình phương.
Từ số liệu trên ta nhận xét rằng các số nguyên tố p > 2 có dạng p = 4k+1 ≡

1 (mod 4), như: 5, 13, 17, 29, là tổng của hai số bình phương và các số nguyên
tố p > 2 có dạng p = 4k + 3 ≡ 3 (mod 4), như: 3, 7, 11, 19, 23, không là tổng


22

của hai số bình phương. Liệu nhận xét này có đúng cho trường hợp n ∈ Z+

hay không?

Trước hết ta chú ý tới kết quả phủ định sau.

Định lý 2.1. Nếu n là một số nguyên dương và n ≡ 3 (mod 4) thì n khơng là

tổng của hai số bình phương của số nguyên.

Chứng minh. Giả sử n = 4k + 3, k ∈ Z. Khi đó n khơng thể là tổng của hai

số bình phương. Thật vậy, giả sử trái lại n = a2 + b2 với a, b ∈ Z . Khi đó, nếu
a và b cùng tính chẵn lẻ thì tổng a2 + b2 là một số chẵn. Cịn nếu a và b khác

tính chẵn lẻ, chẳng hạn a lẻ, b chẵn (a = 2u + 1, b = 2v với u, v ∈ Z ) thì
a2 + b2 = (2u + 1)2 + (2v)2 = 4u2 + 4u + 1 + 4v 2 ≡ 1

(mod 4),

trong khi đó n ≡ 3 (mod 4).

Vì thế khơng có đẳng thức n = a2 + b2 với a, b ∈ Z.

Nói riêng, số nguyên tố có dạng 4k + 3 khơng bao giờ là tổng bình phương
của hai số nguyên.

2.2

Số nguyên tố nào là tổng của hai bình phương?

Ở mục này, ta bắt đầu nghiên cứu bài toán Diophantus từ các số nguyên
tố. Chứng minh nhận xét ở trên cho rằng một số nguyên tố p = 4k + 1 ≡ 1

(mod 4) là tổng của hai số bình phương khó hơn nhiều. Để chứng minh nó, ta
cần một số mệnh đề, trước hết là định lý sau đây.

Định lý 2.2 (Định lý Wilson). Nếu p là số nguyên tố thì p | (p − 1)! + 1.
Chứng minh. Một cách tương đương (p − 1)! ≡ 1 (mod p) hay nếu ta nhân

một phần tử khác 0 của trường hữu hạn Fp = Z/pZ ta nhận được −1. Phát

biểu hoàn toàn đúng với p = 2 (thật ra ta có đẳng thức 2 = (2 − 1)! + 1) nên ta

có thể giả thiết p là số nguyên tố lẻ. Bây giờ xét ánh xạ T : Fp× → Fp× xác định

bởi x → x−1 (nghịch đảo). Đầu tiên lưu ý rằng (với bất cứ nhóm nào), ánh xạ

này là một song ánh theo nghĩa mọi phần tử có duy nhất một nghịch đảo. Hơn
nữa, tập điểm bất động của ánh xạ này là các phần tử x = T (x), bằng nghịch