Các số học trên vành các số nguyên gauss luận văn thạc sĩ

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

PHAN THỊ LỆ HẰNG

SỐ HỌC TRÊN VÀNH
CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN 12-2011


2

MỞ ĐẦU
Một số nguyên Gauss là một số phức với phần thực và phần ảo đều là các
số nguyên. Tập các số nguyên Gauss là một miền nguyên, được ký hiệu là Z[i].
Trong Đại số và Số học, chúng ta gặp các bài toán về đa thức và số nguyên mà
lời giải có thể trình bày ngắn gọn dựa vào cơng cụ các số phức. Chính những bài
tốn như vậy đã thôi thúc chúng tôi viết luận văn này với niềm tin những nội
dung này, ngoài việc giới thiệu những hiểu biết tốn học mới, cịn có thể giúp ích
tích cực trong việc giải quyết một số bài toán Đại số và Số học. Luận văn này
giới thiệu một số tính chất số học của vành các số nguyên Gauss và các ứng
dụng của nó trong Đại số và Số học.
Trong sự trình bày, chúng tơi có tham khảo nhiều nguồn khác nhau, trong
đó chủ yếu là bài báo The arithmetic of Gaussian integers của A. B. Gonrachov
trong Kvant, No.12, 1985, pp. 8-13 và bài viết Các số nguyên Gauss của tác giả
Nguyễn Chu Gia Vượng (Viện Toán học) đăng trong Thơng tin Tốn học của
Hội Tốn học Việt Nam, Tập 15, Số 1 và Số 2, năm 2011.

Nội dung của luận văn gồm hai chương:
Chương 1: Trình bày các khái niệm và kết quả cơ sở của vành các số
nguyên Gauss Z[i]. Nội dung chính của chương này là giới thiệu các tính chất số
học của vành Z[i] các số nguyên Gauss, trong đó có Định lý cơ bản của Số học,
thuật tốn Euclid, bài tốn mơ tả các phần tử bất khả quy trên vành Z[i].
Chương 2: Giới thiệu các ứng dụng của số nguyên Gauss trong việc
chứng minh và tìm tịi các suy rộng của Định lý Fermat về tổng của hai số chính
phương; tìm các bộ số Pythagore; giải một số bài tập số học và đa thức.
Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét rằng “mỗi số nguyên tố lẻ
bất kì mà đồng dư với 1 theo môđun 4, đều biểu diễn được dưới dạng tổng của
hai số chính phương” vào năm 1632 (xem [9]). Fermat là người đưa ra chứng
minh đầu tiên. Fermat đã thông báo điều này trong một lá thư gửi cho Marin


3

Mersenne vào ngày 25 tháng 12 năm 1640, ngày giáng sinh; vì thế định lý này
đơi khi cịn được gọi là “Định lý ngày giáng sinh” của Fermat.
Nhờ công cụ số nguyên Gauss, Định lý Fermat về tổng hai số chính
phương có thể được mở rộng tới Định lý 2.2.2 và được diễn đạt như sau:
“Cho một số nguyên dương n. Khi đó, số nghiệm ngun của phương trình
x 2  y 2 n bằng 4 lần hiệu của số các ước đồng dư với 1 theo mod4 của n trừ đi
số các ước đồng dư với 3 theo mod4 của n.”
Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học - PGS.TS
Nguyễn Thành Quang - đã tận tình hướng dẫn và chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả
hoàn thành luận văn.
Tác giả xin cảm ơn các thầy cô giáo trong chuyên ngành Đại số và Lý
thuyết số, Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau đại học – Trường Đại học Vinh –
đã giảng dạy và hướng dẫn cho chúng tôi trong học tập và nghiên cứu.
Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn đã giúp đỡ, tạo điều kiện

thuận lợi cho mỗi học viên chúng tơi trong học tập và nghiên cứu của chương
trình đào tạo sau đại học.
Xin cảm ơn cơ quan công tác của tơi, gia đình, bạn hữu đã quan tâm giúp
đỡ trong suốt thời gian học tập vừa qua.
Tuy đã cố gắng trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn, song
chắc chắn vẫn cịn có nhiều thiếu sót, rất mong được sự góp ý, chỉ bảo của các
thầy cô và các bạn đồng nghiệp.
Nghệ An, tháng 01 năm 2012
Tác giả


4

CHƯƠNG 1
MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRÊN VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS

1.1 Các khái niệm cơ sở
1.1.1. Vành các số nguyên Gauss. Ta nhắc lại định nghĩa tập hợp các số nguyên
Gauss:

[i] {a  bi; a, b  }   ,
trong đó  là trường các số phức, i 2  1 .
Chú ý rằng, ta có thể coi [i ] là một vành con của  . Điều này có nghĩa là,
với các phép tốn cộng và nhân quen thuộc trên các số phức, với mọi

 ,   [i ], ta có
    ,     ;
    i  .
1.1.2. Chuẩn của một số phức. Về mặt hình học, nếu ta biểu diễn các số phức
bằng các điểm trên mặt phẳng tọa độ, mỗi số phức

độ

( x, y )

z x  yi

với điểm M có tọa

thì mơđun của số phức z đo khoảng cách từ điểm M biểu diễn nó tới

gốc toạ độ.
Rõ ràng là, tập các số ngun Gauss là ổn định dưới phép lấy liên hợp: nếu

   i  thì    i  . Ngồi ra, nếu như mơđun của một số ngun thơng
thường chính là giá trị tuyệt đối của nó, cụ thể là một số ngun khơng âm, thì
mơđun của một số ngun Gauss nói chung khơng cịn là một số ngun nữa,
chẳng hạn

1 i  2 .

Chính vì vậy, ta đưa các khái nieäm chuẩn thay thế cho các

khái niệm môđun, để thuận tiện hơn khi làm việc với số học của vành các số
nguyên Gauss. Theo định nghĩa, chuẩn của một số ngun Gauss là bình phương
của mơđun của nó. Nói khác đi, nếu  a  bi   i  thì
N ( )   a 2  b 2 .


5

Ta có N :  i   , N ( ) 0   0 và do phép lấy liên hợp giao hoán
với phép nhân, nên hàm chuẩn cũng vậy. Vì vậy, ta nói rằng hàm ch̉n có tính
N ( ) N ( ) N (  ) .

chất nhân:
1.1.3.

Nhận

xét.

Với

 a  bi,  c  di ,

các

đẳng

thức

về

chuẩn

N ( ) N ( ) N (  ) và N (  ) N ( ) N (  ) lần lượt cho ta các đẳng thức
quen thuộc sau
(1)

(ac  bd ) 2  (ad  bc) 2 (a 2  b 2 )(c 2  d 2 );

(2) (ac  bd ) 2  (ad  bc) 2 (a 2  b 2 )(c 2  d 2 ).

1.2. Quan hệ chia hết, phần tử khả nghịch và
phần tử bất khả quy trên vành các số nguyên Gauss
1.2.1. Quan hệ chia hết trên vành các số nguyên Gauss. Với hai số nguyên
Gauss  và  , ta nói rằng  là một ước của  hay  là bội của  , kí hiệu là
  , nếu tồn tại   [i ] sao cho    . Khái niệm này là mở rộng của khái
niệm chia hết quen thuộc trên vành số nguyên .
Một số nguyên Gauss được gọi là khả nghịch nếu n là ước của 1, nói một
cách khác, nếu n 0 và sao cho nghịch đảo của n trong  cũng là số nguyên
Gauss. Chú ý rằng, do 1 là ước của mọi số nguyên Gauss, nên một phần tử là khả


nghịch nếu và chỉ nếu nó là ước của mọi số nguyên Gauss. Tập  i  các phần
tử khả nghịch của  i  được miêu tả như sau.
1.2.2. Mệnh đề. Tập hợp các phần tử khả nghịch của vành  i  là
 i   1, i    [i ]; N ( ) 1 .



6

Chứng minh. Thật vậy, giả sử  khả nghịch và   1  [i ] là nghịch đảo của đó.
1
1
Ta có N ( ) N ( )  N (1) 1. Do N ( ), N ( ) là các số nguyên dương nên ta
1
phải có N ( )  N ( ) 1. Ngược lại, nếu N ( ) 1 thì N ( )  1 nên 

2
2
là nghịch đảo của  . Cuối cùng nhận xét rằng từ N (a  bi ) a  b 1 kéo theo

(a, b) (1,0) hoặc (a, b) (0,1) , nói cách khác a  bi 1 hoặc i .

1
Chú ý rằng, từ định nghĩa [i ] {  [i ];   [i ]} ta cũng tìm lại được

kết quả trên, mà khơng dùng cơng cụ hàm ch̉n.
Ta nói hai số nguyên Gauss là liên kết với nhau, kí hiệu là   , nếu  
và   . Nhận xét rằng, hai số nguyên Gauss là liên kết với nhau khi và chỉ khi
chúng sai khác với nhau qua phép nhân với một phần tử khả nghịch.
1.2.3. Phần tử bất khả quy của vành các số nguyên Gauss
Khái niệm quan trọng nhất trong quan hệ chia hết là phần tử bất khả quy, khái
niệm này đóng vai trị tương tự như các số nguyên tố trong vành số nguyên.
Ta nói   [i ] là phần tử bất khả quy trong vành [i ] nếu  0,  khơng
khả nghịch và nếu   thì hoặc  khả nghịch (khi đó   ) hoặc  khả
nghich (khi đó   ). Nói cách khác, một số nguyên Gauss là bất khả quy nếu
nó khác 0 và khơng có ước thực sự. Lưu ý rằng, nếu a  là bất khả quy trong

[i ] thì a là một số nguyên tố thông thường. Tuy nhiên, điều ngược lại là
không đúng, chẳng hạn 2 không phải là phần tử bất khả quy của [i ] bởi vì
2 i (1  i ) 2 . Ta sẽ nghiên cứu các phần tử bất khả quy một cách chi tiết hơn.

1.3. Tính Euclid và Định lý cơ bản của Số học
của vành các số nguyên Gauss


7

Tính chất của chuẩn cho phép ta xác định phép chia Euclid với các số nguyên
Gauss như sau
1.3.1. Mệnh đề. (Phép chia Euclid trên vành các số nguyên Gauss). Cho  , 
là các số nguyên Gauss với  0. Khi đó, tồn tại duy nhất các số nguyên Gauss

 ,  sao cho     và N (  )  N (  ).
Chứng minh. Đặt


x  yi với x, y   . Trong mặt phẳng phức  với trục


tung i và trục hoành  , tập các số nguyên Gauss chính là tập các điểm có tọa
độ nguyên. Ta chọn   [i ] là một điểm tọa độ nguyên gần x  yi nhất. Khi
đó, khoảng cách giữa  và x  yi khơng vượt q một nửa độ dài đường chéo
một hình vng đơn vị, nghĩa là 

nghĩa là N (

2
, nói riêng ln nhỏ hơn 1. Điều này có
2


  ) < 1. Do đó

N (   ) N (  (




  )) N (  ) N (   ) N (  ).



Nhân xét rằng, cặp  ,  như trong mệnh đề nói trên là duy nhất. ■
Ví dụ. Ta minh họa mệnh đề trên với  5  8i,  7  3i. Ta có
5  8i (5  8i)(7  3i) 11 71

 
i.
7  3i (7  3i)(7  3i) 58 58
Số nguyên Gauss gần nhất với

11 71

i là  i . Ta có thể lấy thương của phép
58 58

chia Euclid là   i , khi đó ta nhận được phần dư     2  i . Đẳng
thức 8  5i (7  3i)(  i )  (2  i), là một phép chia Eculid 8  5i cho 7  3i .
Ví dụ. Cho các số nguyên Gauss: a = − 36 + 242i, b = 50i + 50i. Ta có:
a 103 139


i.
b 50
50

8

Ta cần xác định số nguyên Gauss q gần với thương

a
nhất.
b

Trong hình vẽ dưới đây, trên mặt phẳng số phức, thương

a
được biểu thị
b

bằng một chấm đen, nằm trong ô vuông độ dài đơn vị với 4 đỉnh là 4 số nguyên
Gauss, ô vuông này được tô màu đỏ nâu nhạt. Do khoảng cách giữa điểm

a
và q
b

không quá 1, nên giá trị của q chỉ có thể là số nguyên Gauss biểu thị bởi 4 đỉnh
này. Ta vẽ 4 đường tròn bán kính đơn vị nhận 4 đỉnh trên làm tâm (các đường
trịn này tơ màu xanh nhạt). Nếu điểm

a
nằm trong đường trịn nào thì q có thể
b

nhận giá trị tại tâm đường trịn đó. Nhìn vào hình vẽ ta thấy q chỉ nằm trong 3

đường trịn có tâm là điểm tơ màu đỏ, và do đó có thể nhận một trong các giá trị
bằng: 2 + 2i; 2 + 3i; 3 + 3i.


9


10

Kết quả này cho thấy sự tồn tại của thuật toán Eculid trên vành các số nguyên
Gauss. Thuật toán này áp dụng cho cặp số  ,   [i ],  0 cho phép ta tìm
được ước chung lớn nhất  của  ,  theo nghĩa sau:
(1)   ,   ;
(2) Với mọi số   sao cho   ,    thì hoặc   liên kết với  hoặc
N ( )  N ( ).
Ước chung lớn nhất của hai số nguyên Gauss (mà sự tồn tại được nêu ra ở
trên) là không duy nhất. Nếu  là ước chung lớn nhất của  ,  thì mọi   
cũng là một ước chung lớn nhất và tập { ;    } là tập các ước chung lớn nhất
của  ,  . Hơn thế nữa, thuật toán Euclid cũng cho hai phần tử  ,   [i ] sao
cho   v  . Đẳng thức này được biết đến dưới tên gọi đẳng thức Bezout.
Ta nói rằng hai số nguyên Gaus khác 0 là nguyên tố cùng nhau nếu 1 là ước
chung lớn nhất của chúng.
Nhận xét. Cho hai số hữu tỉ nguyên a 0, b 0. Khi đó, a và b nguyên tố cùng
nhau như trong vành số nguyên khi và chỉ khi chúng nguyên tố cùng nhau trong
vành các số nguyên Gauss.
Tính Euclid của vành [i ] cho ta một trường hợp đặc biệt của Bổ đề Gauss.
1.3.2. Bổ đề. Cho  ,  ,  là các số nguyên Gauss với  bất khả quy. Nếu  
thì   hoặc   .
Chứng minh. Giả sử rằng  không là ước của  . Khi đó, sử dụng thuật tốn
Euclid cho bộ  , (điều kiện  bất khả quy đảm bảo  0 ) cho ta sự tồn tại

ước chung lớn nhất  của  , cùng với các số nguyên Gauss  , v sao cho

   v. Vì   và  bất khả quy theo giả thiết, nên  hoặc là một phần tử
khả nghịch hoặc là một phần tử liên kết với  . Nhưng  khơng thể là một liên
kết của  vì khi đó ta có   và   , dẫn tới   . Như vậy  là một phần tử


11

khả nghịch. Ta suy ra    1    1v . Vì   nên từ đẳng thức này kéo
theo  . Ta có điều cần phải chứng minh. ■
Như một hệ quả, tồn tại phép chia Euclid trên vành các số nguyên Gauss, ta
có Định lý cơ bản của Số học cho vành [i ] như sau:
1.3.3. Định lý (Định lý cơ bản của Số học cho vành số nguyên Gauss). Mọi số
nguyên Gauss khác 0 đều có thể được viết dưới dạng

 1...n ,
trong đó  là một phần tử khả nghịch, 1 ,..., n là các phần tử bất khả quy
(không nhất thiết phân biệt, thậm chí khơng nhất thiết đơi một khơng liên kết).
Cách phân tích này là duy nhất theo nghĩa sau: Nếu    1 ... m là một phân
tích tương tự của  thì m = n và tồn tại một hoán vị  trên tập {1,2,…,n} sao
cho với mọi i , ta có  i  ( i ) .
Chứng minh. Sự tồn tại: Ta tiến hành quy nạp theo N ( ) . Trường hợp N ( ) 1
là tầm thường vì khi đó  là một phần tử khả nghịch. Giả sử phân tích như vậy
tồn tại với mọi    i  sao cho N (  )  k với k  1 là một số nguyên dương
nào đó và  là một số nguyên Gauss với N ( ) k . Nếu  là một phần tử bất
khả quy thì định lý được chứng minh. Giả sử  là khả quy, viết  v với  , v
là các phần tử không khả nghịch. Do N ( ) N (  ) N (v) nên 1  N (  ), N (v)  k .
Ap dụng giả thiết quy nạp cho  và v ta nhận được một phân tích thỏa mãn các
yêu cầu của định lý.

Tính duy nhất: Nếu  là một phần tử khả nghịch thì Định lý là hiển nhiên. Giả
sử  khơng khả nghịch. Khơng mất tính tổng qt, ta có thể phân tích thành một
tích các phần tử bất khả quy dưới dạng  12 ...m với i là các phần tử bất khả
quy, không nhất thiết đôi một không liên kết. Chú ý rằng, phần tử khả nghịch của
phân tích này được nhập vào một trong các phần tử bất khả quy.


12

Giả sử ta có một phân tích khác   1 ... m . Áp dụng Bổ đề 1.3.2 ở trên, từ
đẳng thức

1 ...n  1 ... m
ta suy ra 1 liên kết với một trong các phần tử i nào đó. Thật vậy, do

1  1 ... m , nên tồn tại i sao cho 1  i . Thế nhưng  i cũng là một phần tử bất
khả quy nên ta phải có 1  i . Bây giờ, chia cả hai vế của đẳng thức

1 ...n  1 ... m cho 1 ta nhận được một đẳng thức tương tự với độ dài của
phân tích ở mỗi vế giảm đi 1. Tiến hành liên tiếp như vậy ta nhận được điều cần
chứng minh. ■
Nhận xét. Định lý cơ bản của Số học trên vành [i ] cho ta một cơng thức để
tính ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất (mà định nghĩa hoàn toàn giống
như các số nguyên thông thường). Tuy nhiên, trong thực tế, đây thường khơng
phải là cách tốt nhất để tìm đại lượng này.
Ta mở rộng được Bổ đề 1.3.3 tới
1.3.4. Mệnh đề. Cho số  ,  ,  là các số nguyên Gauss sao cho   . Nếu

 ,  ngun tố cùng nhau thì  .

1.4. Mơ tả các phần tử bất khả quy của vành Gauss
Định lý cơ bản của Số học cho vành  i  mà ta đã thiết lập ở trên cho thấy sự
cấn thiết của việc nghiên cứu các phần tử khả nghịch và các phần tử bất khả quy
của vành này. Đối với các phần tử bất khả quy, trước hết ta có kết quả sau.
1.4.1. Mệnh đề. Cho    i  là một phần tử bất khả quy. Khi đó, tồn tại duy
nhất một số nguyên tố p   sao cho  p trong vành  i  .


13

Chứng minh. Ta có   N ( ) . Như vậy, theo Bổ đề 1.3.2,  là ước của một
ước số nguyên tố p nào đó của N    . Số nguyen tố p như vậy là duy nhất.
Thật vậy, nếu tồn tại một số nguyên tố q  p sao cho  q . Theo Định lý Bezout
cho các số nguyên, tồn tại các số nguyên a,b sao cho ap+ bq = 1 , do đó  1 ,
mâu thuẫn với giả thiết  bất khả quy. ■
Nhận xét. Mệnh đề trên, đơn giản nhưng rất sâu sắc, nói rằng mọi phần tử bất
khả quy của vành  i  đều nằm trong một số nguyên tố nào đó. Đây là một mơ
tả ban đầu các phần tử bất khả quy vành  i  .
Theo Mệnh đề 1.4.1 và Định lý 1.3.3, việc miêu tả các phần tử bất khả quy
của .  i  tương đương với việc miêu tả các nhân tử bất khả quy của các số
nguyên tố thông thường p trong vành  i  . Ta bắt đầu với p = 2.
1.4.3. Bổ đề. Giả sử    i  sao cho N ( ) là một số nguyên tố. Thế thì,  là
một phần tử bất khả quy.
Chứng minh. Thật vậy, nếu.   thì N (  ) N ( ) N ( ) là một số nguyên tố,
ta suy ra N (  ) 1 hoặc N () 1 nghĩa là một trong hai phần tử  ,  là khả
nghịch. ■
1.4.4. Mệnh đề. Các ước bất khả quy của 2 trong vành  i  là 1  i và các phần
tử liên kết với nó, đó là các số 1 i .
Chứng minh. Ta có 2 (1  i )(1  i ) nên 1  i 2 cũng như các phần tử liên kết với
1  i , nghĩa là 1, i . Mặt khác 1  i là bất khả quy vì N (1  i ) 2 là nguyên tố.

Theo Bổ đề 1.4.3, ta có điều phải chứng minh. ■
Với các số nguyên tố p lẻ, ta chia làm hai trường hợp:
p 1 (mod 4) và p 3 (mod 4).


14

1.4.5. Mệnh đề . Nếu p là một số nguyên tố sao cho p 3 (mod4) thì p là phần
tử bất khả quy của  i  .
Chứng minh. Giả sử p không bất khả quy. Ta viết p  với  ,  là các phần
tử không khả nghịch, như vậy N ( ), N (  )  1 . Từ tính nhân của chuẩn
N ( ) N (  ) N ( p )  p 2
và do N ( ), N (  )  1 , ta suy ra N ( ) N (  )  p . Viết  a  bi, a, b  , thế
2
2
thì N ( ) a  b  p 3 (mod 4), nhưng đồng dư này rõ ràng không thể xẩy ra.

Như vậy p là một phần tử bất khả quy của [i ] . ■
1.4.6. Định lý. Giả sử p là một số nguyên tố và p 1 (mod 4). Khi đó:
(1) Tồn tại duy nhất một bộ nguyên dương (a,b), chính xác tới thứ tự, sao cho
a 2  b2  p ;
(2) Các ước bất khả quy p trong [i ] gồm a  bi, a  bi và các phần tử liên
2
2
kết với chúng, trong đó a  b  p

Để minh họa, số nguyên tố p = 5 có thể viết duy nhất dưới dạng tổng của hai
số chính phương 5 12  2 2 . Số nguyên tố 5 không bất khả quy trong [i] mà có
hai ước bất khả quy 1  2i,1  2i . Có nghĩa là 5 có 8 ước bất khả quy gồm các

phần tử liên kết với 1  2i , đó là  1  2i,  1  2i,  2  i,2  i và các phần tử liên
kết với 1  2i , đó là  1  2i,  1  2i,2  i,  2  i .
Ta chứng minh Định lý 1.4.6 bằng việc nhắc lại bổ đề sau.
1.4.7. Bổ đề (Lagrange). Cho p là một số nguyên tố sao cho p 1 (mod 4). Khi
2
đó, tồn tại một số nguyên n sao cho p n  1 .

Chứng minh. Thật vậy, đặt p 4k  1 . Theo Định lý Wilson, ta có
(4k )! 1 (mod p).

Mặt khác, ta có:


15

(4k !) (1.2...2k )((2k  1).(2k  2)...4k ))
(1.2...2k )((  2k )( 2k  1)...(  1)) ( 1) 2 k (1.2...2k ) 2 (2k !) 2 (mod p ).
Từ đồng dư thức này ta suy ra điều cần chứng minh của Bổ đề Lagrange. ■
2
Theo Bổ đề Lagrangge, tồn tại một số nguyên n sao cho p n  1 . Như vậy,

nếu xét trong vành Gauss, ta có p (n  i )(n  i ) . Tuy nhiên p không phải là ước
của n + i và n – i (vì

n 1
 i  [i ] ). Từ đó, suy ra p khơng phải là một phần tử
p p

bất khả quy. Ta viết p  với  ,  là các phần tử không khả nghịch, như vậy
N ( ), N (  )  1 . Từ tính nhân của chuẩn

N ( ) N (  ) N ( p )  p 2
và do N ( ), N (  )  1 , ta suy ra N ( ) N (  )  p . Viết  a  bi, a, b  , thế
2
2
thì N ( ) a  b  p . Khẳng định (1) của Định lý 1.4.6 được chứng minh.

Gọi a  bi  [i] là một ước của p, rõ ràng liên hợp a  bi cũng là một ước
của p (chỉ cần lấy liên hợp hai vế của một phân tích của p thành tích các phần tử
bất khả quy trong  i  ). Ta sẽ chỉ ra a  bi, a  bi là các ước bất khả quy duy
nhất (sai khác phép liên kết) của p. Thật vậy giả sử c  di (và do đó c  di ) là
một ước bất khả quy của p không liên kết với a  bi, a  bi . Ta suy ra
(a  bi )( a  bi )(c  di )(c  di ) p (trong  i  ).
2
2
2
2
Điều này dẫn đến (a  b )(c  d ) p (trong  i  , hay một cách tương đương

trong ). Ta gặp phải một mâu thuẫn. Vì vậy, khẳng định (2) của Định lý 1.4.6
được chứng minh. ■
Khẳng định (1) của Định lý 1.4.6 được biết đến dưới tên gọi Định lý Fermat.
Kết hợp các Mệnh đề 1.4.4, 1.4.5 và Định lý 1.4.6 ta thu được kết quả sau.
1.4.9. Định lý. Các phần tử bất khả quy của  i  gồm
(1)

1  i và các phần tử liên kết của nó, nghĩa là 1 i ;


16

(2)

Các số nguyên tố p 3 (mod 4) và các phần tử liên kết của nó,

nghĩa là  p, pi ;
(3)

Hai phần tử bất khả quy a  bi, a  bi trong phân tích ra tích các

nhân tử bất khả quy của một số nguyên tố p 1(mod 4) và các phần tử liên kết
của nó. Các số (a,b) có thể được đặc trưng như là bộ số nguyên duy nhất,
2
2
chính xác tới dấu và tới thứ tự thỏa mãn a  b  p .


17

CHƯƠNG 2
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS

2.1. Định lý Fermat về tổng hai số chính phương
2.1.1. Định lý Fermat về tổng của hai số chính phương. Số nguyên tố lẻ p biểu
diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương: p = x2 + y2, với x,y là các số
tự nhiên lớn hơn 0, khi và chỉ khi p đồng dư với 1 theo môđun 4.
Ví dụ: Các số nguyên tố lẻ 5, 13, 17, 29, 37, 41 đều đồng dư với 1 theo mô-đun
4, do đó chúng biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương:
5 = 12 + 22; 13 = 22 + 32; 17 = 12 + 42;29 = 12 + 52; 37 = 12 + 62
Mặt khác, các số nguyên tố lẻ 7, 11, 19, 23 và 31 đều đồng dư với 3 theo

mơđun 4, do đó chúng khơng thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính
phương.
Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét rằng “mỗi số nguyên tố lẻ
bất kì mà đồng dư với 1 theo môđun 4, đều biểu diễn được dưới dạng tổng của
hai số chính phương” vào năm 1632 (xem [9]). Fermat là người đưa ra chứng
minh đầu tiên. Fermat đã thông báo điều này trong một lá thư gửi cho Marin
Mersenne vào ngày 25 tháng 12 năm 1640, ngày giáng sinh; vì thế định lý này
đơi khi cịn được gọi là định lý ngày giáng sinh của Fermat.
2.1.2. Các bước chứng minh của Định lý về tổng của hai số chính phương
Nếu số nguyên tố lẻ p mà biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính
phương, thì do số chính phương khi chia cho 4 chỉ dư 0 hoặc 1, nên p chia cho 4
chỉ có thể dư 1. Vì vậy, điều kiện cần của định lý là hiển nhiên. Vấn đề còn lại là
điều kiện đủ. Sau đây chúng tơi trình bày chứng minh của Euler
Euler đã chứng minh thành công “Định lý Fermat về tổng của hai số
chính phương” vào năm 1747, khi đã 40 tuổi. Ơng thơng báo điều này trong một
lá thư gửi cho Goldbach vào ngày 6 tháng 5 năm 1747. Chứng minh gồm có 5
bước; bước thứ năm được trình bày trong một lá thư gửi cho Goldbach vào năm


18

1749. Trong chứng minh trình bày dưới đây, bước 1, 2, 3 dựa hoàn toàn vào
chứng minh của Euler, bước 4 và 5 có sửa đổi (dùng Định lý Lagrange).
2) Tích của hai số, mà mỗi số là tổng của hai số chính phương, cũng là tổng
của hai số chính phương:
Chứng minh điều này dựa vào Định thức Brahmagupta–Fibonacci:
(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2.
2. Nếu một số tự nhiên n mà chia hết cho số nguyên tố p và cả n lẫn p đều có thể
biểu diễn thành tổng của hai số chính phương, thì

n
cũng có thể biểu diễn
p

thành tổng của hai số chính phương:
Trước hết ta biểu diễn:
n = a2 + b2; p = c2 + d2, với a,b,c,d là các số tự nhiên.
Bởi vì:
(ac + bd)(ac − bd) = a2c2 − b2d2 = a2(c2 + d2) − (a2 + b2)d2 = a2p − nd2
chia hết cho p, và p nguyên tố, nên một trong hai số (ac+bd) hoặc (ac – bd) chia
hết cho p. Nếu (ac – bd) chia hết cho p, thì sử dụng định thức BrahmaguptaFibonacci, ta có:

n
(ac  bd ) 2
do (ac – bd) chia hết cho p, nên
là
số
chính
phương,
mà
ngun,
p
p2
n
(ad  bc) 2
nên
cũng ngun và do đó là số chính phương. Suy ra
biểu diễn
2
p

p
được thành tổng của hai số chính phương.
Trường hợp cịn lại (ac + bd) chia hết cho p, lúc này ta phân tích:


19

và lặp lại các bước tương tự như trên.
3. Nếu n chia hết cho m, mà n có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính
phương cịn m thì khơng, thì tỷ số

n
có ước khơng thể biểu diễn thành tổng của
m

hai số chính phương:
Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử mọi ước của

n
đều có thể biểu diễn
m

thành tổng của hai số chính phương. Đặt:
n
 p1 p2  pk
m
với

đều là các số nguyên tố (không nhất thiết đôi một khác nhau).

Do

đều biểu diễn được thành tổng của hai số chính phương, nên

áp dụng bước 2 chia n liên tiếp k lần cho
m

ta suy ra:

n
p1 p2  pk

có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Ta gặp một mâu thuẫn.
4. Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của a2 + b2 đều có thể biểu diễn
thành tổng của hai số chính phương:
Chứng minh phản chứng. Giả sử tồn tại các số tự nhiên a,b ngun tố cùng nhau
sao cho a2 + b2 có ít nhất một ước không thể biểu diễn thành tổng của hai số
chính phương. Trong các cặp số đó ta xét cặp (a, b) thỏa mãn tổng (a + b) nhỏ
nhất. Xét x là ước của a2 + b2 mà không thể biểu diễn thành tổng của 2 số chính
phương. Đặt:
trong đó c, d là số tự nhiên lớn hơn 0 và khơng vượt q x – 1.
Ta có:
a2 + b2 = m2x2 + 2mxc + c2 + n2x2 + 2nxd + d2 = Ax + (c2 + d2).


20

Suy ra c2 + d2 chia hết cho x. Nếu c và d nguyên tố cùng nhau thì do tổng c + d <
a + b nên mẫu thuẫn với giả thiết về tổng (a + b) là nhỏ nhất. Vậy ước chung lớn
nhất của c và d bằng y lớn hơn 1.

Nếu y và x không nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại số nguyên tố p sao cho
y và x cùng chia hết cho p, suy ra a, b cũng chia hết cho p (mâu thuẫn với giả
thiết a và b nguyên tố cùng nhau). Vậy y và x nguyên tố cùng nhau. Nếu đặt:
,
2
2
thì c1, d1 nguyên tố cùng nhau và c1  d1 chia hết cho x, và rõ ràng c1 + d1 < a +

b, mẫu thuẫn với giả thiết về tổng (a + b) là nhỏ nhất. Ta có điều phải chứng
minh.
5. Mọi số nguyên tố p lẻ có dạng 4k + 1 đều biểu diễn thành tổng của hai số
chính phương:
Theo Định lý Fermat bé, các số sau đây đều đồng dư với 1 theo môđun p:
.
Xét hiệu giữa hai số liên tiếp nhau:
i4k − (i − 1)4k = (i2k + (i − 1)2k).(i2k − (i − 1)2k),
với i chạy từ 2 đến 4k.
Do p là số nguyên tố, nên ít nhất một trong hai số
(i2k + (i − 1)2k), (i2k − (i − 1)2k)
chia hết cho p. Nếu tồn tại i mà (i2k + (i − 1)2k) chia hết cho p, thì theo bước 4,
suy ra p có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.
Ngược lại, giả sử khơng tồn tại i để cho (i2k + (i − 1)2k) chia hết cho p, ta suy ra:
(i2k − (i − 1)2k)
chia hết cho p với mọi i chạy từ 2 đến 4k. Như vậy các số sau đồng dư với nhau
đôi một theo môđun p:
.