Biểu diễn số nguyên dưới dạng tổng của các số chính phương

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH

HOÀNG VĂN GIANG

BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN DƢỚI DẠNG
TỔNG CỦA CÁC SỐ CHÍNH PHƢƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Nghệ An – 12.2011


2

MỤC LỤC
MỞ ĐẦU

1

CHƢƠNG 1. VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA HAI SỐ
CHÍNH PHƢƠNG

4

1.1. Định lý Fermat về tổng hai số chính phương ...................................... 4
1.2. Định lý Fermat về tổng hai số chính phương suy rộng ....................... 9
CHƢƠNG 2. VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG CỦA NHIỀU
HƠN HAI SỐ CHÍNH PHƢƠNG

16

2.1. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của ba số chính phương ...................... 16
2.2. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của bốn số chính phương .................... 18
2.3. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của bốn số chính phương khác 0 ........ 24
KẾT LUẬN

31

TÀI LIỆU THAM KHẢO

32

MỞ ĐẦU
Về phương diện lịch sử, một vấn đề thu hút được nhiều sự quan tâm
của các nhà tốn học đó là bài toán biểu diễn các số nguyên dưới dạng tổng
của các 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 modulo 4, đều biểu diễn được dưới dạng
tổng của hai số chính phương” vào năm 1632 (xem [7]). 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 còn được gọi là Định lý ngày giáng sinh của
Fermat.


3
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 1749.
Có một câu hỏi rất tự nhiên được suy từ Định lý Fermat về tổng của
hai số chính phương là: “Với giá trị nhỏ nhất nào của n để cho mỗi số
nguyên dương có thể viết được dưới dạng tổng của khơng nhiều hơn n số
chính phương?”.
Với lý do như đã nêu trên, trong luận văn này chúng tôi cố gắng tìm
hiểu lịch sử của vấn đề biểu diễn số nguyên dương qua các số chính
phương, thơng qua việc giới thiệu và chứng minh giả thuyết Lagrange: Chỉ
cần 4 số chính phương thì có thể biểu diễn được mọi số ngun dương”.
Vì vậy, luận văn giới thiệu một số kết quả cùng với các chứng minh
chi tiết về các bài toán biểu diễn số nguyên qua các số chính phương sau
đây:
1. Số nguyên tố lẻ p là tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi p
có dạng 4k + 1.
2. Biểu diễn một hợp số qua tổng hai số chính phương
3. Khơng tồn tại số ngun dạng 4m(8k + 7) là tổng của ba số chính
phương.
4. Mỗi số nguyên tố đều biểu diễn được bởi tổng của bốn số chính
phương.
5. Mỗi số nguyên dương đều biểu diễn được qua tổng của bốn số chính
phương.
Những vấn đề giới thiệu ở trên thoạt nhìn ta có cảm giác đơn giản, tuy
nhiên việc chứng minh chúng đòi hỏi kỹ thuật sâu sắc và gắn liền với tên


4
tuổi của nhiều nhà toán học nổi tiếng như Lagrange, Fermat, Euler… rất
cần được quan tâm.

Ngồi ra, luận văn cịn xây dựng một hệ thống bài tập và ví dụ về
biểu diễn số nguyên bởi tổng của các số chính phương, góp phần xây dựng
một tài liệu tham khảo cho các giáo viên, học sinh ở nhà trường phổ thông
và sinh viên ngành sư phạm toán học.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học PGS.TS. Nguyễn Thành Quang - đã tận tình hướng dẫn, 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 của 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 Đồng Tháp đã giúp đỡ, tạo điều
kiện thuận lợi cho mỗi học viên chúng tôi trong học tập và nghiên cứu của
chương trình đào tạo sau đại học.
Xin cảm ơn cơ quan cơng tác, gia đình, bạn hữu của tơi 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 12 năm 2011
Tác giả
Hoàng Văn Giang


5

CHƢƠNG 1
VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN
BỞI TỔNG CỦA HAI SỐ CHÍNH PHƢƠNG
1.1. Định lý Fermat về tổng hai số chính phƣơng
1.1.1. Định lý Fermat về tổng của hai số chính phƣơng.

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 modulo 4.
Chứng minh. 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 5 bước của Euler:

1.1.2. Bổ đề. Tích của hai số, mà mỗi số là tổng của hai số chính phương,
cũng là tổng của hai số chính phương. Nói khác đi: Giả sử các phương
trình x2 + y2 = m; x2 + y2 = n đều có nghiệm ngun khơng âm, ở đây m và
n là các số nguyên dương. Khi đó, phương trình x2 + y2 = mn cũng có
nghiệm ngun khơng âm.
Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại (a;b), (c;d) nguyên không âm sao cho
a 2  b 2  m
 2
2
c  d  n.

Từ đó ta có: (a 2  b2 )( c 2  d 2 ) = mn  (ac  bd )2  (ad  bc)2  mn.
Đẳng thức trên chứng tỏ rằng phương trình x2 + y2 = nm có nghiệm
ngun khơng âm, vì ít nhất (x; y) = ( ac  bd ; ad  bc ) là một
nghiệm ngun khơng âm của nó. Bổ đề 1.1.2 được chứng minh. ■


6
Thực ra là, chứng minh Bổ đề 1.1.2 này dựa vào Định thức
Brahmagupta–Fibonacci: (a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2.

Ví dụ.
5  22  12
13  22  32
5.13  65  42  7 2

Ví dụ.
2 5  32  42
61  52  62
25.61  1525  252  302

1.1.3. Bổ đề. 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
p

cũng có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.
Chứng minh. 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.
Sử dụng Định thức Brahmagupta-Fibonacci, ta có:
n a 2  b2 (ad  bc)2 (ac  bd )2



.
p

p
p2
p2

Vì vậy, nếu (ac – bd) chia hết cho p thì do (ac – bd) chia hết cho p, nên
n
(ac  bd ) 2
(ad  bc) 2
là số chính phương, mà
nguyên, nên
cũng
p2
p2
p


7

ngun và do đó là số chính phương. Suy ra

n
biểu diễn được thành tổng
p

của hai số chính phương.
Trường hợp cịn lại (ac + bd) chia hết cho p, lúc này ta phân tích:
n a 2  b2 (ad  bc)2 (ac  bd )2
.




p
p
p2
p2

và ta lặp lại các bước lý luận tương tự như trên. ■

1.1.4. Bổ đề. Nếu n chia hết cho m, mà n có thể biểu diễn thành tổng của
hai số chính phương cịn m thì khơng biểu diễn được, thì tỷ số

n
có ước
m

khơng thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương:
Chứng minh (Phản chứng). Giả sử ngược lại, mọi ước của

n
đều có thể
m

biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Đặt:
n
 p1 p2
m

pk

với p1, p2 , , pk đều là các số nguyên tố (không nhất thiết đôi một khác

nhau).
Do p1, p2 , , pk đều biểu diễn được thành tổng của hai số chính
phương, nên áp dụng Bổ đề 1.1.3 chia n liên tiếp k lần cho p1, p2 , , pk ta
suy ra:
m

n
p1 p2

pk

có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Ta gặp phải một mâu
thuẫn với giả thiết về m. ■

1.1.5. Bổ đề. 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.


8
Chứng minh (Phản chứng). Giả sử ngược lại, tồn tại các số tự nhiên a, b
nguyên tố cùng nhau sao cho a2 + b2 có ít nhất một ước khơng 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. Gọi x là ước của a2 + b2 mà không thể biểu
diễn thành tổng của hai số chính phương. Đặt:
a  mx  c , b  nx  d

trong đó c, d là số tự nhiên lớn hơn 0 và không vượt quá x – 1.
Ta có:
a2 + b2 = m2x2 + 2mxc + c2 + n2x2 + 2nxd + d2 = Ax + (c2 + d2).
Suy ra c2 + d2 chia hết cho x. Nếu c và d nguyên tố cùng nhau thì do tổng

c  d  a  b nên ta gặp phải một mâu thuẫn với giả thiết về tổng a  b là

nhỏ nhất. Vậy ước chung lớn nhất của c và d bằng số y nào đó 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:
c1 

c
d
, d1 
y
y

thì c1, d1 nguyên tố cùng nhau và c12  d12 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. ■

1.1.6. Bổ đề. 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 modulo p:
14 k ,24 k ,...,  4k  .
4k

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.

9
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 modulo p:
1,22 k ,32 k ,...,  4k  .
2k

Do đó, phương trình đồng dư:
x 2 k  1  0  mod p 

có 4k nghiệm, điều này mâu thuẫn với Định lý Lagrange được phát biểu
dưới đây. Vậy điều giả sử của chúng ta là sai. Suy ra p có thể biểu diễn
dưới dạng tổng của hai số chính phương. ■

1.1.7. Bổ đề (Định lý Lagrange). Cho p là số nguyên tố và f(x) là một
đa thức với hệ số nguyên, có bậc là n. Nếu có ít nhất một hệ số của f(x)
khơng chia hết cho p, thì phương trình đồng dư f ( x)  0  mod p  có khơng
q n nghiệm trong trường Z P các số nguyên modulo p.
Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo n.
Định lý hiển nhiên đúng với n = 0.
Giả sử định lý đúng với n = k, xét đa thức không đồng nhất với không
k 1

f  x    ai xi , deg(f) = k + 1, với m nghiệm.

i 0

Không mất tính tổng quát giả sử m > 0, vậy tồn tại r sao cho f(r) = 0.
Khi đó:


10
k 1

f  x   f  x   f  r    ai  xi  r i    x  r  g  x 
i 0

với g(x) là đa thức có bậc nhỏ thua k+1. Rõ ràng, g(x) không đồng nhất với
khơng, do đó g(x) có khơng q k nghiệm. Kết hợp với (x − r) có đúng một
nghiệm, suy ra f(x) có khơng q k+1 nghiệm. Suy ra điều phải chứng
minh. ■

Ví dụ: Các số nguyên tố lẻ 5, 13, 17, 29, 37, 41 đều đồng dư với 1 theo
modulo 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 = 22 + 52; 37 = 12 + 62
Mặt khác, các số nguyên tố lẻ 7, 11, 19, 23 và 31 đều đồng dư với 3 theo
modulo 4, do đó chúng không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số
chính phương.

1.2. Định lý Fermat về tổng hai số chính phƣơng suy rộng
Định lý Fermat về tổng hai số chính phương được các nhà tốn học
quan tâm và có thể suy rộng theo nhiều kiểu. Sau đây là một kiểu suy rộng
của nó.

1.2.1. Bài tốn biểu diễn số. Với những số nguyên dương n nào ta có thể
biểu diễn nó dưới dạng tổng của hai số bình phương?. Nói khác đi, chúng
ta xét bài tốn sau: Tìm các số ngun dương n để cho phương trình vơ
định x2 + y2 = n có nghiệm ngun khơng âm.
Chúng ta sẽ giải quyết bài toán này theo các bước lần lượt như sau:

1.2.2. Mệnh đề.
Nếu p là số nguyên tố dạng 4k + 3 và (x2 + y2) p thì x p, y p.


11
Chứng minh. Giả thiết phản chứng rằng, x không chia hết cho p. Khi đó,
từ x2 + y2 chia hết cho p suy ra y cũng không chia hết cho p. Theo định lí
Fermat bé, ta có:
( x p  x ) p  x ( x p1  1) p.

Vì x khơng chia hết cho p, tức (x, p) = 1 (do p nguyên tố), nên ta có:
( x p1  1) p  x p1  1 (mod p)
 x 4k 2  1 (mod p)

(1)

Lí luận tương tự, do y không chia hết cho p suy ra:
y 4 k 2  1 (mod p)

(2)

Vì (x2 + y2) p nên ta có:
x2   y 2 (mod p)  x2(2k 1)   y 2(2 k 1) (mod p)
 x4k 2   y 4 k 2 (mod p)

(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra:
1  1 (mod p).

Điều vơ lí này chứng tỏ giả thiết x khơng chia hết cho p là sai.
2
Do đó x  p  x  p .

Từ (x2 + y2) p và x2 p  y 2 p  y p (do p là nguyên tố).
Vậy Mệnh đề 1.2.2 được chứng minh. ■

1.2.3. Mệnh đề. Cho p là số nguyên tố. Khi đó, phương trình x2 + y2 = p
có nghiệm ngun khơng âm khi và chỉ khi p khơng có dạng 4k + 3.
Chứng minh. Giả sử phương trình
x2 + y2 = p

 

(4)

có nghiệm ngun khơng âm x; y , với p = 4k + 3.
2

2

Trước hết từ x  y  p

(5)

12

2

2

Ta suy ra p  3. Thật vậy, nếu p = 3, thì từ x  y  3 , ta suy ra x < 2 và
y  2 , do đó x, y  0;1 . Rõ ràng 12 + 12  3 ; 12 + 02  3 và 02 + 02  3 . Vì

thế đi đến mâu thuẫn, vậy p  3. Do p = 4k+3 mà p  3, nên p = 4k+3, với k
nguyên dương.
2

2

Áp dụng Mệnh đề 1.2.2, từ (5) suy ra x p, y p , từ đó ( x  y ) p 2 ,
do vậy p p2. Điều này mâu thuẫn với p > 1. Vậy giả sử p = 4k+3 là sai. ■
Như vậy, nếu phương trình x2 + y2 = p có nghiệm ngun khơng âm,
thì số p khơng thể có dạng 4k + 3 hay điều kiện cần để phương trình
x2 + y2 = p, với p là số ngun tố, có nghiệm ngun khơng âm đã được chỉ
ra.
Bây giờ, ta xét điều kiện đủ của bài tốn. Giả sử p là số ngun tố và
p khơng có dạng 4k + 3. Khi đó, ta có kết quả sau:

1.2.4. Mệnh đề. 1) Nếu p = 2, thì phương trình x2 + y2 = p có nghiệm
khơng âm.
2) Nếu p = 4k+1, thì phương trình x2 + y2 = p có nghiệm
khơng âm.

Chứng minh. 1) Với p = 2 thì phương trình x2 + y2 =2 có nghiệm 1;1 .
2) Với p = 4k + 1, khi đó (1)

p1
2

= (1)2 k  1(mod p), vậy

1 là số chính phương modulo p. Theo định nghĩa của số chính phương
modulo p, suy ra tồn tại a  N sao cho a2  1 (mod p).

Đặt q = [ p ], ở đây [ p ] để chỉ phần nguyên của số

p . Xét (q+1)2 số

sau:
{ x + ay }, x = 0, 1,…, q; y = 0, 1, …, q.
Do (q+1)2 > p (vì q = [ p ], nên

p < q+1), nên theo nguyên lí

Dirichlet suy ra tồn tại hai cặp phân biệt: ( x1; y1 )  ( x2 ; y2 ) sao cho
( x1  ay1 )  ( x2  ay2 ) (mod p) .


13
Từ đó:
( x1  x2 )  a( y1  y2 )  0 (mod p)
 ( x1  x2 )  a ( y2  y1 ) (mod p).

(6)

Đặt u  x1  x2 , v  y2  y1 thì từ (6) suy ra:
u 2  a 2v 2 (mod p).

(7)

Theo trên a 2  1 (mod p) , nên từ (7) đi đến:
u 2  v 2 (mod p)  (u 2  v 2 ) p

Do x1, x2 , y1, y2  0;1;...; q, nên

x1  x2  q và

(8)
y1  y2  q , hay

u 2  q2 , v2  q2 .

Do p là số ngun tố nên dĩ nhiên nó khơng phải số chính phương, mà
q   p  , nên  p  < p  q 2  p . Vì lẽ đó ta có:

0 < u2 + v2 < p + p = 2p.

(9)

(Chú ý là ( x1; y1 )  ( x2 ; y2 ) nên u, v không thể đồng thời bằng 0).
Bây giờ kết hợp (8) và (9) ta có:
u2 + v2 = p
Vậy (u;v) là nghiệm ngun khơng âm của phương trình x2 + y2 = p.

Mệnh đề 1.2.2 được chứng minh. ■
Như vậy nếu p là số ngun tố thì bài tốn địi hỏi biểu diễn p thành
tổng của hai số bình phương đã được giải quyết hồn tồn. Nói khác đi, ta
có:

1.2.5. Định lý. 1) Mọi số ngun tố p khơng có dạng 4k+3, đều có thể
biển diễn được thành tổng của hai số bình phương.
2) Mọi số ngun tố p có dạng 4k+3, không thể biểu diễn
được thành tổng của hai số bình phương.


14
Định lý sau đây (1.2.6) xét cho trường hợp n > 1 và khơng phải là số
ngun tố. Đây chính là câu trả lời trọn vẹn cho Bài toán biểu diễn số 1.2.1.

1.2.6. Định lý. Cho n là một hợp số. Khi đó, số n sẽ biểu diễn được dưới
dạng tổng của hai số bình phương khi và chỉ khi trong dạng phân tích
nguyên tố của n, tất cả các thừa số nguyên tố dạng 4k + 3 đều có số mũ
chẵn.
Trước khi trình bày chứng minh, ta nêu các ví dụ minh họa cho Định
lý 1.2.6:
1) Ta có 30 = 2.3.5, ở đây chỉ có 3 là số nguyên tố có dạng 4k + 3.
Do 3 trong sự khai triển có mũ lẻ, nên 30 khơng thể biểu diễn được thành
tổng của hai số bình phương.
2) Ta có 90 = 2.32.5. Lập luận như trên, ta thấy 90 biểu diễn được
thành tổng của hai số bình phương. Thật vậy, chẳng hạn: 90 = 32 + 92.
Chứng minh.

1)Điều kiện cần. Giả sử n > 1 là số nguyên dương có phân tích nguyên tố
như sau:

s

t

i 1

j 1

n  2r  pi si  q j j ,
t

trong đó r, si, tj là các số nguyên không âm, pi (i 1, s) là các số nguyên tố
dạng 4k + 1; còn q j ( j 1, t ) là các số nguyên tố dạng 4k + 3 (nói cách
khác pi 1 (mod 4) , còn q j  3 (mod 4) với i 1, s và j 1, t ).
Ta sẽ chứng minh rằng phương trình x2 + y2 = n, có nghiệm ngun
khơng âm khi và chỉ khi tj là số chẵn với mọi j 1, t .
Giả sử phương trình

x2 + y2 = n

(10)


15

 

có nghiệm ngun khơng âm x; y , nhưng trong khai triển nói trên tồn tại
h, 1  h  t sao cho th là số lẻ. Khi đó n có dạng sau:
n  qhth . b trong đó (b, qn) = 1.

 

Vì x; y là nghiệm của (10), nên ta có:
2

2

x  y  qhth b .
2

(11)

2

Từ (11) suy ra ( x  y ) qh . Do qh là số nguyên tố có dạng 4k + 3, vậy
theo kết quả đã biết thì x qh và y qh . Vì thế có thể đặt x  qh x1; y  qh y1 ,
ở đây x1 và y1 cũng là các số ngun khơng âm. Ta có:
2

2

x  y  qh2 ( x12  y12 ) .

(12)

Kết hợp (11) và (12) đi đến:
x12  y12  qhth 2 b .

(13)

(Chú ý rằng (13) xảy ra nếu th  2 ).
Ta cứ lặp lại quá trình trên cho đến lúc lũy thừa của qh bằng 1. Khi đó, ta
sẽ thu được (tại bước m, th = 2m + 1):
xm2  ym2  qhb .

(14)

Từ (14) suy ra ( xm2  ym2 ) qh , mà qh là số nguyên tố có dạng 4k + 3,
nên đi đến xm qh và ym qh , hay ( xm2  ym2 ) qh2 . Vì thế lại từ (14) suy ra
(qhb) qh2 hay b qh. Điều nhận được mâu thuẫn với (b, qh) = 1. Vậy giả thiết

phản chứng là sai, tức là tj là số chẵn với mọi j 1, t . Điều kiện cần được
chứng minh.


16
2)Điều kiện đủ. Giả sử n là số tự nhiên (n > 1), có biểu diễn như đã
nói trong Định lý 1.2.6, trong đó tj là số chẵn với mọi j 1, t . Ta sẽ chứng
minh rằng phương trình x2 + y2 = n có nghiệm ngun khơng âm.
Ta nhắc lại Bổ đề 1.1.2: “Giả sử các phương trình x2 + y2 = m;
x2 + y2 = n đều có nghiệm ngun khơng âm, với m và n là các số ngun
dương. Khi đó, phương trình x2 + y2 = mn cũng có nghiệm ngun khơng
âm.”
- Rõ ràng phương trình x2 + y2 = 2 có nghiệm ngun khơng âm (1; 1).
- Theo Định lý 1.1.1, với mọi i 1, s thì phương trình x2 + y2 = pi có
nghiệm ngun ngun khơng âm (do pi là số ngun tố lẻ có dạng 4k+1).
Vì thế áp dụng Bổ đề 1.1.2 vừa nhắc ở trên hữu hạn lần, suy ra phương
trình:
s

x 2  y 2  2r  pi si
i 1

cũng có nghiệm ngun khơng âm. Điều đó có nghĩa là tồn tại x, y nguyên
không âm, sao cho:
s

x  y  2r  pi si
2

2

(15)

i 1

Do tj là số chẵn với mọi j 1, t nên:
t

q
j 1

tj
j

 h2

(16)

Từ (15) và (16) đi đến:
s

t

h2 ( x  y ) = 2r  pi si  q j j  (hx)2  (h y)2  n.
2

2

i 1

t

(17)

j 1





Đẳng thức (17) chứng tỏ rằng h x; h y là nghiệm nguyên  0 của
phương trình x2 + y2 = n. ■
Như vậy, Bài toán 1.2.1 đặt ra đã được giải quyết trọn vẹn.


17

CHƢƠNG 2

VỀ BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN BỞI TỔNG
CỦA NHIỀU HƠN HAI SỐ CHÍNH PHƢƠNG
2.1. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của ba số chính phƣơng
Bài tốn biểu diễn số ngun bởi tổng của ba số chính phương lần
đầu tiên được nhà toán học Hi Lạp Diophante xét với trường hợp riêng khi
n = 8k + 7.

2.1.1. Mệnh đề. Không tồn tại số nguyên dạng 4 m (8k+7) , với m, k là các
số nguyên không âm, là tổng của ba số chính phương.
Chứng minh. Giả sử n là số nguyên dương có dạng n = 4m(8k+7), ở đây
m, k là các số nguyên  0. Ta sẽ chứng minh rằng phương trình
x2 + y2 + z2 = n
khơng có nghiệm nguyên không âm.



Giả sử điều khẳng định của trên không đúng, tức là tồn tại x; y; z
nguyên không âm, sao cho:
2

2

2

x  y  z  n,

(1)

ở đây n = 4m(8k+7). Ta biết rằng do x, y, z  Z , nên
 x 2  h (mod 8),

1

2

 y  h2 (mod 8),
 2
 z  h3 (mod 8),


h1 0;1; 4
h2 0;1; 4
h3  0;1; 4

Từ đó:

x  y  z  h (mod 8), h 0;1; 2; 3; 4; 5; 6
2

2

2

Xét hai khả năng sau:

(2)




18

 Nếu m > 0, khi đó m  1, nên vì n = 4m(8k+7), suy ra n  0(mod 4).
Từ đó theo (1) và (2) suy ra:
x  y  z  h (mod 8), h  0; 4.
2

Do

2

2

2

2

2

2

2

x  y  z  0 (mod 4), mà x  h1 (mod 4), y  h2 (mod 4),

z  h3 (mod 4), với hi 0;1 ,  i  1, 2, 3 , nên buộc phải có:
2

2

2

2

x  y  z  0 (mod 4)

(vì nếu trái lại thì 0 + 0 + 1, hay 0 + 1 + 1, hay 1 + 1 + 1 đều không chia hết
cho 4). Từ đó x, y, z phải là số chẵn, và vì thế có thể đặt
x  2 x1, y  2 y1, z  2 z1 . Thay lại vào (1), ta có:
2

2

2

x1  y1  z1  4m1 (8k  7).

Nếu m – 1 > 0, ta lại tiếp tục quá trình trên. Sau một số hữu hạn lần, sẽ đi
2

2

2

x m  y m  z m  8k  7.

đến:

Do 8k + 7  7 (mod 8), nên điều này mâu thuẫn với kết quả đã biết là
xm  ym  zm  h (mod 8), h  0; 4
2

2

2

Vậy khi m > 0, điều khẳng định của Định lý là đúng.
2

2

2

 Nếu m = 0, thì ta có x  y  z  8k  7 . Từ trên, ta suy ra mâu
thuẫn. Định lý được chứng minh. ■
Ta thừa nhận mệnh đề sau đây, mà không chứng minh:

2.1.2.Mệnh đề.Giả sử n là số ngun dương và khơng có dạng 4 m (8k+7) ,
với m, k là các số nguyên không âm, khi đó phương trình x2 + y2 + z2 = n
có nghiệm nguyên không âm.
Như vậy, từ các mệnh đề 2.1.1 và 2.1.2 nói trên ta suy ra:

2.1.3. Định lý. Số nguyên dương n biểu diễn được dưới dạng tổng của ba


19

số chính phương khi và chỉ khi n khơng có dạng 4 m (8k+7) , với m, k là các
số nguyên không âm.

2.2. Biểu diễn số nguyên bởi tổng của
bốn số chính phƣơng

2.2.1. Định lý. Với mỗi số nguyên tố lẻ p, tồn tại số nguyên k, 1  k  p
sao cho kp là tổng của của bốn số chính phương
Chứng minh. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Ta sẽ chứng minh rằng, tồn
tại một số nguyên k, 1  k  p sao cho phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = pk
có nghiệm nguyên không âm.
Xét tập hợp A = {x2}, với x = 0,1, 2,…,
với y = 0, 1, 2,…,

p 1
; và tập hợp B = { – y2 – 1},
2

p 1
.
2

Số lượng phần tử của tập hợp A là A 
phần tử của tập hợp B là B 

p 1
p 1
1
. Số lượng
2
2

p 1
. Vậy A  B  p  1 .
2

Ta chứng minh rằng các số của A đều phân biệt (theo modulo p). Thật
vậy, giả sử i 2  A, j 2  A , với

p 1
 i  j  0 , ta cần chứng minh i2  j2
2

(mod p). Thật vậy, vì nếu trái lại thì (i2 – j2)

p, hay (i – j)(i + j) chia hết

cho p.
Do
p – 1 > i + j > i – j > 0,
nên từ p là số nguyên tố, ta có (i – j)(i + j) khơng chia hết cho p.
Điều này mâu thuẫn với nhận xét nói trên.


20
Tương tự, các số của B cũng đều phân biệt (mod p). Kết hợp với
A  B  p  1 , suy ra tồn tại x, y  0; 1; 2; …;
2

2

2

p 1
2



sao cho

2

x   y  1 (mod p) , hay ( x  y  1) p . Từ đó, tồn tại số k nguyên  1

sao cho:
2

2

2

2

x  y  1  kp  x  y  12  02  kp

(3)

p2  2 p  1
 p 1
Vì x  y  2 
 
2
 2 
2

2

2

nên:
Từ đó kp 

p2  2 p  3
x  y 1 
2
2

2

p2  2 p  3
p2  2 p  3
, hay k 
2
2

Ta sẽ chứng minh rằng:
p2  2 p  3
p
2p

(4)

Thật vậy:
(4)  p 2  2 p  3  2 p 2  p 2  2 p  3  ( p  3)( p 1)  0

(5)

Do p là số nguyên tố lẻ nên (5) hiển nhiên đúng, vậy (4) đúng. Như thế ta
đã chứng minh được 1  k  p , và kết hợp với (1) suy ra phương trình
x2 + y2 + z2 + t2 = kp
có nghiệm ngun khơng âm.
Định lý 2.2.1 được chứng minh. ■

2.2.2. Định lý. Mọi số nguyên tố đều biểu diễn được dưới dạng tổng của
bốn số chính phương
Chứng minh. Cho p là số nguyên tố. Ta sẽ chứng minh rằng phương trình
x2 + y2 + z2 + t2 = p
có nghiệm nguyên không âm. Xét hai khả năng sau:


21
- Nếu p = 2 thì khi đó phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = 2 có nghiệm ngun
khơng âm (vì chẳng hạn (1; 1; 0; 0) là nghiệm).
- Nếu p là số nguyên tố lẻ thì ta xét tập hợp sau đây:
M = {k: 1  k < p và x2 + y2 + z2 + t2 = pk có nghiệm ngun khơng âm}.
Theo Định lý 2.2.1 đã chứng minh, thì tập M khác rỗng. Khi đó, trong M
có phần tử bé nhất, giả sử đó là số nguyên không âm m. Ta sẽ chứng minh
m = 1 và từ đó suy ra 1 M, tức là phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = p có
nghiệm ngun khơng âm, hay Định lý 2.2.2 được chứng minh. Bây giờ ta
hoàn tất chứng minh như sau:
Giả sử 1 < m < p. Vì m M, nên phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = mp có
nghiệm ngun khơng âm, tức là tồn tại x, y, z, t  0 sao cho:
2

2

2

2

x  y  z  t  mp

(6)

Xét các khả năng sau:
1) Nếu m là số chẵn. Khi đó mp  a (mod 4), với a {0; 2}.
2

2

Chú ý rằng x  0 (mod 4), nếu x chẵn, còn x  1 (mod 4), nếu x lẻ.
2

2

2

2

Từ (6) suy ra x  y  z  t  a (mod 4), với a {0; 2}. Vì thế số các số
lẻ trong 4 số x, y, z, t là 0, 2 hoặc 4, tức là hoặc tất cả chẵn, tất cả lẻ, hoặc
hai số chẵn, hai số lẻ.
Nếu tất cả chẵn, hoặc tất cả lẻ, thì 4 số

x y x y z t z t
,

,
,
đều là
2
2
2
2

số nguyên và ta có
( x  y)2 ( x  y)2 ( z  t )2 ( z  t )2
m




p.
4
4
4
4
2

Từ (7) suy ra

(7)

m
m
 M . Vì
 m , nên suy ra mâu thuẫn với m là giá trị

2
2

nhỏ nhất của các phần tử của tập hợp M.


22

Nếu có hai số chẵn, hai số lẻ, chẳng hạn x, y chẵn và z , t lẻ thì ta cũng
có 4 số

x y x y z t z t
,
,
,
đều là số nguyên và lập luận như trên
2
2
2
2

cũng dẫn đến mâu thuẫn.
2) Nếu m là số lẻ. Xét tập hợp

m  1

S  0;  1;  2;...; 

2 


Tập hợp S gồm m phần tử, và là một hệ thặng dư đầy đủ (mod m). Vậy
tồn tại các số a, b, c, d  S sao cho x  a (mod m);

y  b (mod m);

z  c (mod m); t  d (mod m) .

Từ đó suy ra:
2

2

2

2

x  y  z  t  a 2  b2  c 2  d 2 (mod m).

(8)

Từ (6) và (8), ta có:
a 2  b2  c 2  d 2  0 (mod m).

(9)

Từ (9) suy ra tồn tại k nguyên không âm, sao cho:
a 2  b2  c 2  d 2  km

.

(10)

Do a, b, c, d  S nên ta có
a 2  b2  c 2  d 2 <

m2
m2 m2 m2
+
+
+
= m2.
4
4
4
4

Vì thế kết hợp với (10), và có 0  k  m . Xét các khả năng sau:
- Nếu k = 0. Khi đó ta có a = b = c = d = 0.
Từ đó x  y  z  t  0 (mod m).
2

2

2

2

Do vậy ( x  y  z  t )

m2 . Từ (6) suy ra (mp) m2  p m . Do p là

số nguyên tố và m > 1, nên từ p m suy ra m = p. Điều này mâu thuẫn với
m < p.
- Nếu 1  k  m . Khi đó ta có:


23

2

2

2

2

(mp)(km) = ( x  y  z  t )(a 2  b2  c 2  d 2 )
= (ax  b y  cz  dt )2  (bx  a y  d z  ct )2
+ (cx  d y  az  bt )2  (d x  c y  bz  at )2
Từ đó đi đến:
X = ax  b y  cz  dt  a 2  b2  c 2  d 2  0 (mod m)
Y = bx  a y  d z  ct  ab  ab  dc  cd  0 (mod m)
Z = cx  d y  az  bt  ca  db  ac  bd  0 (mod m)
T = d x  c y  bz  at  da  cb  bc  ad  0 (mod m)
Do X, Y, Z, T cùng chia hết cho m, nên X = mX1, Y= mY1, Z = mZ1,
T= mT1, và X 2  Y 2  Z 2  T 2  m2 ( X12  Y12  Z12  T12 )  m2kp
hay X12  Y12  Z12  T12 = kp.
Theo định nghĩa thì k  M , mà k < m, điều này mâu thuẫn với m là
số nhỏ nguyên nhỏ nhất thuộc M. Ta có điều cần chứng minh. ■
Từ định lý mọi số nguyên tố đều biểu diễn được dưới dạng tổng của

bốn số chính phương, để đi đến kết quả tổng quát hơn (Định lý 2.2.4), ta
xét:

2.2.3. Bổ đề. Giả sử n, m là các số nguyên dương sao cho các phương
trình
x2 + y2 + z2 + t2 = n
x2 + y2 + z2 + t2 = m
đều có nghiệm nguyên khơng âm. Khi đó, phương trình
x2 + y2 + z2 + t2 = mn
cũng có nghiệm ngun khơng âm.
Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại các bộ số nguyên không âm
(x1; y1; z1; t1), (x2; y2; z2; t2)
sao cho:


24
 x12  y12  z12  t12  m

 2
2
2
2

 x2  y2  z2  t2  n .

(11)
(12)

Nhân vế với vế các đẳng thức (11) và (12) ta có:
mn = ( x12  y12  z12  t12 )( x22  y22  z22  t22 ) =

= (x1x2 + y1y2 + z1z2 + t1t2)2 + (x1y2 – y1x2 + z1t2 – t1z2)2 +
+ (x1z2 – y1z2 – z1x2 + t1y2)2 + (x1t2 + y1z2 – z1y2 – t1x2)2.

(13)

Đẳng thức (13) chứng tỏ rằng phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = mn có
nghiệm nguyên không âm và Bổ đề 2.2.3 được chứng minh. ■

2.2.4. Định lí (Định lý Lagrange). Mọi số nguyên dương đều biểu diễn
được dưới dạng tổng của bốn số chính phương.
Chứng minh. Với mọi số nguyên dương n, thì phương trình
x2 + y2 + z2 + t2 = n
đều có nghiệm ngun khơng âm.
Chỉ có hai khả năng sau đây xảy ra:
1) Nếu n = 1, thì rõ ràng phương trình
x2 + y2 + z2 + t2 = 1
có nghiệm nguyên không âm (chẳng hạn x = 1, y = z = t = 0).
2) Nếu n > 1, thì khi đó ta có khai triển n dưới dạng chính tắc
n  p1s1 p2 s2 ... pk sk

ở đây p1, p2,…, pk là các số nguyên tố, còn s1, s2,…,sk là các số nguyên
dương. Theo Định lý 2.2.2, với mọi i 1, k các phương trình
x2 + y2 + z2 + t2 = pi

( i 1, k )

đều có nghiệm nguyên không âm.
Áp dụng liên tiếp Bổ đề 2.2.3, ta suy ra phương trình
x2  y 2  z 2  t 2  p1s1 p2 s2 ... pk sk

hay phương trình
x2  y 2  z 2  t 2  n


25
có nghiệm ngun khơng âm.
Định lý được chứng minh hồn tồn. ■

Ví dụ:
1 = 12 + 02 + 02 + 02

2 = 12 + 12 + 02 + 02

3 = 12 + 12 + 12 + 02

4 = 12 + 12 + 12 + 12

5 = 12 + 22 + 02 + 02

6 = 12 + 12 + 22 + 02

7 = 12 + 12 + 12 + 22

8 = 22 + 22 + 02 + 02

9 = 22 + 22 + 12 + 02

10 = 22 + 22 + 12 + 12

11 = 12 + 12 + 32 + 02 100 = 102 + 02 + 02 + 02.

2.3. Biểu diễn số nguyên
bởi tổng của bốn số chính phƣơng khác 0
2.3.1. Định lý. Cho n  2s , với s là số ngun dương lẻ. Khi đó, phương
trình x 2  y 2  z 2  t 2  n khơng có nghiệm ngun dương.
Chứng minh.
Xét phương trình x 2  y 2  z 2  t 2  2s , ở đây s = 2h + 1, h nguyên  0.
Giả thiết phản chứng rằng, phương trình đã cho có nghiệm ngun dương

x; y; z; t  tức là

2

2

2

2

x  y  z  t  2s .

(14)

Có hai khả năng xảy ra sau đây:
1) Nếu h = 0, tức là:
x 2  y 2  z2  t 2  2
2

2

2

2

(15)

Do x, y, z, t > 0, nên x , y , z , t 1. Vì thế vế trái của (15)  4, và từ
(15) suy ra điều vơ lí.