Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN (Mở rộng một định lí của Fermat và Euler) I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Càng đọc câu: “Đôi lúc một vấn đề được giải quyết xong lại gợi ý tìm ra một vấn đề hoàn toàn khác nhưng lại rất có ý nghĩa.” (Trích từ lời dẫn của Lê Hào trong bài toán “Suy nghĩ từ lời giải một bài toán thi vô địch quốc tế” đăng trên báo toán học và tuổi trẻ) tôi càng thấy tâm đắc. Số học có sự hấp dẫn tuyệt vời đối với tôi. Sau khi giải xong một bài toán số học nào đó thì trong tôi có niềm vui và sự hứng khởi lạ thường. Đặc biệt là các toán sau: Cho p là một số nguyên tố, 3(mod4)p ≡ . Chứng minh rằng: Nếu ( ) 2 2 0 mod x y p + ≡ thì ( ) , 0 modx y p ≡ ≡ với , .x y ∈ ¥ (Trích từ sách: SỐ HỌC (tập 1), tác giả Doãn Minh Cường, xuất bản năm 2003) Cho m và n là hai số nguyên dương chẵn, u và v là hai số nguyên dương lẻ sao cho 2 2 2 2 0.m n u v − = − > Chứng minh 2 2 ( )m v + là hợp số. (Trích từ đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 năm 2010 – 2011, tỉnh Đồng Nai) Cho hai số nguyên dương a, b và số nguyên tố p thỏa điều kiện là 2 2 .a b p + M Biết p là tổng của hai số chính phương. Chứng minh 2 2 a b p + bằng tổng của hai số chính phương. (Trích từ đề thi học sinh giỏi lớp 12, vòng 2 năm 2013 – 2014, tỉnh Đồng Nai). Hình như các bài toán trên có một mối liện hệ nào đó rất mật thiết. Tôi có linh cảm chúng là những bộ phận của một “chỉnh thể” (hay một vấn đề) nào đó. “Chỉnh thể” đó là gì? Cứ thế, ngày qua ngày, tôi chìm đắm trong suy tưởng, tìm kiếm và dần dần làm sáng tỏ các nghi vấn. Cuối cùng, tôi đã tìm được cái “chỉnh thể” đó là phương trình đồng dư ( ) 2 2 0 mod x y p + ≡ và đặc biệt là phương trình nghiệm nguyên 2 2 .x y p + = Thật tình cờ, cái “chỉnh thể” mà tôi tìm được lại có quan hệ mật thiết với một định lí của Fermat đã được Euler chứng minh(tôi gọi định lí đó là định lí Fermat-Euler). GV: Ngô Văn Vũ Trang 1 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Bài viết này có sự kế thừa ý tưởng của một bài viết “KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN” của tôi năm 2012 – 2013. Cơ sở lí luận là hệ thống lí thuyết về số học có trong sách: Số học - Hà Huy Khoái - nhà xuất bản GD - năm 2005 và sách: Số học - Doãn Văn Cường - nhà xuất bản ĐHSP - năm 2003. Để biết cụ thể về cái “chỉnh thể” đó. Mời bạn đọc xem tiếp phần nội dung. III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP Từ bài toán: “Cho p là một số nguyên tố, 3(mod4).p ≡ Chứng minh rằng: Nếu ( ) 2 2 0 mod x y p + ≡ thì ( ) 0 modx y p ≡ ≡ ,với , .x y ∈ ¥ ” Mở ra một vấn đề mới: Bài toán 3: “Tìm số nguyên tố p sao cho phương trình ( ) 2 2 0 mod x y p + ≡ có nghiệm ,x y ∈ ¥ và ( , ) 1x y = ”. Bài toán 4: “Chứng minh rằng phương trình 2 2 x y p + = có nghiệm ( , ) 1x y = duy nhất với ,x y ∈ ¥ và p là số nguyên tố có dạng 4n + 1”. Ta giải bài toán 3.Xét các trường hơp sau:  Trường hợp 1: p = 2.Khi đó với ,x y là hai số lẻ nguyên tố cùng nhau thì ( , )x y là nghiệm của phương trình . Vậy p=2 thỏa .  Trường hợp 2: p là số nguyên tố có dạng 4 3n + . Khi đó, theo bài toán 1.Ta có: 2 2 0(mod )x y p + ≡ 0(mod )x y p ⇔ ≡ ≡ Suy ra không có hai số nguyên tố cùng nhau x, y thỏa yêu cầu bài toán. Vậy 4 3p n = + không thỏa.  Trường hợp 3: p là số nguyên tố có dạng 4n + 1 . Theo định lý Wilson: “Cho p là một số nguyên tố bất kỳ.Ta có: ( 1)! 1p p     − + M ”. GV: Ngô Văn Vũ Trang 2 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Mặt khác, ta có: (mod )p i i p − ≡− và 1 4 1 1 2 2 2 p n n − + − = = chẵn. Suy ra: 2 1 1 1 ( 1)! 1 1.2 . ( 2).( 1) 1 ! 1(mod ) 2 2 2 p p p p p              ÷  ÷         − − − − + ≡ − − − + ≡ + ( ) 2 1 ! 1 0 mod 2 p p        ÷     − ⇒ + ≡ 1 !,1 2 p    ÷   − ⇒ là một nghiệm của phương trình ( ) 2 2 0 mod x y p + ≡ . Vậy với 4 1p n = + thì phương trình 2 2 0(mod )x y p + ≡ có nghiệm ( , )x y thỏa điều kiện , ,( , ) 1x y x y∈ =¥ . Tiếp theo, ta chứng minh bài toán 4: Trước tiên tôi chứng minh tính duy nhất của nghiệm (không kể nghiệm có được do hoán vị).Ý tưởng của chứng minh tính duy nhất này có được nhờ một bài toán trong đề thi học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm 2010-2011. Bổ đề 1: Cho m và n là hai số nguyên dương chẵn, u và v là hai số nguyên dương lẻ sao cho 2 2 2 2 0.m n u v − = − > Khi đó 2 2 ( )m v + là hợp số.  Tôi đã chứng minh được bài toán đó như sau: Ta có: 2 2 2 2 ( ).( ) ( ).( )m n u v m n m n u v u v − = − ⇔ − + = − + . Đặt: , , , a m n b m n x u v y u v= − = + = − = + . Khi đó . .ab x y = . Đặt: ( ) 1 1 , . , . k a x a k a x k x = ⇒ = = với 1 1 * ,a x ∈¥ , 1 1 ( , ) 1a x = Vì . .ab x y = nên 1 1 . . . .k a b k x y= 1 1 1 1 * . . . ( )a b x y y a y l a l⇔ = ⇒ ⇒ = ∈M ¥ 1 1 1 . . . .a b x a l b x l⇒ = ⇒ = . Vì m, n là số chẵn ⇒ a m n = − và b m n = + là số chẵn. u,v là số lẻ ⇒ x u v = − và y u v = + là số chẵn. ⇒ 2 a b m + = , 2 a b n − = , 2 x y u + = , 2 y x v − = . ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( 2 . 2 . ) 2 2 4 a b y x m v a b a b x y x y      ÷  ÷     + − + = + = + + + + − GV: Ngô Văn Vũ Trang 3 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán = 2 2 2 2 1 ( ). 4 a b x y + + + (vì . .ab x y= ) = 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( )( ). 4 4 k a l x k x l a k l a x + + + = + + Vì ( ) ,k a x = ⇒ k là số chẳn và ( ) ,l b y = l⇒ là số chẵn nên ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 . 2 2 k l m v a x          ÷  ÷         + = + + Suy ra 2 2 m v + là hợp số. Bổ đề 1 được chứng minh xong. Ta vận dụng kết quả của bổ đề 1 như sau: Giả sử phương trình 2 2 x y p + = có 2 nghiệm phân biệt là ( ) ,m v và ( ) ,n u thỏa điều kiện ( ) 1 ,m v = và ( ) 1 ,n u = . Khi đó m và v không cùng tính chẵn lẻ, n và u không cùng tính chẵn lẻ. Cho m, n chẵn và u,v lẻ. ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2 0m v n u m n u v + = + ⇒ − = − > . Theo kết luận của bổ đề 1 thì 2 2 m v p + = là hợp số. Điều này mâu thuẫn với p là số nguyên tố. Vậy nghiệm (nếu có) của phương trình 2 2 x y p + = là duy nhất (không kể nghiệm có được nhờ hoán vị của nghiệm ban đầu). Để hoàn thành việc chứng minh ta phải chứng tỏ phương trình 2 2 x y p + = có nghiệm. Áp dụng bài toán 3 và các bổ đề sau ta sẽ chứng tỏ được điều đó. Bổ đề 2: Tích của hai số mà mỗi số là tổng của hai số chính phương là một tổng của hai số chính phương.  Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( . . ) ( . . )x y u v u x v y v x u y + + = + + − Bổ đề 3: Nếu hai số nguyên dương a, b và số nguyên tố p thỏa điều kiện là 2 2 a b p + M với p là tổng của hai số chính phương thì 2 2 a b p + bằng tổng của hai số chính phương. (Bổ đề 3 được suy ra từ một bài toán trong đề thi học sinh giỏi lớp 12,vòng 2 của tỉnh Đồng Nai năm 2013- 2014).  Bổ đề 3 được chứng minh như sau: Ta có: 2 2 p u v = + . Đặt 2 2 2 2 2 2 a b x y u v + + = + (*) với ,x y ∈ ¡ . GV: Ngô Văn Vũ Trang 4 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Vì 2 2 2 2 ) ) ( (a b u v + + M nên 2 2 x y + ∈ ¥ . Phương trình 2 2 2 2 2 2 (*) ( )( )x y u v a b ⇔ + + = + 2 2 2 2 . . ( . . ) ( . . ) . . u x v y a u x v y v x u y a b v x u y b    + = ⇔ + + − = + ⇒ − = hoặc . . . . u x v y a v x u y b    + = − = − 2 2 2 2 . . . . a u bv x u v a v b u y u v        + = + ⇒ − = + hoặc 2 2 2 2 . . . . a u b v x u v a v b u y u v        − = + + = + Vì 2 2 x y + ∈ ¥ nên 2 2 .x y ∈ ⇔ ∈ ¥ ¥ Hơn nữa: 2 2 2 2 ( . . ).( . . ) . .( ) . .( )a u bv a v b u u v a b a b u v + + = + + + Suy ra: . . ( . . ).( . . ) . . a u bv p a u bv a v bu p a v b u p     + + + ⇒ + M M M Với nghiệm 2 2 2 2 . . . . a u bv x u v a v bu y u v        + = + − = + và 2 2 2 2 2 . . . . . . a u b v x y u v a u bv p y a v bu y y u v             + = ∈ ∈ + + ⇒ ⇒ ⇒ ∈ − ∈ = ∈ + ¥ ¤ M ¥ ¥ ¤ . Với nghiệm 2 2 2 2 . . . . a u bv x u v a v b u y u v        − = + + = + và 2 2 2 2 2 . . . . . . a u b v x x u v a v b u p x a v b u x y u v             − = ∈ ∈ + + ⇒ ⇒ ⇒ ∈ + ∈ = ∈ + ¥ ¤ M ¥ ¥ ¤ . Vậy ,x y ∈ ¥ và 2 2 2 2 2 2 a b x y u v + + = + . Bổ đề 3 được chứng minh xong. Ta chứng minh phương trình 2 2 x y p + = có nghiệm bằng phương pháp phản chứng. Giả sử có số nguyên tố 4 1p n = + sao cho phương trình 2 2 x y p + = vô nghiệm, với , .x y∈¥ Trong tất cả các số p thỏa điều kiện trên, ta chọn số nhỏ nhất là 0 p . GV: Ngô Văn Vũ Trang 5 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Theo bài toán 3, ta có: phương trình 2 2 0 0(mod )x y p + ≡ có nghiệm , ,x y ∈ ¥ ( , ) 1.x y = Trong tất cả các nghiệm của phương trình 2 2 0 0(mod )x y p + ≡ ta chọn ,x y có tổng 2 2 x y+ nhỏ nhất, gọi hai số đó là 0 0 x ,y . Khi đó, ta có: 2 2 0 0 0 0 0 0 0 , ( ) 1 1 , 1;2; ; , , 2 p x y x y p x y   =     − ∈ + M và 2 2 2 0 0 0 x y p + < . ⇒ Có số tự nhiên k sao cho: 2 2 0 0 0 0 . ,x y k p k p + = < , k là số lẻ. Gọi 1 p là ước nguyên tố của k. Giả sử 1 p có dạng 4n + 3 thì khi đó 2 2 0 0 1 0(mod )x y p + ≡ . Điều này mâu thuẫn với kết quả bài toán 3. Vậy 1 p có dạng 4n+1. Vì 1 0 p p < nên phương trình 2 2 1 x y p + = có nghiệm. Ta có: 2 2 2 2 0 0 0 0 1 2 2 0 0 0 1 x y x y p x y p p        + < + + M theo bổ đề 2: 2 2 2 2 0 0 1 1 1 x y x y p + = + 2 2 2 2 1 1 0 0 2 2 1 1 0 x y x y x y p   ⇒    + < + + M điều này mâu thuẫn với cách chọn 0 0 ,x y sao cho 2 2 0 0 x y + là nhỏ nhất. Suy ra: Với mọi số nguyên tố p có dạng 4n+1 thì phương trình 2 2 x y p + = có nghiệm với ,x y ∈ ¥ . Vậy bài toán 4 được giải xong.  Từ bài toán 4, ta có định lí 1: Cho p là số nguyên tố 1(mod4)p ≡ , khi đó phương trình 2 2 x y p + = có nghiệm duy nhất (không kể nghiệm có được bằng cách hoán vị nghiệm ban đầu). Định lí 1 còn có thể phát biểu như sau: Mọi số nguyên tố có dạng 4n+1 đều biểu diễn được một cách duy nhất thành tổng của hai số chính phương. Tôi cứ ngỡ mình là người đầu tiên chứng minh được đính lí 1 nhưng năm 1747 Euler đã chứng minh thành công “Định lí Fermat về tổng của 2 số chính phương”, tuy nhiên Euler chưa chỉ ra tính duy nhất của sự biểu diễn đó. Chứng minh của Euler hoàn tất vào năm 1749. GV: Ngô Văn Vũ Trang 6 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Mặc dù trong quá trình chứng minh tôi không hề biết đến cách chứng minh của Euler về định lí đó nhưng chứng minh của tôi có vài chỗ trùng với cách làm của Euler. Phải chăng các bài toán mà tôi đã tham khảo từ các đề thi trên bắt nguồn từ các mệnh đề có trong chứng minh của Euler? Tôi chân thành cám ơn người ra các bài toán trong các đề thi trên! Bạn đọc thân mến! Để có được lời giải như trên tôi đã mất rất nhiều thời gian, tôi bắt đầu có ý tưởng, hình thành bài toán từ năm 2010 và mãi đến năm 2014 mới hoàn thành được toàn bộ nó. Trong quá trình tìm kiếm lời giải, nhiều lần tôi đặt ra nhiều nghi vấn khác nhau rồi lần lượt khẳng định hoặc bác bỏ chúng. Trong đó có một nghi vấn mà đến giờ tôi vẫn chưa có kết luận là phải bác bỏ hay khẳng định. Nghi vấn xuất hiện trong một hướng giải sau: Giả sử (x,y) là một nghiệm của phương trình 2 2 0(mod )x y p+ ≡ và 2 2 x y p+ > . Khi đó, nếu ta chỉ ra được dãy các nghiệm 1 1 2 2 ( , ),( , ), ,( , ), k k x y x y x y thỏa điều kiện: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 k k x y x y x y x y + > + > + > > + > với , , 1, , i i x y i k∈ ∀ =¥ thì tồn tại cặp ( , ) n n x y sao cho 2 2 n n x y p+ = . Xét các trường hợp sau:  Nếu x, y cùng chẵn thì d = (x,y) , x y d d   ⇒  ÷   cũng là nghiệm. Chọn 1 1 ( , ) , x y x y d d   =  ÷   .  Nếu x, y cùng lẻ thì ( , ) , 2 2 x y x y d d d d d x y   − +  ÷  ÷ = ⇒  ÷  ÷   là nghiệm. Chọn 1 1 ( , ) , 2 2 x y x y d d d d x y   − +  ÷  ÷ =  ÷  ÷   .  Nếu x, y không cùng tính chẵn lẻ thì:Vì 2 2 2 2 x y p x y p  +   + >   M nên 2 2 x y + là hợp số.  Theo bổ đề 1, ta có (u, v) thỏa 2 2 2 2 x y u v+ = + . Trong tất cả các cặp (u, v) thỏa điều kiện, ta chọn cặp (u,v) sao cho u v − là nhỏ nhất. Khi đó, đặt: 1 1 . . p k u x p k v y = +   = +  sao cho { } . , .Max k u k v p < . Tôi dự đoán rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 x y u v x y + < + = + . GV: Ngô Văn Vũ Trang 7 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Chú ý: 2 2 1 1 0(mod )x y p + ≡ vì 2 2 1 1 2 2 1 1 . ( 2 . ) . ( 2 . ) x p k u x p p k u ku y p k v y p p k v kv  = − = − +   ⇒   = − = − +    . Tức là 1 1 ( , )x y là nghiệm của phương trình trên. Dự đoán trên là một nghi vấn mà tôi chưa có lời kết là đúng hay sai! Nhưng tôi có lòng tin là nó đúng. Tương tự như thế ta tìm được 2 2 3 3 ( , ),( , ), x y x y Xét một số ví dụ sau: Ví dụ 1. Cho p=29.Khi đó theo bài toán 3 ta có: (12, 1) là một nghiệm của phương trình 2 2 0(mod 29)x y+ ≡ và (9, 8) thỏa: 2 2 2 2 12 1 9 8 + = + , 9 8 1 − = (nhỏ nhất ). Ta có: 29 = 3.9 + 2, 29 = 3.8 + 5 suy ra (5, 2) cũng là nghiệm và 2 2 2 2 5 2 29 12 1 145. + = < + = . Ví dụ 2. Cho p = 37. Khi đó (31,1) là nghiệm của phương trình 2 2 0(mod37)x y+ ≡ ( ) 31 1 31 1 , 16,15 2 2 + −   ⇒ =  ÷   cũng là nghiệm của phương trình, hơn nữa của phương trình 16 15 1 − = (nhỏ nhất ) Ta có: 37 = 2.16 + 5, 37 = 2.15 + 7 (7,5) ⇒ cũng là nghiệm của phương trình, và 2 2 2 2 7 5 74 16 15 481 + = < + = . Ví dụ 3. Cho p = 293. Khi đó: (138,1) là nghiệm của phương trình 2 2 0(mod 293)x y+ ≡ . Việc tìm cặp (u, v) thỏa mãn 2 2 2 2 138 1 u v + = + sao cho u v − nhỏ nhất gặp khó khăn. Tuy nhiên ta có thể thay nghiệm (138,1) bởi nghiệm (155,1). (Chú ý: Nếu (x, y) là nghiệm thì (p - x, y) cũng là nghiệm) Vì 155 và 1 đều là số lẻ nên (78, 77) là nghiệm và 78 77 1 − = (nhỏ nhất). Ta có: 293 = 3.78 + 59, 293 = 3.77 + 62 suy ra (59,62) cũng là nghiệm và 2 2 2 2 59 62 7325 155 1 24026 + = < + = Theo ba ví dụ trên thì dự đoán của tôi là đúng. Tuy nhiên ba ví dụ không phải là tất cả nên không có ý nghĩa về mặt tổng quát. Mời bạn đọc tìm hiểu và góp ý thêm. Mặc dù hướng giải trên còn chỗ chưa triệt để nhưng nó cho ta cách để chỉ ra nghiệm của phương trình 2 2 x y p + = .( Đó là niềm an ủi, khích lệ cho tôi!) Không dừng lại ở đó tôi tìm cách mở rộng kết quả đạt được, tôi nhận thấy rằng: Nếu 1 2 4 1, 4 3p n p n= + = + đều là số nguyên tố thì 2 2 2 2 2 2 1 2 , 1 1p a b p a b = + = + + + . GV: Ngô Văn Vũ Trang 8 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán  Suy ra: Số nguyên tố 2 p biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương. Tôi đã đặt ra nghi vấn: Phải chăng điều đó đúng với mọi số nguyên tố có dạng 4n+3? Tôi đã chứng minh được điều đó là đúng và phát biểu thành định lý như sau: Định lý 2: Cho p là số nguyên tố, 3(mod4)p ≡ . Khi đó phương trình 2 2 2 2 x y z t p + + + = có nghiệm với , , , .x y z t∈¥ Một phát biểu tương đương với phát biểu ở trên là: Mọi số nguyên tố có dạng 4n + 3 đều biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương. Định lý 2 được chứng minh qua hai bước: Bước 1: Chứng minh bổ đề 4: Cho p là số nguyên tố, 3(mod4)p ≡ . Khi đó phương trình 2 2 2 2 0(mod )x y z t p + + + ≡ có nghiệm với x, y, z, t là bốn số nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, ta có: Nếu i j ≠ và { } * , 1,2, , 1i j p p ∈ = − ¢ thì: 2 2 2 2 1 1 (mod ) 0(mod )i j p i j p + ≡ + ⇔ + ≡ . Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ,1 2 ,1 3 , ,1 2 p    ÷   − + + + + đôi một không đông dư theo môđulô p. Giả sử rằng tất cả các tổng trên là số chính phương theo môđulô p thì các tổng trên là hoán vị của các số 2 2 2 1 1 ,2 , , 2 p    ÷   − . Vì 2 * i i p       ∈ = ¢ 2 2 2 1 1 ,2 , , 2 p          ÷       − Suy ra tồn tại i M ∈ = 1 1,2, , 2 p       − sao cho 2 2 2 2 1 1 (mod ) 0(mod )i p i p + ≡ ⇒ ≡ mâu thuẫn với i p < và p nguyên tố. Vậy có số i M ∈ sao cho 2 2 1 i + không là số chính phương theo môđulô. Mặt khác, ta có: p a − là số chính phương theo môđulô p ⇔ a không là số chính phương theo môđulô p. Khẳng định trên có được từ việc áp dụng hai định lý sau: Định lý 3 (Tiêu chuẩn Euler): Cho p là số nguyên tố lẻ và số nguyên dương a với (a, p) = 1. GV: Ngô Văn Vũ Trang 9 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Khi đó: 2 1 (mod ) p a a p p    ÷   − ≡ . Định lý 4: Cho p là số nguyên tố lẻ và a,b là các số nguyên dương với (a, p) = 1, (b, p) = 1. Khi đó .a b a b p p p       ÷  ÷ ÷      = . (Trích từ sách: Chuyên đề số học – Ths.Nguyễn Văn Nho – Nhà xuất bản ĐHQG TP.Hồ Chí Minh – Năm 2005) Chú thích: Cho p là số nguyên tố lẻ và số nguyên a với (a, p) = 1. Ký hiệu Legendre a p    ÷   được định nghĩa như sau: 1 a p   =  ÷   nếu a là thặng dư bình phương môđulô p (hay phương trình 2 (mod )x a p≡ có nghiệm) và 1 a p   = −  ÷   nếu a không là thặng dư bình phương môđulô p (hay phương trình 2 (mod )x a p≡ vô nghiêm). Theo định lý 4: .( )a p a a p a p p p       ÷  ÷ ÷      − − = Theo định lý 3: 2 1 (mod ) p a a p p    ÷   − ≡ , 2 2 1 1 ( ) (mod ) (mod ) p p p a p a p a p p    ÷   − − − ≡ − ≡ − 1 . 1(mod ) a p a p a p p p      ÷  ÷     − − ⇒ ≡ − ≡ − Suy ra: p - a là số chính phương theo môđulô p ⇔ a không là số chính phương theo môđulô p. Đặt: 2 1 a i = + không là số chính phương theo môđulô p. ⇒ p - a là số chính phương theo môđulô p ⇒ có j M ∈ sao cho: 2 2 2 2 (mod ) 1 0(mod )j p a p i j p ≡ − ⇒ + + ≡ 2 2 2 2 1 0(mod )i j p p ⇒ + + + ≡ Suy ra (1, , , )i j p là 1 nghiệm của phương trình 2 2 2 2 0(mod )x y z t p + + + ≡ với (1, , , ) 1i j p = GV: Ngô Văn Vũ Trang 10 [...]... 2 + z 2 + t 2 = p có nghiệm với x, y, z, t ∈¥ , p ≡ 3(mod 4) Từ định lý 1 và định lý 2 có thể suy ra được định lí sau: Định lý 5: Mọi số tự nhiên đều biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương Để chứng minh định lý 5 ta cần bổ đề sau: Bổ đề 6: Tích của hai số mà mỗi số là tổng của bốn số chính phương, cũng là một tổng của bốn số chính phương  Chứng minh bổ đề 6 Ta có: (a 2 + b 2 + c 2 + d... HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Định lí 1, định lí 2 và định lí 5 là thành quả tuyệt vời mà bản thân tôi đã gặt hái được qua những tháng ngày miệt mài tìm tòi, học hỏi Tôi cảm thấy hạnh phúc về thành quả đó Niềm đam mê và sự tìm tòi học hỏi không ngừng những thành quả của những bậc tiền bối đi trước đã giúp tôi thành công Tôi hy vọng những học trò thân yêu của tôi sẽ được tiếp thêm ngọn lửa đam mê, tình yêu toán. .. 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 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 1 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. .. Áp dụng định lý 1, định lý 2, bổ đề 6 và nhận xét thì chứng minh được định lý 5 Hơn nữa, sự biểu diễn của số tự nhiên thành tổng của bốn số chính phương là không duy nhất GV: Ngô Văn Vũ Trang 12 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Ví dụ: 158 = 12 + 22 + 32 + 122 = 22 + 32 + 82 + 92 Một câu hỏi mới được đặt ra: Với điều kiện nào thì sự biểu diễn số tự nhiên thành tổng của bốn số chính... vấn! Tôi nhận thấy rằng mệnh đề ở bước 4 trong chứng minh của Euler (xem ở phần phụ lục) có thể mở rộng và áp dụng được vào bài toán này Bổ đề 5: Nếu a, b, c, d là 4 số nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của a 2 + b2 + c 2 + d 2 đều có thể biểu diễn thành tổng của bốn số chính phương Ta chứng minh bổ đề 5 bằng phương pháp phản chứng Giả sử tồn tại 4 số tự nhiên a, b, c, d nguyên tố cùng nhau sao cho a 2... 2 = 12 + 12 + 02 + 02 ; Theo định lý 1: p = 4n + 1 = a 2 + b 2 + 12 + 12 ; Theo định lý 2: q = 4n + 3 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 , với p và q là hai số nguyên tố, a, b, c, d là các số tự nhiên Chứng minh định lý 5: Với mọi số tự nhiên n ta luôn phân tích được n = 2k p1m p2m pr m q1t q2t qst với p1 , p2 , , pr là các số nguyên tố có dạng 4n + 1 và q1 , q2 , , qs là các số nguyên tố có dạng 4n + 3; k... 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 thành tổng của hai số chính p phương: Trước hết ta biểu diễn: n = a 2 + b 2 , p = c 2 + d 2 với a, b, c, d là các số tự nhiên Do: ( ac + bd )( ac − bd ) = a 2c 2 − b 2 d 2 = a 2 (c 2 + d 2 ) − d 2 (a 2 + b 2 ) = a 2 p − n.d 2 chia hết cho p, và p... Suy ra mâu thuẫn 4 Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của a 2 + b 2 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 nguyên tố cùng nhau sao cho a 2 + b 2 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 a 2 + b 2 mà không... 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 nhỏ, các số sau đây đều đồng dư với 1 theo môđulô p: 14 k , 24 k , , (4k ) 4 k Xét hiệu giữa hai số liên tiếp nhau: i 4 k − (i − 1) 4 k = i 2 k − (i − 1) 2 k  i 2 k + (i − 1) 2 k  , với i chạy từ 2 đến 4k    Do p là số nguyên tố, nên ít nhất một trong hai số i 2 k − (i − 1)2... Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của cách chọn bộ số (a, b, c, d) Vậy mọi ước của a 2 + b2 + c 2 + d 2 đều có thể biểu diễn thành tổng của bốn số chính phương GV: Ngô Văn Vũ Trang 11 Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán 2 2 2 2 Từ bước 1 và bước 2, ta có: p (1 + i + j + p ),(1, i, j , p ) = 1, p ≡ 3(mod 4) Suy ra: p biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương Hay nói cách khác . môn Toán KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN (Mở rộng một định lí của Fermat và Euler) I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Càng đọc câu: “Đôi lúc một vấn đề được giải quyết xong lại gợi ý tìm ra một. viết KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN” của tôi năm 2012 – 2013. Cơ sở lí luận là hệ thống lí thuyết về số học có trong sách: Số học - Hà Huy Khoái - nhà xuất bản GD - năm 2005 và. điều kiện nào thì sự biểu diễn số tự nhiên thành tổng của bốn số chính phương là duy nhất? IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Định lí 1, định lí 2 và định lí 5 là thành quả tuyệt vời mà bản thân tôi đã