BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Thị Kiều Anh VỀ TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Hà Nội – Năm 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Thị Kiều Anh VỀ TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG Chuyên ngành: Đại số KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS Nguyễn Duy Tân Hà Nội – Năm 2017 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung báo cáo thực tập chuyên ngành, tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Duy Tân tận tình hướng dẫn tác giả đọc tài liệu tập dượt nghiên cứu Tác giả xin cảm ơn TS góp ý chi tiết cách trình bày số kết khóa luận Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy cô giáo khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt tổ Đại số, tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trình học Đại học thực khóa luận Tác giả xin chân thành cảm ơn Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017 Tác giả khóa luận Nguyễn Thị Kiều Anh LỜI CAM ĐOAN Tác giả xin cam đoan, hướng dẫn TS Nguyễn Duy Tân khóa luận "Về tổng bình phương" hoàn thành không trùng với đề tài khác Trong trình hoàn thành khóa luận, tác giả kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017 Tác giả khóa luận Nguyễn Thị Kiều Anh Mục lục Lời mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Vành số nguyên Gauss 1.2 Dạng toàn phương hệ số nguyên 1.3 Dạng toàn phương hai biến 1.4 Dạng toàn phương ba biến Tổng hai bình phương 2.1 2.2 13 Điều kiện cho số biểu diễn thành tổng hai bình phương 13 Số cách biểu diễn n thành tổng hai bình phương 18 Tổng bốn bình phương 22 3.1 Mọi số nguyên dương tổng bốn bình phương 22 3.2 Số cách biểu diễn n thành tổng bốn bình phương 26 Tổng ba bình phương 4.1 38 Điều kiện cho số biểu diễn thành tổng ba bình phương 38 Kết luận chung 44 ii Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Tài liệu tham khảo 45 iii Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Lời mở đầu Lý chọn đề tài Xét mối quan hệ = + 22 ; 65 = 12 + 82 = 42 + 72 ; = a2 + b2 , ∀a, b ∈ Z Các kết đặt cho câu hỏi số nguyên biểu diễn thành tổng (hai) bình phương cần thỏa mãn điều kiện gì? Nếu biểu diễn số cách biểu diễn bao nhiêu? Chúng ta dẫn đến vấn đề sau đây: "Cho phương trình diophantine x21 + x22 + · · · + x2r = n Điều kiện n để phương trình có nghiệm nguyên x1 , x2 , , xr , ứng với n có nghiệm (x1 , x2 , , xr )" Trong Khóa luận này, tác giả xét trường hợp r = 2, 3, Mục tiêu nghiên cứu Mục tiêu đề tài nhằm tổng quan kết tác giả nghiên cứu biểu diễn số thành tổng bình phương số cách biểu diễn có, từ đó, ứng dụng để tìm điều kiện cho phương trình diophantine x21 + x22 + · · · + x2r = n có nghiệm nguyên Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đề tài nghiên cứu điều kiện để biểu diễn số thành tổng bình phương số cách biểu diễn có Đề tài đề cập tới trường hợp đơn giản với r = 2, 3, 4 Phương pháp, phương tiện Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Nghiên cứu thu thập tài liệu liên quan tới biểu diễn số nguyên thành tổng bình phương số cách biểu diễn có Cấu trúc đề tài Khóa luận gồm bốn chương Chương "Kiến thức chuẩn bị" trình bày số định nghĩa, kiến thức dạng toàn phương vành số nguyên Gauss Chương "Tổng hai bình phương" trình bày điều kiện cần đủ để biểu diễn số nguyên dương thành tổng hai bình phương số cách biểu diễn có Chương "Tổng bốn bình phương" trình bày kết số nguyên dương viết thành tổng bốn bình phương số cách biểu diễn có Chương "Tổng ba bình phương" trình bày điều kiện cần đủ để biểu diễn số nguyên dương thành tổng ba bình phương Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017 Tác giả khóa luận Nguyễn Thị Kiều Anh Chương Kiến thức chuẩn bị Trong Chương trình bày số kiến thức dạng toàn phương vành số nguyên Gauss Hai tài liệu tham khảo sử dụng [DF] cho mục vành số nguyên Gauss, [Lan] cho mục dạng toàn phương 1.1 Vành số nguyên Gauss Định nghĩa 1.1 Một số nguyên Gauss số phức mà phần thực phần ảo số nguyên Vành số nguyên Gauss tập hợp số nguyên Gauss với phép toán cộng phép toán nhân số phức Kí hiệu Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z} cho vành số nguyên Gauss Nhắc lại: Cho A vành giao hoán có đơn vị Phần tử a ∈ A gọi phần tử bất khả quy a = 0, a khác khả nghịch a ước thực Vành A gọi miền nguyên có hai phần tử ước không Vành A gọi vành Gauss hay vành nhân tử hóa phần tử khác không không Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh khả nghịch phân tích cách thành tích hữu hạn phần tử bất khả quy không tính đến thứ tự phần tử thừa số ước đơn vị Tính chất vành Z[i] (1) Vành Z[i] vành Gauss (2) Các phần tử khả nghịch Z[i]: ±1,±i (3) Các phần tử nguyên tố (hay bất khả quy) (sai khác bội phần tử) khác là: ± i, p ≡ (mod 4) (p ∈ Z nguyên tố), a ± bi với a, b > a2 + b2 = p 1.2 Dạng toàn phương hệ số nguyên Định nghĩa 1.2 Ta nói đa thức F dạng toàn phương hệ nguyên (theo nghĩa Gauss) theo biến x1 , x2 , , xr có dạng r aij xi xj , aij ∈ Z, aij = aji F = F (x1 , x2 , , xr ) = i,j=1 Cho đơn giản sau này, ta nói "dạng" thay dạng toàn phương định nghĩa Ma trận A = [aij ] gọi ma trận hệ số F (đối với biến x1 , x2 , , xr ) Định thức A = [aij ] gọi biệt thức F , ký hiệu d(F ) r Cho F (x1 , x2 , , xr ) = r aij xi xj , G(y1 , y2 , , yr ) = i,j=1 bij yi yj i,j=1 hai dạng Ta nói F tương đương với G, viết F ∼ G, tồn Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Ta có n−1 1+2 cos mθ + cos nθ m=1 n−2 =1 + cos(n − 1)θ + cos mθ + cos nθ m=1 θ = cot sin(n − 1)θ + cos(n − 1)θ + cos nθ θ 2n − −θ = cot sin(n − 1)θ + cos θ cos 2 Mặt khác θ θ θ 2n − θ cot sin nθ − cot sin(n − 1)θ = cot cos θ sin 2 2 θ 2n − = cos cos θ 2 n−1 Do + θ cos mθ + cos nθ = cot sin nθ m=1 Đặt ∞ S2 = un sin nθ n=1 ∞ ∞ = um un sin mθ sin nθ m=1 n=1 ∞ ∞ = um un {cos(m − n)θ − cos(m + n)θ} m=1 n=1 31 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Khi θ cot2 + S2 + S1 16 ∞ ∞ 1 θ um un {cos(m − n)θ − cos(m + n)θ} = cot + 16 2 m=1 n=1 L2 = ∞ n−1 + 1 + cos mθ + cos nθ m=1 un n=1 θ = cot2 + C0 + 16 Với C0 = ∞ Ck cos kθ k=1 ∞ nun , Ck = uk + uk − n=1 k ∞ Thật vậy, ta thấy S1 đóng góp cho C0 tổng um S1 đóng m=1 góp cho Ck tổng uk + ∞ n=k+1 un = uk + ∞ Ta thấy S2 đóng góp cho C0 tổng ∞ uk+l l=1 u2m , S2 đóng góp cho Ck m=1 tổng sau: um un + m−n=k ∞ ul uk+l − = l=1 2 um un − m−n=−k k−1 ul uk−l l=1 32 um un m+n=k Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Do ∞ 1 C0 = um (1 + um ) = m=1 Ck = uk + = uk + ∞ ∞ uk+l + l=1 l=1 ∞ ∞ nun n=1 ul uk+l − uk+l (1 + ul ) − l=1 (Theo khẳng định 1.) k−1 ul uk−l l=1 k−1 ul uk−l l=1 Ta có xk+l xl xk+l uk+l (1 + ul ) = 1+ = k+l l k+l 1−x 1−x − x − xl xl (1 − xk ) xk = − xk (1 − xk+l )(1 − xl ) = uk (ul − uk+l ) Mặt khác, ta có + ul + uk−l xl xk−l − xk =1+ + = − xl − xk−l (1 − xl )(1 − xk−l ) Suy xk − xk xk = − xk (1 − xl )(1 − xk−l ) (1 − xl )(1 − xk−l ) xl xk−l = = ul uk−l (1 − xl )(1 − xk−l ) uk (1 + ul + uk−l ) = 33 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Do Ck = uk + =uk =uk =uk ∞ uk (ul − uk+l ) − l=1 ∞ + (ul − uk+l ) − l=1 k−1 uk (1 + ul + uk−l ) l=1 k−1 (1 + ul + uk−l ) l=1 1 + (u1 + · · · + uk ) − (k − 1) − (u1 + u2 + · · · + uk−1 ) 2 1 + uk − k Từ suy θ L = cot2 + 16 2 ∞ ∞ θ = cot2 + 16 kuk + k=1 ∞ k=1 k=1 uk (1 + uk − k) cos kθ uk (1 + uk ) cos kθ + ∞ kuk (1 − cos kθ) k=1 =T1 + T2 ∞ θ 1 Ở T1 = cot2 + uk (1 + uk ) cos kθ T2 = 16 2 k=1 cos kθ) π Chọn θ = ta thu ∞ ∞ ∞ kuk (1 − k=1 1 − − T1 = (−1)m−1 u2m (1 + u2m ) = (2m − 1)u4m−2 16 m=1 16 m=1 34 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh (Theo khẳng định 2.) Ta thu ∞ T2 = − = l=1 (2l − 1)u2l−1 + ∞ ∞ (2l)u2l (1 − cos lπ) l=1 ∞ (2l − 1)u2l−1 + l=1 ∞ 4(2m − 1)u4m−2 m=1 ∞ = (2m − 1)u2m−1 + (2m − 1)u4m−2 m=1 m=1 Suy ∞ ∞ 1 (2m − 1) + (2m − 1)u4m−2 L = T1 + T2 = + 16 m=1 m=1 ∞ ∞ 1 = + (4m − 2)u4m−2 + (2m − 1) 16 m=1 m=1 1 = + 16 ∞ nun n=1,n≡0 (mod 4) Do 1 + 16 ∞ ∞ π π nun = L = cot + un sin n 4 n=1 2 n=1,n≡0 (mod 4) ∞ + (−1)n u2n+1 = n=1 ∞ = 1+4 (−1)n u2n+1 16 n=1 ∞ n Suy + (−1) u2n+1 ∞ =1+8 n=1 nun n=1,n≡0 (mod 4) Bây giờ, chứng minh Định lý 3.1 35 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Chứng minh Định lý 3.2 Ta có ∞ ∞ n 1+ r2 (n)xn r4 (n)x = + n=1 n=1 ∞ (−1)r u2r+1 = 1+4 (theo Bổ đề 3.3) r=1 ∞ rur (x) (theo Bổ đề 3.4) =1 + r=1,r≡0 (mod 4) rxr − xr =1 + r≡0 (mod 4) ∞ xrm r =1 + r≡0 ∞ (mod 4) m=1 xn =1 + n=1 ∞ r r|n,r≡0 (mod 4) σ (n)xn =1 + n=1 Do r4 (n) = 8σ (n) Bây giờ, xét ví dụ sau Ví dụ: Tính số cách biểu diễn số 12 thành tổng bốn bình phương? Để trả lời cho câu hỏi ta tính tổng ước (không kể đến ước số âm) 12 mà không chia hết cho Như ước là: 1, 2, 3, 6, tổng chúng 12 Khi đó, theo Định lý 3.2 số cách biểu diễn số 12 thành tổng bốn bình phương là: r4 (12) = 8σ (12) = · 12 = 96 Vậy có 96 cách để biểu diễn số 12 thành tổng bốn bình phương 36 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Tương tự, số 24 ta đễ dàng tính có 96 cách để biểu diễn số thành tổng bốn bình phương Mệnh đề 3.1 ∀n ∈ Z, n > r4 (2n) = r4 (8n) x2i = 2n Gọi B tập Chứng minh Gọi A tập nghiệm i=1 yi2 = 8n Xét ánh xạ: nghiệm i=1 φ : A −→ B (x1 , , x4 ) −→ (y1 , , y4 ) Hiển nhiên, φ đơn ánh Giả sử (y1 , , y4 ) ∈ B, tức yi2 = 8n yi chẵn, i = 1, ⇒ (y1 , , y4 ) nghiệm i=1 4 yi = 2xi với xi ∈ Z, i = 1, Khi x2i = 2n (2xi ) = 8n ⇒ i=1 i=1 x2i = 2n Do (x1 , , x4 ) ∈ A Suy (x1 , , x4 ) nghiệm i=1 Vậy φ toàn ánh Do φ vừa đơn ánh, vừa toàn ánh nên φ song ánh Khi r4 (2n) = r4 (8n) Ta có hệ sau Hệ 3.1 Nếu n lẻ với số nguyên không âm a ta có r4 (2.4a n) = r4 (2n) 37 Chương Tổng ba bình phương 4.1 Điều kiện cho số biểu diễn thành tổng ba bình phương Định lý 4.1 Phương trình diophantine x21 + x22 + x23 = n có nghiệm nguyên xi (i = 1, 2, 3) n dạng 4a (8k + 7) với a, k ∈ Z, a ≥ a) Điều kiện cần: Giả sử phương trình diophantine x21 +x22 +x23 = n có nghiệm nguyên xi (i = 1, 2, 3) Ta chứng minh n dạng 4a (8k + 7) với a, k ∈ Z, a ≥ Chứng minh Thật vậy, ta chứng minh quy nạp theo a khẳng định phương trình x21 + x22 + x23 = 4a (8k + 7) nghiệm nguyên Nếu a = x21 + x22 + x23 = 8k + nghiệm nguyên với k ∈ Z Bởi x2i ≡ 0, (mod 8) Giả sử khẳng định với a tức x21 + x22 + x23 = 4a (8k + 7) nghiệm nguyên với k ∈ Z Ta chứng minh khẳng định với a + tức x21 + x22 + x23 = 4a+1 (8k + 7) nghiệm nguyên với 38 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh k ∈ Z Giả sử phản chứng x21 + x22 + x23 = 4a (8k + 7) có nghiệm x1 , x2 , x3 ∈ Z Khi x21 + x22 + x23 ≡ (mod 4), x1 , x2 , x3 x1 x1 x2 x3 x2 x3 a chẵn Suy (8b + 7) = + + với , , ∈ Z 2 2 2 Mâu thuẫn với giả thiết quy nạp Trước chứng minh điều kiện đủ Định lý 4.1, ta nhắc lại khái niệm ký hiệu Legendre ký hiệu Jacobi, định lý Dirichlet tồn vô số nguyên tố cấp số cộng (Xem [Lan].) Định nghĩa 4.1 (Ký hiệu Legendre) Nếu p số nguyên tố lẻ a số nguyên mà p a, ta định nghĩa a p =   1 phương trình đồng dư a ≡ x2 (mod p) có nghiệm,  −1 phương trình đồng dư a ≡ x2 (mod p) vô nghiệm Một tổng quát hóa ký hiệu Legendre ký hiệu Jacobi, định nghĩa sau Định nghĩa 4.2 (Ký hiệu Jacobi) Cho m số nguyên dương lẻ, r m = pi phân tích m thừa số nguyên tố (các nhân tử i=1 nguyên tố lặp lại) Cho a số nguyên mà gcd(a, m) = Khi ta định nghĩa a = m r i=1 a pi (Ký hiệu m = 1.) Ký hiệu Jacobi có số tính chất ký hiệu Legendre, cụ thể có số tính chất sau: 39 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Cho m > lẻ, a ≡ a (mod m) gcd(a, m)=1 Khi a = m a m Cho m > lẻ, gcd(a, m) = = gcd(a , m) Khi aa m = a m a m Nếu m > lẻ, −1 m m−1 = (−1) , m m2 − = (−1) (Luật thuận nghịch Jacobi) Cho m, n hai số nguyên dương lẻ nguyên tố Khi n m n − 1m − m = (−1) n Cho m, n hai số lẻ nguyên tố Khi n |m| m |n|  n − 1m −    −(−1) 2 = n − 1m −    (−1) 2 n < m < 0, trường hợp ngược lại Định lý 4.2 (Định lý Dirichlet) Cho a m = hai số nguyên nguyên tố Khi tồn vô hạn số nguyên tố p mà p ≡ a (mod m) b) Điều kiện đủ: Xét phương trình diophantine x21 + x22 + x23 = n 40 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh với n dạng 4a (8k + 7), a, k ∈ Z, a ≥ Ta phải chứng minh phương trình nghiệm nguyên xi (i = 1, 2, 3) Chứng minh Thật vậy, ta cần chứng minh cho trường hợp n lẻ n hai lần số lẻ Do đó, ta giả sử n lẻ n hai lần số lẻ Khi n ≡ 1, 2, 3, (mod 8) Ta tìm dạng bậc ba F (x1 , x2 , x3 ) xác định dương biệt thức cho n biểu diễn aij xi xj , với aij = aji ∈ Z Các aij thỏa mãn F (x1 , x2 , x3 ) = i,j đồng thời điều kiện     n = a11 x21 + 2a12 x1 x2 + 2a13 x1 x3 + a22 x22 + 2a23 x2 x3 + a33 x23 ,        a11 > 0,       a11 a22 − a212 > 0,    a11 a12 a13        a21 a22 a23 =        a31 a32 a33 Ta chọn a13 = 1, a23 = 0, a33 = n, x1 = x2 = 0, x3 = Khi (∗) trở thành     a11 > 0, (1)    b := a11 a22 − a212 > 0, (2)       a22 = bn − (3) (∗∗) Điều kiện (2) (3) suy điều kiện (1) Từ điều kiện (2) ta suy 41 (∗) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh −b ≡ a212 (mod a22 ) Ta tìm b cho   b >  −b bình phương mod (bn − 1) Trường hợp 1: n ≡ (mod 8) Ta tồn p nguyên −b tố cho p = bn − = Thật vậy, (4n, n − 1) = nên p theo định lý Dirichlet tồn p nguyên tố dạng p = 4nv + (n − 1) = (4v + 1)n − Đặt b = 4v + b > p ≡ (mod 4) Khi −b p bn − −1 = = = = p = bn − p b b b −b Vì = nên tồn a12 ∈ Z cho (−b) ≡ a212 (mod p) p b + a212 b + a212 = ∈ Z Khi Đặt a22 = bn − = p, a11 = p a12 aij thỏa mãn (∗∗) Trường hợp 2: n = 1, 3, (mod 8) Ta đặt c=   1 n ≡  3 n ≡ 1, (mod 8) (mod 8) cn − cn − lẻ suy 4n, = Theo định lý Dirichlet 2 cn − 1 tồn p nguyên tố dương p = 4nv + = (8v + c)n − Suy 2 2p = (8v + c)n − Đặt b = 8v + c Khi b > 2p = bn − Ta có Ta có: b ≡ (mod 8), p ≡ (mod 4) n ≡ (mod 8), b ≡ (mod 8), p ≡ (mod 4) n ≡ (mod 8), b ≡ (mod 8), p ≡ (mod 4) n ≡ (mod 8) 42 Khóa luận tốt nghiệp Đại học −2 = b −b p b−1 p−1 = (−1)− 2 = p b − bn = = Suy b b b tồn x nguyên cho −b ≡ x2 Nguyễn Thị Kiều Anh Do đó, ta có p b = p b −2 b = −2p b = bình phương (mod p) Do đó, (mod p) Hiển nhiên (x + p)2 ≡ x2 (mod p) Nên cách thay x x + p x chẵn, ta giả sử từ đầu x chẵn Khi (−b − x2 ) chẵn 2p | (−b − x2 )   a12 = x     Đặt a22 = bn − = 2p Khi aij nguyên thỏa mãn     b + a212  a11 = 2p (∗∗) Theo Hệ 1.3 ta thu F tương đương với dạng x21 + x22 + x23 Do n biểu diễn x21 + x22 + x23 43 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Kiều Anh Kết luận chung Khóa luận nghiên cứu điều kiện để phương trình diophantine x21 + x22 + · · · + x2r = n có nghiệm nguyên số nghiệm có Cụ thể khóa luận đề cập đến vấn đề sau: i) Sự biểu diễn số thành tổng hai bình phương ii) Sự biểu diễn số thành tổng bốn bình phương iii) Sự biểu diễn số thành tổng ba bình phương Mặc dù có nhiều cố gắng xong hạn chế thời gian, kiến thức kinh nghiệm nên khóa luận đề cập tới trường hợp r = 2, 3, Khóa luận không tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận quan tâm đóng góp ý kiến thầy cô bạn để khóa luận hoàn thiện Trân trọng cảm ơn Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017 44 Tài liệu tham khảo [DF] D S Dummit and R M Foote, Abstract algebra, third edition, John Wiley & Sons, Inc., Hoboken, NJ, 2004 [Gro] E Grosswald, Representations of integers as sums of squares, Springer-Verlag, New York, 1985 [Lan] E Landau, Elementary number theory, translated by J E Goodman, Chelsea Publishing Co., New York, N.Y., 1958 45 ... tổng hai bình phương 13 Số cách biểu diễn n thành tổng hai bình phương 18 Tổng bốn bình phương 22 3.1 Mọi số nguyên dương tổng bốn bình phương 22 3.2 Số cách biểu... 12 tổng hai bình phương, q22k = (pk2 )2 + 02 tổng hai bình phương, q1 ≡ (mod 4) nên theo Bổ đề 2.3 ta có q1 = x21 + y12 tổng hai bình phương Mặt khác theo Bổ đề 2.1 tích tổng hai bình phương tổng. .. tính có 16 cách để biểu diễn số thành tổng hai bình phương Ví dụ 2: Chứng minh số nguyên a tổng bình phương hai số hữu tỷ tổng bình phương hai số nguyên Chứng minh Vì a tổng bình phương hai số