BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
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 2
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 khi trình bày nội dung chính của bản báo cáo thực tập chuyên
ngành, tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới TS. Nguyễn Duy
Tân đã tận tình hướng dẫn tác giả đọc tài liệu và tập dượt nghiên
cứu. Tác giả cũng xin được cảm ơn TS đã góp ý chi tiết về cách trình
bày một số kết quả trong khóa luận.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các
thầy cô giáo trong khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2,
đặc biệt là tổ Đại số, đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong quá
trình học Đại học và thực hiện bản khóa luận này.
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, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Duy Tân
khóa luận "Về tổng các bình phương" được hoàn thành không
trùng với bất kỳ đề tài nào khác.
Trong quá trình hoàn thành khóa luận, tác giả đã kế thừa những
thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017
Tác giả khóa luận
Nguyễn Thị Kiều Anh
Mục lục
Lời mở đầu
1
1 Kiến thức chuẩn bị
3
1.1
Vành các số nguyên Gauss . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.2
Dạng toàn phương hệ số nguyên . . . . . . . . . . . . .
4
1.3
Dạng toàn phương hai biến
. . . . . . . . . . . . . . .
5
1.4
Dạng toàn phương ba biến . . . . . . . . . . . . . . . .
7
2 Tổng hai bình phương
2.1
2.2
13
Điều kiện cho một số biểu diễn thành tổng hai bình
phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
Số cách biểu diễn n thành tổng hai bình phương . . . .
18
3 Tổng bốn bình phương
22
3.1
Mọi số nguyên dương đều là tổng bốn bình phương . .
22
3.2
Số cách biểu diễn n thành tổng bốn bình phương . . .
26
4 Tổng ba bình phương
4.1
38
Điều kiện cho một 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
1. Lý do chọn đề tài.
Xét các mối quan hệ
5 = 1 2 + 22 ;
65 = 12 + 82 = 42 + 72 ;
7 6= a2 + b2 , ∀a, b ∈ Z.
Các kết quả trên đặt ra cho chúng ta câu hỏi rằng các số nguyên
được biểu diễn thành tổng các (hai) bình phương thì cần thỏa mãn
những điều kiện gì? Nếu biểu diễn được thì số cách biểu diễn là bao
nhiêu? Chúng ta dẫn đến một vấn đề cơ bản sau đây: "Cho phương
trình diophantine x21 + x22 + · · · + x2r = n. Điều kiện gì của n để phương
trình có nghiệm nguyên x1 , x2 , . . . , xr , và ứng với mỗi n thì có bao
nhiêu bộ nghiệm (x1 , x2 , . . . , xr )".
Trong Khóa luận này, tác giả chỉ xét đối với trường hợp r = 2, 3, 4.
2. Mục tiêu nghiên cứu.
Mục tiêu của đề tài này nhằm tổng quan các kết quả của các tác
giả đã nghiên cứu về sự biểu diễn một số thành tổng các bình phương
và số cách biểu diễn có thể có, từ đó, ứng dụng để tìm điều kiện cho
phương trình diophantine x21 + x22 + · · · + x2r = n có nghiệm nguyên.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
Đề tài nghiên cứu về điều kiện để biểu diễn một số thành tổng các
bình phương và số cách biểu diễn có thể có.
Đề tài chỉ đề cập tới các trường hợp đơn giản với r = 2, 3, 4.
4. Phương pháp, phương tiện.
1
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
Nguyễn Thị Kiều Anh
Nghiên cứu thu thập tài liệu liên quan tới sự biểu diễn một số
nguyên thành tổng các bình phương và số cách biểu diễn có thể có.
5. Cấu trúc đề tài.
Khóa luận gồm bốn chương.
Chương 1 "Kiến thức chuẩn bị" trình bày một số định nghĩa, kiến
thức về dạng toàn phương và vành số nguyên Gauss.
Chương 2 "Tổng hai bình phương" trình bày điều kiện cần và đủ
để biểu diễn một số nguyên dương thành tổng hai bình phương và số
cách biểu diễn có thể có.
Chương 3 "Tổng bốn bình phương" trình bày kết quả rằng mọi số
nguyên dương đều viết được thành tổng bốn bình phương và số cách
biểu diễn có thể có.
Chương 4 "Tổng ba bình phương" trình bày điều kiện cần và đủ để
biểu diễn một số nguyên dương thành tổng ba bình phương.
Hà Nội, ngày 24 tháng 04 năm 2017
Tác giả khóa luận
Nguyễn Thị Kiều Anh
2
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong Chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về
dạng toàn phương và vành số nguyên Gauss. Hai tài liệu tham khảo
chính được sử dụng là [DF] cho mục vành số nguyên Gauss, và [Lan]
cho các mục về dạng toàn phương.
1.1
Vành các số nguyên Gauss
Định nghĩa 1.1. Một số nguyên Gauss là một số phức mà các phần
thực và phần ảo của nó là các số nguyên. Vành các số nguyên Gauss
là tập hợp các số nguyên Gauss với phép toán cộng và phép toán nhân
các số phức. Kí hiệu Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z} cho vành các số nguyên
Gauss.
Nhắc lại: Cho A là một vành giao hoán có đơn vị. Phần tử a ∈ A
được gọi là phần tử bất khả quy nếu a 6= 0, a khác khả nghịch và a
không có ước thực sự. Vành A được gọi là miền nguyên nếu nó có ít
nhất hai phần tử và không có ước của không. Vành A được gọi là vành
Gauss hay vành nhân tử hóa nếu mọi phần tử khác không và không
3
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
Nguyễn Thị Kiều Anh
khả nghịch của nó đều được phân tích một cách duy nhất thành tích
của hữu hạn phần tử bất khả quy nếu không tính đến thứ tự của các
phần tử và các thừa số là ước của đơn vị.
Tính chất của vành Z[i].
(1) Vành Z[i] là một vành Gauss.
(2) Các phần tử khả nghịch trong Z[i]: ±1,±i.
(3) Các phần tử nguyên tố (hay bất khả quy) (sai khác một bội của
phần tử) khác là: 1 ± i, p ≡ 3 (mod 4) (p ∈ Z nguyên tố), a ± bi
với a, b > 0 và a2 + b2 = p.
1.2
Dạng toàn phương hệ số nguyên
Định nghĩa 1.2. Ta nói đa thức F là dạng toàn phương hệ nguyên
(theo nghĩa của Gauss) theo biến x1 , x2 , . . . , xr nếu nó có dạng
F = F (x1 , x2 , . . . , xr ) =
r
X
aij xi xj , aij ∈ Z, aij = aji .
i,j=1
Cho đơn giản sau này, ta sẽ chỉ nói là "dạng" thay vì dạng toàn phương
như trong định nghĩa.
Ma trận A = [aij ] được gọi là ma trận hệ số của F (đối với biến
x1 , x2 , . . . , xr ). Định thức của A = [aij ] được gọi là biệt thức của F ,
ký hiệu là d(F ).
Cho F (x1 , x2 , . . . , xr ) =
r
X
aij xi xj , G(y1 , y2 , . . . , yr ) =
i,j=1
r
X
bij yi yj
i,j=1
là hai dạng. Ta nói F tương đương với G, viết F ∼ G, nếu tồn tại
4
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
cij ∈ Z sao cho
Nguyễn Thị Kiều Anh
c11 . . . c1r
..
.
r
X
cij yj thì
= 1, và nếu đổi biến xi =
j=1
cr1 . . . crr
F (x1 , x2 , . . . , xr ) thành G(y1 , . . . , yr ), tức là
G(y1 , y2 , . . . , yr ) = F
r
X
c1j yj ,
j=1
r
X
c2j yj , . . . ,
j=1
r
X
crj yj .
j=1
Tính chất:
(1) Quan hệ ∼ là quan hệ tương đương.
(2) Nếu F ∼ G thì F và G biểu diễn cùng các số nguyên.
(3) Nếu F ∼ G thì d(F ) = d(G).
(4) Nếu F ∼ G thì F là xác định dương khi và chỉ khi G xác định
dương.
Nhắc lại: F được gọi là xác định dương nếu F (x1 , x2 , . . . , xr ) > 0
với mọi xi ∈ Z không đồng thời bằng 0.
1.3
Dạng toàn phương hai biến
Định nghĩa 1.3. Dạng F (x, y) = ax2 + 2bxy + cy 2 với a, b, c ∈ Z được
gọi là dạng toàn phương hai biến (theo nghĩa của Gauss). Để đơn giản
ký hiệu dạng này là {a, b, c}.
Định lý 1.1. Mỗi lớp tương đương các dạng hai biến xác định dương
có chứa ít nhất một dạng {a, b, c} mà
2|b| ≤ a ≤ c.
5
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
Nguyễn Thị Kiều Anh
Chứng minh. Ta cố định một dạng {a0 , b0 , c0 } trong lớp này. Gọi a
là số nguyên dương nhỏ nhất biểu diễn được bởi {a0 , b0 , c0 }. Khi đó
a = a0 r2 + 2b0 rt + c0 t2 với r, t ∈ Z. Ta có (r, t) = 1. Vì ngược lại
r 2
a
2
2
2
đặt (r, t) = v > 1 ⇒ v |a = a0 r + 2b0 rt + c0 t ⇒ 2 = a0
+
v
v
t 2
r t
+ c0
2b0
. Do đó mâu thuẫn với cách chọn a nhỏ nhất.
t v
v
Phương trình ru − st = 1 (∗) có nghiệm nguyên s, u ∈ Z. Gọi
s0 , u0 là một nghiệm của (∗) thì nghiệm tổng quát của (∗) có dạng
s = s0 + hr
h ∈ Z.
u = u0 + ht,
x0
r s
x
. Khi đó F (x, y) = G(x0 , y 0 ) =
Ta đổi biến =
y0
t u
y
ax02 + 2bx0 y 0 + cy 02 . Ở đây
b =s(a0 r + b0 t) + u(b0 r + c0 t)
=s0 (a0 r + b0 t) + u0 (b0 r + c0 t) + h[r(a0 r + b0 t) + t(b0 r + c0 t)]
=s0 (a0 r + b0 t) + u0 (b0 r + c0 t) + ha.
a
⇒ 2|b| ≤ a.
2
Do a, c đều biểu diễn được qua {a0 , b0 , c0 } mà a nhỏ nhất nên
Ta có thể chọn h ∈ Z sao cho |b| ≤
a ≤ c.
Hệ quả 1.1. Trong mỗi lớp các dạng xác định dương biệt thức d thì
có ít nhất một dạng {a, b, c} mà
2 √
2|b| ≤ a ≤ √ d.
3
Chứng minh. Theo định lý trên, trong lớp đang xét có một dạng
6
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
Nguyễn Thị Kiều Anh
{a, b, c} với 2|b| ≤ a ≤ c. Khi đó ta có
a2
a ≤ ac = b + d ≤
+ d.
4
2
2
2 √
3
Suy ra a2 ≤ d, và a ≤ √ d.
4
3
Hệ quả 1.2. Mọi dạng hai biến xác định dương biệt thức 1 đều tương
đương với dạng x21 + x22 .
Chứng minh. Gọi F là một dạng xác định dương biệt thức 1. Khi đó
2 √
2
F ∼ {a, b, c} với 2|b| ≤ a ≤ √ d = √ . Do vậy a = 1, b = 0, c = 1
3
3
và F ∼ {1, 0, 1}.
1.4
Dạng toàn phương ba biến
Tính chất: F =
3
X
aij xi xj là xác định dương khi và chỉ khi
i,j=1
a11 > 0,
a11 a12
b =
a21 a22
Bổ đề 1.1. Cho F =
3
X
> 0,
a11 a12 a13
d = a21 a22 a23
a31 a32 a33
> 0.
aij xi xj . Khi đó
i,j=1
a11 F = (a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 )2 + K(x2 , x3 ).
Ở đây K(x2 , x3 ) = {a11 a22 − a212 , a11 a23 − a12 a13 , a11 a33 − a213 }, với biệt
thức a11 d.
7
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
Nguyễn Thị Kiều Anh
Hơn nữa, F xác định dương khi và chỉ khi a11 > 0 và K là dạng
hai biến xác định dương.
Chứng minh. Đặt
K(x2 , x3 ) = (a11 a12 − a212 )x22 + 2(a11 a23 − a12 a13 )x2 x3 + (a11 a33 − a213 )x23 .
Ta có
a11 F =a211 x21 + 2a11 a22 x1 x2 + 2a11 a13 x1 x3 + a11 a22 x22 + 2a11 a23 x2 x3 + a11 a33 x23
=(a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 )2 + (a11 a22 − a212 )x22 + 2(a11 a23 − a12 a13 )x2 x3
+(a11 a33 − a213 )x23
=(a11 x1 + a12 x2 + x13 x3 )2 + K(x2 , x3 ).
Dạng K(x2 , x3 ) có biệt thức
c =(a11 a22 − a212 )(a11 a33 − a213 ) − (a11 a23 − a12 a13 )2
=a11 (a11 a22 a33 − a11 a223 + 2a12 a13 a23 − a212 a33 − a213 a22 )
=a11 d.
1) Nếu a11 ≤ 0 thì F (1, 0, 0) = a11 ≤ 0 thì F không xác định.
2) Ta xét trường hợp a11 > 0. Ta chứng minh dạng F (x1 , x2 , x3 ) là xác
định dương nếu và chỉ nếu K(x2 , x3 ) là xác định.
Thật vậy, nếu K không xác định thì tồn tại K(x2 , x3 ) ≤ 0 với x2 , x3
không đồng thời bằng 0 nào đó. Ta có thể giả sử x2 , x3 chia hết cho a11 .
Khi đó x1 có thể được xác định như một số nguyên từ a11 x1 + a12 x2 +
a13 x3 = 0. Và ta có a11 F (x1 , x2 , x3 ) = 02 + K(x2 , x3 ) ≤ 0, F ≤ 0. Do
vậy F (x1 , x2 , x3 ) < 0. Suy ra F không xác định. Mặt khác nếu K xác
8
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
Nguyễn Thị Kiều Anh
định dương, từ F ≤ 0 thì ta giả sử F (x1 , x2 , x3 ) = 0 ⇒ K(x2 , x3 ) =
a11 F (x1 , x2 , x3 ) = 0 ⇒ x2 = x3 = 0. Khi đó a11 x21 = 0 ⇒ x1 = 0.
Bổ đề 1.2. Giả sử gcd(c11 , c21 , c31 ) = 1. Khi đó tồn tại các số nguyên
c12 , c22 , c32 , c13 , c23 , c33 sao cho det[cij ] = 1.
Chứng minh. Đặt g = gcd(c11 , c21 ) thì gcd(g, c31 ) = 1. Ta chọn c12 , c22 ∈
Z sao cho c11 c22 − c21 c12 = g. Vì (g, c31 ) = 1 nên tồn tại u, v ∈ Z sao
cho gu − c31 v = 1. Khi đó ta có
c11
c11 c12
v
g
c12 c21 − c11 c22
c21
c c
=
c
v+(c11 c22 −c12 c21 )u = −c31 v+gu = 1,
v
31
21
22
g
g
c31 0
u
ta có điều phải chứng minh.
Định lý 1.2. Mỗi lớp tương đương dạng 3 biến xác định dương chứa
3
X
ít nhất một dạng F =
aij xi xj sao cho
i,j=1
a11 ≤
4√
3
d, 2|a12 | ≤ a11 , 2|a13 | ≤ a11 .
3
Chứng minh. Xét F dạng trong lớp đang xét. Gọi a11 là số nguyên
dương nhỏ nhất biểu diễn bởi F . Khi đó tồn tại c11 , c21 , c31 ∈ Z sao
cho a11 = F (c11 , c21 , c31 ). Ta có gcd(c11 , c21 , c31 ) = 1. Theo bổ đề trước
tồn tại (cij ) ∈ Z sao cho det[cij ] = 1.
9
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
3
X
x1 =
c1j yj
j=1
3
X
c2j yj .
Đổi biến x2 =
j=1
3
X
c3j yj
x3 =
Nguyễn Thị Kiều Anh
x
c c c
1 11 12 13
Tức là x2 = c21 c22 c23
x3
c31 c32 c33
y
1
y2 .
y3
j=1
Khi đó, F (x1 , x2 , x3 ) = G(y1 , y2 , y3 ) =
X
bij yi yj , ở đây
i,j
1 r s
b11 = G(1, 0, 0) = F (c11 , c21 , c31 ) = a11 . Xét D = (dij ) = 0 t u
0 v w
ở đây r, s, t, u, v, w ∈ Z sẽ chọn sao cho |D| = tw − uv = 1.
3
X
Đổi biến yi =
dij zj , với i = 1, 2, 3. Khi đó, G(y1 , y2 , y3 )
,
=
j=1
H(z1 , z2 , z3 ). Hệ số của z12 trong H là H(1, 0, 0) = G(1, 0, 0) = a11 .
X
Đặt H(z1 , z2 , z3 ) =
aij zi zj . Ta có
i,j
a12 =
X
dm1 bmn dn2 =
X
m,n
n
X
dm1 bmn dn3 =
X
a13 =
m,n
b1n dn2 = ra11 + tb12 + vb13 ,
b1n dn3 = sa11 + ub12 + wb13 .
n
Ta có
h
= b11 b12
b11 y1 + b12 y2 + b13 y3
y
z
z
i 1 h
i 1
i 1 h
b13 y2 = b11 b12 b13 D z2 = a11 a12 a13 z2 .
z3
y3
z3
10
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
Nguyễn Thị Kiều Anh
Theo Bổ đề 1.1, ta có
a11 G(y1 , y2 , y3 ) = (b11 y1 + b12 y2 + b13 y3 )2 + K(y2 , y3 ),
a11 H(z1 , z2 , z3 ) = (a11 z1 + a12 z2 + a13 z3 )2 + L(z2 , z3 ).
y2
t u
z
=
2 thì K(y2 , y3 ) =
Qua phép đổi biến
y3
v w
z3
L(z2 , z3 ). Ta có biệt thức của L là d(L) = a11 d và hệ số của z22 trong
L là a11 a22 − a212 .
Theo Bổ đề 1.2, ta chọn được
t
u
∈ M at2×2 (Z) sao cho
v w
t u
√
= 1 và a11 a22 − a212 ≤ √2 a11 d. Ta chọn r, s sao cho |a12 | ≤
3
v w
a11
a11
, |a13 | ≤
. Vì a22 = H(0, 1, 0) nên a22 ≥ a11 . Do vậy
2
2
a2
2 p
a11 d + 11 .
a211 ≤ a11 a22 = (a11 a22 − a212 ) + a212 ≤ √
4
3
2 √
3
8 √
4√
Suy ra a211 ≤ √ a11 d ⇒ a211 ≤ √ a11 d ⇒ a11 ≤ 3 d.
4
3
3
3 3
Hệ quả 1.3. Mọi dạng 3 biến xác định dương biệt thức 1 đều tương
đương với dạng x21 + x22 + x23 .
Chứng minh. Dạng 3 biến xác định dương biệt thức 1 (cho trước)
X
4
tương đương với dạng F (x1 , x2 , x3 ) =
aij xi xj với a11 ≤ , 2|a12 | ≤
3
i,j
a11 , 2|a13 | ≤ a11 . Suy ra a11 = 1, a12 = a13 = 0. Vậy F = x21 +
a22 x22 + 2a23 x2 x3 + a33 x23 . Ở đây K(x2 , x3 ) = a12 x22 + 2a23 x2 x3 + a33 x23
xác định dương biệt thức 1. Theo Hệ quả 1.2 tồn tại t, u, v, w ∈ Z
11
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
Nguyễn Thị Kiều Anh
t u
y
x
t u
= 1 và nếu đổi biến 2 =
1 thì
sao cho
v w
y3
v w
x2
K(x2 , x3 ) = y22 + y32 . Như vậy F tương đương với dạng x21 + x22 + x23 .
12
Chương 2
Tổng hai bình phương
Trong Chương này chúng tôi trình bày về điều kiện để biểu diễn một
số nguyên thành tổng hai bình phương và số cách biểu diễn có thể có.
Tài liệu tham khảo chính được sử dụng là [Gro].
2.1
Điều kiện cho một số biểu diễn thành tổng
hai bình phương
Kết quả chính của mục này là định lý sau.
Định lý 2.1. Phương trình diophantine x2 + y 2 = n (2.1) là giải được
nếu và chỉ nếu tất cả các ước nguyên tố q của n với q ≡ 3 (mod 4)
xuất hiện với lũy thừa chẵn.
Để đi chứng minh Định lý 2.1 chúng ta sử dụng một số bổ đề sau.
Bổ đề 2.1. Tích của tổng hai bình phương cũng là tổng hai bình
phương.
13
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
Nguyễn Thị Kiều Anh
Chứng minh. Thật vậy
(a2 + b2 )(c2 + d2 ) = a2 c2 + b2 c2 + a2 d2 + b2 d2
= (a2 c2 + b2 d2 + 2abcd) + (a2 d2 + b2 c2 − 2abcd)
= (ac + bd)2 + (ad − bc)2 ,
điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.2. Cho p là số nguyên tố lẻ. Khi đó phương trình x2 + 1 ≡ 0
(mod p) là giải được khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4).
Chứng minh. Điều kiện cần: Ta giả sử p ≡ 3 (mod 4) nên p = 4k + 3,
k ∈ Z và ∃ z sao cho z 2 ≡ −1 (mod p). Khi đó theo định lí Fermat
nhỏ ta có z p−1 ≡ 1 (mod p). Khi đó 1 ≡ z p−1 ≡ (z 2 )
p−1
2
≡ (−1)
p−1
2
≡
(−1)2k+1 ≡ −1 (mod p) (vô lí).
Điều kiện đủ: Ta giả sử p ≡ 1 (mod 4).
Khi đó vì p ≡ 1 (mod 4) nên p = 4k + 1. Theo định lý Wilson ta
có
0 ≡ (p − 1)! + 1
≡ (4k)! + 1
(mod p)
(mod p)
≡ 1.2. · · · .4k + 1
(mod p)
≡ (1.4k)[2(4k − 1)] · · · [2k(2k + 1)] + 1
≡ 1(−1)2(−2) · · · 2k(−2k) + 1
≡ [1.2. · · · .(2k)]2 + 1
(mod p)
(mod p)
(mod p).
Đặt 1.2 · · · .(2k) = z. Khi đó z 2 + 1 ≡ 0 (mod p).
Bổ đề 2.3. Phương trình diophantine x2 + y 2 = n giải được nếu n là
số nguyên tố n = p ≡ 1 (mod 4).
14
- Xem thêm -
.PDF 
51 
158 
125 
