Tài liệu Vấn đề biểu diễn số tự nhiên dưới dạng tổng các bình phương

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN QUANG VỤ VẤN ĐỀ BIỂU DIỄN SỐ TỰ NHIÊN DƯỚI DẠNG TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN-2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN QUANG VỤ VẤN ĐỀ BIỂU DIỄN SỐ TỰ NHIÊN DƯỚI DẠNG TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS. NÔNG QUỐC CHINH THÁI NGUYÊN-2015 Mục lục Mở đầu ii 1 Bài toán biểu diễn số nguyên thành tổng các bình phương 1.1 Vấn đề biểu diễn một số nguyên thành tổng các lũy thừa . . 1.2 Một số kết quả của bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 3 2 Biểu diễn số tự nhiên thành tổng của một số chẵn các bình phương 2.1 Tổng các bình phương của 2 số nguyên . . . . . . . . . . . 2.2 Tổng các bình phương của 4 số nguyên . . . . . . . . . . . 2.3 Tổng các bình phương của 6 số nguyên . . . . . . . . . . . 2.4 Tổng các bình phương của 8 số nguyên . . . . . . . . . . . 2.5 Tổng các bình phương của 10 số nguyên . . . . . . . . . . . 12 12 19 25 32 39 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52 i Mở đầu Bài toán biểu diễn một số nguyên n dưới dạng tổng của k số nguyên bình phương là một trong những vấn đề rất lý thú trong lý thuyết số. Các nhà số học như Fermat, Lagrange, ... đều quan tâm tới việc giải quyết của bài toán này và đều gặp khó khăn, rồi lại âm thầm với các khó khăn đó của mình. Năm 1632, Albert Girard là người đầu tiên đưa ra nhận xét rằng: Mỗi số nguyên tố lẻ bất kì mà đồng dư với 1 theo modul 4 đều được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương. Fermat là người đưa ra chứng minh đầu tiên. Bài toán này Fermat đã thông báo điều này trong một lá thư gửi cho Marin Mersenne vào ngày 25 tháng 4 năm 1640. Lagrange đã giải quyết được bài toán mỗi số nguyên không âm bất kỳ luôn biểu diễn thành tổng các bình phương của 4 số nguyên. Nghĩa là ∀n ≥ 0, tồn tại các số nguyên x1 , x2 , x3 , x4 sao cho: n = x21 + x22 + x23 + x24 Tổng quát hơn, bài toán sau đây do Waring đề xuất đã được coi là một trong những bài toán nổi tiếng nhất của lý thuyết số. Bài toán có nội dung như sau: Với mỗi số nguyên k ≥ 2, tồn tại số nguyên dương h thỏa mãn mỗi số nguyên không âm bất kỳ đều có thể biểu diễn thành tổng của đúng h hạng tử là lũy thừa bậc k của các số nguyên. Số nguyên k nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên được kí hiệu là g(k). Năm 1909, nhà Toán học Đức đã chứng minh bài toán Waring đối với mọi lũy thừa bậc k . Đặc biệt năm 1943, nhà Toán học Nga là Yu.V.Linnick đã để lại chúc thư, trong đó có đưa ra cách chứng minh bài toán Waring mà chỉ cần sử dụng đến kiến thức cơ bản của lý thuyết số. ii Trong khuôn khổ của luận văn này chỉ xét trường hợp khi k = 2. Nghĩa là chỉ xét bài toán biểu diễn số tự nhiên n cho trước dưới dạng tổng các bình phương của các số nguyên không âm. Mục tiêu của luận văn là trình bày những kết quả nghiên cứu của việc biểu diễn một số tự nhiên n thành tổng của một số chẵn bình phương của các số nguyên và một số ví dụ ứng dụng trong toán sơ cấp. Luận văn gồm 2 chương: Chương 1: Bài toán biểu diễn số nguyên thành tổng các bình phương. Chương 2: Biểu diễn số tự nhiên thành tổng của một số chẵn các bình phương. Để hoàn thành luận văn, tác giả xin bầy tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới PGS.TS. Nông Quốc Chinh, người Thầy hướng dẫn đã động viên và giúp đỡ tôi trong quá tình viết và hoàn thành luận văn. Tôi cũng xin bầy tỏ lòng biết ơn của mình tới các Thầy Cô trong trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình giúp đỡ tôi trong quá trình học để tôi hoàn thành khóa học. Thái Nguyên, ngày 01 tháng 6 năm 2015 Đoàn Quang Vụ iii Chương 1 Bài toán biểu diễn số nguyên thành tổng các bình phương 1.1 Vấn đề biểu diễn một số nguyên thành tổng các lũy thừa Bài toán biểu diễn một số nguyên thành tổng của k hạng tử là các lũy thừa bậc m của k số nguyên nào đó là một trong những vấn đề được nhắc đến nhiều nhất của lý thuyết số. Lagrang đã giải quyết được bài toán mỗi số nguyên không âm bất kỳ luôn biểu diễn thành tổng các bình phương của 4 số nguyên. Nghĩa là ∀n ≥ 0, tồn tại các số nguyên x1 , x2 , x3 , x4 sao cho: n = x21 + x22 + x23 + x24 Tương tự, Wieferich đã chứng minh được rằng mỗi số nguyên đều biểu diễn được thành tổng các lập phương của 9 số nguyên. Nghĩa là với mỗi số nguyên không âm luôn tồn tại các số nguyên x1 , x2 , ..., x9 sao cho: n = x31 + x32 + x33 + x34 + x35 + x36 + x37 + x38 + x39 Tổng quát hơn, bài toán sau đây do Waring đề xuất đã được coi là một trong những bài toán nổi tiếng nhất của lý thuyết số. Bài toán có nội dung như sau: Với mỗi số nguyên k ≥ 2, tồn tại số nguyên dương h thỏa mãn mỗi số nguyên không âm bất kỳ đều có thể biểu diễn thành tổng của đúng h hạng tử là lũy thừa bậc k của các số nguyên. Số nguyên k nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên được kí hiệu là g(k). 1 Nhận xét, do 7 không thể viết thành tổng các bình phương của 3 số nguyên, và theo định lý Lagrang ta có: g(2) = 4. Tương tự, do số 23 không thể biểu diễn thành tổng các lập phương của 8 số nguyên, nên theo định lý Wieferich ta có g(3) = 9. Năm 1909, nhà Toán học Đức đã chứng minh bài toán Waring đối với mọi lũy thừa bậc k . Đặc biệt năm 1943, nhà Toán học Nga là Yu.V.Linnick đã để lại chúc thư, trong đó có đưa ra cách chứng minh bài toán Waring mà chỉ cần sử dụng đến kiến thức cơ bản của lý thuyết số. Trong khuôn khổ của luận văn này chỉ xét trường hợp khi k = 2. Nghĩa là chỉ xét bài toán biểu diễn số tự nhiên n cho trước dưới dạng tổng các bình phương của các số nguyên không âm. Với mỗi số nguyên dương s, và số nguyên không âm n, ta kí hiệu Rs (n) là các bộ sắp thứ tự s số nguyên x1 , x2 , ..., xs thỏa mãn : n = x21 + x22 + ... + x2s Các số nguyên xi có thể dương, âm hoặc bằng 0. Với mọi s ≥ 1, dễ nhận thấy Rs (0) = 1 Vì chỉ có duy nhất một dạng biểu diễn 0 = 02 + ... + 02 . Biểu diễn số nguyên n dưới dạng tổng của s số nguyên bình phương là bài toán quan trọng trong lý thuyết số, nhưng lời giải của nó khi s chẵn luôn liên quan tới tổng của các ước của n. P P Kí hiệu, d và δ là các số nguyên dương và d/n và n=dδ biểu thị tổng được tính trên các ước dương của n. Ta viết số nguyên dương n dưới dạng n = 2a m, với a ≥ và m là số lẻ. Ta sẽ chứng minh các công thức sau: 2 ( R2 (n) = P 8 d\n d nếu n lẻ P 24 d\n d nếu n chẵn P R6 (n) = 4(4a+1 − (−1)(m−1)/2 ) (−1)(δ−1)/2 d2 m=dδ ( P 3 16 d\n d nếu n lẻ P R8 (n) = (16/7)(8a+1 − 15) d\n d3 nếu n chẵn  P 4  a+1 (m−1)/2 16 + (−1) (−1)(δ−1)/2 d4 R10 (n) = 5 m=dδ X 16 + (v 4 − 3v 2 w2 ) 5 2 2 n=v +w 1.2 Một số kết quả của bài toán Định lý 1.1. Với mọi số nguyên dương s và n ta có: X
n − (s + 1)u2 Rs (n − u2 ) = 0 (1.1) √ |u|≤ n Chứng minh. Nếu n = x21 + ... + x2s + x2s+1 thì x2s+1 ≤ n và do đó |xs+1 | ≤ √ n Với j = 1, ..., Rs+1 (n), có n= s+1 X x2i,j i=1 Biểu thị Rs+1 (n) là tổng của s + 1 số bình phương. Với i = 1, ..., s, ta xác định ánh xạ Ti trên tập các bộ sắp thứ tự gồm (s + 1) thành 3 phần như sau: Ti = (x1 , ..., xi−1 , xi , xi+1 , ..., xs , xs+1 ) = (x1 , ..., xi−1 , xs+1 , xi+1 , ..., xs , xi , ) và có Rs+1 (n) X Rs+1 (n) x2s+1,j X = j=1 x2i,j j=1 Tổng trên được tính trên tất cả các biểu diễn của n, từ đó suy ra: nRs+1 (n) = Rs+1 (n) s+1 X X j=1 = i=1 s+1 Rs+1 X X(n) i=1 x2i,j x2i,j j=1 Rs+1 (n) X = (s + 1) x2s+1,j j=1 = (s + 1) X √ |u|≤ n Với mỗi số nguyên n thỏa mãn |u| ≤ n= Ps+1 i=1 √ u2 Rs (n − u2 ) n có Rs (n − u2 ) cách biểu diễn x2i,j với xs+1,j = u. Điều đó cũng suy ra rằng: X Rs+1 (n) = Rs (n − u2 ) √ |u|≤ n nên nRs+1 (n) = n X √ |u|≤ n Rs (n − u2 ) và X √ |u|≤ n (n − (s + 1)u2 )Rs (n − u2 ) 4 Định lý được chứng minh. Định lý 1.2. Giả sử Φ là một hàm số xác dịnh đối với tất cả các số nguyên không âm n sao cho Φ(0) = 1 và X (n − (s + 1)u2 )Φ(n − u2 ) = 0 √ |u|≤ n Với n ≥ 1 . Thế thì Φ(n) = Rs (n) với mọi n ≥ 0. Chứng minh. Từ định lý 1.1 ta suy ra với mỗi số nguyên dương s và n, ta có: X nRs (n) = (n − (s + 1)u2 )Rs (n − u2 ) √ 1≤|u|≤ n X = √ 1≤|u|≤ n ((s + 1)u2 − n)Rs (n − u2 ) và Rs (n) = 2 X √ 1≤|u|≤ n   (s + 1)u2 − 1 Rs (n − u2 ) n Ví dụ 1.1 Tính R2 (n) với n ≤ 8 Với s = 2 ta có  3.12 R2 (1) = 2 − 1 R3 (1 − 12 ) 1 =4  3.12 R2 (2) = 2 − 1 R3 (2 − 12 ) 2 =4   5 (1.2)  3.12 − 1 R3 (3 − 12 ) R2 (3) = 2 3  =0    2   3.12 3.2 − 1 R3 (4 − 12 ) + − 1 R3 (4 − 22 ) = 2 4 4    2   3.2 3.12 − 1 R3 (5 − 12 ) + − 1 R3 (5 − 22 ) = 4 5 5    2   3.12 3.2 2 2 − 1 R3 (6 − 1 ) + − 1 R3 (6 − 2 ) = 0 6 6     2  3.12 3.2 2 2 − 1 R3 (7 − 1 ) + − 1 R3 (7 − 2 ) = 0 7 7    2   3.2 3.12 2 2 − 1 R3 (8 − 1 ) + − 1 R3 (8 − 2 ) = 1 8 8 R2 (4) = 2 R2 (5) = 2 R2 (6) = 2 R2 (7) = 2 R2 (8) = 2 Ví dụ 1.2 Tính R3 (n) với n ≤ 8 Với s = 3 ta có  4.12 R3 (1) = 2 − 1 R3 (1 − 12 ) 1 =6  4.12 − 1 R3 (2 − 12 ) R3 (2) = 2 2 = 12  4.12 R3 (3) = 2 − 1 R3 (3 − 12 ) 3 =8     R3 (4) = 2   2   4.2 4.12 2 2 − 1 R3 (4 − 1 ) + − 1 R3 (4 − 2 ) 4 4 6 =6    2   4.2 4.12 − 1 R3 (5 − 12 ) + − 1 R3 (5 − 22 ) = 24 5 5    2   4.12 4.2 − 1 R3 (6 − 12 ) + − 1 R3 (6 − 22 ) = 24 6 6    2   4.2 4.12 − 1 R3 (7 − 12 ) + − 1 R3 (7 − 22 ) 7 7 R3 (5) = 2 R3 (6) = 2 R3 (7) = 2  R3 (8) = 2 =0   2   4.12 4.2 2 2 − 1 R3 (8 − 1 ) + − 1 R3 (8 − 2 ) = 12 8 8 Ví dụ 1.3 Tính R4 (n) với n ≤ 8 Với s = 4 ta có  2  5.1 R4 (1) = 2 − 1 R3 (1 − 12 ) 1 =8  5.12 R4 (2) = 2 − 1 R3 (2 − 12 ) 2 = 24  5.12 − 1 R3 (3 − 12 ) R4 (3) = 2 3 = 32      2   5.12 5.2 2 2 − 1 R3 (4 − 1 ) + − 1 R3 (4 − 2 ) = 20 4 4    2   5.12 5.2 2 2 − 1 R3 (5 − 1 ) + − 1 R3 (5 − 2 ) = 24 5 5 R4 (4) = 2 R4 (5) = 2 7    2   5.2 5.12 − 1 R3 (6 − 12 ) + − 1 R3 (6 − 22 ) = 48 6 6    2   5.12 5.2 − 1 R3 (7 − 12 ) + − 1 R3 (7 − 22 ) = 32 7 7    2   5.2 5.12 − 1 R3 (8 − 12 ) + − 1 R3 (8 − 22 ) 8 8 R4 (6) = 2 R4 (7) = 2 R4 (8) = 2 =6 Định lý 1.3. Giả sử n được biểu diễn dưới dạng phân tích chuẩn n = 2r Q t psi i qjj , trong đó pi ≡ 1 (mod 4), qj ≡ 3 (mod 4) Điều kiện cần và đủ để n biểu diễn thành tổng của hai bình phương là các số tj chẵn với mọi j. Để chứng minh định lý ta sử dụng các mệnh đề sau.  Bổ đề 1.1. Giả sử số nguyên tố q a2 + b2 . Nếu q ≡ 3 (mod 4) thì q |a, q |b . Chứng minh. Giả sử ngược lại, q không là ước của a và q không là ước của b. Khi đó theo giả thiết ta có: a2 + b2 ≡ 0(modq) hay là aq−1 ≡ (−1) q−1 2 .bq−1 (mod q ) q−1 Theo định lý Fermat, ta có (−1) 2 ≡ 1 (mod q ) hay (−1) là số chính phương theo mod p nên q = 4k + 1. Mâu thuẫn. Bổ đề được chứng minh. Bổ đề 1.2. Tích của hai số mà mỗi số là tổng của hai bình phương của hai số nguyên không âm cũng là tổng bình phương của hai số không âm. 8 Chứng minh. Giả sử m = a2 + b2 , n = c2 + d2 , a, b, c, d ∈ Z . Khi đó m.n = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ad + bc)2 + (ac − bd)2 Bổ đề 1.3. Mọi số nguyên tố dạng 4k + 1 đều có thể biểu diễn thành tổng bình phương của hai số nguyên dương. Chứng minh. Giả sử p = 4k + 1. Xét a = (2k)! Ta có (2k)! = (−1)2k (2k)! = (−1)(−2)...(−2k) ≡ (p − 1)(p − 2)...(p − 2k) = 4k(4k − 1)...(2k + 1) (mod p) Do đó a2 ≡ (2k)!(2k + 1)...(4k) = (4k)! = (p − 1)! ≡ −1 (mod p) theo định lý Wilson. √  p . Xét (q +1)2 các số dạng ax+y với x, y = 0, 1, ..., q. Kí hiệu q = Vì (q + 1)2 > p > q 2 nên theo nguyên lý Dirichle tồn tại các cặp (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) sao cho: ax1 + y1 ≡ ax2 + y2 (mod p) hay a(x1 − x2 ) + (y1 + y2 ) chia hết cho p. Đặt x = |x1 − x2 |, y = |y1 − y2 |. Ta có a2 x2 − y 2 = (ax − y)(ax + y). Theo trên a2 ≡ −1 (mod p). Vậy x2 + y 2 ≡ −a2 x2 + y 2 ≡ 0 (mod p). Mặt khác x2 ≤ q 2 < p, y 2 ≤ q 2 < p mà p nguyên tố nên 0 < x2 + y 2 < 2p. Suy ra x2 + y 2 = p. Rõ ràng x 6= 0, y 6= 0. Bổ đề được chứng minh. Chứng minh định lý 1.3 Điều kiện đủ. Giả sử tj chẵn với mọi j . Ta có 2 = 12 + 12 và các 9 số nguyên tố p có dạng 4k + 1 có thể biểu diễn được thành tổng các bình phương của hai số nguyên dương, theo bổ đề 1.3 ta có Y s r m=2 pi i = a2 + b2 , a, b ∈ Z Q t Mặt khác, vì tj chẵn với mọi j nên qjj = h2 và do đó n = m.h2 = (a2 + b2 )h2 = (ah)2 + (bh)2 . Điều kiện cần. Giả sử n = a2 + b2 , a, b ∈ Z ta sẽ chứng minh các tj chẵn với mọi j bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại qj nguyên tố dạng 4k + 3 là ước của n có số mũ tj lẻ. Khi đó n = . t. t qjj B, (B, qj ) = 1. Từ đó a2 + b2 ..qjj ..qj . Theo bổ đề 1.1 ta có a = a1 qj , b = b1 qj . Do đó t −2 a21 + b21 = qjj B Nếu tj > 2, tiếp tục như trên và sau hữu hạn bước ta có a2k +b2k = qi B . Vì tj lẻ và ak = qj ak+1 , bk = qj bk+1 . Suy ra qj (a2k+1 + b2k+1 ) = B . dẫn đến B ..qj . Mâu thuẫn này chứng minh định lý. Ví dụ. Phương trình x2 + y 2 = 50 vì 50 = 52 + 52 = 72 + 12 Số nguyên tố 19 có dạng 4k + 3 nên 19 6= x2 + y 2 . Phương trình x2 + y 2 = 20032003 vô nghiệm vì số nguyên tố 2003 có dạng 4k + 3 và số mũ của 20032003 là lẻ. Ta thừa nhận định lý sau đây về đồng nhất thức Liouville. Định lý 1.4. Giả sử F (x, y, z) là một hàm xác định trên tập tất cả các bộ ba (x, y, z) các số nguyên thỏa mãn F (x, y, z) là hàm lẻ đối với biến x và là hàm chẵn đối với cặp biến (y, z). Khi đó, với mỗi số nguyên dương n ta có: X 2 F (δ − 2u, u + d, 2u + 2d − δ) u2 +dδ=n 10 = X F (d + δ, u, d − δ) + {2T1 (l) − 2T2 (l)}n=l2 trong đó T1 (l) = 2l−1 X F (j, l, j) j−1 và T2 (l) = l−1 X j=l+1 . 11 F (2l, j, 2j) Chương 2 Biểu diễn số tự nhiên thành tổng của một số chẵn các bình phương 2.1 Tổng các bình phương của 2 số nguyên Ta kí hiệu S(n) là tập tất cả các bộ ba (u, d, δ) các số nguyên thỏa mãn: d, δ ≥ 1 và u2 + dδ = n. Nếu k1 và k2 là các số nguyên lẻ thì hàm số f (x, y) = xk11 y1k2 là hàm lẻ với mọi biến số x, y . Từ đồng nhất thức Liouvill người ta đã chứng minh được hệ quả sau: Cho f (x, y) là hàm lẻ đối với các biến x, y . Khi đó, với mỗi số nguyên dương n ta có X (−1)(δ−1)/2 f (δ − 2u, u + d) = {T0 (l)}n=l2 u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) trong đó T0 (l) = l X (−1)j+l f (2j − 1, l) j=1 . Ứng dụng kết quả trên ta nhận được o n X X (−1)(δ−1)/2 .(δ − 2u)k1 .(u + d)k2 = lk2 . (−1)l−j (2j − 1)k1 n=l2 u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) (2.1) 12 Nhận xét: Nếu (u, d, δ) ∈ S thì (−u, d, δ) ∈ S từ đó suy ra nếu k là một số nguyên lẻ và g(d, δ) là một hàm tùy ý thì X uk g(d, δ) = 0 (2.2) u2 +dδ=n δ≡1( mod 2) Do (u, d, δ) ∈ S nếu và chỉ nếu (u, δ, d) ∈ S , nên nếu ε(d, δ) = ε(δ, d) thì ta có: X ε(d, δ)(d − δ).h(u) = 0 (2.3) u2 +dδ=n Từ định lý (1.2) ta có thể xây dựng hàm Φ(n) thỏa mãn Φ(0) = 1 và X (n − 3x2 )Φ(n − x2 ) = 0 √ |x|≤ n Với mọi số nguyên dương n. Định lý 2.1.  R2 (n) = 4 X d|n (−1)(d−1)/2    = 4    X d|n d ≡ 1(mod4) 1− X d |n d ≡ 3(mod4)    1   Chứng minh. Hàm số f (x, y) = xy là hàm lẻ với mọi biến x, y . Từ biểu thức (2.2) với k = 1 ta có vế trái của đồng nhất thức (2.1) là P (−1)(δ−1)/2 f (δ − 2u, d + u) u2 +dδ=n δ≡1(mod2) 13 = P (−1)(δ−1)/2 (δ − 2u) (d + u) u2 +dδ=n δ≡1(mod2) = P
(−1)(δ−1)/2 dδ − 2u2 + δu − 2du u2 +dδ=n δ≡1(mod2) = P (−1)(δ−1)/2 dδ − 2u2
u2 +dδ=n δ≡1(mod2) Nếu n = l2 , thì vế phải của đồng nhất thức (2.1) là T0 (l) = l l X (−1)l−j (2j − 1) j=1 = l2 =n Bởi vậy, X
(−1)(δ−1)/2 dδ − 2u2 = {T0 (l)}n=l2 u2 + dδ = n δ ≡ 1(mod2) Nếu d và δ là các số nguyên dương và n = u2 + dδ thì |u| < √ n dδ − 2u2 = n − 3u2 Từ đó suy ra X (−1)(δ−1)/2 dδ − 2u2 u2 + dδ = n δ ≡ 1(mod2) 14
X = (−1)(δ−1)/2 n − 3u2
u2 + dδ = n δ ≡ 1(mod2) = X 2 n − 3u X
(−1)(δ−1)/2  δ (n − u2 ) δ ≡ 1(mod2) |u| - Xem thêm -