
Định lý Fermat về tổng hai số chính phuơng
Định lý Fermat về tổng của hai số chính phương phát biểu như sau:
- "Với mọi số nguyên tố lẻ p, biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương:
-
, với x,y là các số tự nhiên lớn hơn 0,
- khi và chỉ khi p đồng dư với 1 theo mô-đun 4."
Ví dụ:
- Các số nguyên tố lẻ 5, 13, 17, 29, 37, 41 đều đồng dư với 1 theo mô-đun 4, do đó chúng biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương:
-
- Mặt khác, các số nguyên tố lẻ 3, 7, 11, 19, 23 và 31 đều đồng dư với 3 theo mô-đun 4, do đó chúng không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai 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 mô-đun 4, đều biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương" vào năm 1632 [1]. 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 đôi khi còn được gọi là định lý ngày giáng sinh của Fermat.
Mục lục
[ẩn]
Các chứng minh của định lý[sửa]
Nếu số nguyên tố lẻ p mà biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương, do số chính phương khi chia cho 4 chỉ dư 0 hoặc 1, nên p chia cho 4 chỉ có thể dư 1. Điều kiện cần của định lý là hiển nhiên. Vấn đề còn lại là điều kiện đủ.
Chứng minh của Euler[sửa]
Euler đã chứng minh thành công "định lý Fermat về tổng của hai số chính phương" vào năm 1747, khi đã 40 tuổi. Ông thông 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.
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
thức
Brahmagupta–Fibonacci:
-
.
-
2.
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
cũng
có
thể
biểu
diễn
thành
tổng
của
hai
số
chính
phương:
-
Trước
hết
ta
biểu
diễn:
-
-
, với a,b,c,d là các số tự nhiên.
-
-
Do:
chia hết cho p, và p nguyên tố, nên một trong hai số (ac+bd) hoặc (ac-bd) chia hết cho p.
- Nếu(ac-bd) chia hết cho p.
- Sử dụng định thức Brahmagupta-Fibonacci, ta có:
-
,
-
do
(ac-bd)
chia
hết
cho
p,
nên
là số chính phương, mà
nguyên, nên
cũng nguyên, và do đó là số chính phương. Suy ra
cũng có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.
-
Trường
hợp
còn
lại
(ac+bd)
chia
hết
cho
p,
lúc
này
ta
phân
tích:
-
, và lặp lại các bước tương tự như trên.
-
3.
Nếu
n
chia
hết
cho
m,
mà
n
có
thể
biểu
diễn
thành
tổng
của
hai
số
chính
phương
còn
m
thì
không,
thì
tỷ
số
có
ước
không
thể
biểu
diễn
thành
tổng
của
hai
số
chính
phương:
-
Chứng
minh
bằng
phản
chứng.
Giả
sử
mọi
ước
của
đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Đặt:
-
với
đều là các số nguyên tố (không nhất thiết đôi một khác nhau).
-
Do
đều biểu diễn thành tổng của hai số chính phương được cũng nên áp dụng bước 2 chia n liên tiếp k lần cho
suy ra:
-
, có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.
- Suy ra mâu thuẫn.
4.
Nếu
a
và
b
nguyên
tố
cùng
nhau
thì
mọi
ước
của
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
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
mà không thể biểu diễn thành tổng của 2 số chính phương.
-
Đặt:
-
, trong đó c,d là số tự nhiên lớn hơn 0 và không vượt quá x-1.
-
-
Suy
ra:
-
-
Suy
ra
chia hết cho x. Nếu c và d nguyên tố cùng nhau thì do tổng c+d < a+b nên mẫu thuẫn với giả thiết về tổng (a+b) là nhỏ nhất. Vậy ƯCLN của c và d bằng y 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.
-
Đặt:
-
,
-
-
thì
nguyên tố cùng nhau và
chia hết cho x, và rõ ràng
, mẫu thuẫn với giả thiết về tổng (a+b) là nhỏ nhất.
- Suy ra điều giả sử là sai. Ta có điều phải 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
mô-đun
p:
-
.
-
-
Xét
hiệu
giữa
hai
số
liên
tiếp
nhau:
-
, với i chạy từ 2 đến 4k.
-
-
Do
p
là
số
nguyên
tố,
nên
ít
nhất
một
trong
hai
số
chia hết cho p. Nếu tồn tại i mà
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
không
tồn
tại
i
mà
chia hết cho p, suy ra:
-
chia hết cho p với mọi i chạy từ 2 đến 4k. Như vậy các số sau đồng dư với nhau đôi một theo mô-đun p:
-
.
-
Phương
trình
mô-đun:
-
- có 4k nghiệm, điều này mâu thuẫn với định lý Lagrange.
- Vậy điều giả sử là sai. Suy ra p có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương.
Kết quả khác[sửa]
Fermat đã thông báo về 2 kết quả khác trong một lá thư gửi cho Blaise Pascal vào ngày 25 tháng 9 năm 1654:
Ông cũng viết:
- "Nếu hai số nguyên tố mà tận cùng là 3 hoặc 7, và lớn hơn 3 một bội của 4 mà nhân với nhau, thì tích của chúng bằng tổng của một số chính phương và 5 lần một số chính phương khác".
Nói một cách khác, nếu p, q có dạng 20k + 3 hoặc 20k + 7, thì pq = x2 + 5y2. Sau này, Euler đã mở rộng thành phỏng đoán sau:
Khẳng định của Fermat và phỏng đoán của Euler đều được Lagrange chứng minh.
Xem thêm[sửa]
Chú thích[sửa]
Lỗi
chú
thích:
Tồn
tại
thẻ
<ref>
,
nhưng
không
tìm
thấy
thẻ
<references/>