Luận văn Vấn đề biểu diễn một số tự nhiên thành tổng của ba số có dạng jna2k và giả thuyết của farhi

GIẢ THUYẾT 2. “Với k > 2, luôn tồn tại một số a(k) sao cho mỗi số tự 6nhiên đều có thể biểu diễn thành tổng của (k+ 1) số có dạng ⌊ n2 a ⌋ , n ∈ N”. Mục tiêu của luận văn là trình bày các kết quả năm 2013 của Farhi trong [3] và việc giải quyết một phần của hai giả thuyết đã nêu của Farhi thông qua hai bài báo [5] và [6]. Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương như sau: • Chương 1. Sự phân tích một số nguyên thành tổng các bình phương. Chương này sẽ trình bày lại một kết quả về sự phân tích một số nguyên thành tổng các bình phương. Các phân tích được quan tâm là sự biểu diễn một số thành một số chẵn các bình phương. • Chương 2. Hai giả thuyết của Farhi. Mục tiêu của Chương 2 là trình bày về hai hai giả thuyết của Farhi. Trước hết là sự biểu diễn của một số tự nhiên thành tổng của ba số tự nhiên có dạng bn2a c (n ∈ N), trong đó a là một số nguyên dương cố định. Phần này sẽ được tham khảo chính trong B. Farhi [3]. Tiếp theo, chúng tôi sẽ là trình bày kết quả về việc giải quyết một phần của hai giả thuyết đã nêu của Farhi (trong Chương 1) thông qua các tài liệu [5, 6]. Tác giả hi vọng rằng luận văn này sẽ là một tài liệu tham khảo hữu ích về lĩnh vực Lý thuyết số và ứng dụng. Luận văn cũng sẽ có ích trong việc bồi dưỡng giáo viên, sinh viên, học viên và những ai có nhu cầu tìm hiểu về Lý thuyết số nói chung. Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của PGS.TS. Nông Quốc 7Chinh. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán-Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và hoàn thành khóa học. Thái Nguyên, ngày 20 tháng 9 năm 2017 Tác giả Nguyễn Thúy Hạnh 8Chương 1 Sự phân tích một số nguyên thành tổng các bình phương Trong chương này tôi nghiên cứu về phân tích một số nguyên thành tổng các bình phương. Tài liệu tham khảo chính của chương này là Đoàn Quang Vụ [1] (xem thêm M.B. Nathanson [7]). 1.1 Tóm tắt kết quả Trong phần này ta xét một số dạng bậc hai mà trong đó số tự nhiên n cho trước được biểu diễn dưới dạng tổng các bình phương của các số nguyên. Với mỗi số nguyên dương s và số nguyên không âm n, ta có Rs(n) biểu thị số các bộ số nguyên x1,x2, . . . ,xs thỏa mãn n= x21+ x 2 2+ . . .+ x 2 s . trong đó các số nguyên xi có thể âm, dương hoặc bằng 0. Với mọi s> 1, ta có Rs(0) = 1. Vì 0= 02+ . . .+02 là dạng biểu diễn của số 0 dưới dạng tổng của s hạng tử là bình phương. Ta có đồng nhất thức của Liouville rút ra được bài toán biểu 9diễn một số nguyên dưới dạng tổng của s số bình phương, khi s= 2, 4, 6, 8 và 10. Biểu diễn một số nguyên n dưới dạng tổng của s số bình phương là một vấn đề trong lý thuyết số, nhưng cách giải quyết cho giá trị lẻ của s luôn liên quan tới một tổng các số chia của n, là một chủ đề cơ bản trong lý thuyết số. Ở đây, d và δ là các số nguyên dương và ∑d|n và ∑n=dδ ta sẽ hiểu là tổng các ước của n. 1.2 Công thức đệ quy Định lí 1.1 (xem [1, Định lí 1.1]). Với mọi số nguyên dương s và n ta có ∑ |u|6√n ( n− (s+1)u2 ) Rs(n−u2) = 0. (1.1) Định lí 1.2 (xem [1, Định lí 1.2]). Có Φ là một hàm số xác định đối với tất cả các số nguyên không âm n sao cho Φ(0) = 1 và ∑ |u|6√n ( n− (s+1)u2 ) Φ(n−u2) = 0 với mọi n> 1. (1.2) Thế thì Φ(n) = Rs(n) với mọi n> 0. 10 1.3 Biểu diễn số tự nhiên thành tổng của một số chẵn các bình phương Tổng của 2 số nguyên bình phương Định lí 1.3 (xem [1, Định lí 1.3]). Giả sử n được biểu diễn dưới dạng phân tích chuẩn n= 2r∏ psii qt jj trong đó pi ≡ 1 (mod 4) và q j ≡ 3 (mod 4). Điều kiện cần và đủ để n biểu diễn thành tổng của hai bình phương là các số t j chẵn với mọi j. Ta ký hiệu S(n) là họ các bộ ba số nguyên (u,d,δ ) thỏa mãn d,δ > 1 và u2+dδ = n. Nếu k1 và k2 là các số nguyên lẻ thì hàm số f (x,y) = x k1 1 y k2 1 là hàm lẻ với mọi biến số x, y là biến số. Từ đồng nhất thức Liouvill người ta đã chứng minh được hệ quả sau: Cho hàm số f (x,y) lẻ đối với các biến x và y. Khi đó với mỗi số nguyên dương n ta có ∑ u2+dδ=n δ≡1 (mod 2) (−1) δ−12 f (δ −2u,u+d) = {T0(l)}n=l2 trong đó T0(l) = l ∑ j=1 (−1) j+l f (2 j−1, l). Ứng dụng kết quả trên ta nhận được ∑ u2+dδ=n δ≡1 (mod 2) (−1) δ−12 (δ −2u)k1(u+d)k2 = { lk2∑(−1)l− j(2 j−1)k1 } n=l2 . 11 Nếu (u,d,δ ) ∈ S(n) thì (−u,d,δ ) ∈ S. Từ đây suy ra nếu k là một số nguyên lẻ và g(d,δ ) là một hàm tùy ý thì ∑ u2+dδ=n δ≡1 (mod 2) ukg(d,δ ) = 0. (1.3) Do (u,d,δ ) ∈ S nếu và chỉ nếu (u,δ ,d) ∈ S nên nếu ε(d,δ ) = ε(δ ,d) thì ta có ∑ u2+dδ=n ε(d,δ )(d−δ )h(u) = 0. (1.4) Từ Định lý 1.2, nó thỏa mãn để xây dựng hàm Φ(n) thỏa mãn Φ(n) = 1 và ∑ |x|6√n (n−3x2)Φ(n− x2) = 0 với mọi số nguyên dương n. Định lí 1.4 (xem [1, Định lí 2.1]). Ta có R2(n) = 4∑ d|n (−1)d−12 . Ví dụ 1.5. Với n= 5 ta có R2(5) = 4∑ d|5 (−1)d−12 = 4 [ (−1)1−12 +(−1)5−12 ] = 4(1+1) = 8. Vậy có 8 bộ hai số nguyên (x1,x2) thỏa mãn 5 = x21+ x 2 2, trong đó có một tọa độ là ±1, một tọa độ là ±2. Tổng của 4 số nguyên bình phương Định lí 1.6 (Định lý Jacobi, xem [1]). Với mọi số nguyên dương n ta có R4(n) = 8∑ d|n d nếu n lẻ, R4(n) = 24 ∑ d|n ≡1 (mod 2) d nếu n chẵn. 12 Ví dụ 1.7. Với n = 1 ta có R4(1) = 8 · 1 = 8. Vậy có 8 bộ bốn số nguyên (x1,x2,x3,x4) thỏa mãn 1= x21+ x 2 2+ x 2 3+ x 2 4 trong đó có một tọa độ là ±1, còn lại là 0. Với n = 2 ta có R4(2) = 8(1+ 2) = 24. Vậy có 24 bộ bốn số nguyên (x1,x2,x3,x4) thỏa mãn 2 = x21+ x 2 2+ x 2 3+ x 2 4 trong đó có hai tọa độ là ±1, còn lại là 0. Tổng của 6 số nguyên bình phương Định lí 1.8 (xem [1, Định lí 2.3]). Cho n là một số nguyên dương, n= 2am, khi a> 0 và m lẻ. Ta có R6(n) = 4 ( 4a+1− (−1)m−12 ) ∑ m=dδ (−1) δ−12 d2. Ví dụ 1.9. Tìm tất cả các dạng biểu diến của 6 như là tổng các bình phương của 6 số nguyên. Chứng minh. Với n= 6= 21 ·3 ta có a= 1, m= 3. Vì vậy ta có R6(6) = 4(42− (−1)1)[(−1)032+(−1)112] = 4 ·17 ·8= 544. Vậy có 544 bộ 6 số nguyên (x1,x2,x3,x4,x5,x6) thỏa mãn 6= x21+ x 2 2+ x 2 3+ x 2 4+ x 2 5+ x 2 6. Các số đó cụ thể như sau: Có 26 = 64 bộ (x1,x2,x3,x4,x5,x6), xi =±1. Có 23 ·C36 ·C13 = 480 bộ có dạng (x1,x2,x3,x4,x5,x6), mà một tọa độ là ±2, hai tọa độ là ±1, còn lại là 0. 13 Như vậy có số 6 có 544 các biểu diễn thành tổng bình phương của 6 số nguyên. Bây giờ ta có kết quả ước lượng sau đây: Định lí 1.10 (xem [1, Định lí 2.4]). Với mọi số nguyên dương n ta có 3n2 2 < R6(n)< 40n2. Tổng của 8 số nguyên bình phương Định lí 1.11 (xem [1, Định lí 2.5]). Cho n là một số nguyên dương, nếu n lẻ thì R8(n) = 16∑ d|n d3. Nếu n chẵn và n= 2am, khi a> 1 và m lẻ, thì có R8(n) = 16(8a+1−15) 7 ∑d|n d3. Ví dụ 1.12. Tìm tất cả các dạng biểu diễn của 5 như là tổng các bình phương của 8 số nguyên. Chứng minh. Với n= 5 là một số lẻ, ta có R8(5) = 16∑ d|n d3 = 16(13+53) = 2016. Như vậy số 5 có thể có 2016 cách biểu diễn như là tổng của các bình phương của 8 số nguyên, hay nói cách khác có 2016 bộ các số nguyên (x1,x2, . . . ,x8) thỏa mãn 5= 8 ∑ i=1 x2i . 14 Cụ thể như sau : Có 25 ·C38 = 1792 bộ tám số mà có bốn giá trị xi là (±1)2 và bốn giá trị là 0. Có 22 ·C68 ·C12 = 224 bộ tám số mà có một giá trị xi là (±1)2, một giá trị là (±2) và còn lại là giá trị là 0. Tổng của 10 số nguyên bình phương Chúng ta sẽ xác định số lượng các đại diện như tổng của mười số nguyên bình phương. Trong trường hợp này thì công thức R10(n) bao gồm hai số hạng. Số thứ nhất là các ước, đó là, một tổng các ước của n, và số hạng thứ hai là tổng các đại diện của n như tổng cả hai số nguyên bình phương. Định lí 1.13 (xem [1, Định lí 2.6]). Cho n là số nguyên dương, n= 2am, khi a> 0 và m lẻ. Khi đó R10(n) = 4 5 ( 16a+1+(−1)m−12 ) ∑ m=dδ (−1) δ−12 d4+ 16 5 ∑n=v2+w2 (v4−3v2w2). Ví dụ 1.14. Tìm tất cả các dạng biểu diễn của 5 như là tổng các bình phương của 10 số nguyên. Chứng minh. Với n= 5= 20 ·5, ta có a= 0, m= 5. Ta có R10(5) = 4 5 (16+1)(54+1)+ 16 5 ∑5=x2+y2 (x4−3x2y2) = 42568 5 + 16 5 [4(24−3.22)+4(14−3.22)] = 8424. 15 Như vậy có 8424 cách biểu diễn số 5 như là tổng các bình phương của 10 số nguyên. Nói các khác có 8424 bộ 10 số nguyên sắp thức tự (x1,x2, . . . ,x10) thỏa mãn 5= 10 ∑ i=1 x2i . Cụ thể như sau: Có 25.C510 = 8064 cách biểu diễn 5 thành tổng của 5 số có dạng (±1)2, và tổng của 5 số có dạng 02. Có 22.C110.C 1 9 = 360 cách biểu diễn 5 thành tổng của 5 số có dạng (±1)2, (±2)2 và tổng của 7 số có dạng 02. 16 Chương 2 Hai giả thuyết của Farhi Chương này dành để trình bày hai giả thuyết của Farhi về việc biểu diễn của một số tự nhiên thành tổng của ba số tự nhiên có dạng bn2a c (n ∈ N), trong đó a là một số nguyên dương cố định. Tài liệu tham khảo chính của chương này là [3] và [5, 6]. 2.1 Giả thuyết 1 của Farhi Trong chương này, nếu không có chú ý đặc biệt, ta ký hiệu N là tập hợp các số nguyên không âm, Z là tập hợp các số nguyên, và b·c và 〈·〉 tương ứng ký hiệu cho hàm phần nguyên và hàm phần lẻ. Đối với một tập hợp X cho trước, lực lượng của nó được ký hiệu là #X và (· · ) là ký hiệu Jacobi. Định lí 2.1. Mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có dạng bn28 c (n ∈ N). Chứng minh. Theo Định lý số tam giác Gauss, mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có dạng k 2+k 2 (k ∈ N). Để kết luận, chỉ cần để ý rằng k 2+k 2 = bn 2 8 c với n= 2k+1. 17 Định lí 2.2. Mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có dạng bn24 c (n ∈ N). Chứng minh. Giả sử N là một số tự nhiên. Do (4N + 1) không có dạng 4h(8k+ 7) (h,k ∈ N) nên bởi Định lí Legendre (4N+ 1) có thể được biểu diễn thành tổng của ba bình phương số tự nhiên. Giả sử 4N+1= a2+b2+ c2 (a,b,c ∈ N). Bằng cách chia cho 4, ta có N+ 1 4 = a2 4 + b2 4 + c2 4 , tức là N+ 1 4 = ⌊ a2 4 ⌋ + ⌊ b2 4 ⌋ + ⌊ c2 4 ⌋ + (〈 a2 4 〉 + 〈 b2 4 〉 + 〈 c2 4 〉) . Bây giờ do thặng dư toàn phương modulo 4 là 0 và 1 nên〈 a2 4 〉 + 〈 b2 4 〉 + 〈 c2 4 〉 ∈ { 0, 1 4 , 1 2 , 3 4 } . Vì vậy, lấy phần nguyên ở hai vế của đẳng thức cuối cùng ta được N = ⌊ a2 4 ⌋ + ⌊ b2 4 ⌋ + ⌊ c2 4 ⌋ mà đây là điều cần chứng minh . Định lí 2.3. Mọi số tự nhiên N 6≡ 2 (mod 24) có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có dạng bn23 c (n ∈ N). Chứng minh. Cho N là một số tự nhiên thỏa mãn N 6≡ 2 (mod 24). Ta phân biệt hai trường hợp sau đây: 18 Trường hợp 1. N 6≡ 2 (mod 8). Trong trường hợp này ta có thể tìm r ∈ {1,2} sao cho 3N+r 6≡ 0,4,7 (mod 8), do vậy (3N+r) không có dạng 4h(8k+7) (h,k ∈ N). Theo Định lí Legendre (3N+ r) có thể được biểu diễn như sau: 3N+ r = a2+b2+ c2 (với a, b, c ∈ N). Bằng cách chia cho 3 và bằng cách tách phần nguyên và phần lẻ, ta được N+ r 3 = ⌊ a2 3 ⌋ + ⌊ b2 3 ⌋ + ⌊ c2 3 ⌋ + (〈 a2 3 〉 + 〈 b2 3 〉 + 〈 c2 3 〉) . (2.1) Bây giờ do modulo thặng dư toàn phương 3 là 0 và 1 nên〈 a2 3 〉 + 〈 b2 3 〉 + 〈 c2 3 〉 ∈ { 0, 1 3 , 2 3 ,1 } . Nhưng mặt khác, ta có (theo (2.1))〈 a2 3 〉 + 〈 b2 3 〉 + 〈 c2 3 〉 ≡ r 3 (mod 1). Do đó 〈 a2 3 〉 + 〈 b2 3 〉 + 〈 c2 3 〉 = r 3 (2.2) Từ (2.1) và (2.2) suy ra N = ⌊ a2 3 ⌋ + ⌊ b2 3 ⌋ + ⌊ c2 3 ⌋ , ta có điều phải chứng minh. Trường hợp 2: N ≡ 2 (mod 8). Trong trường hợp này, ta có 3N+3≡ 1 (mod 8). Theo Định lí Legendre (3N+3) có thể được biểu diễn như sau: 3N+3= a2+b2+ c2 (2.3) 19 (với a,b,c ∈ N). Chia hai vế của (2.3) cho 3 và tách phần nguyên và phần lẻ, ta được N+1= ⌊ a2 3 ⌋ + ⌊ b2 3 ⌋ + ⌊ c2 3 ⌋ + (〈 a2 3 〉 + 〈 b2 3 〉 + 〈 c2 3 〉) (2.4) Bây giờ, do a2+ b2+ c2 ≡ 0 (mod 3) (theo (2.3)) thì ta có một trong hai a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 0 (mod 3) hoặc a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 1 (mod 3). Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng quan hệ a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 0 (mod 3) không thể xảy ra. Giả sử rằng a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 0 (mod 3), thì a≡ b≡ c≡ 0 (mod 3). Ta có thể viết a= 3a′, b= 3b′, c= 3c′ (a′,b′,c′ ∈N). Kết hợp với (2.3) ta nhận được (sau khi rút gọn): N+1= 3a′2+3b′2+3c′2. Điều này suy ra rằng N + 1 ≡ 0 (mod 3), do đó N ≡ 2 (mod 3). Nhưng (N ≡ 2 (mod 8) và N ≡ 2 (mod 3)) là tương đương với N ≡ 2 (mod 24)mâu thuẫn với giả thiết N 6≡ 2 (mod 24). Do đó, a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 0 (mod 3) là không thể. Do đó, ta có a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 1 (mod 3), suy ra 〈a 2 3 〉+ 〈b 2 3 〉+ 〈c 2 3 〉= 1. (2.5) Từ (2.4) và (2.5) suy ra N = ⌊ a2 3 ⌋ + ⌊ b2 3 ⌋ + ⌊ c2 3 ⌋ . Định lí được chứng minh. Hệ quả 2.4. Mọi số tự nhiên là tổng của bốn số có dạng bn23 c (n ∈ N), mà một trong số đó là 0 hoặc 1. 20 Chứng minh. Cho N là một số tự nhiên. Nếu N 6≡ 2 (mod 24) thì theo Định lí 2.3, N có thể được viết lại dưới dạng N = ⌊ a2 3 ⌋ + ⌊ b2 3 ⌋ + ⌊ c2 3 ⌋ = ⌊ a2 3 ⌋ + ⌊ b2 3 ⌋ + ⌊ c2 3 ⌋ + ⌊ 02 3 ⌋ . Bây giờ, nếu N ≡ 2 (mod 24), thì N−1≡ 1 (mod 24) 6≡ 2 (mod 24) và theo Định lí 2.3, (N−1) có thể được viết thành N−1= ba 2 3 c+ bb 2 3 c+ bc 2 3 c, (a,b,c ∈ N). Do đó N = ⌊ a2 3 ⌋ + ⌊ b2 3 ⌋ + ⌊ c2 3 ⌋ + ⌊ 22 3 ⌋ , đúng yêu cầu. Hệ quả được chứng minh xong. B. Farhi cho rằng trường hợp bị loại trừ (N ≡ 2 (mod 24)) của Định lí 2.3 là vô lý! Điều này dẫn ta đến việc thiết lập giả thuyết sau đây: Giả thuyết 1. Mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có dạng bn23 c (n ∈ N). Tổng quát hơn, Farhi đã đề xuất giả thuyết sau đây: Giả thuyết 2. Cho k > 2 là một số nguyên. Khi đó tồn tại một số nguyên dương a(k) thỏa mãn tính chất sau đây: Mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của (k+ 1) số có dạng b nka(k)c (n ∈ N). Các Định lí 2.1 Định lí 2.2 chỉ ra rằng giả thuyết cuối cùng là đúng với k = 2 và chúng ta có thể lấy a(2) = 8 hoặc 4. 21 Bây giờ, bởi vì các số bn22 c (n ∈ N) là chẵn, ta không thể viết mỗi số tự nhiên thành tổng của một số cố định các số như vậy, nhưng câu hỏi mà ta có thể trả lời là như sau: Có đúng là mọi số tự nhiên chẵn là tổng của một số cố định các số có dạng bn22 c?. Câu trả lời là đúng. Định lý sau đây khẳng định điều này: Định lí 2.5. Mọi số tự nhiên chẵn có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có dạng bn22 c (n ∈ N). Chứng minh. Cho N là một số tự nhiên chẵn. Khi đó 2N+ 1 ≡ 1 (mod 4). Theo Định lí Legendre (2N+ 1) là tổng của ba bình phương của các số tự nhiên. Tức là 2N+1= a2+b2+ c2 (a,b,c ∈ N). Do đó N = ⌊ a2 2 ⌋ + ⌊ b2 2 ⌋ + ⌊ c2 2 ⌋ + (〈 a2 2 〉 + 〈 b2 2 〉 + 〈 c2 2 〉 − 1 2 ) . (2.6) Domỗi 〈a22 〉, 〈b 2 2 〉, 〈c 2 2 〉 thuộc {0, 12} nên 〈a 2 2 〉+〈b 2 2 〉+〈c 2 2 〉− 12 thuộc {−12,0, 12,1}. Nhưng do (theo (2.6)) 〈a22 〉+ 〈b 2 2 〉+ 〈c 2 2 〉− 12 là một số nguyên chẵn (bởi vì N, ba22 c, bb 2 2 c, bc 2 2 c là các số nguyên chẵn) khi đó 〈a 2 2 〉+ 〈b 2 2 〉+ 〈c 2 2 〉− 12 = 0. Kết hợp với (2.6), ta nhận được N = ⌊ a2 2 ⌋ + ⌊ b2 2 ⌋ + ⌊ c2 2 ⌋ . Phép chứng minh định lí được hoàn thành. Hệ quả 2.6. Mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số, mỗi trong số đó có một trong hai dạng k2 hoặc (k2+ k) (k ∈ N). 22 Chứng minh. Ta có với n ∈ N, ⌊ n2 2 ⌋ = 2k 2, nếu n= 2k (k ∈ N); 2(k2+ k), nếu n= 2k+1 (k ∈ N). Hệ quả được suy ra ngay từ Định lí 2.5. 2.2 Giả thuyết 2 của Farhi Trong phần này chúng tôi sẽ dựa vào các tài liệu [5, 6] để trình bày một số khía cạnh của giả thuyết Farhi. Cụ thể, Farhi đã chứng minh rằng mọi số tự nhiên N 6≡ 2 (mod 24) có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có dạng ⌊ n2 3 ⌋ (n ∈ N). Farhi phỏng đoán rằng kết quả này vẫn đúng ngay cả khi N ≡ 2 (mod 24). Mục tiêu chính của chương này là chúng tôi sẽ trình bày phép chứng minh phát biểu đó. 2.2.1 Giả thuyết của Farhi về biểu diễn số nguyên thành tổng của ba số có dạng ⌊ n2 3 ⌋ (n ∈ N) Định lí 2.7 (Định lí Legendre). Mọi số tự nhiên không có dạng 4h(8k+ 7) với h,k ∈ N có thể được biểu diễn thành tổng của ba bình phương của các số tự nhiên. Nhận xét rằng do 4h(8k+ 7) là đồng dư với 0,4 hoặc 7 modulo 8, mọi số tự nhiên không đồng dư với 0,4 hoặc 7 modulo 8 có thể được biểu diễn thành tổng của ba bình phương của các số tự nhiên. Cho R3(n) là số các biểu diễn của số nguyên dương n thành tổng của ba bình phương của các số nguyên. Định lí sau đây cung cấp một công thức thú 23 vị cho R3(n), mà có thể chứng minh bằng cách sử dụng lý thuyết các hàm modular. Định lí 2.8 (xem [2]). Với số nguyên dương n bất kỳ, ta có R3(n) = 16 pi √ nχ2(n)K(−4n)× ×∏ p2|n ( 1+ 1 p + · · ·+ 1 pb−1 + 1 pb ( 1− (−p−2bn p ) 1 p )−1) , trong đó b= b(p) là số nguyên lớn nhất sao cho p2b | n, K(−4n) = ∞ ∑ m=1 (−4n m ) 1 m , và nếu 4a là lũy thừa cao nhất của 4 chia n thì χ2(n) =  0, nếu 4−an≡ 7 (mod 8); 1 2a , nếu 4 −an≡ 3 (mod 8); 3 2a+1 , nếu 4 −an≡ 1,2,5,6 (mod 8). Bổ đề 2.9. Với nguyên dương n≡ 1 (mod 8) bất kỳ, ta có R3(9n)> 3 2 R3(n). Chứng minh. Ta có R3(9n) = 16 pi √ 9nχ2(9n)K(−36n)× × ∏ p2|9n ( 1+ 1 p + · · ·+ 1 pb′−1 + 1 pb′ ( 1− ( −9 p−2b′n p ) 1 p )−1 , trong đó b′ = b′(p) là ký hiệu số nguyên lớn nhất mà p2b′ | 9n. Do n ≡ 1(mod8), suy ra 40 = 1 là lũy thừa cao nhất của 4 chia n. Kết quả này suy 24 ra χ2(n) = 32 . Tương tự, ta có 9n≡ 1(mod8). Do đó, 40 = 1 là lũy thừa cao nhất của 4 chia 9n, mà χ2(9n) = χ2(n) = 32 . Ngược lại, từ [2, p. 84] K(−36n) = K(−4×32×n) = ( 1− (−4n 3 ) 1 3 ) K(−4n). Do n≡ 1 (mod 8), nên từ Định lí Legendre n có thể được biểu diễn thành tổng của ba bình phương của các số tự nhiên. Do đó R3(n) 6= 0. Chia cho R3(n) thì ta có nó tương đương với R3(9n) R3(n) = 3( 1− (−4n3 ) 13)−1× × ∏p2|9n ( 1+ 1p+ · · ·+ 1pb′−1 + 1 pb′ ( 1− (−9 p−2b′n p ) 1 p )−1) ∏p2|n ( 1+ 1p+ · · ·+ 1pb−1 + 1pb ( 1− (−p−2bn p ) 1 p )−1) · Cho p 6= 3 với p2 | n. Do đó b′ = b′(p) là số nguyên lớn nhất mà p2b′ | n. Như vậy, ta có được b′ = b′(p) = b(p) = b. Thêm nữa, ta có( −9 p−2b′n p ) = ( 32 p )(−p−2b′n p ) = ( −p−2b′n p ) = (−p−2bn p ) · Với mọi p 6= 3 với p2 | n, ta có 1+ 1 p + · · ·+ 1 pb′−1 + 1 pb′ ( 1− ( −9 p−2b′n p ) 1 p )−1 = 1+ 1 p + · · ·+ 1 pb−1 + 1 pb ( 1− (−p−2bn p ) 1 p )−1 . Như vậy, trong cả hai trường hợp, nếu 32 | n thì R3(9n) R3(n) = 3( 1− (−4n3 ) 13)−1× × 1+ 13+ · · ·+ 13b′−1 + 1 3b′ ( 1− ( −9×3−2b′n 3 ) 1 3 )−1 1+ 13+ · · ·+ 13b−1 + 13b ( 1− ( −3−2bn 3 ) 1 3 )−1 , 25 Trái lại 32 không chia hết n, vậy R3(9n) R3(n) = 3( 1− (−4n3 ) 13)−1× × 1+ · · ·+ 1 3b′−1 + 1 3b′ ( 1− ( −9×3−2b′n 3 ) 1 3 )−1 . Bây giờ ta chứng minh R3(9n)> 32 R3(n). • Nếu 32 không chia hết n, b′ = b′(3) = 1 là số nguyên lớn nhất mà 32b′ | 9n. Ta có được R3(9n) R3(n) = 3( 1− (−4n3 ) 13)−1 × ( 1+ 1 3 ( 1− (−n 3 ) 1 3 )−1) . Ta có ( 1− (−4n3 ) 13)= 1, 23 hoặc 43 và do vậy 3(1−(−4n3 )13)−1 > 32 , mà cho ta kết quả R3(9n)> 32 R3(n). • Nếu 32 chia hết n thì b (tương ứng b′) là số nguyên lớn nhất mà 32b | n (tương ứng 32b ′ | 9n). Do đó R3(9n) R3(n) = 3( 1− (−4n3 ) 13)−1 × 1+ 13+ · · ·+ 13b + 13b+1 ( 1− ( −9×3−2(b+1)n 3 ) 1 3 )−1 1+ 13+ · · ·+ 13b−1 + 13b ( 1− ( −3−2bn 3 ) 1 3 )−1 = 3( 1− (−4n3 ) 13)−1 × 1+ 13+ · · ·+ 13b + 13b+1 ( 1− ( −3−2bn 3 ) 1 3 )−1 1+ 13+ · · ·+ 13b−1 + 13b ( 1− ( −3−2bn 3 ) 1 3 )−1 · Ta có ( 1− (−3−2bn 3 ) 1 3 ) = 1, 2 3 hoặc 4 3 . 26 Ta thu được kết quả sau đây trong tất cả các trường hợp: 1 3b + 1 3b+1 ( 1− (−3−2bn 3 ) 1 3 )−1 > 1 3b ( 1− (−3−2bn 3 ) 1 3 )−1 . Kết quả này suy ra 1+ 1 3 + · · ·+ 1 3b + 1 3b+1 ( 1− (−3−2bn 3 ) 1 3 )−1 > 1+ 1 3 + · · ·+ 1 3b−1 + 1 3b ( 1− (−3−2bn 3 ) 1 3 )−1 . Ngược lại, 3( 1− (−4n3 ) 13)−1 > 3 2 . Vậy ta có R3(9n)> 3 2 R3(n). Ta có điều cần chứng minh. Định lí 2.10. Mọi số tự nhiên N ≡ 2 (mod 24) có thể được biểu diễn thành tổng của ba số có dạng ⌊ n2 3 ⌋ (n ∈ N). Chứng minh. Ta có thể viết N = 2+24k với k ∈ N. Vậy, 3N+3= 9(1+8k). Bây giờ ta định nghĩa hai tập hợp S1 và S2 như sau: S1 = { (a,b,c) ∈ Z3 : a2+b2+ c2 = 1+8k } , S2 = { (a,b,c) ∈ Z3 : a2+b2+ c2 = 9(1+8k) } . Theo định nghĩa của R3, ta có #S2= R3(9(1+8k)) và #S1= R3(1+8k). Do 1+8k ≡ 1(mod8), áp dụng Bổ đề 2.9 ta nhận được R3(9(1+8k))> 3 2 R3(1+8k)> R3(1+8k). 27 Ta thu được R3(9(1+8k))> R3(1+8k), mà nó tương đương với #S2 > #S1. Ta định nghĩa ánh xạ f : S1 −→ S2 (a,b,c) 7−→ (3a,3b,3c). Dễ thấy f hoàn toàn xác định và đơn ánh. Do #S2 > #S1, ta có thể tìm (a,b,c) ∈ S2 sao cho (a,b,c) /∈ f (S1). Thêm nữa, ta có a2+b2+ c2 = 9(1+8k)≡ 0 (mod 3). Khi đó, hoặc a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 1 (mod 3) hoặc a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 0 (mod 3). Trường hợp cuối cùng không thể xảy ra bởi vì một trong các phần tử, a, b và c, không chia được bởi 3 ((a,b,c) /∈ f (S1)). Như vậy, a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 1 (mod 3) và ta có N+1= 3(1+8k) = a2 3 + b2 3 + c2 3 = ⌊ a2 3 ⌋ + ⌊ b2 3 ⌋ + ⌊ c2 3 ⌋ + 〈 a2 3 〉 + 〈 b2 3 〉 + 〈 c2 3 〉 . Do a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 1(mod3), nên〈 a2 3 〉 + 〈 b2 3 〉 + 〈 c2 3 〉 = 1 3 + 1 3 + 1 3 = 1, mà N = ⌊ a2 3 ⌋ + ⌊ b2 3 ⌋ + ⌊ c2 3 ⌋ . Thay (a,b,c) ∈ Z3 bởi (|a|, |b|, |c|) ∈ N3 để ta có được câu trả lời mong muốn. Vậy giả thuyết đã được chứng minh. 28 2.2.2 Một số trường hợp đặc biệt Ta sẽ chứng minh một vài trường hợp của một giả thuyết của Farhi về sự biểu diễn của mỗi số nguyên dương thành tổng của ba số hạng của dãy⌊ n2 a ⌋ . Một kết quả cổ điển của Legendre [?] phát biểu rằng mọi số tự nhiên không có dạng 4s(8t+7),s, t ∈N có thể viết như là tổng của ba bình phương. Liên quan đến điều này, Farhi đã phỏng đoán rằng: Giả thuyết 3 (Farhi [4]). Cho a > 3 là một số nguyên. Khi đó mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số hạng của dãy (⌊ n2 a ⌋) n∈N . Giả thuyết này đã được chứng minh bởi Farhi [3] và Mezroui, Azizi, và Ziane [6] với a ∈ {3,4,8}. Ta sẽ tổng quát hóa phương pháp được sử dụng bởi Farhi với a = 4, và một phần cho a= 3, để chứng minh giả thuyết xảy ra với a ∈ {4, 7, 8, 9, 20, 24, 40, 104, 120}. Phương pháp sử dụng Định lí ba bình phương Legendre và các tính chất của thặng dư toàn phương Ta bắt đầu với việc giới thiệu tập hợp sau đây: Định nghĩa 2.11. Với a ∈ N bất kỳ khác không, ta định nghĩa Qa = {0< ϕ < a | ∃x ∈ Z : ϕ ≡ x2 (mod a)}. Vậy Qa là tập hợp tất các các thặng dư toàn phương modulo a. 29 Định nghĩa 2.12. Với a ∈ N bất kỳ khác không ta định nghĩa Aa = {ϕ ∈ N | ∃x,y,z ∈Qa∪{0} : ϕ = x+ y+ z}. Vậy Aa là tập tất cả các số nguyên mà có thể được biểu diễn thành tổng của ba phần tử của Qa∪{0}. Định nghĩa 2.13. Với số a ∈ N khác không bất kỳ, ta định nghĩa Ra = {ϕ ∈ Aa | ∀ψ ∈ Aa : ϕ ≡ ψ (mod a)⇒ ϕ = ψ}. Vậy Ra là tập hợp các số nguyên mà có thể được biểu diễn thành tổng của ba phần tử của của Qa ∪{0}, và sao cho không có số nguyên khác trong cùng một lớp dư lượng modulo a có tính chất này. Bây giờ ta đã sẵn sàng xây dựng kết quả chính. Định lí 2.14. Cho a ∈ N là một số khác không và giả sử với mọi k ∈ N tồn tại một r ∈ Ra sao cho ak+ r 6= 4s(8t+ 7) với bất kỳ s, t ∈ N. Khi đó mọi N ∈N có thể được biểu diễn thành tổng của ba số hạng của dãy (⌊ n2 a ⌋) n∈N . Chứng minh. Cho N ∈ N là một số cố định. Bởi giả thiết đã có ta có thể chọn r ∈ Ra sao cho aN+ r 6= 4s(8t + 7) với bất kỳ s, t ∈ N. Bởi Định lí Legendre ta có aN+ r có thể được viết dưới dạng aN+ r = A2+B2+C2 (2.7) với A,B,C ∈ N nào đó. Bây giờ ta có r ≡ A2+B2+C2 (mod a), do vậy r = (A2 mod a)+(B2 mod a)+(C2 mod a), (2.8) 30 do r ∈ Ra. Chia cho a và tách phần nguyên và phần lẻ của vế phải trong (2.7), ta nhận được N+ r a = ⌊ A2 a ⌋ + ⌊ B2 a ⌋ + ⌊ C2 a ⌋ + 〈 A2 a 〉 + 〈 B2 a 〉 + 〈 C2 a 〉 , và từ (2.8) ta có r a = 〈 A2 a 〉 + 〈 B2 a 〉 + 〈 C2 a 〉 , vậy N = ⌊ A2 a ⌋ + ⌊ B2 a ⌋ + ⌊ C2 a ⌋ . Phép chứng minh định lí được kết thúc. Do ta có thể tìm tập hợp Ra bằng tính toán, ta có thể áp dụng Định lí 2.14 để nhận được hệ quả sau đây. Hệ quả 2.15. Giả thuyết 3 thỏa mãn với a ∈ {4,7,8,9,20,24,40,104,120}. Chứng minh. Xét bảng sau: a Ra 4 {0,1,2,3} 7 {4,6} 8 {2,3,5,6} 9 {1,4,7,8} 20 {11,15,18,19} 24 {11,14,19,21,22} 40 {27,38} 104 {99} 120 {107} 31 Tính toán theo mod 8 ta có thể kiểm tra khá dễ dàng là với mỗi a ∈ {4, 7, 8, 9, 20, 24, 40, 104, 120} và mọi k ∈N tồn tại một r ∈Ra sao cho ak+r không có dạng 4s(8t+7),s, t ∈N, và do đó mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn thành tổng của ba số hạng của dãy (⌊ n2 a ⌋) n∈N . Để chứng minh điều này, chúng tôi chỉ ra trường hợp a = 7. Tất cả các trường hợp khác cũng sẽ hoàn thành vớ