Chủ đề này có 3 trả lời

[dactai10a1]

CMR mọi số tự nhiên n đều biểu diễn được dưới dạng tổng 4 bình phương

[nguyenta98]

CMR mọi số tự nhiên n đều biểu diễn được dưới dạng tổng 4 bình phương

Đây chính là định lý Lagrange về tổng của $4$ số chính phương, để chứng minh hết sức phức tạp
Giải như sau:
Bổ đề 1: $m=(x_1^2+y_1^2+z_1^2+t_1^2),n=(x_2^2+y_2^2+z_2^2+t_2^2)$ khi ấy $mn$ cũng là tổng $4$ số chính phương
Thật vậy xét tích $mn=(x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2+t_1t_2)^2+(x_1x_2-y_1x_2+z_1t_2-t_1z_2)^2+(x_1z_2-y_1z_2-z_1x_2+t_1y_2)^2+(x_1t_2+y_1z_2-z_1y_2-t_1x_2)^2$
Bổ đề 2: Tồn tại $x,y,x,t$ sao cho $x^2+y^2+z^2+t^2=kp$ với $1\le k<p$ và $p$ nguyên tố lẻ
Cm: Cho $z=1,t=0$ ta cần chứng minh tồn tại $x^2+y^2+1=kp$
Xét hai dãy
$x \in \left(0,1,2,...,\dfrac{p-1}{2}\right)$
$y \in \left(0,1,2,...,\dfrac{p-1}{2}\right)$
Nên xét tập hợp $x^2$ và tập hợp $-y^2-1$ mỗi phần tử có $\dfrac{p+1}{2}$ phần tử nên tổng cộng hai phần tử có $p+1$ phần tử
Mặt khác ta thấy hai phần tử bất kì $x^2$ đều có số dư khác nhau, vì nếu giả sử ngược lại có $x_i^2 \equiv x_j^2 \Rightarrow (x_i+x_j)(x_i-x_j) \vdots p$ mặt khác ta có $x_i+x_j<p$ và $x_i-x_j>-p$ nên rõ ràng không chia hết cho $p$ nên vô lý
Do đó cả hai tập hợp $x^2$ và $-y^2-1$ có $p+1$ phần tử, khi mỗi phần tử chia $p$ có $p$ kiểu dư nên theo nguyên lý dirichlet tồn tại $x^2 \equiv -y^2-1$ (do mỗi tập đều không có hai phần tử cùng số dư)
Nên $x^2+y^2+1 \vdots p \Rightarrow x^2+y^2+1=pk$
Mặt khác $x^2+y^2+1\le \left(\dfrac{p-1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p-1}{2}\right)^2+1=\dfrac{p^2-2p+3}{2}=pk \Rightarrow \dfrac{p^2-2p+3}{2p}=k$
Ta sẽ chứng minh $1\le k<p$ thấy $1\le k$ là hiển nhiên còn $k<p \Leftrightarrow p^2-2p+3\le 2p^2 \Rightarrow p^2+2p-3>0 \Rightarrow (p+1)^2-4>0$ đúng do $p\geq 3$
Bổ đề được chứng minh
Bổ đề 3: Gọi $\mathbb{K}$ là tập hợp các số $k$ thỏa mãn tồn tại $x^2+y^2+z^2+t^2=kp$ và $k$ nhỏ nhất khi đó $k=1$
Cm:
Giả sử $k\neq 1 \Rightarrow 1<k<p$
TH1: $k$ chẵn suy ra $x,y,z,t$ có cả $4$ số cùng chẵn hoặc $2$ chẵn, hai lẻ, nếu $x,y,z,t$ đều chẵn suy ra
$\left(\dfrac{x}{2}\right)^2+\left(\dfrac{y}{2}\right)^2+\left(\dfrac{z}{2}\right)^2+\left(\dfrac{t}{2}\right)^2=\dfrac{k}{4}.p$ cũng thỏa đề mà $\dfrac{k}{4}<k$ vô lý vì $k$ nhỏ nhất
Nếu $x,y,z,t$ hai chẵn, hai lẻ suy ra $\dfrac{(x+y)^2}{4}+\dfrac{(x-y)^2}{4}+\dfrac{(z+t)^2}{4}+\dfrac{(z-t)^2}{4}=\dfrac{k}{2}.p$
Cũng thỏa mãn mà $\dfrac{k}{2}<k$ vô lý vì $k$ nhỏ nhất
TH2: $k$ lẻ suy ra ta có $x^2+y^2+z^2+t^2=kp$
Như vậy ta xét tập $0,\pm1,\pm2,...,\pm\dfrac{k-1}{2}$ là một hệ đầy đủ (có mặt đủ số dư)
Nên tồn tại $a,b,c,d$ thuộc tập trên mà $x \equiv a \pmod{k},y \equiv b \pmod{k},z \equiv c \pmod{k},t \equiv d \pmod{k}$
Như vậy $x^2+y^2+z^2+t^2 \vdots k \Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2 \vdots k \Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2=sk$
Thấy $a^2+b^2+c^2+d^2\le 4\left(\dfrac{k-1}{2}\right)^2=(k-1)^2<k^2 \Rightarrow s<k$
Như vậy $0\le s<k$
Nếu $s=0$ suy ra $x^2+y^2+z^2+t^2 \vdots k^2 \Rightarrow kp \vdots k^2 \Rightarrow p \vdots k \Rightarrow p=k$ vô lý do $1<k<p$
Nếu $s\neq 0$ ta có $(sk)(pk)=(a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+t^2)=(ax+by+cz+dt)^2+(bc-ay+dz-ct)^2+(cx-dy-az+bt)^2+(dx+cy-bz-at)^2$
Ta thấy
$A=ax+by+cz+dt \equiv x^2+y^2+z^2+t^2 \vdots k$
$B=bc-ay+dz-ct \equiv bc-ay+bc-ay \equiv 0 \pmod{k}$ và tương tự với $(C,D)=(cx-dy-az+bt,dx+cy-bz-at)$
Suy ra $A^2+B^2+C^2+D^2=(sk)(pk)$ mà ta cm ở trên $A,B,C,D \vdots k \Rightarrow \left(\dfrac{A}{k}\right)^2+\left(\dfrac{B}{k}\right)^2+\left(\dfrac{C}{k}\right)^2+\left(\dfrac{D}{k}\right)^2=sp$ mà $s<k$ nên vô lý do $k$ là nhỏ nhất thỏa phương trình dạng $x^2+y^2+z^2+t^2=kp$
Do đó bổ đề được chứng minh
Có ba bổ đề trên, mọi việc trở nên dễ dàng, cho $n=2^x.p_1^{a_1}.p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$ với $p_1,p_2,..,p_k$ là số lẻ
Áp dụng bổ đề 3 ta có $p_i=x^2+y^2+z^2+t^2$, sau đó áp dụng bổ đề 1 ta có $p_i.p_j$ cũng tổng của $4$ số chính phương
Như vậy $p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$ có thể phân tích thành tổng $4$ số chính phương, mặt khác $2=1+1+0+0$ cũng là tổng bốn số chính phương nên suy ra $n$ có thể phân tích thành tổng $4$ số chính phương với $n$ bất kì suy ra $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 21-08-2012 - 20:59

[vta00]

Đây chính là định lý Lagrange về tổng của $4$ số chính phương, để chứng minh hết sức phức tạp
Giải như sau:
Bổ đề 1: $m=(x_1^2+y_1^2+z_1^2+t_1^2),n=(x_2^2+y_2^2+z_2^2+t_2^2)$ khi ấy $mn$ cũng là tổng $4$ số chính phương
Thật vậy xét tích $mn=(x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2+t_1t_2)^2+(x_1x_2-y_1x_2+z_1t_2-t_1z_2)^2+(x_1z_2-y_1z_2-z_1x_2+t_1y_2)^2+(x_1t_2+y_1z_2-z_1y_2-t_1x_2)^2$
Bổ đề 2: Tồn tại $x,y,x,t$ sao cho $x^2+y^2+z^2+t^2=kp$ với $1\le k<p$ và $p$ nguyên tố lẻ
Cm: Cho $z=1,t=0$ ta cần chứng minh tồn tại $x^2+y^2+1=kp$
Xét hai dãy
$x \in \left(0,1,2,...,\dfrac{p-1}{2}\right)$
$y \in \left(0,1,2,...,\dfrac{p-1}{2}\right)$
Nên xét tập hợp $x^2$ và tập hợp $-y^2-1$ mỗi phần tử có $\dfrac{p+1}{2}$ phần tử nên tổng cộng hai phần tử có $p+1$ phần tử
Mặt khác ta thấy hai phần tử bất kì $x^2$ đều có số dư khác nhau, vì nếu giả sử ngược lại có $x_i^2 \equiv x_j^2 \Rightarrow (x_i+x_j)(x_i-x_j) \vdots p$ mặt khác ta có $x_i+x_j<p$ và $x_i-x_j>-p$ nên rõ ràng không chia hết cho $p$ nên vô lý
Do đó cả hai tập hợp $x^2$ và $-y^2-1$ có $p+1$ phần tử, khi mỗi phần tử chia $p$ có $p$ kiểu dư nên theo nguyên lý dirichlet tồn tại $x^2 \equiv -y^2-1$ (do mỗi tập đều không có hai phần tử cùng số dư)
Nên $x^2+y^2+1 \vdots p \Rightarrow x^2+y^2+1=pk$
Mặt khác $x^2+y^2+1\le \left(\dfrac{p-1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p-1}{2}\right)^2+1=\dfrac{p^2-2p+3}{2}=pk \Rightarrow \dfrac{p^2-2p+3}{2p}=k$
Ta sẽ chứng minh $1\le k<p$ thấy $1\le k$ là hiển nhiên còn $k<p \Leftrightarrow p^2-2p+3\le 2p^2 \Rightarrow p^2+2p-3>0 \Rightarrow (p+1)^2-4>0$ đúng do $p\geq 3$
Bổ đề được chứng minh
Bổ đề 3: Gọi $\mathbb{K}$ là tập hợp các số $k$ thỏa mãn tồn tại $x^2+y^2+z^2+t^2=kp$ và $k$ nhỏ nhất khi đó $k=1$
Cm:
Giả sử $k\neq 1 \Rightarrow 1<k<p$
TH1: $k$ chẵn suy ra $x,y,z,t$ có cả $4$ số cùng chẵn hoặc $2$ chẵn, hai lẻ, nếu $x,y,z,t$ đều chẵn suy ra
$\left(\dfrac{x}{2}\right)^2+\left(\dfrac{y}{2}\right)^2+\left(\dfrac{z}{2}\right)^2+\left(\dfrac{t}{2}\right)^2=\dfrac{k}{4}.p$ cũng thỏa đề mà $\dfrac{k}{4}<k$ vô lý vì $k$ nhỏ nhất
Nếu $x,y,z,t$ hai chẵn, hai lẻ suy ra $\dfrac{(x+y)^2}{4}+\dfrac{(x-y)^2}{4}+\dfrac{(z+t)^2}{4}+\dfrac{(z-t)^2}{4}=\dfrac{k}{2}.p$
Cũng thỏa mãn mà $\dfrac{k}{2}<k$ vô lý vì $k$ nhỏ nhất
TH2: $k$ lẻ suy ra ta có $x^2+y^2+z^2+t^2=kp$
Như vậy ta xét tập $0,\pm1,\pm2,...,\pm\dfrac{k-1}{2}$ là một hệ đầy đủ (có mặt đủ số dư)
Nên tồn tại $a,b,c,d$ thuộc tập trên mà $x \equiv a \pmod{k},y \equiv b \pmod{k},z \equiv c \pmod{k},t \equiv d \pmod{k}$
Như vậy $x^2+y^2+z^2+t^2 \vdots k \Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2 \vdots k \Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2=sk$
Thấy $a^2+b^2+c^2+d^2\le 4\left(\dfrac{k-1}{2}\right)^2=(k-1)^2<k^2 \Rightarrow s<k$
Như vậy $0\le s<k$
Nếu $s=0$ suy ra $x^2+y^2+z^2+t^2 \vdots k^2 \Rightarrow kp \vdots k^2 \Rightarrow p \vdots k \Rightarrow p=k$ vô lý do $1<k<p$
Nếu $s\neq 0$ ta có $(sk)(pk)=(a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+t^2)=(ax+by+cz+dt)^2+(bc-ay+dz-ct)^2+(cx-dy-az+bt)^2+(dx+cy-bz-at)^2$
Ta thấy
$A=ax+by+cz+dt \equiv x^2+y^2+z^2+t^2 \vdots k$
$B=bc-ay+dz-ct \equiv bc-ay+bc-ay \equiv 0 \pmod{k}$ và tương tự với $(C,D)=(cx-dy-az+bt,dx+cy-bz-at)$
Suy ra $A^2+B^2+C^2+D^2=(sk)(pk)$ mà ta cm ở trên $A,B,C,D \vdots k \Rightarrow \left(\dfrac{A}{k}\right)^2+\left(\dfrac{B}{k}\right)^2+\left(\dfrac{C}{k}\right)^2+\left(\dfrac{D}{k}\right)^2=sp$ mà $s<k$ nên vô lý do $k$ là nhỏ nhất thỏa phương trình dạng $x^2+y^2+z^2+t^2=kp$
Do đó bổ đề được chứng minh
Có ba bổ đề trên, mọi việc trở nên dễ dàng, cho $n=2^x.p_1^{a_1}.p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$ với $p_1,p_2,..,p_k$ là số lẻ
Áp dụng bổ đề 3 ta có $p_i=x^2+y^2+z^2+t^2$, sau đó áp dụng bổ đề 1 ta có $p_i.p_j$ cũng tổng của $4$ số chính phương
Như vậy $p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$ có thể phân tích thành tổng $4$ số chính phương, mặt khác $2=1+1+0+0$ cũng là tổng bốn số chính phương nên suy ra $n$ có thể phân tích thành tổng $4$ số chính phương với $n$ bất kì suy ra $đpcm$

Anh Nguyên ơi,cái chỗ đấy phải là $(bx-ay-ct+dz)^2$ đúng ko ạ

[meoconhocxuong]

Lời giải có ở đây (Lời giải bằng Tiếng Anh, mong các bạn ráng dịch!!):http://en.wikipedia....-square_theorem