Câu hỏi của Nguyễn Đăng Nhân

Question

Cho $n>3$, CMR ta không thể tìm được 1 số $x\in\mathbb{N}$ sao cho không có $n$ số nguyên $\ge0$ có tổng bình phương bằng $x$<...

Lê Song Phương · Accepted Answer

Trước tiên ta có một bổ đề sau:

Bổ đề: Cho 2 số $a,b$ sao cho cả $a,b$ đều viết được dưới dạng tổng của 4 số chính phương. Khi đó tích $p=ab$ cũng có thể biểu diễn được thành tổng của 4 số chính phương.

$\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2\right)$

$=\left(a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3-a_4b_4\right)^2+\left(a_1b_2+a_2b_1+a_3b_4-a_4b_3\right)^2$ $+\left(a_1b_3-a_2b_4+a_3b_1+a_4b_2\right)^2+\left(a_1b_4+a_2b_3-a_3b_2+a_4b_1\right)^2$

Chứng minh thì bạn khai triển ra thôi.

Ta thấy $0=0^2+0^2+0^2+0^2$

$1=0^2+0^2+0^2+1^2$

$2=0^2+0^2+1^2+1^2$

Từ bổ đề trên, ta thấy chỉ cần chứng minh khẳng định đúng với số nguyên tố lẻ $p$ thì coi như bài toán hoàn tất.

(Vì mọi số tự nhiên đều có thể viết được dưới dạng $2^n.t$ với $t$ lẻ)

Ta có số dư của $a^2$ khi chia cho $p$ luôn phân biệt khi cho $a$ chạy từ $0$ đến $\dfrac{p-1}{2}$. Thật vậy, chọn $a$ bất kì và đặt $c=a^2modp$ $\Rightarrow a$ là nghiệm của đa thức $x^2-c$ trên trường $Z/pZ$. Tương tự với $p-a\left(\ne a\right)$. Ta biết rằng trong một trường $K$, bất kì đa thức bậc $n$ nào cũng chỉ có tối đa $n$ nghiệm. Vì vậy không còn $a$ nào khác là nghiệm của $x^2-c$ nữa. Điều này có nghĩa là với mỗi số $i$ trong tập hợp $\left\{0,1,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}$ thì tồn tại duy nhất $a$ để $a^2\equiv i\left[p\right]$

Tương tự, khi $b$ chạy từ tập $\left\{0,1,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}$ thì $-b^2-1$ phân biệt. Áp dụng nguyên lí Dirichlet, tồn tại $a,b$ sao cho $a^2\equiv-b^2-1\left[p\right]$ $\Leftrightarrow a^2+b^2+1^2+0^2=np$ với $n\inℕ$

Gọi $m$ là số tự nhiên nhỏ nhất để $mp$ là tổng của 4 số chính phương, $x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2$. Ta chứng minh bằng phản chứng rằng $m=1$ . Giả sử $m\ne1$. Ta sẽ chỉ ra mâu thuẫn bằng việc chứng minh tồn tại một số tự nhiên $r< m$ mà $rp$ là tổng của 4 số chính phương.

Với mỗi $x_i$ và $y_i$ có cùng số dư khi chia cho $m$ và nằm giữa $\dfrac{-m+1}{2}$ và $\dfrac{m}{2}$, ta có $y_1^2+y_2^2+y_3^2+y_4^2=mr$, với $0< r< m$

Áp dụng bổ đề, ta có $mpmr=z_1^2+z_2^2+z_3^2+z_4^2$. Vì $x_i\equiv y_i\left[m\right]$ nên $z_i⋮m$. Thật vậy:

$z_1=x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3+x_4y_4$ $\equiv x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2$ $\equiv mp\equiv0\left[m\right]$

$z_2=x_1y_2-x_2y_1+x_3y_4-x_4y_3\equiv x_1x_2-x_2x_1+x_3x_4-x_4x_3\equiv0\left[m\right]$

Bằng cách tương tự chứng minh được $z_3,z_4⋮m$

Vậy với $w_i=\dfrac{z_i}{m}$ thì $w_1^2+w_2^2+w_3^2+w_4^2=rp$, điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $m$.

(Ta loại TH $y_1=y_2=y_3=y_4=\dfrac{m}{2}$, khi đó $r=m$; và TH $y_1=y_2=y_3=y_4=0$, khi đó $r=0$ vì cả 2 TH này đều cho ra $mp=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2⋮m^2$, vô lí vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $m$)

Do vậy điều giả sử là sai $\Rightarrow$ đpcm.

Câu trả lời: