Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN
(Mở rộng một định lí của Fermat và Euler)
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Càng đọc câu: “Đôi lúc một vấn đề được giải quyết xong lại gợi ý tìm ra một vấn
đề hoàn toàn khác nhưng lại rất có ý nghĩa.”
(Trích từ lời dẫn của Lê Hào trong bài toán “Suy nghĩ từ lời giải một bài toán thi vô
địch quốc tế” đăng trên báo toán học và tuổi trẻ) tôi càng thấy tâm đắc.
Số học có sự hấp dẫn tuyệt vời đối với tôi. Sau khi giải xong một bài toán số học
nào đó thì trong tôi có niềm vui và sự hứng khởi lạ thường. Đặc biệt là các toán
sau:
Cho p là một số nguyên tố,
3(mod4)p
≡
.
Chứng minh rằng: Nếu
( )
2 2
0 mod x y p
+ ≡
thì
( )
,
0 modx y p
≡ ≡
với
, .x y
∈
¥
(Trích từ sách: SỐ HỌC (tập 1), tác giả Doãn Minh Cường, xuất bản năm 2003)
Cho m và n là hai số nguyên dương chẵn, u và v là hai số nguyên dương lẻ

0 mod x y p
+ ≡

và đặc biệt là phương trình
nghiệm nguyên
2 2
.x y p
+ =
Thật tình cờ, cái “chỉnh thể” mà tôi tìm được lại có quan hệ mật thiết với một định
lí của Fermat đã được Euler chứng minh(tôi gọi định lí đó là định lí Fermat-Euler).
GV: Ngô Văn Vũ Trang 1
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Bài viết này có sự kế thừa ý tưởng của một bài viết “KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT
QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN” của tôi năm 2012 – 2013.
Cơ sở lí luận là hệ thống lí thuyết về số học có trong sách: Số học - Hà Huy Khoái
- nhà xuất bản GD - năm 2005 và sách: Số học - Doãn Văn Cường - nhà xuất bản
ĐHSP - năm 2003.
Để biết cụ thể về cái “chỉnh thể” đó. Mời bạn đọc xem tiếp phần nội dung.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
Từ bài toán: “Cho p là một số nguyên tố,
3(mod4).p
≡
Chứng minh rằng: Nếu
( )
2 2
0 mod x y p
+ ≡
thì
( )

nhất với
,x y
∈
¥
và p là số nguyên tố có dạng 4n + 1”.
Ta giải bài toán 3.Xét các trường hơp sau:
 Trường hợp 1: p = 2.Khi đó với
,x y
là hai số lẻ nguyên tố cùng nhau thì
( , )x y

là nghiệm của phương trình .
Vậy p=2 thỏa .

Trường hợp 2:
p
là số nguyên tố có dạng
4 3n +
.
Khi đó, theo bài toán 1.Ta có:
2 2
0(mod )x y p
+ ≡
0(mod )x y p
⇔ ≡ ≡
Suy ra không có hai số nguyên tố cùng nhau x, y thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy
4 3p n
= +
không thỏa.

p p
   
   
   
 ÷  ÷
   
   
− − −
− + ≡ − − − + ≡ +
( )
2
1
! 1 0 mod
2
p
p
 
 
 
 ÷
 
 
−
⇒ + ≡
1
!,1
2
p
 
 ÷

− = − >
Khi đó
2 2
( )m v
+
là hợp số.

Tôi đã chứng minh được bài toán đó như sau:
Ta có:
2 2 2 2
( ).( ) ( ).( )m n u v m n m n u v u v
− = − ⇔ − + = − +
.
Đặt:
, , , a m n b m n x u v y u v= − = + = − = +
. Khi đó
. .ab x y
=
.
Đặt:
( )
1 1
, . , . k a x a k a x k x
= ⇒ = =
với
1 1
*
,a x ∈¥
,
1 1

⇒
2
a b
m
+
=
,
2
a b
n
−
=
,
2
x y
u
+
=
,
2
y x
v
−
=
.
⇒
2
2
2 2 2 2 2 2
1

4 4
k a l x k x l a k l a x
+ + + = + +
Vì
( )
,k a x
=
⇒
k là số chẳn và
( )
,l b y
=
l⇒
là số chẵn
nên
( )
2 2
2 2 2 2
1 1
.
2 2
k l
m v a x
 
   
 
 ÷  ÷
   
 
 

⇒
2 2 2 2 2 2 2 2
0m v n u m n u v
+ = + ⇒ − = − >
. Theo kết luận của bổ đề 1 thì
2 2
m v p
+ =
là hợp số. Điều này mâu thuẫn với p là số nguyên tố.
Vậy nghiệm (nếu có) của phương trình
2 2
x y p
+ =
là duy nhất (không kể nghiệm
có được nhờ hoán vị của nghiệm ban đầu).
Để hoàn thành việc chứng minh ta phải chứng tỏ phương trình
2 2
x y p
+ =
có
nghiệm.
Áp dụng bài toán 3 và các bổ đề sau ta sẽ chứng tỏ được điều đó.
Bổ đề 2: Tích của hai số mà mỗi số là tổng của hai số chính phương là một tổng
của hai số chính phương.

Chứng minh:
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( . . ) ( . . )x y u v u x v y v x u y
+ + = + + −
Bổ đề 3: Nếu hai số nguyên dương a, b và số nguyên tố p thỏa điều kiện là

∈
¡
.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 4
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Vì
2 2 2 2
) )
( (a b u v
+ +
M
nên
2 2
x y
+ ∈
¥
.
Phương trình
2 2 2 2 2 2
(*) ( )( )x y u v a b
⇔ + + = +
2 2 2 2
. .
( . . ) ( . . )
. .
u x v y a
u x v y v x u y a b
v x u y b




+
=
+
⇒
−
=
+
hoặc
2 2
2 2
. .
. .
a u b v
x
u v
a v b u
y
u v







−
=
+
+

M
M
M
Với nghiệm
2 2
2 2
. .
. .
a u bv
x
u v
a v bu
y
u v







+
=
+
−
=
+
và
2 2
2

= ∈
+
¥
¤
M ¥
¥
¤
.
Với nghiệm
2 2
2 2
. .
. .
a u bv
x
u v
a v b u
y
u v







−
=
+
+

∈
+
+ ⇒ ⇒ ⇒ ∈
+
∈
= ∈
+
¥
¤
M ¥
¥
¤
.
Vậy
,x y
∈
¥
và
2 2
2 2
2 2
a b
x y
u v
+
+ =
+
.
Bổ đề 3 được chứng minh xong.
Ta chứng minh phương trình

¥
( , ) 1.x y =
Trong tất cả các nghiệm của phương trình
2 2
0
0(mod )x y p
+ ≡
ta chọn
,x y
có tổng
2 2
x y+
nhỏ nhất, gọi hai số đó là
0 0
x ,y
. Khi đó, ta có:
2 2
0 0 0 0 0 0 0
, ( ) 1
1
, 1;2; ; , ,
2
p
x y x y p x y
 
=
 
 
−
∈ + M

có dạng 4n+1. Vì
1 0
p p
<
nên phương trình
2 2
1
x y p
+ =
có nghiệm.
Ta có:
2 2
2 2
0 0
0 0
1
2 2
0 0
0
1
x y
x y
p
x y
p
p





+ < +
+ M
điều này mâu thuẫn với cách chọn
0 0
,x y
sao cho
2 2
0 0
x y
+
là
nhỏ nhất.
Suy ra: Với mọi số nguyên tố p có dạng 4n+1 thì phương trình
2 2
x y p
+ =
có
nghiệm với
,x y
∈
¥
.
Vậy bài toán 4 được giải xong.

Từ bài toán 4, ta có định lí 1: Cho p là số nguyên tố
1(mod4)p
≡
, khi đó
phương trình
2 2

ta chỉ ra được dãy các nghiệm
1 1 2 2
( , ),( , ), ,( , ),
k k
x y x y x y
thỏa điều kiện:
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2

k k
x y x y x y x y
+ > + > + > > + >
với
, , 1, ,
i i
x y i k∈ ∀ =¥
thì tồn tại cặp
( , )
n n
x y
sao cho
2 2
n n
x y p+ =
.
Xét các trường hợp sau:
 Nếu x, y cùng chẵn thì d = (x,y)
,
x y
d d

 ÷
 
là nghiệm.
Chọn
1 1
( , ) ,
2 2
x y
x y
d d
d d
x y
 
−
+
 ÷
 ÷
=
 ÷
 ÷
 
.
 Nếu x, y không cùng tính chẵn lẻ thì:Vì
2 2
2 2
x y p
x y p

+



sao cho
{ }
. , .Max k u k v p
<
.
Tôi dự đoán rằng:
2 2 2 2 2 2
1 1
x y u v x y
+ < + = +
.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 7
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Chú ý:
2 2
1 1
0(mod )x y p
+ ≡
vì
2 2
1 1
2 2
1
1
. ( 2 . )
.
( 2 . )
x p k u x p p k u ku
y p k v

,
9 8 1
− =
(nhỏ nhất ).
Ta có: 29 = 3.9 + 2, 29 = 3.8 + 5 suy ra (5, 2) cũng là nghiệm và
2 2 2 2
5 2 29 12 1 145.
+ = < + =
.
Ví dụ 2. Cho p = 37. Khi đó (31,1) là nghiệm của phương trình
2 2
0(mod37)x y+ ≡
( )
31 1 31 1
, 16,15
2 2
+ −
 
⇒ =
 ÷
 
cũng là nghiệm của phương trình, hơn nữa của phương trình
16 15 1
− =
(nhỏ nhất )
Ta có: 37 = 2.16 + 5, 37 = 2.15 + 7
(7,5)
⇒
cũng là nghiệm của phương trình, và
2 2 2 2

x y p
+ =
.( Đó là niềm an ủi, khích lệ cho tôi!)
Không dừng lại ở đó tôi tìm cách mở rộng kết quả đạt được, tôi nhận thấy rằng:
Nếu
1 2
4 1, 4 3p n p n= + = +
đều là số nguyên tố thì
2 2 2 2 2 2
1 2
, 1 1p a b p a b
= + = + + +
.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 8
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán

Suy ra: Số nguyên tố
2
p
biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương.
Tôi đã đặt ra nghi vấn: Phải chăng điều đó đúng với mọi số nguyên tố có
dạng 4n+3?
Tôi đã chứng minh được điều đó là đúng và phát biểu thành định lý như sau:
Định lý 2: Cho p là số nguyên tố,
3(mod4)p ≡
. Khi đó phương trình
2 2 2 2
x y z t p
+ + + =
có nghiệm với

2
2 2 2 2 2 2
1
1 1 ,1 2 ,1 3 , ,1
2
p
 
 ÷
 
−
+ + + +
đôi một không đông dư theo môđulô p.
Giả sử rằng tất cả các tổng trên là số chính phương theo môđulô p thì các tổng trên
là hoán vị của các số
2
2 2
1
1 ,2 , ,
2
p
 
 ÷
 
−
. Vì
2
*
i i
p
 

sao cho
2 2 2 2
1 1 (mod ) 0(mod )i p i p
+ ≡ ⇒ ≡
mâu
thuẫn với
i p
<
và p nguyên tố.
Vậy có số
i M
∈
sao cho
2 2
1 i
+
không là số chính phương theo môđulô.
Mặt khác, ta có:
p a
−
là số chính phương theo môđulô p
⇔
a
không là số chính
phương theo môđulô p.
Khẳng định trên có được từ việc áp dụng hai định lý sau:
Định lý 3 (Tiêu chuẩn Euler):
Cho p là số nguyên tố lẻ và số nguyên dương a với (a, p) = 1.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 9
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán

 
được
định nghĩa như sau:
1
a
p
 
=
 ÷
 
nếu a là thặng dư bình phương môđulô p (hay phương trình
2
(mod )x a p≡
có nghiệm) và
1
a
p
 
= −
 ÷
 
nếu a không là thặng dư bình phương môđulô p (hay
phương trình
2
(mod )x a p≡
vô nghiêm).
Theo định lý 4:
.( )a p a a p a
p p p
    

 
−
−
−
≡ − ≡ −
1
. 1(mod )
a p a
p
a p
p p
   
 ÷  ÷
   
−
−
⇒ ≡ − ≡ −
Suy ra: p - a là số chính phương theo môđulô p
⇔
a không là số chính phương theo
môđulô p.
Đặt:
2
1 a i
= +
không là số chính phương theo môđulô p.
⇒
p - a là số chính phương theo môđulô p
⇒
có j

Việc chứng minh mệnh đề trên gặp nhiều khó khăn, nó trở thành một nghi vấn!
Tôi nhận thấy rằng mệnh đề ở bước 4 trong chứng minh của Euler (xem ở phần
phụ lục) có thể mở rộng và áp dụng được vào bài toán này.
Bổ đề 5: Nếu a, b, c, d là 4 số nguyên tố cùng nhau thì mọi ước của
2 2 2 2
a b c d
+ + +
đều có thể biểu diễn thành tổng của bốn số chính phương.
Ta chứng minh bổ đề 5 bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử tồn tại 4 số tự nhiên a, b, c, d nguyên tố cùng nhau sao cho
2 2 2 2
a b c d
+ + +
có ít nhất 1 ước là x không thể biểu diễn thành tổng của bốn số
chính phương. Trong các bộ số (a, b, c, d ) đó ta chọn bộ số mà (a, b, c, d ) có tổng
a + b + c + d là nhỏ nhất.
Đặt
1 1 1 1
. , . , . , .a a x m b b x n c c x s d d x r= + = + = + = +
trong đó
0 , , , 1m n s r x
≤ ≤ −
.
Suy ra:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
. ( )a b c d A x m n s r x m n s r
+ + + = + + + + ⇒ + + +
.
Nếu
( , , , ) 1m n s r =

, , ,
m n s r
m n s r
y y y y
= = = =
. Suy ra:
2 2 2 2
1 1 1 1
( )x m n s r
+ + +
và
1 1 1 1
( , , , ) 1m n s r =
hơn nữa
1 1 1 1
m n s r a b c d+ + + < + + +
. Điều này mâu thuẫn với tính
nhỏ nhất của cách chọn bộ số (a, b, c, d).
Vậy mọi ước của
2 2 2 2
a b c d
+ + +
đều có thể biểu diễn thành tổng của bốn số chính
phương.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 11
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Từ bước 1 và bước 2, ta có:
2 2 2 2
(1 ),(1, , , ) 1, 3(mod4)p i j p i j p p
+ + + = ≡

       
= + + − + + + + + − + + − + + +
Bổ đề 6 được chứng minh xong.
Nhận xét:
2 2 2 2
2 1 1 0 0
= + + +
;
Theo định lý 1:
2 2 2 2
;4 1 1 1p n a b
= + = + + +
Theo định lý 2:
2 2 2 2
4 3q n a b c d
= + = + + +
, với p và q là hai số nguyên tố, a, b, c, d
là các số tự nhiên.
Chứng minh định lý 5:
Với mọi số tự nhiên n ta luôn phân tích được
1 2 1 2
1 2 1 2
2 . . . .
s
r
r s
t
t t
m m mk
n p p p q q q=

Một câu hỏi mới được đặt ra: Với điều kiện nào thì sự biểu diễn số tự nhiên
thành tổng của bốn số chính phương là duy nhất?
IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Định lí 1, định lí 2 và định lí 5 là thành quả tuyệt vời mà bản thân tôi đã gặt hái
được qua những tháng ngày miệt mài tìm tòi, học hỏi. Tôi cảm thấy hạnh phúc về
thành quả đó. Niềm đam mê và sự tìm tòi học hỏi không ngừng những thành quả
của những bậc tiền bối đi trước đã giúp tôi thành công. Tôi hy vọng những học trò
thân yêu của tôi sẽ được tiếp thêm ngọn lửa đam mê, tình yêu toán qua bài viết nay.
Tôi xin được sử dụng lại lời kết của bài viết trước: “Đến đây mời bạn đọc
tiếp tục suy nghĩ. Có thể còn nhiều điều thú vị khác chưa được khai thác hết. Như
các bạn biết trong lĩnh vực khoa học có nhiều phát minh quan trọng ra đời nhờ
biết kế thừa, cải tiến, bổ sung những thành tựu đã có. Các bạn trẻ hãy học toán
một cách chủ động, biết phát huy, kế thừa để sáng tạo. Các bạn sẽ thấy toán học
thật sinh động, lí thú”.
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) 40 năm Olympic toán học quốc tế - PGS.TS Vũ Dương Thụy, nhà xuất
bản GD - năm 2002.
2) Tuyển chọn các bài thi vô địch toán - PGS.TS Nguyễn Văn Lộc, nhà xuất
bản ĐHQGHN - năm 2010.
3) Số học - Hà Huy Khoái - nhà xuất bản GD - năm 2005.
4) Số học - Doãn Văn Cường - nhà xuất bản ĐHSP - năm 2003.
5) Tuyển chọn theo chuyên đề toán học & tuổi trẻ, quyển 3 - nhà xuất bản
GD - năm 2008.
6) Chuyên đề số học – Ths. Nguyễn Văn Nho – nhà xuất bản ĐHQG TP.Hồ
Chí Minh – năm 2005.
7) Trang web: www.diendantoanhoc.net.
Sông Ray, tháng 5 năm 2014
GV: Ngô Văn Vũ Trang 13
Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Người thực hiện

Trường THPT Sông Ray Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán
Nếu (ac-bd) chia hết cho p.
Sử dụng định thức Brahmagupta-Fibonacci, ta có:
2 2 2 2
( ) ( )n a b ad bc ac bd
p p p p
+ + −
= = +
do (ac-bd) chia hết cho p, nên
2
( )ac bd
p
−
là số chính phương, mà
n
p
nguyên, nên
2
( )ad bc
p
+
cũng
nguyên, và do đó là số chính phương. Suy ra
n
p
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:
2 2 2 2
( ) ( )n a b ac bd ad bc

1 2
, , ,
k
p p p
đều biểu diễn thành tổng của hai số chính phương được cũng nên áp dụng bước 2 chia
n liên tiếp k lần cho
1 2
, , ,
k
p p p
suy ra:
1 2
.
k
n
m
p p p
=
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
2 2
a b
+
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
2 2
a b
+

c d
c d
y y
= =
, thì
1 1
,c d
nguyên tố cùng nhau và
2 2
1 1
c d
+
chia hết cho x, và rõ
ràng
1 1
c d a b+ < +
, mâu 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 môđulô p:
4 4 4
1 ,2 , ,(4 )
k k k
k
.
Xét hiệu giữa hai số liên tiếp nhau:
4 4 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1)
k k k k k k

theo môđulô p:
2 2 2
1 , 2 , ,(4 )
k k k
k
.
Phương trình đồng dư
2
1 0(mod )
k
x p− ≡
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.
GV: Ngô Văn Vũ Trang 16