Number Theory

Bài toán : Cho $x_1,x_2,...,x_{2n+1},y_1,y_2,....,y_{2n+1}$ là các số nguyên dương với $n$ là số nguyên dương tuỳ ý và $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+3$ . Chứng minh rằng :

$\left [(p-1)x_1^2+py_1^2 \right ]\left [ (p-1)x_2^2+py_2^2 \right ]...\left [ (p-1)x_{2n+1}^2+py_{2n+1}^2 \right ]$

không là một số chính phương.

Lời giải 1 :

Chú ý các phân tích sau đây :

Theo hằng đẳng thức Lagrange :

$\left [ (p-1)a^2+pb^2 \right ]\left [ (p-1)c^2+pd^2 \right ]=\left [ (p-1)ac+pbd \right ]^2+\left [ ad\sqrt{p(p-1)}+bc\sqrt{p(p-1)} \right ]^2=\left [ (p-1)ac+pbd \right ]^2+p(p-1)(ad+bc)^2$

$\left [ (p-1)a^2+pb^2 \right ]\left [ (p-1)c^2+pd^2 \right ]\left [ (p-1)x^2+py^2 \right ]=\left [ \left [ (p-1)ac+pbd \right ]^2+p(p-1)(ad+bc)^2 \right ]\left [ (p-1)x^2+py^2 \right ]$

$=\left [ \left ( (p-1)ac+pbd \right ).x\sqrt{p-1}+\sqrt{p(p-1)}.(ad+bc).y\sqrt{p} \right ]^2+\left [ \left ( (p-1)ac+pbd \right ).y\sqrt{p}-\sqrt{p(p-1)}.(ad+bc).x\sqrt{p-1} \right ]^2=(p-1)\left [ x((p-1)ac+bd)+py(ad+bc) \right ]^2+p\left [ ((p-1)ac+pbd).y-(p-1).x(ad+bc) \right ]^2\;\;\;(*)$

Ta dễ dàng chứng minh được $(p-1)x^2+py^2$ không thể là một số chính phương bằng nguyên lí lùi vô hạn $(**)$

Ta chứng minh bằng quy nạp tích $\left [(p-1)x_1^2+py_1^2 \right ]\left [ (p-1)x_2^2+py_2^2 \right ]...\left [ (p-1)x_{2n+1}^2+py_{2n+1}^2 \right ]$ có thể biểu diễn được dưới dạng $(p-1)X^2+pY^2$ . Với $n=0$ thì hiển nhiên. Gỉa sử :

$\left [(p-1)x_1^2+py_1^2 \right ]\left [ (p-1)x_2^2+py_2^2 \right ]...\left [ (p-1)x_{2n+1}^2+py_{2n+1}^2 \right ]=(p-1)X^2+pY^2$

Khi đó ta có :

$\left [(p-1)x_1^2+py_1^2 \right ]\left [ (p-1)x_2^2+py_2^2 \right ]...\left [ (p-1)x_{2n+3}^2+py_{2n+3}^2 \right ]=\left [ (p-1)X^2+pY^2 \right ]\left [ (p-1)x_{2n+2}^2+py_{2n+2}^2 \right ]\left [ (p-1)x_{2n+3}^2+py_{2n+3}^2 \right ]$

Và áp dụng $(*)$ ta quy nạp thành công. Sử dụng tính chất $(**)$ thì bài toán hoàn tất.

Lời giải 2 : (Phạm Quang Toàn)

Giả sử $A=\left [(p-1)x_1^2+py_1^2 \right ]\left [ (p-1)x_2^2+py_2^2 \right ]...\left [ (p-1)x_{2n+1}^2+py_{2n+1}^2 \right ]$ là một số chính phương.

Ta có

$\left [ (p-1)a^2+pd^2 \right ]\left [ (p-1)b^2+pc^2 \right ]=\left [ (p-1)ac-pbd \right ]^2+p(p-1)(ad+bc)^2=m^2++p(p-1)n^2$

Và

$\begin{aligned}\left [ m^2+p(p-1)n^2 \right] \left[ g^2+p(p-1) h^2 \right] & = \left[ p(p-1)hn-mg \right ]^2+ p(p-1)(ng+hm)^2 \\ & =i^2+p(p-1)l^2. \end{aligned}$

Do đó $\left [(p-1)x_1^2+py_1^2 \right ]\left [ (p-1)x_2^2+py_2^2 \right ]...\left [ (p-1)x_{2n}^2+py_{2n}^2 \right ]$ hoàn toàn có thể biểu diễn được dưới dạng $p(p-1)m^2+n^2$ . Như vậy $A= \left [ p(p-1)m^2+n^2 \right ] \left [ (p-1)x_{2n+1}^2+py_{2n+1}^2 \right].$

Ta có $p(p-1)m^2+n^2 \equiv n^2 \pmod{p}, (p-1)x_{2n+1}^2+py_{2n+1}^2 \equiv -x_{2n+1}^2 \pmod{p}$ . Do đó $A \equiv -(nx_{2n+1})^2 \pmod{p}$ hay $p|A+(nx_{2n+1})^2$ . Vì $A$ là số chính phương và $p \equiv 3 \pmod{4}$ nên ta suy ra $p^2|A,p|nx_{2n+1}$ . Ta sẽ xét ba trường hợp sau:

TH1. Nếu $p|n, p \nmid x_{2n+1}$ . Dễ thấy rằng $p \nmid (p-1)x_{2n+1}^2+py_{2n+1}^2$ . Vì $A$ chính phương nên $2 | v_p (p(p-1)m^2+n^2)$ . Ta có $p|p(p-1)m^2+n^2$ nên $p^2|p(p-1)m^2+n^2$ . Điều này đồng nghĩa với $p|m$ vì $p|n$ .

Đặt $v_p(m)=b_1,v_p(n)=b_2$ thì $m=p^{b_1}m_1,n=p^{b_2}n_1 \; (p \nmid n_1,p \nmid m_1)$ . Ta có $p(p-1)m^2+n^2= p^{2b_1+1}(p-1)m_1^2+p^{2b_2}n_1^2$

Dễ thấy rằng nếu $2b_1+1<2b_2$ thì $2 \nmid v_p(p(p-1)m^2+n^2)$ . Do đó $2b_1+1>2b_2$ . Khi đó $p(p-1)m^2+n^2=2^{2b_2} \left [ p^{2(b_1-b_2)+1}(p-1)m_1^2+n_1^2 \right].$

Như vậy $A$ là số chính phương khi và chỉ khi $B= \left [ p^{2(b_1-b_2)+1}(p-1)m_1^2+n_1^2 \right] \left[ (p-1)x_{2n+1}^2+py_{2n+1}^2 \right]$ là số chính phương. Lập luận tương tự, ta thu được $p|B+(n_1x_{2n+1})^2$ và suy ra $p|B$ , mâu thuẫn.

TH2. Nếu $p \nmid n,p |x_{2n+1}$ , lập luận tương tự trường hợp 1, ta suy ra mâu thuẫn.

TH3. Nếu $p|n,p|x_{2n+1}$ . Đặt $n=pn_1,x_{2n+1}=pc_1$ . Khi đó $A= p^2 \left[ (p-1)m^2+pn_1^2 \right] \left[ p(p-1)c_1^2+ y_{2n+1}^2 \right]$ là số chính phương khi và chỉ khi $\left[ (p-1)m^2+pn_1^2 \right] \left[ p(p-1)c_1^2+ y_{2n+1}^2 \right]$ chính phương. Ta quay lại với ý tưởng ban đầu và dẫn đến $p|y_{2n+1},p|m$ . Quá trính cứ tiếp tục tiếp diễn, ta suy ra $p^k|x_{2n+1},p^l|y_{2n+1}$ với mọi $k,l \in \mathbb{N}^*$ . Do đó $x_{2n+1}=y_{2n+1}=0$ , mâu thuẫn vì hai số này nguyên dương.