Thặng dư bậc hai modulo M

Bài viết trình bày các số k-phương .mod p/ trong đó p là số nguyên tố đóng vai trò cực kì quan trọng trọng trong lí thuyết số. Các số k phương đã được giới toán học quan tâm nghiên cứu từ xa xưa, đặc biệt là từ thế kỷ 17 cho đến nay đã có rất nhiều công trình lí thuyết số nghiên cứu về tính chất và ứng dụng của số k-phương.

THẶNG DƯ BẬC HAI MODULO M Nguyễn Hồng Lữ - Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai LỜI GIỚI THIỆU Các số k-phương mod p/ p số ngun tố đóng vai trị quan trọng trọng lí thuyết số Các số k phương giới toán học quan tâm nghiên cứu từ xa xưa, đặc biệt từ kỷ 17 có nhiều cơng trình lí thuyết số nghiên cứu tính chất ứng dụng số k-phương Định nghĩa Số k-phương mod m/: Cho số nguyên dương m; m số nguyên a cho k a; m/ D Nếu tồn số tự nhiên x cho: x Á a mod m/ ta nói a số k-phương module m hay nói: a số lũy thừa bậc k theo module m, có người nói: a thặng dư bậc k m Số phương mod m: Cho số nguyên dương m số nguyên a cho a; m/ D Nếu tồn số tự nhiên x cho x Á a mod p/ ta nói a số phương module m (cũng nói a thặng dư bình phương m) Số k–phương module nguyên tố đơn giản hay gặp số 2-phương module nguyên tố mà ngơn ngữ lí thuyết số ta gọi thặng dư bậc hai theo module nguyên tố hay số phương mod p nguyên tố Thặng dư bậc hai modulo p 1.1 Khái niệm Cho số nguyên m, cho số nguyên tố lẻ p: Nếu phương trình x Á a mod p/ có nghiệm ngun ta nói a số phương module m (cũng nói a thặng dư bình phương m) Nếu phương trình x Á a mod p/ khơng có nghiệm ngun ta nói a số phi phương module m (cũng nói a khơng phải thặng dư bình phương m) Nếu a Á mod m/ ta nói: a khơng phải số phương module m, đồng thời a khơng phải số phi phương module m Kí hiệu: +) aQRp: a số phương module p (viết tắt chữ quadratic residue) +) aNRp: a số phi phương module p (viết tắt chữ quadratic nonresidue) Ví dụ 1.1 Vì 52 Á mod 7/ nên: số phương module hay 4QR7 131 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Vì 52 Á mod 1/1 nên: số phương module 11 hay 3QR11 Vì a2 6Á mod 3/ với số nguyên a nên: số phi phương module hay 2NR3 Vì b 6Á mod 7/ với số nguyên b nên: số phi phương module hay 3NR7 Định lí sau cho ta mối quan hệ phép nhân thặng dư bậc hai mod p/ Định lý 1.1 Cho p số nguyên tố lẻ Ta có: Nếu: aQRp bQRp abQRp Nếu: aQRp bNRp abNRp Nếu: aNRp bNRp abQRp Một cách tổng quát: Tích hai số phương phi phương module p cho ta số phương module p Tích số phương số phi phương module p cho ta số phi phương module p Chú ý: Bạn thấy định lí giống với phép nhân dấu âm (-) với dấu dương(+) đại số: hai số dấu tích số dương; hai số trái dấu tích số âm! Nhận xét: Ta có aQRm , a C m/QRm: Điều cho ta thấy: Nếu phần tử lớp thặng dư modulo m số chình phương modulo m phần tử lớp thặng dư modulo m Ví dụ 1.2 Với modulo 7: số nguyên tố lẻ Ta có: +) Tập hợp số f1I 2I 4g số phương module +) Tập hợp số f3I 5I 6g số phi phương module Nhận xét: có D cho loại Ví dụ 1.3 Với modulo 13: số nguyên tố lẻ Ta có: +) Tập hợp số 1I 3I 4I 9I 10I 12 số phương module 13 +) Tập hợp số 2I 5I 6I 7I 8I 11 số phi phương module 13 Nhận xét: có 13 D số cho loại Từ ví dụ 2, ví dụ ta đến định lí sau: Định lý 1.2 Nếu p số nguyên tố lẻ tập 1; 2; :::; p số thặng dư bình phương p p số số thặng dư bình phương p 132 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 ˚ « Chứng minh Để ý rằng: k Á p k/2 mod p/, nên tập hợp 12 I 22 I :::I p 1/2 có p p cặp đồng dư (6Á ) với theo mod p Cho k chạy từ đến ta đặt k Á ak 2 p mod p/ ak thuộc tập hợp f1I 2I : : : I p 1g, có số phương mod p Ta chứng minh Ô aj vi i Ô j Ä p p Thật (phản chứng): mà D aj ; i Á j mod p/ ) i j /.i C j / chia hết cho p, mà i C j < p nên suy i j phải chia hết cho p ) i D j : điều mõu thun p vi i Ô j Gi s cú i Ô j Ä Vậy tập f1I 2I : : : I p phương mod p 1gcó p số phương mod p p số phi Định lý 1.3 Nếu p số nguyên tố lẻ p không ước số a phương trình x Á a mod p/ vơ nghiệm có hai nghiệm khơng đồng dư theo mod p Chứng minh Nhận thấy rằng: Nếu x Á b mod p/ nghiệm phương trình x Á a mod p/ x Á b mod p/ nghiệm phương trình x Á a mod p/ Nếu lớp thặng dư Œb mod p/ trùng với lớp thặng dư Œ b mod p/, suy b b/ phải chia hết cho p, hay 2b chia hết cho số nguyên tố lẻ p, b chia hết cho số nguyên tố lẻ p (1) Mặt khác b Á a mod p/ (2) Từ (1)và(2) ta suy a chia hết cho p: điều trái giả thiết! Kí hiệu Legendre 2.1 Kí hiệu Legendre Cho số nguyên tố lẻ p a số nguyên:  à a Nếu a số phương module p ta kí hiệu: D p  à a Nếu a khơng phải số phương module p ta kí hiệu: D p  à a Nếu số nguyên tố p ước số a kí hiệu D0 p 2.2 Một số tính chất liên quan kí hiệu Legendre  à Tính chất 2.1 Với số nguyên tố p (lẻ hay chẵn) ta ln có: D1 p 133 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Tính chất 2.2 Cho số nguyên tố lẻ p Nếu: a; p/ D 1; b; p/ D a Á b mod p/ thì:  à  à a b D : p p Ví dụ 2.1 Xét xem số 2014 có phải số phương modulo hay khơng? à  à  2010 D Chứng minh Ta có: 2010 Á mod 7/ nên theo tính chất ta có: ; mà theo 7 à  à  2010 tính chất ta có: D Vậy D hay 2014 số phương modulo 7 Tính chất 2.3 Cho p số nguyên tố lẻ: Với số nguyên a,b ta có:  à  Ã à ab a b D : p p p (Điều nói lên: Kí hiệu Lagrange có tính chất nhân)  Hệ 2.1 Với a Z ; p số nguyên tố: a khơng chia hết cho p ta ln có: a2 p à D Ví dụ 2.2 Xét xem số 125 có phải số phương modulo 41 hay không?  à  à 125 Chứng minh Ta có: 125 Á mod 41/ nên theo tính chất ta có: ; mà theo D 41 41  à  2à  à 125 tính chất ta có: D D Vậy suy ra: D hay 125 số phương 41 41 41 modulo 41  n à  Ãn a a Hệ 2.2 Nếu: a; p/ D D (với n số nguyên dương tùy ý ) p p Ví dụ 2.3 Xét xem số 75 có phải số phương modulo 97 hay khơng?  Chứng minh Ta có: 75 D 3:5 nên theo tính chất ta có  2à (1), để ý theo tính chất ta có D (2)  à 97 Ta có 102 Á mod 97/ nên D (3)  à 97 75 Từ (1),(2),(3) ta suy D1 97 75 97 à  D 3:52 97 à  D 97 à52 97 à Tính chất 2.4 à (Euler’s Criterion) Với số nguyên a không chia hết cho số nguyên tố lẻ p ta p a ln có: Á a mod p/ p p Suy Tiêu chuẩn Euler: a thặng dư bậc hai mod p , a Á mod p/ 134 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Tính chất 2.5 (Tính chất gọi luật tương hỗ Gauss hay luật thuận nghịch bình phương): Với hai số nguyên tố lẻ p, q phân biệt ta ln có:  Ã à p q p q : D 1/ : : q p  à  à p q q p : 2 Luật viết: D 1/ : q p  à  à p q Hệ 2.3 Nếu hai số nguyên tố lẻ p,q có dạng 4k C thì: D q p  à  à p q Nếu hai số nguyên tố lẻ p, q có dạng 4k C thì: D q p Ví dụ 2.4 Xét xem 13 có phải số phương modulo 17 hay khơng? Chứng minh Theo luật tương hỗ ta có:  à  à 13 17 13 17 : 2 D 1/ : 17 13 hay:  13 17 à  D à 17 ; 13 mặt khác ta có: 2 Á 17  Từ đó, ta có: 13 17  mod 13/ ) 17 13 à D 1: à D  à p2 Tính chất 2.6 Cho p số nguyên tố lẻ; ta có: D 1/ : p Tính chất 2.7 Cho p số nguyên tố lẻ; ta có:  à pC1 D 1/Œ  p Từ tính chất ta chứng minh mệnh đề quan trọng sau đây: T1: số phương modulo p (với số nguyên tố p dù chẵn hay lẻ) Chú ý: Từ tính chất T2 đến T12 p số nguyên tố lẻ T2: số phương modulo p , p Á mod 4/ T3: khơng số phương modulo p , p Á mod 4/ T4: số phương modulo p , p Á ˙1 mod 8/ T5: khơng số phương modulo p , p Á ˙3 mod 8/ T6: số phương modulo p , p Á 1; mod 8/ 135 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 T7: số phương modulo p , p Á ˙1 mod 1/2 T8: khơng số phương modulo p , p Á ˙5 mod 1/2 T9: số phương modulo p , p Á mod 6/ T10: khơng số phương modulo p , p Á mod 3/ T11: số phương modulo p , p Á ˙1 mod 5/ T12: số phi phương modulo p , p Á ˙2 mod 5/ Bổ đề 2.1 Bổ đề Gauss: Cho số nguyên a, số nguyên tố lẻ p  à m Ä X p a 2ka Ta đặt m D ta có: D 1/S ;S D p p kD1 Có mối liên hệ khơng số phương modulo p nguyên thủy mod p? Câu trả lời cho định lí sau: Định lý 2.1 Cho số nguyên tố lẻ p Cho g nguyên thủy mod p/ Cho a số ngun Ta có: a số phương mod p , a Á g 2k mod p/ Định lí suy rằng: Mỗi lũy thừa bậc chẵn nguyên thủy mod p nguyên tố thặng dư bậc hai mod p nguyên tố! Ví dụ 2.5 nguyên thủy mod 11 Theo định lí ta có: Các số ngun: 4; 16; 64; 256; 1024 số phương mod 11, vì: D 22 ; 16 D 24 ; 64 D 26 ; 256 D 28 ; 1024 D 210 Các ví dụ minh họa Ví dụ 3.1 Xét xem số có phải số phương modulo 73 hay khơng?  à  Ã à Chứng minh Ta có: D (1) 73 73  à 73 732 Theo tính chất ta có: D 1/ D (2) 73  à  à 71 Vì 73 số nguyên tố dạng 4k C nên theo luật tương hỗ Gauss ta có: D (3); để ý 71  à 71 rằng: 22 Á 73 (mod 3) suy D (4)  à Từ (1),(2),(3),(4) ta có D số phương modulo 73 73  à 26 Ví dụ 3.2 Tính: 73  à  à 26 1/:2:13 Chứng minh Theo tính chất nhân kí hiệu Lagrange có D D 73 73  Ã Ã à 13 73 73 73 Vì 73 số nguyên tố nên theo tiêu chuẩn Euler có:  à  à 73 732 1 D 1/ D 1I D 1/ D 73 73 136 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Theo luật thuận nghịch bình phương Gauss (Gauss’s Quadratic Reciprocity Law) ta có:  13 72 à D 1/ 13 73 :  73 : 13 à  D à 73 : 13  à a Mặt khác dựa vào tính chất: “Nếu: a; p/ D 1; a; p/ D a Á b mod p/ thì: D p  à  à  à  Ã3  à 73 2 b ” suy 73 Á mod 1/3 nên = = = (hệ t/c nhân) ; mà p 13 13 13 13  à  à 132 73 D 1) D 1/ D 13 13  Vậy có: 26 73 à D Hay –26 khơng thặng dư bình phương modulo 73  à Ví dụ 3.3 Tính 12 23 Chứng minh Cách 1: Ta có  12 23 à  D 22 :3 23 à  D 22 23 à23 à  D 23 Ã2  23 à  à 232 Mà D 1/ D 23 Theo luật thuận nghịch bình phương Gauss có:  23 à D 1/ 23 :  à  à 32 23 : D 1/ D 1/ 1/ D 3  à 12 D Suy 23 Cách 2: Vì 12 Á 11 mod 23/ Suy   mà 23 à D 1/   Suy 11 23 23 11 23 D 12 23 à  D 11 23 à  D 23 à11 23 à Theo luật thuận nghịch bình phương Gauss có: à D 1/ 11 23 :  23 : 11 à  D 1/ 11 à D 1/:1 D à D Ví dụ 3.4 Xét xem phương trình: x 103y 41 D (*) có nghiệm nguyên hay khơng? 137 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Chứng minh Phương trình (*) , x Á 41 mod 1/03: Điều cho ta thấy: Để trả lời câu hỏi phương tình (*) có nghiệm hay khơng ta phải trả lời câu hỏi số nguyên tố 41 có phải số phương modulo 103 hay khơng? Để ý 41 số nguyên tố dạng 4k C 103 số nguyên tố dạng 4k C nên theo luật tương hỗ Gauss ta có:  à  à 41 103 D : 103 41  à  à 103 21 Theo tính chất ta có = (vì 103 Á 21 mod 41/) 41 41 Theo tính chất ta có  à  à  Ã à 21 3:7 D D : : 41 41 41 41  à  à 41 Theo luật tương hỗ Gauss ta có: D mà 41 Á mod 3/ nên theo tính chất ta 41 có:  à  à 41 D D 3 (theo hệ tính chất 6) Tương tự:  à  à  à 41 D D D 41 7  à  Ã à 41 : D suy có D Như có: 41 41 103 Suy 41 số phương modulo 103 nên (*) có nghiệm Ví dụ 3.5 Chứng tỏ phương trình: x 1: 59y D 30 khơng có nghiệm ngun xI y/ Chứng minh Ta có:  mà  59 à D 1/ 592 30 59 à  D  D 1I 59 1/ 59 à59 à à  à 59 D 1/ : D 1/ : 3  à D suy ra: D 59 59 :  à  à  à 59 59 : D 1/ D D ( 59 Á 5  à  5à 30 D suy ra: D Vậy D 59 59 Ta có: 59 à Ã à  à 32 ( 59 Á mod 3/) Mà D 1/  59 59 :   mod 5/), mà à D Suy không tồn số nguyên m cho m2 Á 30 mod 59/, hay phương trình: x –59y D 30 vơ nghiệm 138 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Thặng dư bậc hai modulo hợp số 4.1 Kí hiệu Jacobi Đặt vấn đề : Như ta trình bày trên: Kí hiệu Lagrange vơ tiện lợi dùng cho modulo p số nguyên tố, Lẽ tự nhiên bạn đặt câu hỏi: Nếu modulo m khơng phải số ngun tố sao? Để có câu trả lời vào tìm hiểu kí hiệu Jacobi dành cho thặng dư bình phương modulo hợp số: Định nghĩa Cho a số nguyên, m số nguyên dương lẻ aÁ Giả sử m có phân tích tiêu chuẩn m D p1s1 :p2s2 :p3s3 :::pksk Kí hiệu gọi kí m J hệu Jacobi tính sau:  Ãs1  Ãs2  Ãsk aÁ a a a : / D : ::: m J p1 p2 pk Cần lưu ý bạn đọc bạn đọc: Vì m lẻ suy phân tích tiêu chuẩn m D p1s1 :p2s2 :p3s3 :::pksk sồ nguyên tố pi (i D 1; 2; :::; k) lẻ nên kí hiệu vế phải (*) hiểu kí hiệu Lagrange)  à  Ã à 1 Ví dụ: D D 1/: 1/ D 1: 15 J Nhận xét: Khi m số ngun tố kí hiệu Jacobi trùng với kí hiệu Lagrange ! aÁ Từ (*) ta suy ra: Nếu D a khơng thặng dư bậc hai pi m ÂJ Ãs a i aÁ (i D 1; 2; :::; k) D D p1 m aÁ Từ (*), D khơng thể suy a thặng dư bậc hai mọipi (i D 1; 2; :::; k) m J Bởi ký hiệu Jacobi tích ký hiệu Legendre, nên có hai ký hiệu Legendre ký hiệu Jacobi Kí hiệu Jacobi : Cho a số nguyên, m số nguyên dương lẻ không thiết m số nguyên tố aÁ Nếu a số phương module m ta kí hiệu: D m J aÁ Nếu a số phi phương module m ta kí hiệu: D m J aÁ Nếu số nguyên dương lẻ m ước số a kí hiệu D m J 4.2 Các tính chất sau thường dùng để tính nhanh ký hiệu Jacobi TC1: Nếu m số nguyên tố lẻ kí hiệu 139 trùng với kí hiệu m J m Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 aÁ f 1I 0I 1g m J aÁ TC3: Với a số nguyên; m số t nhiờn l D , gcd.aI n/ Ô m J  à  à ab aÁ b TC4: Với a,b hai số nguyên; m số tự nhiên lẻ D : m J m J m J  kà a a Ák Hệ quả: D m J m J a Á aÁ a Á D : TC5: Với a số nguyên; m, n số tự nhiên lẻ mn J m J n J a Á a Á2 Hệ quả: D f0I 1g: m2 J m J  à aÁ b D : TC6: Với a số nguyên; m số tự nhiên lẻ Nếu: a Á b mod m/ thì: m J m J  à TC7: Với a số nguyên; m số tự nhiên lẻ D 1: m J TC2: Với a số nguyên; m số tự nhiên lẻ TC8: Với a số nguyên; m số tự nhiên lẻ  à m 1 if m Á mod D 1/ D : if m Á mod m J TC9: Với a số nguyên ; m số tự nhiên lẻ  à m2 1 if m Á 1I mod D 1/ D : if m Á 3I mod m J TC10 (Luật tương hỗ Gauss ): Với m, n hai số tự nhiên lẻ, m; n/ D m 1/.n 1/ mÁ n Á D 1/ : n J m J Tính chất (giống ký hiệu Legendre) gọi: luật thuận nghịch bình phương  à m2 TC11: Với m số tự nhiên lẻ D 1/ : m  ÃJ mC1 TC12: Với m số tự nhiên lẻ D 1/Œ  : m J TC12: số phương modulo p , p Á ˙1 mod 8/: TC13: số phương modulo p , p Á 1; mod 8/: TC14: số phương modulo p , p Á ˙1 mod 12/: TC14: số phương modulo p , p Á mod 6/:  à p a Chú ý: Ta mở rộng đồng dư thức Euler Á a mod p với số nguyên tố p p aÁ m số nguyên a từ ký hiệu Legendre sang ký hiệu Jacobi là: Á a mod m m L với hợp số lẻ dương m Hay nói khác đi: Tiêu chuẩn Euler khơng cịn tác dụng kí hiệu Jacobi 140 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 4.3 Một ví dụ so sánh kí hiệu Lagrange kí hiệu Jacobi  à 1001 Sử dụng kí hiệu Lagrane: Tính: D‹ 9907 Ta có:  à  Ã Ã à 1001 11 13 D 9907 9907 9907 9907 Mà:  9907 à  D 9907 à D  à D 1/ 2/  11 9907  à 1001 9907  à  à  à  à 9907 11 D D D D D1 11 11 7  à  à  à 13 9907 D D D 1: 9907 13 13 3/ 4/ à D  à 1001 Sử dụng kí hiệu Jacobi: Tính: D‹ 9907 J Ta có:     à à à à  à 9907 898 1001 449 D D D 9907 J 1001 J 1001 J 1001 J 1001 J  à  à  à  à  à  à 449 1001 103 449 37 103 D D D D D 1001 J 449 J 449 J 103 J 103 J 37 J  à  à  à  Ã3 29 37 D 1: D D D D 37 J 29 J 29 J J Từ (1)(2)(3)(4) có: So sánh: Sự khác biệt hai hai cách tính tốn là: tính bắng kí hiệu Legendre "tử số" phải phân tích thành lũy thừa số nguyên tố Điều làm cho việc tính tốn cách sử dụng kí hiệu Legendre chậm so với cách tính bắng sử dụng kí hiệu Jacobi đáng kể Ví dụ 4.1 Tìm nghiệm ngun phương trình: x D y 5: Chứng minh Ta có: Nếu y chẵn suy y Á mod 8/ ) y –5 Á mod 8/ ) y –5 Á mod 8/ ) x Á mod 8/ Điều không xảy vì: số phương Á 0I 1I mod 8/ Nếu y Á mod 4/ ) y Á mod 4/ Điều không xảy vì: số phương Á 0I mod 4/ Nếu y Á mod 4/ ) y D 4zC1 Thay vào phương trình cho có x C4 D 4z 16z C 12z C ) x C Á mod 16z C 12z C 3/ ) x Á mod 16z C 12z C 3/ ) phương mod 16z C 12z C 3/ nên sử dụng kí hiệu Jacobi ta có  à D 1: 16z C 12z C J 141 số / Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Ta lại có:  à  à  à 4 D 16z C 12z C J 16z C 12z C J 16z C 12z C J à  à  D 16z C 12z C J 16z C 12z C J  à  Ã2 D 16z C 12z C J 16z C 12z C J à  16z C 12z C 1 8z C6zC1 D 1/ D 1/ D 1: 16z C 12z C J / Ta thấy (*) mâu thuẫn với (**) suy phương trình vơ nghiệm Ví dụ 4.2 Giả sử n D a2 C b ; u ước n u Á mod 4/.Chứng minh u ước a b Chứng minh (Phản chứng) Giả sử u không ước a u không ước b; chẳng hạn: u không ước a, suy aI u/ D Do đó, tồn số nguyên y, z cho ay C uz D hay ay Á mod u/ (1) Vì u ước n D a2 C b nên a2 C b Á mod u/ Suy C by/2 Á ay/2 C by/2 D y a2 C b / Á mod u/ Từ suy phương trình: C x Á mod u/ có nghiệm (nghiệm x D by) Suy x Á mod u/ (với u Á mod 4/): vơ lí ! (Vì: số phương modulo u u Á mod 4/) Ví dụ 4.3 Cho số nguyên dương: z, y, k, m, n Chứng minh rằng: x m C y n không chia hết cho 4kxy–1 Chứng minh Giả sử u D 4kxy–1 ước số x m C y n Nếu m, n chẵn: m D 2m1 I n D 2n1 , suy x m C y n D x m1 /2 C y n1 /2 chia hết cho u nên x m1 /2 Á y n1 /2 mod u/ .y n1 /2 Suy u u Á mod 4/ !  D1) J u à D , u Á 1.mod4/: Điều trái giả thiết J Nếu m, n khơng tính chẵn lẻ: Chẳng hạn: m D 2m1 ; n D 2n1 C 1, suy x m C y n D x m1 /2 C y.y n1 /2 chia hết cho u Do x m1 /2 Á y.y n1 /2 mod u/: Suy y.y n1 /2 u ! D1) J 142 y Á y n1 /2 u J u ! D1 J Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 +) Nếu y lẻ ta có  à y Á y n1 ) D1) u J u J  à yÁ yÁ D (1) u J u J u J  Do u Á mod 4/ nên u yÁ D1 u J / à D (2) J Vì yI u/ D y, u lẻ nên theo luật thặng dư bình phương có:  à y y y u yÁ u 3/ : D 1/ : D 1/ :.2kxy 1/ D 1/ 1/ u J y J  à  à  à  à y u u Vì u Á mod y/, suy D ; mà D 1/ nên D y J y J y J y J y 1/ (4) yÁ yÁ D1) D 1: mâu thuẫn (*) Từ (3), (4) suy u J u J +) Nếu y chẵn: y D 2h :z h số nguyên dương, z số nguyên lẻ Khi yÁ D u J   à u2 D 1/ D 1; Mà u J 2h z u  à D J zÁ D u J 2h u à zÁ D u J J suy  Ãh u J yÁ D u J zÁ u J 1: mâu thuẫn (*) Nếu m, n lẻ: m D 2m1 C1 ; n D 2n1 C1 Suy x m Cy n D x.x m1 /2 Cy.y n1 /2 chia hết choÁ u nên x.x m1 /2 Á Áy.y n1 /2 Á.mod u/Á ) x x m1 /2 Á xy.y n1 /2 mod u/ ) xy xy x y D 1: Ta có D D 1: mâu thuẫn! u J u J u J u J Bài tập thực hành Bài tập 5.1 Sử dụng kí hiệu Legendre tính chất liên quan đến kí hiệu để tính:  à  à  à 31 111 105 a/ b/ c/ 641 991 1009 Bài tập 5.2 Chứng minh  à  à 85 97 D D1 101 101  à  à 116 150 D D1 10009 1009  143 5Š à D Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Bài tập 5.3 Tìm tất số nguyên tố lẻ p cho 10 số phương mod p Bài tập 5.4 Cho p số nguyên tố ; p Á mod 8/ p rắng: số phương mod p Bài tập 5.5 Chứng minh  à D 1 61  à 29 D 541   Bài tập 5.6 Cho p số nguyên tố Mersenne; p mod p p 113 137 số nguyên tố.Chứng tỏ à 1583 D à D 1: Chứng tỏ rắng: số phi phương Bài tập 5.7 Cho số nguyên dương b số nguyên tố lẻ p không ước b Chứng minh rằng:  à  à  à  à b 2b 3b p 1/b C C C ::: D 0: p p p p Bài tập 5.8 Cho số nguyên tố lẻ p D 8:k C Gọi h D ordp 2/ Chứng minh rằng: h ước p Bài tập 5.9 Cho số nguyên tố lẻ p D 4k C p số phương mod q với q số nguyên tố lẻ Chứng minh rằng: q số phương mod p Bài tập 5.10 Cho p, q hai số nguyên tố sinh đôi với q D p C Chứng minh rằng: Tồn số nguyên a cho p ước a2 q , tồn số nguyên b cho q ước a2 p p Bài tập 5.11 Cho số ngun tố p Khi ln tồn số tự nhiên m cho: m < C p m số phi phương mod p Bài tập 5.12 Chứng minh rằng: phương trình x –149y D 107 có nghiệm nguyên Bài tập 5.13 Giải phương trình: 2x C x Á 13 mod 37/ Bài tập 5.14 Cho số nguyên tố p Phương trình x C 2y D p có nghiệm nguyên x; y/ p D p Á 1; mod 8/ Bài tập 5.15 Chứng minh phương trình: x 4x–8 Á mod 23/ có nghiệm nguyên Bài tập 5.16 Chứng minh phương trình: x Á 31 mod 71/ khơng có nghiệm ngun Bài tập 5.17 Tìm tất số nguyên tố p cho Phương trình x Á 10 mod p/ có nghiệm Phương trình x Á mod p/ có nghiệm Phương trình x Á mod p/ có nghiệm 144 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Phương trình x C 9x C 19 Á mod p/ có nghiệm Bài tập 5.18 Giả sử p số nguyên tố lẻ, m số nguyên cho m; p/ D Tìm điều kiện cần đủ để phương trình: x C py C m D có nghiệm nguyên xI y/ Bài tập 5.19 Nếu p số nguyên tố lẻ biểu diễn thành tổng hai số phương , p Á 1.mod4/ Bài tập 5.20 Chứng tỏ rắng: Nếu phương trình: x C 101y D z có nghiệm ngun phương trình: x 50 –101y–1 D có nghiệm nguyên Bài tập 5.21 Cho a; b; c số nguyên, cho p số nguyên tố lẻ không ước a; b; c Chứng minh phương trình: x ab/.x bc/.x ca/ D py ln có nghiệm nguyên xI y/ Bài tập 5.22 Cho p số nguyên tố Chứng minh Phương trình x –2y D p có nghiệm p D p Á ˙1 mod 8/ Phương trình x C 2y D p có nghiệm p D p Á 1; mod 8/ Phương trình x –3y D p có nghiệm p Á mod 12/ Phương trình 3x –y D p có nghiệm p D 2; p Á 11 mod 12/  à p Bài tập 5.23 Cho số nguyên tố p dạng 4k C Chứng minh rằng: x D Š nghiệm phương trình: x C Á mod p/ Bài tập 5.24 Cho p số nguyên tố ; p Á mod 4/ ; biết q D 2p C số nguyên tố Chứng tỏ rằng: 2p –1 chia hết cho q Bài tập 5.25 Chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố dạng: 3k C 1, 4k C 1, 10k C Bài tập 5.26 Đặt: Ä 1008 Ä 1009 Ä 1010 Ä 2015 2 2 SD C C C:::C 2017 2017 2017 2017 ÂÄ Ä Ä Ä 1007 à 2 C C C ::: C 2017 2017 2017 2017 Chứng minh rằng: 2017:S số phương Bài tập 5.27 Chứng minh rằng: Với x, y hai số nguyên số nguyên x2 không số 2y C Bài tập 5.28 Kí hiệu En D 11:::1 số tự nhiên mà cách viết hệ đếm số 10 En có n chữ số Hãy xét xem E33 có chia hết cho 67 hay khơng? Bài tập 5.29 Chứng minh rằng: Mn D 2n C (n 1.modMn / n 2) số nguyên tố Mn Á Bài tập 5.30 Với số nguyên dương n ta đặt Fn D 22 C (số Phecma thứ n) Chứng minh 145 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Fn số nguyên tố , Fn Á 1.modp/, p số nguyên tố Nếu p ước ngun tố Fn p có dạng: p D C 2nC2 :k (trong k số ngun dương đó) Bài tập 5.31 Tìm tất cặp số nguyên dương x; n/ thoả mãn x C 2x C D 2n (Đề thi Olympic Toán Serbia năm 2007) Bài tập 5.32 Cho p số nguyên tố; cho n số nguyên Nếu tồn số nguyên x, y cho p D x C ny n/ số phương module p Bài tập 5.33 Cho số nguyên dương a Á mod 4/ Khi tồn vơ hạn số ngun tố p Á mod 4/ cho: phương trình x Á a mod p/ khơng có nghiệm ngun x Bài tập 5.34 Cho p số nguyên tố lẻ; m số nguyên dương; a số nguyên cho a; p/ D 1 Chứng tỏ rằng: Phương trình x Á a mod p mC1 / có nghiệm , Phương trình x Á a mod p m / có nghiệm  à a m Chứng tỏ rằng: Phương trình x Á a mod p / có hai nghiệm , D p ˇ ˇ Bài tập 5.35 Tìm tất số nguyên tố p cho p biểu diễn dạng: p D ˇx 3y ˇ x, y số nguyên khác Bài tập 5.36 (USAMO 2008) Chứng minh rằng: Với số nguyên dương n tồn n số nguyên dương k1 I k2 I ::: I kn nguyên tố đôi ki với i D 1; 2; :::; n cho k1 :k2 :::kn tích hai số nguyên dương liên tiếp Bài tập 5.37 (Serbia 2008) Tìm tất nghiệm ngun khơng âm phương trình: 12x C y D 2008z Bài tập 5.38 (Ba Lan 2007) Chứng minh rằng: phương trình: x C D y khơng có nghiệm ngun BàiÄtập 5.39 Cho số ngun dương n Chứng minh số thặng dư bình phương mod 2n 2n 1 C là: Bài tập 5.40 số nguyên dương n số nguyên tố lẻ p => Số thặng dư bình phương Ä Cho nC1 p mod p n là: C1 2.p C 1/ Các ý lịch sử Chú ý 1: Kí hiệu Legendre Legendre sử dụng vào 1798, mà thấy, kí hiệu thơng minh tiện lợi tốn học (Trong tốn học có kí hiệu coi tuyệt vời thơng thái, là: Kí hiệu Legendre thặng dư bậc 2, kí hiệu đồng dư (Á) Gauss đề xuất; kí hiệu dx Leibniz phép tính vi phân) 146 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Chú ý 2: Định lí tương hỗ thặng dư bậc hai tiên đoán Adrien Marie Legendre (vào cuối năm 1700) Leonhard Euler thời gian khoảng 40 năm cố gắng chứng minh khơng thành, cuối ơng nêu định lí giả thuyết (vào khoảng năm 1744) Nhưng nhà toán học Đức vĩ đại Johann Carl Friedrich Gauss người chứng minh định lí vào năm 1797, ơng tuổi 19 (!) Gauss gọi ’định lý vàng’ tự hào đến mức ơng tiếp tục tìm cách chứng minh khác cho định lí cuối đời Cuốn Reciprocity Laws: From Euler to Eisenstein (Luật tương hỗ bậc hai: Từ Euler đến Eisentein) Franz Lemmermeyer, xuất năm 2000, thu thập trích dẫn cho 196 chứng minh khác định lý Chú ý 3: Các tính chất tác giả trích dẫn từ tài liệu tham khảo (có danh mục cuối đề tài này) Việc khơng chứng minh tính chất nhằm giảm tính nặng nề hàn lâm cho dề tài mà quan tâm đến áp dụng chúng! Adrien-Marie Legendre [1752 – 1833]: sinh ngày 18 tháng năm 1752 Paris, Pháp ngày 09 tháng năm 1833 Paris Legendre sinh gia đình giàu có, học Học viện Paris Ma Zhalin Ông đào tạo lĩnh vực: khoa học giáo dục, giáo dục đặc biệt tốn học Thầy giáo dạy tốn ơng J F M Abbe (Abbé) nhà tốn học kính trọng lúc Vào năm 1770 tuổi 18, Legendre bảo vệ luận án tiến sĩ tốn học vật lý, thơng qua bảo trợ Abbe Điều kiện kinh tế giả, đủ để giúp Legendre tham gia vào nghiên cứu khoa học Tuy nhiên, vào 1775-1780 ông bắt đầu tham gia giảng dạy toán học trường quân Paris Công việc nghiên cứu ông ý cộng đồng khoa học, vào năm 1782 gia nhậpViện Cơ học, năm 1785 bổ nhiệm làm Viện trưởng, thay ch P S Laplace (Laplace) Năm 1787, ông bổ nhiệm làm Viện trưởng Viện Hàn lâm Khoa học Paris Đài thiên văn Greenwich Năm 1794, ông bắt đầu với tư cách giáo sư Đại học tốn học túy Ơng năm 1813 Trong số học, ơng đốn luật bình phương nghịch đảo (quadratic reciprocity law), sau chứng minh Gauss Ơng có số cơng trình tiên phong phân bố số nguyên tố, ứng dụng giải tích vào số học Phỏng đốn ơng vào năm 1796 Định lý số nguyên tố chứng minh chặt chẽ Hadamard de la Vallée-Poussin vào năm 1898 Carl Gustav Jacob Jacobi (10/12/1804 – 18/02/1851): Là nhà toán học người Đức gốc Do Thái, người có nhiều đóng góp cho lĩnh vực: hàm elliptic, động lực học, phương trình vi phân, lý thuyết số Tên ơng viết Carolus Gustavus Iacobus Iacobi sách giáo hoa Latin ông viết tên ông Karl dùng Jacobi nhà toán học Do Thái bổ nhiệm làm giáo sư trường đại học Đức 147 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Biểu tượng Jacobi tổng quát biểu tượng Legendre Được giới thiệu Jacobi vào năm 1837, quan tâm mặt lý thuyết số học mô-đun ngành khác lý thuyết số, việc sử dụng lý thuyết số tính tốn, test số ngun tố phân tích thành nhân tử nguyên tố; ứng dụng quan trọng lí thuyết mật mã Jacobi người áp dụng hàm elliptic vào lý thuyết số, ví dụ chứng minh định lý Fermat phân tích số thành tổng số phương định lý Lagrange phân tích số thành tổng số phương, kết tương tự cho phân tích số thành tổng số phương Trong lý thuyết số ông tiếp tục công việc C F Gauss: chứng minh luật tương hỗ bậc hai giới thiệu kí hiệu Jacobi; góp phần lớn phát minh cho luật tương hỗ, tìm kiếm tính chất liên phân số, phát minh tổng Thay cho lời kết Sự ghi nhận tơn kính: Lịch sử ngành Lí thuyết số (Number Theory) nói chung Lí thuyết số k–phương nói riêng ghi nhận cơng lao to lớn lỗi lạc thiên tài Toán học như: Carl Friedrich Gauss(1777-1855): Nhà toán học kiệt xuất nước Đức, từ tuổi tỏ rõ tài toán học phi thường 30 tuổi giáo s toỏn hc trng i hc Găottingen Nm 1804 ông trở thành thành viên Viện Hàn Lâm khoa học Anh Những cống hiến to lớn Gauss bao trùm lên tồn lĩnh vực tốn học Chính Gauss làm thay đổi mặt toán học nên giới công nhận ông nhà toán học vĩ đại lịch sử lồi người, gọi "Ơng Hồng tốn học" Leonhard Euler (1707 – 1783): Sinh năm 1707 Basel, thành phố nhỏ tuyệt đẹp ven bờ sông Ranh (Rhin) Thụy Sĩ Khả toán học Euler bộc lộ sớm Năm 13 tuổi, cậu bé sinh viên trường đại học Tổng hợp Basel (Thụy Sĩ) Năm 1731, chàng niên Euler 24 tuổi trở thành viện sĩ Viện hàn lâm Petersburg (Pê-tec-bua) Năm 1735, phủ Nga giao cho Viện hàn lâm nhiệm vụ tính tốn thiên văn để lập đồ Khi sơ tính tốn, viện sĩ thấy phải ba tháng hồn tất cơng việc Việc gấp, Euler nhận hoàn thành ba ngày đêm liên tục tính tốn Bằng tất lực sáng tạo phi thường mình, trước kinh ngạc người, Euler làm xong ngày đêm! Vì phải tập trung ý cao độ căng thẳng, ông phải chịu tổn thất đau đớn: làm xong việc mắt bên phải bị hỏng, mắt trái yếu hẳn Năm 1770, thầy thuốc tiến hành phẫu thuật chữa mắt cho ơng 148 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 sau mổ vài ngày, ông lại lao vào làm việc, tính tốn khơng nghỉ nên mắt trái hỏng lại từ đó, ơng bị mù hẳn Năm đó, ơng phải chịu nhiều bất hạnh: nhà cháy, cải hết Rồi hai năm sau, bà Euler qua đời Người ta tưởng từ ơng phải giã từ khoa học Nhưng tình u ơng Tốn học khơng giảm sút sức mạnh sáng tạo óc thiên tài nơi ơng thật vĩ đại Với trí nhớ kì diệu, mù, ơng đọc cho thư kí viết phát minh Trong Tốn học, khơng có nhà Tốn học nhắc đến nhiều Euler Những ngày học phần logarit lượng giác chương trình phổ thơng hồn tồn dựa theo cách trình bày Euler Ơng cịn người đề nhiều kí hiệu Tốn học, chẳng hạn quen thuộc với kí hiệu số (pi) Nhà tốn học Pháp La-pla-xơ (Laplace) gọi ơng "người thầy chung tất chúng ta" Cuộc đời Euler gương sáng chói lịng say mê lao động sáng tạo không mệt mỏi, vượt lên ngăn trở bất hạnh ngẫu nhiên; Khi hỏng mắt, 17 năm cuối đời, ơng hồn tất 416 cơng trình khoa học, tức trung bình năm nghiên cứu thành cơng 25 cơng trình có giá trị xuất sắc! Ông từ trần vào mùa hè năm 1783 Ơng để lại 865 cơng trình khoa học, in thành 72 tập lớn, tập ngót 600 trang Sau ông mất, Viện hàn lâm Petersburg, công bố thảo ông khoảng 47 năm hết Pierre de Fermat (sinh ngày 20 tháng 8, 1601 Pháp – 1665): Là học giả nghiệp dư vĩ đại, nhà toán học tiếng cha đẻ lý thuyết số đại Xuất thân từ gia đình giả, ơng học Toulouse lấy cử nhân luật dân làm chánh án Chỉ trừ gia đình bạn bè tâm giao, chẳng biết ông vô say mê toán Mãi sau Pierre de Fermat mất, người trai in dần cơng trình cha kể từ năm 1670 Năm 1896, hầu hết tác phẩm Fermat ấn hành thành tập dày Qua đó, người đời vơ ngạc nhiên khâm phục trước sức đóng góp dồi ơng Chính ơng người sáng lập lý thuyết số đại, có định lý bật: định lý nhỏ Fermat định lý lớn Fermat (định lý cuối Fermat) Tài liệu tham khảo [1] "250 Problems in Elementary Number Theory," Waclaw Sierpinski, 1994 [2] "Elementary Number Theory," David M Burton, 1980 [3] "Elementary Number Theory," Giusefe Melfi, 1998 [4] "Elementary Number Theory," A.J Hildebrand, 2011 [5] "Number Theory Structures, Examples, and Problems," Titu Andreescu Dorin Andrica [6] "Quadratic Congruences Olympiad Training," Dusan Djukic [7] "Elementary Number Theory", Beuker, 2012 [8] "Số học," Hà Huy Khoái, NXB Giáo Dục, 2006 [9] Một số viết đồng nghiệp mạng1 [sic] [10] Các giảng Số học Nguyễn Hồng Lữ (tài liệu lưu hành nội bộ) Chúng giữ nguyên cách ghi tác giả Chú thích Ban Biên tập 149 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 150 ... dư? ?ng; hai số trái dấu tích số ? ?m! Nhận xét: Ta có aQRm , a C m/ QRm: Điều cho ta thấy: Nếu phần tử lớp thặng dư modulo m số chình phương modulo m phần tử lớp thặng dư modulo m Ví dụ 1.2 Với modulo. .. phương modulo p , p Á ˙1 mod 1/2 T8: khơng số phương modulo p , p Á ˙5 mod 1/2 T9: số phương modulo p , p Á mod 6/ T10: không số phương modulo p , p Á mod 3/ T11: số phương modulo p , p Á ˙1 mod... Á mod D 1/ D : if m Á mod m J TC9: Với a số nguyên ; m số tự nhiên lẻ  à m2 1 if m Á 1I mod D 1/ D : if m Á 3I mod m J TC10 (Luật tương hỗ Gauss ): Với m, n hai số tự nhiên lẻ, m; n/ D m 1/.n