(SKKN 2022) thặng dư bình phương

Mục lục ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1 Lý chọn đề tài ……………………………………… ………………… .1 1.2 Mục đích nghiên cứu ………………………………………… …… ….….…1 1.3 Đối tượng nghiên cứu …………….…………………………….………….… 1.4 Phương pháp nghiên cứu….…………………………………….………….… 1.5 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm ………… ….….1 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm ……………………………… …… 2.2 Phân loại số tốn liên quan đến thặng dư bình phương ……… … 14 2.2.1 Các toán chia hết, ước số ………………………………… …… … 14 2.2.2 Các toán tồn hay không tồn Biểu diễn số nguyên ……… … 21 2.2.3 Các tốn phương trình nghiệm nguyên …………………………….27 2.2.4 Các toán khác ……………………………………….…………… …29 Bài tập tự luyện …………………………………………….……….……….31 2.3 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục ,với thân, đồng nghiệp nhà trường 32 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận ………………………………………………………………………… 33 3.2 Kiến nghị …………………………………………………………………….… 33 Tài liệu tham khảo ……………………………………………… …………… 34 THẶNG DƯ BÌNH PHƯƠNG MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong trình giảng dạy cho em học sinh chun Tốn có vấn đề kiến thức nâng cao khơng có tài liệu sách giáo khoa hành, nên người dạy cần phải biên soạn thành chuyên đề lý tuyết tập thực hành để phục vụ cho công việc Trong viết tơi xin trình bày “Thặng dư bình phương” liên quan đến đồng dư thức, công cụ sắc bén giải nhiều tốn số học, hay khó kì thi Olympic toàn giới cách thật dễ dàng dễ hiểu Do khuôn khổ viết bị giới hạn số trang, nên tơi trình bầy vấn đề lý thuyết cách (với mục đích phổ biến rộng rãi đến bạn đọc) số ví dụ áp dụng minh họa đề thi Olympic, để thấy sắc bén vấn đề 1.2 Mục đích nghiên cứu Kí hiệu tốn học ví chương trình thuật tốn Kí tốn học giúp cho việc diễn đạt vấn đề ngắn gọn, mạch lạc dễ hiểu (vấn đề thể lịch sử phát triển tốn học) Chính với kí hiệu Legendre liên quan đến khái niệm đồng dư thức số học, giúp cho việc trình bày nhiều vấn đề số học liên quan đến quan hệ đồng dư cách ngắn dễ hiểu Rèn luyện kĩ vận dụng khái niệm thặng dư bình phương theo modulo n vào giải tốn thông qua thi học sinh giỏi kì thi Olympic 1.3 Đối tượng nghiên cứu Dựa liệu đề thi học sinh giỏi, kì thi Olympic nước nước ngồi Cơ sở lí luận dựa phương phương pháp phân tích, tổng hợp, tọa đàm (với học sinh giáo viên dạy chuyên toán) 1.4 Phương pháp nghiên cứu Tham khảo tài liệu nước số học để biên soạn sở lí thuyết thặng dư bình phương Phân loại số dạng đề thi Olympic toán giải thặng dư bình phương Nếu học sinh học chuyên sâu theo chuyên đề phát triển lực tư Tốn học, đặc biệt có phương pháp để giải lớp toán số học liên quan đến quan hệ đồng dư Đây phần khó với học sinh lớp chun tốn 1.5 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Nhiều toán số học liên quan đến đồng dư thức x ≡ a (mod n) địi hỏi học sinh phải ln đổi cách tiếp cận kiến thức nâng cao để tìm tịi lời giải, toán dành cho HSG Các em học sinh thường gặp khó khăn chưa có sở lí thuyết Vì viết nhằm trang bị cho em học sở lí thuyết hệ thống tập để áp dụng phương pháp NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trước hết ta định nghĩa thặng dư bình phương số theo modulo n, n số nguyên dương lớn Định nghĩa Cho số nguyên dương n số nguyên dương a nguyên tố với n gọi thặng dư bình phương modulo n (chính phương modulo n) phương trình x ≡ a (mod n) có nghiệm, trường hợp trái lại ta nói a bất thặng dư bình phương (khơng phương) modulo n Nhận xét Rõ ràng số phương số phương (mod n) với số nguyên dương n Nếu a thặng dư bình phương modulo n a ≡ b(mod n), b thặng dư bình phương modulo n 2.1.1 Trường hợp modulo p, với p số nguyên tố Định nghĩa (kí hiệu Legendre): Cho p số nguyên tố lẻ, số nguyên a nguyên tố a với p Kí hiệu Legendre  ÷ xác định sau:  p a  ÷ = a thặng dư bình phương modunlo p  p a  ÷ = −1 a bất thặng dư bình phương modunlo p  p a Chú ý: Trong tài liệu định nghĩa cho trường hợp a Mp  ÷ =  p Định lí Cho số nguyên tố lẻ p, số nguyên a nguyên tố với p, đó: Phương trình x ≡ a (mod p) vơ nghiệm, có nghiệm đồng dư modunlo p Trong số số 1, 2, , p − có xác số thặng dư bình phương số bất thặng dư bình phương theo modulo p p −1 Chứng minh Giả sử a thặng dư bình phương mod p Ta thấy b số thuộc { 1, 2, , p − 1} b ≡ ( p − b) (mod p ) Do phương trình x ≡ a (mod p) có nghiệm mà bình phương có thặng dư a theo modulo p (vì tập { 1, 2, , p − 1} hệ thặng dư thu gọn modulo p) Đặt S = { 1, 2, , p − 1} , S1 = { 1, 2, , ( p − 1) / 2} Với i ∈ S1, gọi ri số (dương nhỏ nhất) mà i ≡ ri (mod p) Ta thấy ri ≠ r j i ≠ j Thật vây, ri = r j ⇒ i − j ≡ 0(mod p) ⇒ (i − j )(i + j ) ≡ 0(mod p) Nhưng điều không xảy i − j , i + j điều không chia hết cho p ≤ i − j < i + j < p { } Vậy tập A = ri ∈ S | ri ≡ i (mod p ), i ∈ S1 , có A = ( p − 1) / Ta chứng minh A tập tất số phương modulo p S Thật vậy, số thuộc A số phương (mod p ) Ngược lại, giả sử a ∈ S cho a ≡ k (mod p ) với k ∈ S Nếu k ∈ S1 a = rk ∈ A Nếu k ∉ S1 b = p − k ∈ S1 ta có a ≡ b (mod p ) (do k ≡ ( p − k ) (mod p ) ) a = rb ∈ A Hệ Với số nguyên tố lẻ p , ta có p −1 r ∑  p ÷ = r =1   Định lí (Tiêu chuẩn Euler) Với p số nguyên tố lẻ số nguyên a thỏa mãn (a, p ) = 1, a  ÷≡ a  p p −1 (mod p) a Chứng minh Xét trường hợp  ÷ = Khi đồng dư x ≡ a (mod p) có nghiệm x = x0 Theo  p định lý Fermat bé, ta có p −1 a p −1 2 ≡ ( x0 ) ≡ ( x0 ) p −1 ≡ 1(mod p) Do a  ÷≡ a  p p −1 (mod p) a Trường hợp  ÷ = −1 Khi phương trình đồng dư x ≡ a (mod p) vô nghiệm  p Với i ∈ { 1, 2, , p − 1} tồn j ,1 ≤ j ≤ p − cho i j ≡ a (mod p ), rõ ràng i ≠ j (vì phương trình x ≡ a (mod p) vô nghiệm), nên số thuộc tập { 1, 2, , p − 1} phân thành p −1 cặp, cho tích hai số cặp đồng dư với a theo modulo p Từ p −1 ( p − 1)! ≡ a (mod a Do  ÷ ≡ a  p p −1 (mod p ), mặt khác theo định lý Wilson ( p − 1)! ≡ −1(mod p ) p) Định lý chứng minh  −1  Hệ Với số nguyên tố p > ,  ÷ = (−1)  p p −1 Như vây, phương trình đồng dư x ≡ −1(mod p ) có nghiệm p = p ≡ (mod 4) Phương trình đồng dư x ≡ −1(mod p ) vô nghiệm p ≡ −1 (mod 4) Định lí (Kí hiệu Lagrange có tính chất nhân) Giả sử p số nguyên tố lẻ, a b số nguyên Khi đó: a b i) Nếu a ≡ b(mod p ),  ÷ =  ÷  p  p  ab   a   b  ii)  ÷ =  ÷  ÷  p   p  p  a2  = iii) Nếu (a, p ) =  ÷ ÷ p   Chứng minh i) Nếu a ≡ b(mod p ), phương trình x ≡ a (mod p) có nghiệm a b phương trình x ≡ b(mod p ) có nghiệm Vậy  ÷ =  ÷  p  p Nếu a b chia hết cho p khẳng định định lý hiển nhiên Bây ta xét trường hợp a b không chia hết cho p  ab  Theo tiêu chuẩn Euler, ta có  ÷ ≡ ( ab)  p p −1 p −1 p −1 ≡ a b a b ≡  ÷  ÷(mod p )  p  p  ab  a b Vì  ÷  ÷,  ÷ nhận giá trị -1, mà p ≠ nên xảy trường hợp  p  p  p  ab   a   b  ≡ −1(mod p ),  ÷ =  ÷  ÷  p   p  p a Vì  ÷ = ±1, theo ii) ta có  p  a2   a   a  =  ÷ =  ÷ ÷  p ÷ p   p   Nhận xét: Tích hai thặng dư bình phương hai thặng dư bất bình phương thặng dư bình phương, tích thặng dư bình phương với thặng dư bất bình phương thặng dư bất bình phương Định lí (Bổ đề Gauss) Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên dương không chia hết cho p Nếu số thặng dư dương bé số nguyên a, 2a,3a, , lớn p −1 a có s thặng dư a p s  ÷ = (−1) p   Chứng minh Trong số thặng dư dương bé số nguyên a, 2a,3a, , giả sử u1, u2 , , us thặng dư lớn Vì ( ja, p ) = với ≤ j ≤ p −1 a, p p v1, v2 , , vt thặng dư bé 2 p −1 , nên ui , v j khác 0, tức thuộc tập hợp { 1, 2, , p − 1} Ta chứng minh tập hợp { p − u1, p − u2 , , p − us ; v1, v2 , , vt } = 1, 2, ,  p − 1   Thật vậy, rõ ràng khơng có hai số ui nào, khơng có hai số vt đồng dư với p − 1  theo modulo, (nếu trái lại ta hai số tự nhiên phân biệt m, n thuộc tập 1, 2, ,  thỏa mãn   ma ≡ na (mod p ) ⇒ m = n, mâu thuẫn) đồng thời số p − ui không đồng dư với số v j theo modulo Như ta có  p −1  ( p − u1 )( p − u2 ) ( p − u s ).v1v2 vt =  ÷!(mod p )   Mặt khác, p − u1, p − u2 , , p − us ; v1, v2 , , vt thặng dư dương bé p −1 a, 2a,3a, , a theo modulo p, nên u1, u2 , , us v1, v2 , , vt ≡ a p −1  p −1   ÷!(mod p )   Như ta có p −1  (−1)  ÷! ≡ a   s p −1  p −1  s  ÷!(mod p) ⇒ (−1) a   p −1 p −1 ≡ 1( modp) ⇒ a ≡ (−1) s ( modp) a a s Áp dụng tiêu chuẩn Euler ta  ÷ ≡ (−1) (mod p), mà  ÷ nhận giá trị hay −1 , nên  p  p a s  ÷ = (−1) Đpcm p   Định lí Nếu p số nguyên tố lẻ   = (−1)  ÷  p p2 −1 Như vậy, số thặng dư bình phương modulo p p ≡ ±1(mod 8) Chứng minh Áp dụng bổ đề Gauss, ta cần đếm số thặng dư dương bé lơn p dãy số 1.2, 2.2, , p −1 2 số bé p nên chúng trùng với thặng dư dương bé chúng Như vậy, ta cần đếm số dãy lớn Số chẵn j , với ≤ j ≤ p p −1 p p , không vượt j ≤ 2 Vậy số số dãy lớn p −1  p  p −   s = 2 4 Như vậy, ta có 2  ÷ = (−1)  p p −1  p  −   Bằng cách xét trường hợp p ≡ ±1(mod 4), ta p −  p  p2 − −  ≡ (mod 2) 4 Khi lí suy từ bổ đề Gauss Định lí (Luật thuận nghịch Gauss) Với cặp số nguyên tố lẻ khác ( p, q ) Ta có:  p  q   ÷ ÷ = (-1)  q  p  p −1 q −1 2 Chứng minh Trước hết ta chứng minh bổ đề: Giả sử p số nguyên tố lẻ a số ngun a k khơng chia hết cho p Khi  ÷ = (−1) , k =  p p −1  ja  j =1   ∑  p  (Ở kí hiệu  x  phần nguyên só thực x ) Chứng minh bổ đề Xét thặng dư dương bé số dãy a, 2a,3a, , p −1 a, theo (mod p ) Gọi u1, u2 , , us thặng dư lớn p p v1, v2 , , vt thặng dư bé 2  ja   ja  Theo thuật tốn chia Euclide ta có ja ≡ ja −   (mod p ), với ≤ ja −   ≤ p −  p  p  ja  Nên ja −   số dư phép chia ja cho p Do  p ( p −1)/2 ∑ ja = j =1 ( p −1)/2 ∑ j =1 t  ja  s p   + ∑ ri + ∑ s j (1)  p  i =1 j =1 Mặt khác, từ chứng minh định lí 4, ta có { p − u1, p − u2 , , p − us ; v1, v2 , , vt } = 1, 2, ,  p − 1   Nên ( p −1)/2 ∑ j =1 s t s t i =1 j =1 i =1 j =1 j = ∑ ( p − ri ) + ∑ s j = sp − ∑ ri + ∑ s j (2) Trừ vế đẳng thức (1) (2) ta (a − 1) ( p −1)/2 ∑ j =1 ( p −1)2 Do a , p lẻ ∑ j =1 j= s  ( p−1)/2  ja   j = p  ∑   − s ÷+ 2∑ ri (3)  j =1  p  ÷ i =1   p2 − p − ( p −1)/2  ja  , nên (3) suy ≡ (a − 1) ≡ ∑   − s(mod 2) 8 j =1  p  Suy s ≡ ( p −1)/2 ∑ j =1 ( p −1)/2  ja   ja  (mod 2) s ≡ Do ∑  p  = k (mod 2) Nên từ định lí 4, ta có bổ đề  p    j =1  chứng minh Trở lại tốn Theo bổ đề định lí chứng minh ta chứng minh ( p −1)/2 ∑ j =1  jq  ( q −1)/2  jp  p − q −  p + ∑  q  =    j =1  p −1 q − 1  ,1 ≤ y ≤ Đặt S = ( x, y ) |1 ≤ x ≤  2   Khi tập S có p −1 q −1 phần tử khơng có phần tử ( x, y ) ⊂ S thỏa mãn qx = py, p, q 2 hai số nguyên tố phân biệt Xét tập S1 = { ( x, y ) ∈ S | qx > py} , S2 = { ( x, y ) ∈ S | qx < py} Ta có   qx   p −1 qx   p −1 S1 = ( x, y ) |1 ≤ x ≤ ,1 ≤ y <  = ( x, y ) |1 ≤ x ≤ ,1 ≤ y ≤    , p    p    py  py q − 1  q − 1 S2 = ( x, y ) |1 ≤ x < ,1 ≤ y ≤  = ( x, y ) |1 ≤ x ≤   ,1 ≤ y ≤  q      q  Do S1 = ( p −1)/2 ∑ x =1 ( q −1)/2  qx   py  , S = ∑  q   p    y =1  Vì S = S1 + S , nên ta có ( p −1)/2  qx  ( q −1)/2  py  p −1 q −1 = S = S1 + S = ∑   + ∑   2 x =1  p  y =1  q  Từ ta có điều phải chứng minh Định lí Cho p > số nguyên tố Khi thặng dư bình phương mod p p ≡ ±1 (mod 8) −2 thặng dư bình phương mod p p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8) thặng dư bình phương mod p p ≡ ±1 (mod12), (với p ≠ ) −3 thặng dư bình phương mod p p ≡ (mod 6) thặng dư bình phương mod p p ≡ ±1 (mod 5), (với p ≠ ) thặng dư bình phương mod p p ≡ ±1, ±3, ±9 (mod 28), (với p ≠ ) vi)  p +1    2  ÷ = ( −1)  p Chứng minh Theo định lí 5, ta có   = (−1)  ÷  p p −1 (−1) p −1 Do thặng dư bình phương modulo2 = ⇔ p = 16k + ⇔ p = ±1(mod 8) −2 thặng dư bình phương mod p  −2   −1   =  ÷ =  ÷ ÷ ⇔ (−1)  p   p  p  p −1 p −1 ( −1) (1) - Nếu p = 8k ± 1, có p = 8k + thỏa mãn (1) - Nếu p = 8k ± 3, thỏa mãn p = 8k + thỏa mãn (1) Vậy −2 thặng dư bình phương mod p p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8) Giả sử số nguyên tố lẻ p thỏa mãn (3, p ) = Goi s số thặng dư dương nhỏ theo modulo p số 3, 2.3, , p −1 p mà lớn Khi theo bổ dề Gauss ta có 2 3 p s số j thuộc  ÷ = (−1) Khi chia số dãy số cho p số dư lớn  p p p  khoảng  , p ÷ Do ta cần đánh giá số cách chọn số j thỏa mãn < j < p 2  Đặt 12k + r , với r ∈ { 1,5, 7,11} , k ∈ ¥ * Ta có p r r < j < p ⇔ 2k + < j < 4k + (1) Tính chẵn lẻ số số j thỏa mãn (1) tính chẵn lẻ số số j thỏa mãn r r < j < , (2) Với r = 1, có số j thỏa mãn (2), suy s = 0, nên theo bổ đề Gaus thặng dư bình phương modulo p Với Với r = có số j thỏa mãn (2), suy s = 1, nên theo bổ đề Gaus không thặng dư bình phương modulo p Với Với r = có số j thỏa mãn (2), suy s = 1, nên theo bổ đề Gaus không thặng dư bình phương modulo p Với Với r = 11 có số j thỏa mãn (2), suy s = 2, nên theo bổ đề Gaus thặng dư bình phương modulo p 10 s Ta có 2n − = 22 − = (2 − 1)(2 + 1)(2 + 1) (22 s −1 + 1) k Từ để 2n − 1| m + 9, ta cần có 22 + 1| m2 + 9, ∀ k = 0,1, , s −  2m  2k Mặt khác dễ chứng minh số Fecma có tính chất:  + 1, + 1÷ = 1, ∀ m ≠ k   Do theo định lí thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên x0 thỏa mãn hệ đồng dư  x ≡ 0(mod 220 + 1)  x ≡ ≡ −9(mod 220 + 1)   0   x ≡ 9.22 ≡ −9(mod 22 + 1) 2  x ≡ 3.2 (mod + 1)    2 22 22  x ≡ 3.22 (mod + 1)  x0 ≡ 9.22 ≡ −9(mod + 1) ⇒    23 23 2  x ≡ 3.2 (mod + 1)  x0 ≡ 9.2 ≡ −9(mod + 1)      x ≡ 3.22s − (mod 22s −1 + 1)  x ≡ 9.22s −1 ≡ −9(mod 22s −1 + 1)   i Từ suy x02 + ≡ 0(mod 22 + 1), ∀ i = 0,1, , s − Từ suy 2n − 1| 3( x02 + 1) ⇒ 2n − 1| x02 + ⇒ n − 1| m + 9, với m = x0 giá trị m cầm tìm Vậy tất giá trị số tư nhiên n cần tím n = s , với s ∈ ¥ Bài 13 (APMO, 1997) Tìm số n nằm 100 1997 cho n | 2n + Giải Hiển nhiên n thoã mãn điều kiện n số chẵn Khơng thể xảy n = p , với p số nguyên tố ( từ Định lí Fermat) Bây tìm n = pq , với p, q số nguyên tố khác  −2   −2  pq −1 + ⇒  ÷ =  ÷ = Theo Định lí Fermat ta lại có Chúng ta cần pq |  p  q  p | 22 q −1 + 1, q | 22 p −1 + , dễ thấy q = 3,5, khơng thỗ mãn, ta thử chọn q = 11 xem Trong trường hợp tìm thấy p = 43 Chúng ta lại cần chứng minh với  −2   −2  p = 43, q = 11 Thật vậy, cần chứng minh  ÷ =  ÷ = p | 22 q −1 + 1, q | 22 p −1 +  p  q  Điều dễ dàng kiểm tra Vậy chọn n = 2.11.43 Bài 14 (IMO Longlits, 1992, ROM 2) Cho a, b số nguyên Chứng minh 2a − b2 + , số nguyên Giải Ta xét hai trường hợp: 22 Trường hợp 1: b chẵn 2a − chia hết cho 2, vơ lí Trường hợp 2: b lẻ b + ≡ 3(mod 8) , b + có ước số nguyên tố lẻ dạng 8k + , gọi số p , 2a − chia hết cho p nên (a, p) = tồn a1 cho aa1 ≡ 1(mod p ) , ta có: 2a − ≡ 0(mod p ) 2a ≡ 1(mod p ) ≡ a 21 (mod p ) Do thặng dư bình phương theo mod p , với p số nguyên tố dạng 8k + vô lí Kết luận chứng minh 2.2.2 Các tốn tồn hay không tồn Biểu diễn số nguyên Sau thấy vai trò thặng dư bình phương chứng minh tồn hay khơng tồn toán số học thi Olympic tồn biểu diễn số nguyên theo dạng Bài 15 Chứng minh với số nguyên tố p , tồn số nguyên a, b cho a + b + bội số p Giải Ta thấy p | a + b + a ≡ −b − 1(mod p ) Nếu p = cần chọn a chẵn b lẻ ta có điều phải chứng minh Xét trường hợp p lẻ Xét hai tập hợp A = {ri | ri ≡ i (mod p ), i = 1, p −1 p −1 }, B = {s j | s j ≡ − j − 1(mod p ), j = 1, }, 2 số ri đơi không đồng dư với theo mod p , số s j đôi không đồng dư với theo mod p ri , s j ∈ { 1, 2, , p − 1} Ta có A = B = p − 1, A ∪ B ≤ p − Nếu A ∪ B < p − 1, A ∩ B ≠ ∅ nên tồn ri = s j ⇒ i ≡ −1 − j (mod p ) ⇒ i + j + ≡ 0(mod p ) Nếu A ∪ B = p − 1, A ∩ B = ∅ nên số ri , s j đôi phân biệt, suy r1 + r2 + + r p −1 + s1 + s2 + + s p −1 = + + + p − ≡ 0(mod p ) 2 (1) Ta lại có 23 r1 + r2 + + r p −1 + s1 + s2 + + s p −1 2   p −1   ≡ 1 + + +  ÷ ÷   ÷       p − 2   p −1 +  (12 − 1) + (22 − 1) + +   − 1÷÷ ≡ − (mod p) ÷   ÷÷     (2) Từ (1) (2) suy mâu thuẫn Vậy số nguyên a, b cho a + b + bội số p Bài 16 Chứng minh có vô số hợp số dạng 22n + 62n + ( hai) Giải Giả sử tồn số nguyên dương N cho với x > N hai số 22 x + 62 x + số nguyên tố Ta thấy, với m > n > N m m n 62 + ≡ 32 + 1(mod 22 + 1) Nếu khơng phải thặng dư bình phương mod 22n + , với m = 2n−1 m m n 62 + ≡ 32 + ≡ 0(mod 2 + 1) Vơ lí Vậy thặng dư bình phương mod 22n + ,    n ÷=  ÷  +1  Mà n    22 +  ÷ = (−1)  n ÷  ÷ ÷  +1    2n +1−1 3−1 2  2n +  ÷ = −1 Vơ lí =  ÷   Bài 17 (Việt Nam TST 2004) Chứng minh số 2n + khơng có ước số ngun tố có dạng 8k − Giải Giả sử 2n + có ước số nguyên tố p dạng 8k − Nếu n số chẵn −1 ≡ (2n /2 ) (mod p), −1 số phương modulo p p −1  −1  Suy =  ÷ = (−1) = −1 Vơ lí  p Tương tự n số lẻ −2 ≡ (2( n+1)/2 ) (mod p), −2 số phương modulo p (1) 24  −2   −1   Ta lại có  ÷ =  ÷ ÷ = (−1)  p   p  p  p −1 ( −1) p −1 = −1 , mâu thẫn với (1) Bài toán chứng minh Bài 18 (Tạp chí Pi số tháng 8, năm 2017) Chứng minh không tồn số nguyên n > 5, cho 3n + 5n chia hết cho n − 25 Giải Giả sử ngược lại, tồn số nguyên n > 5, cho 3n + 5n chia hết cho n − 25 Nếu n chẵn, tức n = 2k , từ n > 5, suy n − 25 > Do n − 25 có ước nguyên tố ( ) ( ) p ≡ 3(mod 4) Hơn 3n + 5n = 3k + 5k 3k Mp Mp ⇒  ⇒ p = Vơ lí k 5 Mp Vậy n lẻ Bây ta xét p ước nguyên tố n − 25, ta có 3n + 5n Mp Do  3n   −5n  = ,  ÷ ÷  p ÷ ÷ p     suy  3n   −5n   3n.(−5n )   −15  =  ÷  = = = 1, n lẻ ÷  p ÷ p ÷ ÷  ÷  p ÷ p       Suy theo luật tương hỗ Gauss, ta có  −15   −1       p   p  1=  ÷ =  ÷  ÷  ÷ =  ÷  ÷  p   p   p  p  3  5 Suy p đồng dư với 1, 2, 4, theo (mod15) Như ước nguyên tố n − 25 có dạng 15k + r , với r ∈ { 1, 2, 4,8} Do ước nguyên tố n − n + phải thuộc dạng vừa nêu Mà tích hai số dạng 15k + r , với r ∈ { 1, 2, 4,8} số coa dạng vậy, nên suy n − n + đồng dư với 1, 2, 4,8 theo (mod15) Tuy nhiên điều nàu khơng thể hiệu hai số tùy ý thuộc tập { 1, 2, 4,8} không chia hết cho Mâu thuẫn nhận được, từ suy tốn chứng minh Bài 19 (Indonesia TST, 2009) Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho n + không ước n ! Giải Ta có bổ đề qn thuộc sau: Tồn vơ hạn số nguyên tố dạng 4k + 1, với k số nguyên dương (Bổ đề chứng minh 2) Trở lại toán Ta xét p số nguyên tó có dạng p = 4k + 25  −1  ( p −1)/2 = Theo tiêu chuẩn Euler, ta có  ÷ = (−1) p   Hay −1 số phương (mod op ) Từ tồn m ∈ { 1, 2, , p − 1} cho m + ≡ 0(mod p) Ví m < p, nên m ! không chia hết cho p nên m + không ước m ! Theo bổ đề tồn vô hạn số nguyên tố p = 4k + 1, nên tồn vô hạn số nguyên dương n cho n + không ước n ! Bình luận Bài tốn có lẻ xuất phát ý tưởng từ kỳ thi Olympic Toán Quốc tế lần 49 năm 2008 (tác giả Kestuis Cesnavicius, người Litva), toán khó ngày thi thứ Từ tốn năm sau nhiều nước dựa ý tưởng để phát triển thành đề thi Olympic, đề chọn đội tuyển nước Bài 20 (IMO shortlist, 2008) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n + có ước nguyên tố lớn 2n + 10n Giải Xét số nguyên tố p dạng p = 8k + 1, k ∈ ¥ * Theo tiêu chuản Euler, ta có  −1   ÷ ≡ (−1)  p p −1  −1   −1  ≡ (−1)4 k ≡ 1(mod p) ⇒  ÷ = 1,  ÷∈ { 1, −1}  p  p Nghĩa −1 số phương modulo p, nên phương trình x ≡ −1(mod p ), có hai nghiêm thuộc { 1, 2, , p − 1} hai nghiệm có tổng p (vì ( p − m) ≡ m (mod p ) ) p − 1  Gọi n nghiệm nhỏ hai nghiệm đó, tồn n ∈ 1, 2, ,  cho   n + ≡ 0(mod p ) Chúng ta chứng minh p > 2n + 10n Thật vậy, đặt n = p −1 − l , với l ≥ Thì 2  p −1  − l ÷ + ≡ 0(mod p ) ⇔ (2l + 1) + ≡ 0(mod p)    Do (2l + 1) + = rp, r ∈ ¥ * (1) Ta có (2l + 1) ≡ ≡ p(mod 8), nên từ (1) suy r ≡ 5(mod 8) ⇒ r ≥ Do (2l + 1) + ≥ p ⇒ l ≥ n= u −1 p − −1 Do Đặt u = p − 4, ta l ≥ 2 p −1 p−u −l ≤ Kết hợp với p = u + , ta bất phương trình 2 26 p −u + 40n + , u − 5u − 10n + ≥ 0, mà u ≥ 0, nên suy u ≥ , kết hợp với n ≤ 2 suy p ≥ 2n + u ≥ 2n + + 40n + ⇒ p > 2n + 10n Vì có vơ hạn số ngun tố dạng 8k + 1, nên có vơ hạn số ngun dương n thỏa mãn toán Bài 21 (Turkey TST 2006) Với số nguyên dương n xác định dãy ( xn ) sau xn+1 = x12 + x22 + + xn2 , với x1 số nguyên dương Tìm x1 nhỏ cho 2006 | x2006 Giải Chúng ta thấy xn+1 = xn + xn2 , n ≥ , xn số chẵn với n ≥ Lại ý xn ≡ 0(mod1003) ⇔ xn −1 + xn2−1 ≡ 0(mod1003) ⇔ xn−1 ≡ 0(mod1003) xn−1 ≡ −1(mod1003) Bây ta chứng minh đồng dư xn ≡ −1(mod1003) xảy với n ≥ , giả sử tồn n ≥ cho xn ≡ −1(mod1003) xn−1 + xn2−1 ≡ −1(mod1003) ⇔ (2 xn−1 + 1) ≡ −3(mod1003) Vậy −3 thặng dư bình phương mod1003 Mâu thuẫn với Định lí Do x2 ≡ 0(mod1003) ⇔ x1 ≡ 0(mod1003) x1 ≡ −1(mod1003) Vậy giá trị nhỏ x1 1002 Bài 22 (KHTN Hà Nội, 2018) Cho dãy số nguyen dương (an ) thỏa mãn an+1 = an3 + 4an với n ≥ Tìm giá trị nhỏ a1 để a2018 + 2018 chia hết cho 57 Giải Vì 57 = 3.19, nên để a2018 + 2018 chia hết cho 57 hai điều kiện sau đông thời thỏa mãn: a) a2018 ≡ 2(mod 3) b) a2018 ≡ −4(mod19) Trước hết, xét theo modulo cho toàn số hạng dãy (an ), ta an+1 ≡ an + an ≡ −an (mod 3) Như a2 ≡ −a1, a3 ≡ a1, , a2018 ≡ −a1 (mod 3) Do điều kiện a) tương đương với −a1 ≡ 1(mod 3) ⇔ a1 ≡ 2(mod 3) 27 Mặt khác ta lại có an+1 + = an + 4an + ≡ ( an + ) (an + 4) + 7(an + 4) −  (mod19) Ta chứng minh x + x − không chia hết cho 19 với số nguyên x Thật vậy, xét phương trình đồng dư: x + x − ≡ 0(mod19) ⇔ x + 28 x − 20 ≡ 0(mod19) ⇔ (2 x + 7) ≡ 12(mod19)  12         19  1 Phương trình vơ nghiệm,  ÷ =  ÷  ÷ =  ÷ = −  ÷ = −  ÷ = −1  19   19   19   19   3  3 Như (an + 4) + 7(an + 4) − ≡ 0(mod19), an+1 + ≡ 0(mod19) ⇒ an + ≡ 0(mod19) Suy điều kiện b) tương đương với a1 ≡ −4(mod19) Tóm lại để a2018 + 2018 chia hết cho 57 , a1 phải thỏa mãn hệ điều kiện:  a1 ≡ 2(mod 3) ⇒ a1 ≡ 53(mod 57) Vì a1 > 0, nên a1 = 53 số nhỏ cần tìm   a1 ≡ −4(mod19) Chúng ta khảo sát tiếp vài ứng dụng thặng dư phương việc giải phương trình Diophant, ứng dụng mang tính kĩ thuật cơng cụ Một số toán giới thiệu sau toán hay khó, giải mang tính sắc bén sức mạnh khái niệm thặng dư bình phương 2.2.3 Các tốn phương trình nghiệm ngun Bài 23 (Putnam, 1954) Chứng minh khơng có số ngun x, y cho x − xy − y = 122 Giải Giả sử tồn số nguyên x, y cho x − xy − y = 122 , ta có: (2 x + y )2 − 17 y = 488 Vì 488 ≡ 12(mod17) , Suy 12 thặng dư bình phương mod17 , lại có  12        17     ÷ =  ÷ ÷ =  ÷ =  ÷ =  ÷ = −1 Vơ lí  17   17  17   17      Bài 24 Chứng minh phương trình x + ≡ y khơng có nghiệm ngun Giải Giả sử phương trình x + ≡ y có nghiệm nguyên ( x, y ) Nếu y chẵn x + ≡ 0(mod 8) ⇒ x ≡ 3(mod 8), điều vơ lí theo định lí Do y phải lẻ Ta có x + = y ⇔ x − = y − = ( y − 2)( y + y + 4) Từ y lẻ, nên y + y + lẻ, gọi p ước nguyên tố lẻ y + y + 4, có dạng p ≡ 3(mod 4) (1) 28  −3  2 Từ y + y + ≡ 0(mod p ) ⇒ ( y + 1) + ≡ 0(mod p) ⇒  ÷ =  p 3 2 Mặt khác x − = ( y − 2)( y + y + 4) ≡ 0(mod p ) ⇒  ÷ =  p  −3    −1   −1  Nên ta có =  ÷ =  ÷ ÷ =  ÷⇒ p ≡ 1(mod 4) (2)  p   p  p   p  Vậy (1) (2) mâu thuẫn với Vậy phương trình x + ≡ y vơ nghiệm Bài 25 (Serbia MO, 2008) Tìm tất nghiệm ngun khơng âm phương trình 12 x + y = 2008 z Giải Nếu z > 0, y > Nếu x số chẵn dương vế trái phương trình có dạng a + b , a, b ∈ ¥ * Nếu x số số lẻ vế trái có dạng 3a + b , a, b ∈ ¥ * (1) (2) Mà 2008 = 251.8 số p = 251 số nguyên tố lẻ từ phương trình suy p khơng chia hết  −1  a, b Nên từ (1) phương trình suy b ≡ −a (mod p ) ⇒  ÷ =  p  −3  2 Từ (2) phương trình suy b ≡ −3a (mod p ) ⇒  ÷ = (1)  p Mặt khác ta có  −3   −3   −1    251 −       ÷=  ÷=  ÷  ÷ = (−1) ÷ = −1  ÷  251   251   p   251   251   251  3−1 251−1  251   251   3.8 +    = −( −1) 2 = = = = −1  ÷  ÷       ÷  ÷  3 (2) Ta có (1) (2) mâu thuẫn Vậy z = ⇒ x = y = Do phương trình có nghiệm x = y = z = Bài 26 (Tukey TST, 2013) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình m6 = n n+1 + n − Giải Xét n = Ta m = Xét n > Nếu n + 1M3, từ phương trình ta có: m =n n +1 ⇒n + n −1 > n n +1 n +1 + n −1 ≥ n ⇒m n +1 n +1 > ⇒ m2 n+ + 3n n+1 ≥n n +1 + 3n +1⇒ m ≥ n n+ + ⇒ n ≥ 3n n +1 2n+ + 3n n +1 + 3n + n+1 + 3n +1 Vơ lí 29 Do n + không chia hết cho Nếu n + ≡ 1(mod 3) ⇒ n | ⇒ m ≡ −1(mod 3) Vơ lí Do n + ≡ −1(mod 3) Suy tồn ước nguyên tố p n + mà p ≡ −1(mod 3) Nếu n + 1M2, lập luận trên, ta suy mâu thuẫn ( ) n +1 Vậy n + phải lẻ, từ phương trình ta m + = n + + ( n + 1) Mn + 1Mp Suy  −3   −1    m6 ≡ −3( modp ) ⇒  ÷ = ⇒  ÷ ÷ =  p  p  p   −1  Theo đinhlí Euler, ta có  ÷ = (−1)  p Theo luật tương hỗ Gaus, ta có ( p −1)(3−1) (1) p −1 p −1 p −1 p −1 p −1 3  p    p  −1  2 = (−1) ⇒  ÷ = (−1)  ÷ ÷ = (−1)  ÷ = (−1)  ÷ = − ( −1)   p  3    p Từ hai kết trên, ta suy  −1    −3  p −1 = −1 ⇔  ÷ = (2)  ÷ ÷ = −1.(−1)  p  p   p Từ (1) (2) suy mâu thuẫn Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương (m, n) = (1;1) Bài 27 (Korea MO 2000) Chứng minh với số nguyên tố p tồn số nguyên x, y , z , w cho x + y + z − wp = < w < p Giải Nếu p = chọn x = 0, y = z = w = Giả sử p > Xét trường hợp −1 thặng dư bình phương mod p Thì tồn số nguyên a (0 < a < p − 1) cho a ≡ −1 (mod p ) Đặt ( x, y, z ) = (0,1, a) Bởi x + y + z = a + chia hết cho p lớn + ( p − 1) < p , nên tồn w(0 < w < p ) cho x + y + z − wp = Bây xét −1 thặng dư bình phương mod p Ta chọn k cho k , p − k thặng dư bình phương mod p Nếu mod p chọn k = p −1 thặng dư bình phương p −1 p −1 , ngược lại số khơng thặng dư bình phương mod p nằm 2 cặp (1, p − 2), (2, p − 3) , , ( p − p +1 , ) , cặp có chứa số Từ ngun lí Dirichlet, 2 tồn k cho k p − k thặng dư bình phương mod p Do chọn 30 x, y ∈ {0,1, , p −1 } cho x ≡ k (mod p) y ≡ p − k (mod p ) Chọn z = x + y + z 2 chia hết cho p ∈ {0, p } , nên ta chọn w trường hợp trước Như cơng cụ hữu ích khác, thặng dư bình phương có ứng dụng đặc sắc mà khơng thể xếp vào đâu được, phần rời rạc lại thú vị công cụ Phần sau tập chọn lọc để minh chứng cho nhận xét 2.2.4 Các toán khác  22001        + + Bài 28 (Kvant, A Golovanov) Tính S =   +    2003   2003   2003   2003  (Ở  x  kí hiệu phần nguyên số thực x ) Giải Chú ý 2003 số nguyên tố Từ luật tương hỗ ta có   22001 ≡  ÷ ≡ −1(mod 2003)  2003  Do 2003 | 2i (22001 + 1) = 22001+i + 2i mà 22001+i , 2i không bội số 2003 Suy  2i   22001+i  2i + 2001+i −  + = 2003  2003   2003  Cho i chạy từ tới 1000, cộng đẳng thức lại với ta S= + + 22 + + 22001 22002 − − 1001 = − 1001 2003 2003 Bài 29 (Korea TST 2000) Cho p số nguyên tố dạng 4k + Tính : p −1   k2  2k   − ∑   p   p  ÷÷     k =1   Giải Với số thực x , kí hiệu {x} phần lẻ x Ta thấy  2k  k2   k   2k  − =      −   p   p   p   p  Khi {x} < 1 2{x} = {2x} Khi {x} > 2{x} = {2x} + 2 31  k  Do tổng cần tính số số k [1, p − 1] cho   ≥ , hay số số k  p  khơng thặng dư bình phương mod p cho k đồng dư mod p với số  p +1   , p − 1 Vì p ≡ 1(mod 4) nên −1 ≡ d (mod p ) , với d ∈ ¢ Phân chia tập hợp số không thặng dư bình phương mod p thành p −1 cặp có dạng {a, da} , cho a ≡ −(ad ) (mod p) cặp Do có xác số cặp có thặng dư bình phương với số p +1 p −1 p −1 , p − 1] , có tất thặng dư Suy tổng cần tính 2 Bài 30 (JBMO 2007, Bulgaria, problem 4) Chứng minh p số nguyên tố, số [ A = p + p − số phương Giải Giả sử A số phương Nếu p = , tốn tầm thường Giả sử p > , theo Định lí Fermat bé A = p + p − ≡ −1(mod p ) Do −1 thặng dư bình phương mod p , suy p = 4k + Do A = p + p − ≡ −2(mod 4) , −2 khơng thặng dư bình phương mod Vơ lí Cuối chúng tơi giới thiệu tập để bạn đọc luyện tập, toán hay, tổng kết lại phương pháp, hy vọng trao đổi thêm với bạn đọc nội dung viết Bài tập tự luyện Bài (IMO 1996) Cho số nguyên dương a, b cho 15a + 16b,16a − 15b số phương Hỏi giá trị nhỏ hai số phương đó? Bài (Valentin Vornicu, Mathlinks Contest) Cho x1 = xn+1 = xn2 –1 Chứng minh 2003 không chia hết số hạng dãy Bài Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh điều kiện cần đủ để: Phương trình 2x + y = p có nghiệm nguyên dương p ≡ 1,3(mod 8) Phương trình 3x + y = p có nghiệm nguyên dương p ≡ 1(mod 6) Phương trình 5x + y = p có nghiệm nguyên dương p ≡ 1,9(mod 20) 32 Bài (Komal, January 2002, problem A.283) Cho n số nguyên dương Chứng minh phương trình x + xy + y = n có nghiệm hữu tỉ có nghiệm ngun Bài Kí hiệu Fn số Fibonacci thứ n , gọi p số nguyên tố Chứng minh p chia  p hết Fp −  ÷ 5 Bài Chứng minh p số nguyên tố chia hết cho hai số có dạng n + 1, m2 + , chia hết cho số có dạng k + Bài Gọi A tập hợp ước số nguyên tố 2n − , với n ∈ ¥ Gọi P tập hợp tất số nguyên tố Chứng minh tập hợp A, P \ A tập vô hạn Bài (AMM, Barry Powel) Cho p = 4k + số nguyên tố, giả sử x, y , z , t số nguyên cho x p + y p + z p = t p Chứng minh p chia hết tích xyzt Bài Chứng minh tồn vô số số tự nhiên dạng 18m + m − 9m − 14m chia hết cho 59, m số tự nhiên lẻ Bài 10 (Gabriel Dospinescu) Cho p số nguyên tố dạng 4k + cho p | p − Chứng minh ước số nguyên tố q lớn p − thoã mãn 2q > (6 p ) p Bài 11 Giải phương trình đồng dư rx + sx + t ≡ 0(mod m) với r , s, t , m ∈ ¢ Bài 17 Chứng minh với n ∈ ¥ số nguyên tố p cho p ≡ 1(mod 4) tồn x ∈ ¢ để: pn | x2 + Bài 12 (Hungarian practice problem sheet, 1999) Cho x, y số nguyên p số nguyên tố dạng 4k + , cho p | x − xy + p +1 y Chứng minh tồn số nguyên u , v cho x − xy + p + y = p (u − uv + p + v ) 4 Bài 13 Chứng minh với số nguyên tố p ≡ 1(mod 4) , số p mp − pm −1 hợp số với m∈¥ 33 Bài 14 (Corvaja Zannier) Chứng minh an −1 bn − số ngun với vơ số n ∈ ¥ Chứng minh a = b k với k ∈ ¥ Bài 15 Hỏi có số nguyên tố p cho tồn số nguyên m thoã mãn đồng dư m3 + 3m − ≡ 0(mod p ) m + 4m + ≡ 0(mod p ) 2.3 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục ,với thân, đồng nghiệp nhà trường Qua thực tế giảng dạy cho em học sinh lớp chuyên Toán bồi dưỡng em đội tuyển thi HSG quốc gia tỉnh Thanh Hóa, em thích thú học nội dung kiến thức Việc phân loại số dạng toán số học dùng kĩ thuật thặng dư bình phương giúp cho em học sinh thấy ứng dụng đa dạng nội dung lí thuyết, điều khích lệ phong trào học tập học sinh đặc biệt học sinh có tố chất tốn học cao, có khả tham gia kì thi tốn Olympic Quốc gia Quốc tế Trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này: em học sinh khối 10 chuyên Toán,khi chưa vè kiến thức thạng dư bình phương, lời giải đường tìm tịi lời giải khơng ngắn gọn sắc bén Chẳng hạn 7), có em tìm lời giải theo kiến thức hệ thặng dư Nhưng em học thặng dư bình phương tư theo hướng việc tiếp cận đến lời giải dễ dàng trình bày ngắn Sau áp dụng sáng kiến: em có thêm sở lí luận để tìm tịi lời giải toán liên quan đến đồng dư thức, 10, 11, v,v, hầu hết em đội tuyển quốc gia điều làm biết sử dung kiến thức thặng dư bình phương Sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy cho em đội tuyển tham dự kì thi HSG quốc gia năm học 2021 – 2022, đội tuyển giành giải nhì, hai giải ba, ba giải khuyến khích Trong có hai em tham dự kì thi chọn Đội tuyển tham dự kì thi Olympic Tốn quốc tế có em chọn vào đội tuyển dự thi Olympic quốc tế năm 2022 Trong sáng kiến kinh nghiệm dưa hệ thống tập cho học sinh để rèn luyện, cố phương pháp Nội dung sáng kiến kinh nghiệm báo cáo khoa học “Hội thảo khoa học trường THPT chuyên Khu vực Duyên hải Đồng Bắc lần thứ XIV” Lào Cai chuyên đề số hoc Với gần 50 trường THPT chuyên toàn quốc tham gia, đề tài đồng nghiệp 34 đánh giá cao (được xếp thứ 3/48 báo cáo) xem tài liệu quan trọng giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi phân môn số học Kết luận, kiến nghị 3.1.Kết luận Bài viết trình bày vấn đề thặng dư bình phương áp dụng vào giải số tốn hay khó thi Olympic Bài viết giảng dạy cho em học sinh chuyên toán thi HSGQG thi chọn đội tuyển Olympic quốc tế Qua thực tế giảng dạy em học sinh tiếp thu tốt kết em vận dụng gặp dạng toán liên quan Tác giả hy vọng viết tài liệu tham khảo bổ ích cho thầy, em học sinh chuyên toán Tác giả mong nhận góp ý q báu từ thầy, để chun đề hoàn thiện sâu sắc Xin trân thành cám ơn 3.2 Kiến nghị Đây nội dung kiến thức chuyên sâu liên quan đến quan hệ đồng dư, hay sử dụng để giải tốn khó kì thi Olympic Chính nội dung viết khơng có ích cho em học sinh chun tốn mà cịn nguồn tài liệu tham khảo cho Thầy, Cô dạy chuyên Thầy, Cô thường tham gia tuyển chọn học sinh giỏi cho đội tuyển tỉnh tham kì dự thi HSG quốc gia Bởi có lời giải làm học sinh có sử dụng nội dung kiến thức thặng dư bình phương TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] http: Mathlinks.ro [2] Quadratic Congruences, Dusan Djukic [3] Exercises in Number Theory, D.R Parent [4] Elementary theory of numbers, Sierpinski [5] An Introduccion to the Theory of Numbers, Hardy, Wright [6] Reciprocity Laws From Euler to Eisenstein, Franz Lemmermeyer [7] Problems and Theorem in Analysis II, G Polya, G.Szego [8] Problem in algebraic number theory, Ram Murty [9] Wining Solutions, E Lozansky, C Rousseau [10] Đề thi Olympiad nước [11] Số học, Hà Huy Khoái, NXB Giáo dục – 2004 [12] Legendre symbol, https://lovetoan.wordpress.com/de-thi-hsg/ 35 [13] Các giảng số học, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Lưu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội - 2006 [14] Một số chuyên đề toán học chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi, Nguyễn Văn Mậu, Bùi Công Huấn, Đặng Hùng Thắng, Trần Nam Dũng, Đặng Huy Ruận, Tài liệu bồi dưỡng HSGQG năm – 2004 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm 2021 Tơi cam đoan SKKN không chép nội dung người khác Nguyễn Văn Nhiệm 36 ...   Nhận xét: Tích hai thặng dư bình phương hai thặng dư bất bình phương thặng dư bình phương, tích thặng dư bình phương với thặng dư bất bình phương thặng dư bất bình phương Định lí (Bổ đề Gauss)... nguyên tố Khi thặng dư bình phương mod p p ≡ ±1 (mod 8) −2 thặng dư bình phương mod p p ≡ (mod 8) p ≡ (mod 8) thặng dư bình phương mod p p ≡ ±1 (mod12), (với p ≠ ) −3 thặng dư bình phương mod... Bây xét −1 thặng dư bình phương mod p Ta chọn k cho k , p − k thặng dư bình phương mod p Nếu mod p chọn k = p −1 thặng dư bình phương p −1 p −1 , ngược lại số khơng thặng dư bình phương mod