Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - VŨ THỊ GÁI LUẬT TƢƠNG HỖ BẬC HAI VÀ ĐIỂM NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - VŨ THỊ GÁI LUẬT TƢƠNG HỖ BẬC HAI VÀ ĐIỂM NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS Hoàng Lê Trƣờng THÁI NGUYÊN - 2016 i Mục lục Lời nói đầu Chương Một số kiến thức 1.1 1.2 Đồng dư Số nguyên tố, phân tích trường hữu hạn 1.3 1.4 Lũy thừa trường hữu hạn Đa thức Z/pZ 1.5 Định lý thặng dư Trung Hoa 10 Chương Luật tương hỗ bậc hai 14 2.1 2.2 Đa thức đồng dư bổ đề Hensel Thặng dư bậc hai ký hiệu Legendre 14 18 2.3 2.4 Tiêu chuẩn Euler Bổ đề Gauss 20 24 2.5 2.6 Luật tương hỗ bậc hai Ứng dụng luật tương hỗ bậc hai 27 31 2.6.1 2.6.2 Tính ký hiệu Legendre Với p a thặng dư bậc hai modulo p? 31 35 2.6.3 Số nguyên tố ước giá trị đa thức bậc 2.6.4 hai Khi số Fermat số nguyên tố? 38 40 Ứng dụng toán giải phương trình nghiệm nguyên 41 Ứng dụng toán chứng minh chia hết Một số ứng dụng khác 45 46 2.6.5 2.6.6 2.6.7 i Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 Lời nói đầu Cho hai số nguyên tố lẻ p q, ta có q p · q p = (−1) p−1 q−1 · a p = +1 −1 gcd(a, p) = a thặng dư bậc hai a phi thặng dư bậc hai Mệnh đề gọi luật tương hỗ bậc hai Luật đưa lần không chứng minh Euler (Opusula analytica, Petersburg,1783) Vào năm 1785, Legendre tìm luật tương hỗ cách độc lập với Euler đưa phần chứng minh Chứng minh đầy đủ đưa Gauss vào năm 1796 sách tiếng Disquisitiones arithmeticae(1801) Cuốn sách đặt móng cung cấp ý tưởng sâu sắc cho Lí thuyết số đại, viết Gauss 20 tuổi Kronecker nói sách sau: "It is really astonishing to think that a single man of such young years was able to produce such a wealth of results, and above all to present such a profound and well organized treatment of an entirely new discipline" Bản thân Gauss đưa bẩy chứng minh khác luật tương hỗ bậc hai Chúng ta tìm thấy chúng sách "Klassiker des exakten Wissenshaften" Ostwald Luật tương hỗ bậc hai cho định lý quan trọng giảng dạy giáo trình Lí thuyết số sơ cấp Tầm quan trọng luật tương hỗ bậc hai làm cho nhiều nhà toán học khác Jacobi, Cauchy, Liousville, Kronecker, Schering and Frobenius nghiên cứu sau Gauss có 100 chứng minh khác phát Có thể chứng minh đơn giản tất chứng minh thông qua số học hình học, bắt nguồn từ tổ hợp Bổ đề Gauss (xem Gauss’ Werke, vol II, p.51) ý tưởng hình học Cayley (Arthur Cayley [1821–1895], Collected Mathematical Papers, vol.II) Luật tương hỗ bậc hai có nhiều ứng dụng Số học, phần kiến thức quan trọng kì thi học sinh giỏi (nhất kì thi chọn đội tuyển Olympic Toán) Với lý nêu nên tác giả chọn đề tài " Luật tương hỗ bậc hai điểm nguyên" để nghiên cứu Mục đích luận văn trình bày lại chi tiết chứng minh Luật tương hỗ bậc hai dựa Bổ đề Gauss đếm điểm nguyên lưới hai chiều đưa Eisenstein Hơn luận văn giải thích nghiên cứu phương trình đồng dư bậc hai tổng quát thực chất cần tìm hiểu phương trình bậc hai dạng đặc biệt Cuối cùng, luận văn đưa số ứng dụng Luật tương hỗ bậc hai việc giải toán phổ thông Ngoài phần Lời nói đầu Kết luận, luận văn chia thành hai chương đề cập đến vấn đề sau đây: Chương 1: Một số kiến thức Chương nhằm giới thiệu kiến thức sở phục vụ chương đồng dư, đa thức Z/pZ, định lý thặng dư Trung Hoa, Chương 2: Luật tương hỗ bậc hai Trình bày Luật tương hỗ bậc hai, chứng minh Luật tương hỗ bậc hai phương pháp hình học đếm số điểm nguyên lưới hai chiều; giải thích nghiên cứu phương trình đồng dư bậc hai tổng quát thực chất cần tìm hiểu phương trình đồng dư bậc hai dạng đặc biệt đưa số ứng dụng luật tương hỗ bậc hai việc giải toán phổ thông Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn TS Hoàng Lê TrườngViện Toán học, VAST, Việt Nam Qua tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học - người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Đồng thời tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán-Tin, giảng viên tham gia giảng dạy, Ban giám hiệu đồng nghiệp trường THCS Dư Hàng Kênh (Quận Lê Chân, thành phố Hải Phòng) tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu, cuối tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến gia đình tập thể lớp Cao học Toán K8B (khóa 2014-2016) động viên chia sẻ khó khăn để tác giả hoàn thành tốt luận văn Thái Nguyên, ngày 20 tháng năm 2016 Tác giả Vũ Thị Gái Chương Một số kiến thức Mục đích chương nhắc lại số kiến thức chuẩn bị cần thiết cho việc trình bày kết chương sau Nội dung chương nhắc lại số khái niện đồng dư, đa thức Z/pZ, định lý thặng dư Trung Hoa, Hầu hết kết chương trình bày dựa theo tài liệu [1], [2] 1.1 Đồng dư Định nghĩa 1.1.1 Giả sử a, b m ≥ số nguyên Ta nói số nguyên a b đồng dư modulo m m | a − b Khi a đồng dư b modulo m, ta viết a ≡ b( mod m) Nếu a đồng dư b modulo m, ta viết a ≡ b( mod m) Mệnh đề 1.1.2 Giả sử a, b, c, m số nguyên, m ≥ Khi ta có: (i) Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) Khi đó: a±c ≡ b±d (mod m) a.c ≡ b.d (mod m) (ii) Nếu ac ≡ bc( mod m) d = (c, m) Khi a ≡ b( mod md ) (iii) Cho a, b ∈ Z Khi a.b ≡ (mod m) gcd(a, m) = Khi số nguyên b gọi nghịch đảo a modulo m Định lý 1.1.3 Giả sử a ≡ b (mod m1 ), a ≡ b (mod m2 ), , a ≡ b (mod mk ), a, b, m1 , m2 , , mk số nguyên, m1 , m2 , , mk > Khi a ≡ b( mod [m1 , m2 , , mk ]) [m1 , m2 , , mk ] bội chung nhỏ m1 , m2 , , mk Định nghĩa 1.1.4 Vành số nguyên modulo m kí hiệu Z/mZ xác định sau: Z/mZ = {0, 1, 2, · · · , m − 1} Tập tất phần tử khả nghịch Z/mZ kí hiệu (Z/mZ)∗ (Z/mZ)∗ = {a ∈ Z/mZ : gcd(a, m) = 1} = {a ∈ Z/mZ : a có nghịch đảo modulo m} Nếu a1 a2 khả nghịch modulo m a1 a2 khả nghịch modulo m Nhưng cộng hai phần tử khả nghịch, ta không phần tử khả nghịch 1.2 Số nguyên tố, phân tích trường hữu hạn Định nghĩa 1.2.1 Số nguyên p gọi số nguyên tố p ≥ p chia hết cho p Số nguyên dương khác không số nguyên tố gọi hợp số Bổ đề 1.2.2 Giả sử a, b, c số nguyên dương, (a, b) = đồng thời a bc Khi a c Hệ 1.2.3 Nếu p | a1 a2 an , p số nguyên tố a1 , a2 , , an số nguyên dương tồn i, ≤ i ≤ n cho p | Định lý sau định lý quan trọng Số học, cho thấy số nguyên tố tảng để xây dựng số nguyên Định lý 1.2.4 (Định lý số học) Cho a ≥ số nguyên, a phân tích thành tích số nguyên tố a = pe11 pe22 · · · per r Hơn nữa, không kể thứ tự số nguyên tố phân tích Mệnh đề 1.2.5 Nếu p số nguyên tố phần tử a khác không Z/pZ có nghịch đảo nhân, nghĩa có số b thỏa mãn ab ≡ 1( mod p) Ta kí hiệu giá trị b a−1 ( mod p) Khi tập phần tử khả nghịch (Z/pZ)∗ = {1, 2, 3, 4, · · · , p − 1} Mệnh đề 1.2.6 Giả sử p số nguyên tố Số nguyên a nghịch đảo modulo p a ≡ 1( mod p) a ≡ p − 1( mod p) Định nghĩa 1.2.7 Nếu p số nguyên tố, tập Z/pZ số nguyên modulo p với phép cộng, trừ, nhân quy tắc chia trường Trường Z/pZ số nguyên modulo p có hữu hạn phần tử thường kí hiệu F p 1.3 Lũy thừa trường hữu hạn Trong phần này, đề cập đến lũy thừa F p , nhờ có chứng minh kết Fermat tính chất quan trọng nhóm phần tử khả nghịch (F p )∗ Ví dụ 1.3.1 Từ bảng lũy thừa số modulo (Bảng 1.1), ta thấy cột bên phải bao gồm toàn Tức là: a6 ≡ (mod 7) với a = 1, 2, 3, · · · 35 Vậy 22 22001 + + + + 2003 2003 2003 2003 2.6.2 = Với p a thặng dư bậc hai modulo p? Ví dụ 2.6.7 Tìm tất số nguyên tố lẻ p (p = 3) cho thặng dư bậc hai modulo p Lời giải: Vì = 4.0 + nên có dạng 4k + (i) Nếu p có dạng 4k + theo luật tương hỗ bậc hai ta có: p = ⇐⇒ (−1) p−1 3−1 · p = p = Áp dụng Tiêu chuẩn Euler, ta ≡ 1( mod 3) hay p ≡ 1( mod 3) Từ đó, suy Vì p = 4k + nên ta có p 3−1 p ≡ 1( mod 4) p ≡ 1( mod 3) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ 1( mod 12) (ii) Nếu p có dạng 4k + theo luật tương hỗ bậc hai ta có: p = ⇐⇒ (−1) Vì p = 4k + nên ta có: − được: −p 3−1 p−1 3−1 · p = p = Áp dụng tiêu chuẩn Euler, ta ≡ 1( mod 3) hay p ≡ −1( mod 3) Từ đó, suy p ≡ −1( mod 3) p ≡ 3( mod 4) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ −1( mod 12) 36 Từ ta có p = p ≡ ±1( mod 12) Ví dụ 2.6.8 Tìm tất số nguyên tố lẻ p (p = 5) cho thặng dư bậc hai modulo p Lời giải: Vì = 4.1 + nên có dạng 4k + Do p có dạng 4k + p = suy = 4k + theo luật tương hỗ bậc hai ta có p 5−1 Áp dụng tiêu chuẩn Euler, ta có p ≡ 1( mod 5) hay p2 ≡ 1( mod 5) nên p ≡ 1( mod 5) p ≡ −1( mod 5) Ta xét trường hợp: • Trường hợp 1: Nếu p ≡ 1( mod 5) p ≡ 1( mod 4) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ (mod 20) • Trường hợp 2: Nếu p ≡ (mod 5) p ≡ (mod 4) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ −9 (mod 20) • Trường hợp 3: Nếu p ≡ −1 (mod 5) p ≡ (mod 4) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ (mod 20) • Trường hợp 4:Nếu p ≡ −1 (mod 5) p ≡ (mod 4) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ −1 (mod 20) Do p có dạng p = 20k ± p = 20k ± Xét trường hợp k chẵn, lẻ ta p ≡ ±1 (mod 10) = p ≡ ±1 (mod 10) Vậy p Ví dụ 2.6.9 Tìm số nguyên tố mà −2 thặng dư bậc hai Ta có: −2 p = −1 p p 37 Mặt khác, ta có: −1 p p −2 p Do 1 = −1 1 = −1 p ≡ 1( mod 4) p ≡ 3( mod 4) p ≡ ±1( mod 8) p ≡ ±3( mod 8) = +1 xảy trường hợp sau: −1 p • Trường hợp 1: = p = Khi p ≡ 1( mod 4) p ≡ ±1( mod 8) Giải modulo thu p ≡ 1( mod 8) −1 p • Trường hợp 2: = p = −1 Khi p ≡ (mod 4) p ≡ ±3 (mod 8) Giải modulo thu p ≡ 3( mod 8) −2 p Vậy = p ≡ 1( mod 8) p ≡ 3( mod 8) Ví dụ 2.6.10 Đặc trưng số nguyên tố mà thặng dư bậc hai Do p = · , với p = 2, p p Mặt khác, ta có: p 1 = −1 p +1 = −1 Do p p ≡ ±1( mod 8) p ≡ ±3( mod 8) nếup ≡ ±1( mod 12) nếup ≡ ±5( mod 12) = +1 xảy trường hợp sau: 38 • Trường hợp 1: p = p = Khi p ≡ ±1( mod 12) p ≡ ±1( mod 8) Giải theo modulo 24 thu p ≡ ±1 (mod 24) • Trường hợp 2: p = p = −1 Khi p ≡ ±5 (mod 12) p ≡ ±3 (mod 8) Giải theo modulo 24 thu p ≡ ±5 (mod 24) Vậy p = p ≡ ±1( mod 24) p ≡ ±5( mod 24) Ví dụ 2.6.11 Cho x, y số nguyên tố a, b, c số nguyên Nếu p ước nguyên tố số ax2 + bxy + cy, p không ước abc x2 − Dy2 (x, y) = D thặng dư bậc hai modulo p Chứng minh Đặt N = ax2 + bxy + cy Từ 4aN = (2ax + by)2 − Dy2 ta có (2ax + by)2 ≡ Dy2 (mod p) Hơn y không chia hết cho p, không p chia hết 2ax + by x, điều trái với giả thiết Vậy (y, p) = nên tồn y cho yy ≡ (mod p) Suy 2axy + byy ≡ D(yy )2 ≡ D (mod p) Vậy D thặng dư bậc hai modulo p 2.6.3 Số nguyên tố ước giá trị đa thức bậc hai Một kết đáng ngạc nhiên luật tương hỗ bậc hai ta đặc trưng số nguyên tố ước giá trị đa thức bậc hai Ví dụ 2.6.12 Đặc trưng số nguyên tố ước số nguyên có dạng n2 + n + 7, với n nguyên Chứng minh Dễ thấy n2 + n + luôn số lẻ, nên ước Bây giờ, giả sử p số nguyên tố lẻ n2 + n + ≡ (mod p) Ta nhân làm đủ bình phương để thu (2n + 1)2 ≡ −27 (mod p) Vì 39 p lẻ, phương trình có nghiệm −27 số phương modulo p Nếu p = 3, rõ ràng điều đúng, nên ta giả sử p ≥ Ta tính −27 −1 3 = · p p p Trước ta biết rằng: −1 p +1 = −1 p Do −27 p 1 = −1 p ≡ 1( mod 4) p ≡ −1( mod 4) nếup ≡ ±1( mod 12) nếup ≡ ±5( mod 12) = +1 xảy trường hợp sau: • Trường hợp 1: p = −1 p = Khi p ≡ 1( mod 4) p ≡ ±1( mod 12) Giải hệ đồng dư ta được: p ≡ 1( mod 12), p ≡ 1( mod 6) • Trường hợp 2: p = −1 p = −1 Khi p ≡ −1( mod 4) p ≡ ±5( mod 12) Giải hệ đồng dư ta được: p ≡ 7( mod 12), p ≡ 1( mod 6) Vậy −27 p = p ≡ 1( mod 6) Do số nguyên tố p ước số nguyên có dạng n2 + n + p = p ≡ (mod 6) Sử dụng phép đặc trưng số nguyên tố ước n2 + n + 7, ta suy kết thú vị sau: Ví dụ 2.6.13 Tồn vô số số nguyên tố đồng dư modulo Chứng minh Theo lập luận bên trên, ước nguyên tố (khác 3) số nguyên có dạng n2 +n+7 phải đồng dư modulo Đặt q(x) = x2 +x+7 Ta xây dựng số nguyên tố đồng dư modulo đa thức này: đặt p0 = lấy p1 , , pk số nguyên tố tùy ý đồng dư modulo 6, không 40 có số Bây xét q(p0 p1 · · · pk ), rõ ràng số nguyên lớn 1: nguyên tố với số pi với ≤ i ≤ k, pi ước số hạng Nên theo kết bên ước nguyên tố q(p0 p1 · · · pk ) phải số nguyên tố đồng dư với modulo mà không nằm danh sách ta Do đó, có vô số số nguyên tố đồng dư modulo Ví dụ 2.6.14 Chứng minh ước nguyên tố n4 − n2 + có dạng 12k + Chứng minh Giả sử p số nguyên tố n4 − n2 + Ta có n4 − n2 + = (n2 − 1)2 + n2 = (n2 + 1)2 − 3n2 (n2 + 1, n) = 1, (n2 − 1, n) = p = −1 p = Khi đó: p ≡ ±1( mod 12) p ≡ 1( mod 4) Giải hệ đồng dư ta được: p ≡ 1( mod 12) Vậy ước nguyên tố p n4 − n2 + có dạng p = 12k + 2.6.4 Khi số Fermat số nguyên tố? Định lý 2.6.15 (Kiểm tra Pepin) Số Fermat Fm số nguyên tố Fm −1 ≡ −1( mod Fm ) Chứng minh Ta nhắc lại số định nghĩa sau: m i) Số Fermat: Fm = 22 + ii) Giả sử a, p số nguyên dương, (a, p) = Khi số nguyên nhỏ thỏa mãn ax ≡ (mod m) gọi bậc a modulo m Ta viết 41 x ≡ ordm a Giả sử đồng dư phát biểu định lý thỏa mãn Khi ta có 3Fm −1 ≡ 1( mod Fm ) Như Fm có ước nguyên tố p 3Fm −1 ≡ 1( mod p) Do đó, ord p phải ước Fm − hay ord p phải lũy thừa m Từ giả thiết suy ord p không chia hết Fm2−1 = 22 −1 Vậy ord p m 22 , tức ord p = Fm − Từ suy Fm − ≤ p − 1, Fm ≤ p Mặt khác, p ước Fm suy Fm = p, Fm số nguyên tố Ngược lại, giả sử Fm nguyên tố Theo Luật tương hỗ bậc hai, ta có Fm Fm = = = −1 Mặt khác, theo Tiêu chuẩn Euler ta có Fm =3 Fm −1 ( mod Fm ) Định lý chứng minh Nhận xét 2.6.16 Dùng tiêu chuẩn Pepin dễ kiểm tra F1 ; F2 ; F3 ; F4 số nguyên tố; F5 hợp số 2.6.5 Ứng dụng toán giải phương trình nghiệm nguyên Ví dụ 2.6.17 Tìm tất nghiệm nguyên không âm phương trình 12x + y4 = 2008z Lời giải: Nếu z > ta có y > Nếu x chẵn vế trái có dạng a2 + b2 , với x lẻ vế trái có dạng a2 + 3b2 Dễ thấy 2008 có ước nguyên tố 251, a b không chia hết cho 251 nên theo ví dụ 2.6.11 ta có −1 −3 42 thặng dư bậc hai modulo 251, tức −1 251 −3 251 = = Mặt khác, ta có: −1 251 −3 251 =− = (−1) 251 = 251−1 = −1 251 = = −1 Điều vô lý Do x = 0, y = z = Vậy phương trình có nghiệm nguyên (0, 0, 0) Ví dụ 2.6.18 (2007 Serbia Mathematical Olympiad) Tìm tất nghiệm nguyên dương (x, n) cho x3 + 2x + = 2n Lời giải: Nếu n = 1, ta có x3 + 2x + = 2, phương trình vô nghiệm (vì V T ≥ > V P) Nếu n = 2, ta có x3 + 2x + = 22 ⇔ x = Nếu n > 2, phương trình cho tương đương với phương trình sau ⇔ x(x2 + 2) = 2n − Từ phương trình ban đầu suy x lẻ Dễ thấy x(x2 + 2) 3, n chẵn Do x3 + 2x + ≡ (mod 8), suy x ≡ (mod 8) Mặt khác, ta có: x3 + 2x + = 2n ⇔ x3 + 2x + = 2n + ⇔ (x + 1)(x2 − x − 3) = 2n + Gọi p ước nguyên tố x2 − x + 3, suy p lẻ Từ : 2n + ≡ 43 (mod p) tức 2n ≡ −2 (mod p) Do n chẵn nên −2 thặng dư bậc hai modulo p nên Theo ví dụ 2.6.9 số nguyên tố p có dạng 8m + 8m + Suy ra, (x2 − x + 3) ≡ 3n (mod 8) Mặt khác, x ≡ (mod 8) nên (x2 − x + 3) ≡ (mod 8) Do đó, 3n ≡ (mod 8) Kiểm tra với n từ đến ta thấy điều không xảy Do đó, n > không thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm x = với n = Ví dụ 2.6.19 Chứng minh phương trình x2 + = k(y2 − 5) nghiệm nguyên dương với x, y > Lời giải: (i) Nếu y chẵn y2 − có dạng 4m + 3, giả sử p ước nguyên tố y2 − nên p có dạng p = 4n + Mặt khác x2 ≡ −1( mod p) nên −1 thặng dư bậc hai môđun p Do p = 4k + 1, điều vô lý (ii) Nếu y lẻ y2 − chia hết cho x2 + đồng dư với modulo 4, điều không thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình cho vô nghiệm Ví dụ 2.6.20 Chứng minh phương trình x2 + = y3 nghiệm nguyên Lời giải: Giả sử phương trình x2 + = y3 có nghiệm nguyên(x, y) Nếu y chẵn x2 + ≡ 0( mod 8), x2 ≡ 3( mod 8),vô lý Suy y số lẻ Phương trình x2 + = y3 ⇔ x2 − ≡ y3 − = (y − 2)(y2 + 2y + 4) Do y số lẻ nên y2 + 2y + lẻ gọi p ước nguyên tố y2 + 2y + 4, suy p lẻ p ≡ 3( mod 4)(*) Từ y2 +2y+4 ≡ 0( mod 3) suy (y + 1)2 +3 ≡ 0( mod p) Do −3 p = Mặt khác:x2 − ≡ y3 − = (y − 2)(y2 + 2y + 4) suy x2 − ≡ 0( mod p) Do 3p = Nên ta có: 1= −3 p Do p ≡ 1( mod 4)(**) = −1 p p = −1 p 44 Từ (*) và(**) mâu thuẫn Suy điều giả sử sai, dó phương trình x2 + = y3 nghiệm nguyên Ví dụ 2.6.21 Chứng minh tồn đa thức P(x) ∈ Z[x], nghiệm nguyên cho với số nguyên dương n, tồn số nguyên x cho n | P(x) Lời giải: Xét đa thức P(x) = (3x + 1).(2x + 1) Với số nguyên dương n, ta biểu diễn n dạng n = 2k (2m + 1) Vì (2k , 3) = nên tồn a cho 3a ≡ (mod 2k ) Từ ta muốn có 3x ≡ −1 (mod 2k ) cần chọn x cho x ≡ −a (mod 2k ) Vì (2, 2m + 1) = nên tồn số nguyên b 2b ≡ (mod 2m + 1) Do ta có 2x ≡ −1 (mod 2m + 1) cần chọn x cho x ≡ −b (mod 2m + 1) Nhưng (2k , 2m + 1) = 1, nên theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên x nghiệm hệ x ≡ −a( mod 2k ) x ≡ −b( mod 2m + 1) Từ theo lý luận trên, với số nguyên dương n tồn x để n | P(x) Rõ ràng P(x) nghiệm nguyên Ví dụ 2.6.22 Chứng minh x3 = y2 − nghiệm nguyên Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên Từ x3 = y2 − ta có y2 + = x3 + = (x + 2)(x2 − 2x + 4) Nếu | x | x3 , y2 ≡ 7( mod 8): mâu thuẫn Nếu x ≡ 1( mod 4) x + ≡ 3( mod 4) Do tồn ước nguyên ≡ −1 Suy phương trình tố p x + cho p ≡ 3( mod 4)tức −1 p y2 + ≡ 0( mod p) vô nghiệm Nếu x ≡ 3(mod4) x3 ≡ 3(mod8), y2 ≡ 2(mod8): mâu thuẫn Vậy phương trình cho vô nghiệm 45 2.6.6 Ứng dụng toán chứng minh chia hết Ví dụ 2.6.23 (Gabriel Dospinescu- Mathlinks Contest) Chứng minh p = 2n + với n số tự nhiên thỏa mãn n ≥ số nguyên tố p | (3 p−1 + 1) Lời giải: Nếu n = 2k + 1, k ∈ N∗ p = 2n + = 22k+1 + ≡ 0( mod 3) Do p = (loại p ≥ 5) Vậy n = 2k Theo tiêu chuẩn Euler ta có p =3 p−1 ( mod p) Mặt khác p = 2n +1 = 22k + ≡ 2( mod 3) nên 3p = −1 p = 22k + ≡ 1( mod 4), ∀k ≥ Do đó, theo luật tương hỗ bậc hai ta có: 22k 3−1 p−1 2k−1 p p p p = (−1) = (−1)2 = = −1, ∀k ≥ = (−1) 2 p 3 3 Vậy p = −1 Do Vậy p = 2n + p−1 ≡ −1( mod p), suy p−1 + ≡ 0( mod p) với n số tự nhiên thỏa mãn n ≥ số nguyên tố p | (3 p−1 + 1) Ví dụ 2.6.24 Chứng minh với số nguyên dương a, b số a2 − không chia hết cho số 2b2 + Lời giải: Giả sử tồn số nguyên dương a, b số a2 − chia hết cho số 2b2 + • Nếu | b | a2 − 2, vô lý (do với số nguyên x x2 ≡ 0, 1( mod 3) • Nếu b b2 ≡ 1( mod 3), 2b2 + ≡ 2( mod 3) Vậy tồn ước nguyên tố p 2b2 + có dạng p ≡ 2( mod 3) p lẻ nên p = 6k + 5, với số nguyên k Từ giải thiết ta có p|(a2 − 2) nên a2 ≡ 2(mod p) Mặt khác 2b2 + ≡ = suy 0( mod p) Suy ≡ 2b2 + = (ab)2 + 3( mod p) Do −3 p p ≡ 1( mod 6) (mâu thuẫn với p = 6k + 5, với số nguyên k) Vậy điều 46 giả sử sai, tức với số nguyên dương a, b số a2 − không chia hết cho số 2b2 + 2.6.7 Một số ứng dụng khác Ví dụ 2.6.25 (Vietnamese TST 2004) Chứng minh 2n + ước nguyên tố dạng 8k − với n k số nguyên dương Lời giải: Giả sử p ước nguyên tố 2n + Do 2n ≡ −1( mod p) = 1, p = 4k + Do đó, 2n + • Nếu n chẵn −1 p ước nguyên tố có dạng 8k − với k số nguyên dương • Nếu n lẻ, p ước 2n + nên p ước 2n+1 + Do đó, −2 thặng dư bậc hai modulo p Theo ví dụ 2.6.9 số nguyên tố p có dạng 8m + 8m + Vậy, 2n + ước nguyên tố dạng 8k − với k số nguyên dương Ví dụ 2.6.26 Cho số nguyên tố p Chứng minh số p + 7p − không bình phương số nguyên Lời giải: Giả sử tồn x cho p + 7p − = x2 Theo định lý Fermat, ta có p ≡ (mod p) Do đó, x2 ≡ −1 (mod p), nên p có dạng 4k + Mặt khác, 34k+1 có dạng 4k + nên p + 7p − có dạng 4k + Suy x2 ≡ (mod 4), điều mâu thuẫn x2 đồng dư 0( mod 4) Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.6.27 Cho tam thức bậc hai có dạng f (x) = ax2 + bx + c với a, b, c số nguyên a = thỏa mãn: với số nguyên tố p tồn số nguyên n cho p | f (n) Chứng minh f (x) có nghiệm hữu tỷ Lời giải: Xét f (x) = ax2 + bx + c với a, b, c số nguyên a = Ta cần chứng minh: ∆ = b2 − 4ac số phương Chọn số nguyên tố p thỏa mãn yêu cầu đề bài, tức với số nguyên tố p 47 tồn số nguyên n cho p | f (n) Khi an2 + bn + c ≡ 0( mod p), suy 4a(an2 + bn + c) ≡ 0( mod p) Sử dụng phân tích: 4a(an2 + bn + c) = (2an + b)2 − (b2 − 4ac), ta (2an + b)2 ≡ (b2 − 4ac)(mod p) Do b2 − 4ac số phương 48 Kết luận Luận văn đạt số kết sau: • Trình bày số kiến thức sở tính chia hết, ước chung lớn nhất, số nguyên tố, định lý phân tích nhất; • Chứng minh định lý thặng dư Trung hoa bổ đề Hensel qua chuyển bải toán thặng dư bậc hai tổng quát dạng đặc biêt; • Phần trọng tâm luận văn trình bày chứng minh Bổ đề Gauss chứng minh luật tương hỗ bậc hai phương pháp hình học đếm điểm nguyên lưới hai chiều; • Đưa vài ứng dụng việc sử dụng Luật tương hỗ bậc hai vào việc chứng minh toán phổ thông 49 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái, Pham Huy Điển,(2003), Số học thuật toán: sở lý thuyết tính toán thực hành, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Hà Huy Khoái,(1997), Nhập môn số học thuật toán, NXB Khoa học Kỹ thuật Tiếng Anh [3] J.H Davenport,(1999), The Higher Arithmetic, Cambridge University Press, Cambridge [4] W Stein, (2011), Elementary Number Theory: Primes, Congruences and Secrets, Spring - Verlag ... tương hỗ bậc hai Trình bày Luật tương hỗ bậc hai, chứng minh Luật tương hỗ bậc hai phương pháp hình học đếm số điểm nguyên lưới hai chiều; giải thích nghiên cứu phương trình đồng dư bậc hai tổng... lý cho thấy tích hai thặng dư bậc hai hai không thặng dư bậc hai thặng dư bậc hai, tích thặng dư bậc hai không thặng dư bậc hai không thặng dư bậc hai Định lý 2.3.4 Nếu p số nguyên tố lẻ −1 p... 20 24 2.5 2.6 Luật tương hỗ bậc hai Ứng dụng luật tương hỗ bậc hai 27 31 2.6.1 2.6.2 Tính ký hiệu Legendre Với p a thặng dư bậc hai modulo p?