Nghia ha duy

Một số ứng dụng thặng dư bậc hai Hà Duy Nghĩa Trường THPT Phan Đình Phùng, Đắk Lắk Tiếp theo chuyên đề Thặng dư bậc hai thầy Trần Quang Vinh trình bày ‘Các chuyên đề toán học bồi dưỡng học sinh giỏi” Sở giáo dục đào tạo Phú Yên phát hành, chuyên đề tơi trình bày số tính chất thặng dư bậc hai với môđun không nguyên tố ứng dụng để giải toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên bậc cao Thặng dư bậc hai với môđun nguyên tố Trong phần giới thiệu lại khái niệm tính chất Thặng dư bậc hai, việc chứng minh tính chất xem [1] Định nghĩa Cho a,m hai số nguyên dương, ƯCLN(a,m)=1 Số a gọi thặng dư bậc hai theo mơđun m phương trình đồng dư x2 ≡ a ( mod m)có nghiệm Ngược lại ta nói a khơng thặng dư bậc hai theo mơđun m Ví dụ Số thặng dư bậc hai theo mơđun khơng thặng dư bậc hai theo mơđun 12 , 22 , 32 , 42 , 52 , 62 đồng dư với 1, 4, 2, 2, 2, 4, theo môđun7 Mệnh đề Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên không chia hết cho p Khi phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p),( 1.3) khơng có nghiệm có hai nghiệm khơng đồng dư theo mơđun p Chứng minh Giả sử (1.3) có nghiệm x = x0 Ta cần chứng minh x = −x0 nghiệm không đồng dư với x0 Thật vậy, giả sử (1.3) có nghiêm khác x = x1 , x20 ≡ x21 (mod p) Tức là: x20 − x21 = (x0 − x1 )(x0 + x1 ) ≡ 0(mod p) Do đó, p|(x0 − x1 ) p|(x0 + x1 ) Điều chứng tỏ x1 ≡ x0 , x1 ≡ −x0 Định nghĩa Cho a số nguyên p số nguyên tố lẻ Kí hiệu Legendre số xác định sau:  ˜   nOu p | a a ˜ (a, p) = vµa lµthng d bEc ă hai theo m = nOu un p  p  ˜ (a, p) = vµa kh ă hai theo m -1 nOu ng làthng d bEc un p Theo ví dụ trên, ta kí hiệu Định lí Cho a, p số ta có: p−1 a i) ≡ a (mod p); (Tiêu chuẩn Euler) p p−1 −1 ii) = 1, = (−1) ; p p a b ab iii) = p p p a b iv) Nếu a ≡ b (mod p)thì = p p 114 Định lí (Bổ đề Gauss) Cho p số nguyên tố lẻ (a, p)=1 Nếu S số thặng dư p p−1 alớn = (−1)S , nói khác dương bé số nguyên a, 2a, 2 p p−1 2ka S= , với [x] phần nguyên x p k=1 Ta có thặng dư dương bé theo môđun 13 số: 1.5, 13 13 2.5, 3.5, 4.5, 5.5, 6.5 số 5, 10, 2, 7, 12, số có số lơn nên = (−1)3 = −1 13 Ví dụ Tính Hệ Cho p số nguyên tố lẻ, ta có : i) thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ ±1 (mod 8) ii) -2 thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ (mod 8), p ≡ (mod 8) iii) -3 thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ (mod 6) iv) thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ ±1 (mod 12) v) thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ ±1 (mod 10) p q q p = = (−1)1.20 = Suy 41 = Định lí (Luật thuận nghịch bậc hai) Nếu p, q hai số ngun tố lẻ có: p−1q−1 (−1) Ví dụ Tính 41 Áp dụng luật thuận nghịch bậc hai ta có : 41 = 3 41 41 = −1 Định lí Cho x, y hai số nguyên tố a, b, c số nguyên tùy ý Nếu p số nguyên tố lẻ ước ax2 + bxy + cy khơng ước abc D = b2 − 4ac thặng dư bậc hai theo môđun p Đặc biệt p| (x2 − Dy )và (x,y)=1 D thặng dư bậc hai theo mơđun p Chứng minh Đặt N = ax2 + bxy + cy , ta có 4aN = (2ax + by)2 − Dy Do đó: (2ax + by)2 ≡ Dy (mod p), (1.11a) Ngồi ra, y khơng chia hết cho p (nếu khơng (2ax+by)và x chia hết cho p)nên tồn y1 cho yy1 = (mod p) Khi nhân hai vế phương trình (1.11a) với y12 ta được: (2axy1 + byy1 )2 ≡ D(yy1 )2 ≡ D (mod p) Vậy D thặng dư bậc hai theo mô đun p Thặng dư bậc hai với môđun không nguyên tố Phần lớn phương trình nghiệm nguyên bậc cao ta thường chuyển phương trình đồng dư bậc cao với mơđun khơng ngun tố Do đó, việc mở rộng tính chất thặng dư bậc hai với mơđun khơng ngun tố có vai trò quan trọng Sau tính chất 115 Định nghĩa Cho a số nguyên, b số nguyên tố lẻ, giả sử b phân tích thừa số nguyên tố dạng b = pα1 pα2 pαr r Kí hiệu Jacobi định nghĩa : α α α a a a a r = b p1 p2 pr nxKí hiệu Jacobi mở rộng kí hiệu Legendre, p số nguyên tố kí hiệu Jacobi trùng với kí hiệu Legendre Tuy nhiên p hợp số kí hiệu Jacobi chưa cho ta biết phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) có nghiệm hay khơng Mặc dù có nhiều tính chất tương tự kí hiệu Legendre Định lí Cho a số nguyên, b số nguyên dương với b phân tích thành thừa số nguyên tố b = pα1 pα2 pαr r Khi a, thặng dư bậc hai theo môđun b nếu a thặng dư theo mô đun pαi i , với i=1,2, ,r Chứng minh Nếu a thặng dư bậc hai theo mơđun b dễ dàng suy a thặng dư bậc hai theo môđun pαi i với i = 1, 2, , r Ngược lại, giả sử a thặng dư bậc hai theo môđun pαi i , tức với mội số pαi i tồn xi nghiệm phương trình x2 ≡ a (mod pαi i ) Khi theo Định lí thặng dư Trung hoa tồn số x cho x ≡ xi (mod pαi i )với i = 1, 2, , r Do đó, x2 ≡ x2i (mod pαi i ) với i Suy x2 ≡ a (mod b) Định lí Giả sử n số nguyên dương lẻ , a b hai số nguyên tố với n Khi : b a = ; i) Nếu a ≡ b (mod n)thì n n b ab a = ; ii) n n n n−1 −1 iii) = (−1) ; n n2 − iv) = (−1) ; n Chứng minh Dễ thấy, tính chất (i), (ii) suy trực tiếp từ Định nghĩa 2.1 Định lí 1.5 Ta cần chứng minh cho tính chất (iii) (iv) Vì pi − chẵn nên (1 + (pi − 1))αi ≡ + αi (pi − 1) (mod 4) (1 + αi (pi − 1)) (1 + αj (pj − 1)) ≡ + αi (pi − 1) + αj (pj − 1) (mod 4) Do ta có: pα1 pα2 pαr r ≡ + α1 (p1 − 1) + α2 (p2 − 1) + + αr (pr − 1) (mod 4) n−1 α1 (p1 − 1) α2 (p2 − 1) αr (pr − 1) Hay ≡ + + + (mod 2) 2 2 Từ suy ra:       p1 − α1 p2 − α2 p r − αr α1 α2 αr −1 −1 −1 −1 = = (−1)  (−1)  (−1)  n p1 p2 pr p2 − pr − n−1 p1 − +α2 + αr 2 = (−1) ; = (−1) α1 116 n−1 −1 = (−1) Vậy n Bằng cách chứng minh tương tự, ta có : n2 − α1 (p1 − 1) α2 (p2 − 1) αr (pr − 1) ≡ + + + (mod 8) 8 8 n2 − = (−1) Hay n Định lí (Luật thuận nghịch bậc hai kí hiệu Jacobi) Nếu m, n, số nguyên dương n−1m−1 m n lẻ, nguyên tố = (−1) n m Chứng minh Giả sử m, n phân tích thành thừa số nguyên tố dạng: m = pα1 p2α2 pαr r , n = q1α1 q2α2 qsαs Khi ta có: pi − q j − r s p i − qj − βj αi r s β α i=1 j=1 j i m n 2 2 = (−1) = =(−1) n m i=1 j=1 Ngoài ra, theo Định lí 2.3 ta có : r s n−1 n−1 pi − qj − ≡ (mod 2) , αi ≡ (mod 2) nên βj 2 2 i=1 j=1 m−1n−1 m n = (−1) n m Hệ Cho a, b số nguyên c, d só lẻ ta có: a c a d a + bc c = a ; c a = cd Một số tổng liên quan đến kí hiệu Legendre Định lí Nếu a, b số nguyên tùy ý, p số nguyên tố thỏa (a, p)=1thì p−1 ax + b = p x=0 Chứng minh Vì (a,p)=1 nên số ax+b, x=0,1,2, ,p-1 lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo p−1 p−1 môđun p có thặng dư bậc hai , khơng thặng dư bậc hai số chia hết cho 2 p Do theo kí hiệu Legendre ta có: p−1 ax + b p−1 p−1 = 1+ (−1) + = p 2 x=0 Định lí Cho f(x) đa thức bậc k với hệ số nguyên Gọi f (x)p = a0 + a1 x + + akp xkp với p−1 p = ta có: p−1 f (x) k ≡ − ap−1 + a2(p−1) + + ak (p−1) (mod p), k = p x=0 p−1 xn với n>0, Khi ta có: Chứng minh Đặt Sn = x=0 117 p−1 xn ≡ −1(mod p) Nếu n chia hết cho p-1 Sn = x=0 p−1 xr , với r ≡ n(mod p − 1), < r < p − Dễ Nếu n khơng chia hết cho (p-1) Sn ≡ x=0 chứng minh Sn ≡ 0(mod p) Từ suy ra; p−1 x=0 f (x) p p−1 ≡ x=0 f (x)p p kp Si ≡ − ap−1 + a2(p−1) + + ak (p−1) (mod p) = i=0 Định lí 10 Cho a, b, c số nguyên tùy ý p số nguyên tố thỏa (a, p)=1 Khi tổng: p−1 a a ax2 + bx + c Bằng − b2 − 4ac không chia hết cho p (p − 1) p p p x=0 Chứng minh Ta có 4a p p−1 x=0 ax2 + bx + c p p−1 = x=0 (2ax + b)2 − D với D = b2 − 4ac, từ p số ax+b, x=0,1,2, ,p-1 lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo môđun p ta được: p−1 4a p−1 ax2 + bx + c x2 − D = = S,hay p x=0 p p x=0 p−1 ax2 + bx + c a p−1 x2 − D a = =S p p x=0 p p x=0 Theo Định lí 3.2, ta có S = −(ap−1 ) ≡ −1(mod p) Ngồi ra, ta có |S| ≤ pnên S ∈ {−1, p − 1} p−1 x2 − D Giả sử S = p − có số hạng tổng tất số p x=0 p−1 x2 − D Tức tồn x0 ∈ {0, 1, 2, , p − 1} hạng lại tổng p x=0 cho p | (x20 − D) , ta cần chứng mịn x0 = Thật vậy, x0 = ta có p | (p − x0 )2 − D suy p−x0 ∈ {0,1,2 ,p-1}dẫn đến có hai phần tử thuộc tập {0, 1, 2, , p−1} để p | (x20 − D)(mâu p−1 x2 thuẫn) Do x0 = hay p |D Ngược lại, giả sử p |D ta có S = =p-1.Từ suy ra: p x=0 p−1 ax2 + bx + c a = (p − 1) , với (D, p)=1 Nếu p |D p p x=0 p−1 ax2 + bx + c a =− p p x=0 Bài tập áp dụng Bài tập Chứng minh phương trình y = 41x + 3, (4.1) khơng có nghiệm ngun (x,y) Lời giải Chứng minh phương trình (4.1) khơng có nghiệm tức ta phải chứng minh phương trình đồng dư y ≡ (mod 41)khơng có nghiệm, ta phải chứng tỏ = −1 Suy từ 41 Ví dụ 1.10 Bài tập Chứng minh phương trình y = x3 − 5khơng có nghiệm nguyên (x, y) Lời giải Giả sử phương trình (4.1) có nghiệm ngun (x, y), x phải số lẻ Thật vậy, x chẵn ta có y = 3(mod 8) (vơ lý), suy x số lẻ 118 Hơn x = 3(mod 4)thì y = 2(mod 4)(vơ lí) Do x phải có dạng x = 4k + 1, ta có:y + = 4k(16k + 2k + 3) suy −4 thặng dư bậc hai theo môđun (16k + 2k + 3).Tuy −1 −4 = nhiên theo kí hiệu Jacobi ta có: 2 16k + 12k + 16k + 12k + −1 Hơn nữa, ta có 16k + 12k + ≡ 3(mod 4)nên theo Định lí 2.3 suy ra: = 16k + 12k + (−1)1 = −1 (mâu thuẫn với −4 thặng dư bậc hai theo môđun (16k + 2k + 3) Từ suy phương trình cho khơng có nghiệm nguyên Bài tập (Mở rộng 4.2) Chứng minh phương trình y = x3 + k(4.3) khơng có nghiệm ngun (x, y) k có dạng: k = (4n − 1)3 − 4m2 , m, n số nguyên số nguyên tố p = 4f + không ước m Lời giải Giả sử phương trình (4.3) có nghiệm nguyên (x, y) , thay k = (4n − 1)3 −4m2 vào phương trình (4.3) ta được: y ≡ x3 − (mod 4), lập luận theo (4.2) ta x phải có dạng x = 4k + Tiếp tục đặt a = 4n − 1, ta có (4.3) tương đương: y + 4m2 = x3 + a3 ⇔ y + 4m2 = (x + a)(x2 − ax + a2 ) Suy ra: y + 4m2 = −1 (mod 4), ( doa ≡ −1 (mod 4) Do đó, ln tồn tai số nguyên tố p ≡ (mod 4) ước y + 4m2 , hay y + 4m2 = (mod p) −1 −4m2 = = −1 ( dop = 4f + 3) Mặt khác ta có theo kí hiệu Jacobi ta có: p p Bài tập Tìm tất cặp số nguyên dương (x, n) nghiệm phương trình x3 + 2x + = 2n (4.4) Lời giải Ta có phương trình (4.4) tương đương :x(x2 + 2) = 2n − Dễ chứng minh x(x2 +2)luôn chia hết cho với số nguyên dương x nên 2n −1 chia hết cho Suy n chẵn Ngoài ra, từ phương trình (4.4) ta thấy rằng, x chẵn vế trái số lẻ Do đó, x phải số lẻ Từ suy ra: Nếu n = phương trình trở thành : x3 +2x+1 = ⇔ x = ( Không nghiệm) Nếu n = phương trình trở thành: x3 + 2x + = ⇔ x = 1, nghiệm phương trình cặp (1, 2) Nếu n > phương trình tương đương : x3 + 2x + ≡ (mod ) ⇒ x ≡ (mod 8) Mặt khác ta có, x3 + 2x + = 2n ⇔ (x + 1)(x2 − x + 3) = 2n + Gọi p ước nguyên tố (x2 − x + 3) p lẻ -2 thặng dư bậc hai theo mơđun p Do đó, theo Hệ 1.8 p phải có dạng 8k + 1, 8k + 3, (x2 − x + 3) ≡ 3n (mod 8) (x2 − x + 3) ≡ (mod8) Mặt khác ta có x ≡ (mod 8) nên x2 − x + ≡ (mod 8) Từđó suy ≡ 3n (mod 8) (Điều khơng với n=3) Vậy phương trình (4.4) Có cặp nghiệm (1,2) Bài tập Cho n số nguyên dương, phương trình x2 + 3y = n có nghiệm nếu tất nhân tử nguyên tố n có dạng 3k − 1và có số mũ chẵn Lời giải Để giải tốn, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Một số nguyên tố p viết dạng p = x2 + 3y p = p = 3k + 1, k ∈ Z+ Với p = hiển nhiên bổ đề Với p > giả sử p = x2 + 3y ta chứng minh p có dạng p = 3k + 1, k ∈ Z+ Vì p = x2 + 3y nên (p, x)=1 (p, y)=1 Do tồn số y cho yy ≡ 1(mod p) Từ phương trình p = x2 + 3y ta suy ra, (xy )2 ≡ −3 (mod p) suy -3 thặng dư bậc hai theo p−1 p−1 3 −3 = (−1) nên = (−1) Ngoài theo luật mơđun p Hơn ta có p p p 119 p−13−1 p p nên = (−1) = hay p ≡ 1( mod 3).( Có thể thuận nghịch bậc hai ta có p 3 suy trực tiếp từ Hệ 1.8) Ngược lại, giả sử p = 3k + , tồn số nguyên a cho a2 ≡ −3 ( mod p).Ta chứng √ √ minh tồn số nguyên x, y cho < x, y < p p |a2 x2 − y Thật đặt b = p , 2 xét (b + 1) số au + v, với (u, v) ∈ {0, 1, 2, , b} × {0, 1, 2, , b} , Vì (b + 1) > pnên tồn cặp (u1 , v1 ) = (u2 , v2 )sao cho au1 + v1 ≡ au2 + v2 (mod p), đặt x = |u1 − u2 | , y = |v1 − v2 |ta có √ < x, y < p ax + y ≡ 0(modp) Suy a2 x2 − y ≡ 0(modp) Vậy ta có p |a2 x2 − y Từ suy ra, p |(a2 + 3)x2 − (3x2 + y )hay (3x2 + y ) = lp,với l ∈ Z+ Hơn nữa, ta có < x2 < p, < y < pnên suy l = {1, 2, 3} Với l = ta có p = 3x2 + y Với l = ta có 2p = 3x2 + y , tồn cặp số (x, y) cho ,2p ≡ 0( mod 4)(mâu thuẫn) Với l = ta có 3p = 3x2 + y , y chia hết cho 3, đặt y = 3y1 ta có p = x2 + 3y1 Điều suy p ≥ 3và p số nguyên tố dạng 3k − 1và p |x2 + 3y p|x, p|y Thật vậy, (x,p)=1 tồn y cho xy ≡ 1(modp), x2 ≡ −3y (modp)ta suy ra(xy )2 ≡ −3(modp), −3 = 1(điều mâu thuẫn) Vậy l=3 không thỏa hay p Vậy Bổ đề chứng minh Để giải toán Bài tập 4.5 , ta xét n = a2 b với b khơng phương, suy b = m pi , i=1 pi = 3hoặc pi ≡ 1(mod3).Khi theo Bổ đề ta có pi = xi + 3yi nên suy Do n = a2 b = (ax)2 + 3(ay)2 Bài tập Chứng minh không tồn số nguyên dương a, b, c cho a2 + b + c 3(ab + bc + ca) số nguyên Lời giải Giả sử tồn số nguyên dương a, b,c n cho a2 + b2 + c2 = 3n(ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 = (3n + 2)(ab + bc + ca) Điều suy 3n + 2có ước nguyên tố dạng p ≡ 2( mod 3) Ta chọn ước lẻ 3n + 2sao cho p2i−1 |(3n + 2) p2i không ước 3n + 2.Khi ta có: pi |(a + b + c) ⇒ p|(ab + bc + ca) Thế c ≡ −a − b(modp)ta được:p|4(a2 + ab + b2 ) Ngồi ra, ta có: 4(a2 + ab + b2 ) = (2a + b)2 + −3 3b2 nên theo Bổ đề ta = 1, hay p ≡ 1(mod3)(điều nàu mâu thuẫn) p Bài toán giải Bài tập Chứng minh số xm + y n không chia hết cho 4kxy − với số nguyên dương x, y, k, m, n Lời giải Giả sử tồn số nguyên dương x, y, k, m, n cho xm + y n 4kxy − Ta đặt m n m1 = , n1 = ta được: 2 −1 (i) Nếu m = 2m1 , n = 2n1 (xm1 )2 + (y n1 )2 4kxy − 1, đó, = 1(điều mâu 4kxy − thuẫn 4kxy − ≡ 3(mod4) −y (ii) Nếu m = 2m1 , n = 2n1 +1thì (xm1 )2 +y(y n1 )2 4kxy−1 suy = Ta chứng 4kxy − 120 minh điều mâu thuẫn Thật vậy, y số lẻ, ta có: y−1 (−1)(−1) −1 y −y 4kxy − = −1 4kxy − y 4kxy − = = −1 = 4kxy − t −y1 4kxy − 4kxy − Còn trường hợp y chẵn ta đặt y = 2t y1 , t ≥ 1, y1 ∈ N Khi đó, ta có: −y1 4kxy − = −1 −y1 42 kxy1 − t = −1 Suy ra, −y 4kxy − = (iii) Nếu m = 2m1 + 1, n = 2n1 + 1thìx(xm1 )2 + y(y n1 )2 4kxy − suy −xy 4kxy − = = −xy −4xy −1 = = = −1 4kxy − 4kxy − 4kxy − Cả ba trường hợp mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vậy toán giải Mặt khác ta có: Bài tập (POL4, IMO Shortlisted problems) Cho a, b, c số nguyên p số nguyên tố lẻ Chứng minh số f (x) = ax2 + bx + c phương 2p-1 giá trị nguyên liên tiếp x p|(b2 − 4ac) Lời giải Bài không sử dụng thặng dư bậc hai thật khó, xem lời giải tài liệu [3].Sau cách giải ứng dụng thặng dư bậc hai Giả sử tồn số nguyên x0 cho f (x0 ), f (x0 + 1), , f (x0 + 2p − 2) phương Khi đó: i) Nếu p|avà (p, b) = 1thì f (x) ≡ bx + c(modp) nên tập {f (x) : x = x0 , , x0 + p − 1} có p-1 phần tử lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo môđun p Ngoài ra, {x0 , , x0 + p − 1} hệ thặng dư p−1 phương theo mơđun p (Điều mâu thuẫn đầy đủ theo môđun p, nên có tất với có p-1 phương) Do p|bhay p|(b2 − 4ac) ii) Nếu (p, a) = 1, ta chứng minh p|(b2 − 4ac) Thật vậy, giả sử (p, (b2 − 4ac)) = 1, p−1 x0 +p−1 ax2 + bx + c a a ax2 + bx + c theo Định lí 3.3 ta có: =− Suy =− ≤ p p p p x=0 x=x0 x0 +p−1 ax2 + bx + c ≥ Trước hết ta chứng minh không Mặt khác ta chứng minh p x=x0 tồn số u, v, w ∈ {x0 , , x0 + p − 1}sao chof (u) ≡ f (v) ≡ f (w)(modp) Thật vậy, giả sử f (u) − f (v) ≡ 0(modp)suy p| (a(u + v) + b) (u − v) đó, a(u + v) ≡ −b(modp), tương tư, ta có đượca(u + w) ≡ −b(modp) Suy a(u − w) ≡ 0(modp)hay p|a(u − w)(mâu thuẫn) Vậy không tồn số u, v, w ∈ {x0 , , x0 + p − 1}sao chof (u) ≡ f (v) ≡ f (w)(modp) Từ suy x0 +p−1 ax2 + bx + c p+5 p+5 ≥ −2 − p− = 3.( điều mâu thuấn) p 2 x=x0 Vậy p|(b2 − 4ac).( Bài toán giải ) Bài tập tự luyện Bài tập Tìm tất nghiệm nguyên khơng âm phương trình 12x + y = 2008z HD: Bộ (0;0;0) nghiệm phương trình Ngồi ra, ta có vế trái có dạng a2 + b2 a2 + 3b2 nên ước nguyên tố 2008z có dạng 8k+1 8k+3 (Chứng minh vơ lí.) 121 Bài tập 10 Cho tập A = {1, 2, , 2005} Chứng minh tìm A phần tử (x,y) cho x2 + 3y − bội 2011 HD Xét tập M = {x2 − 3, x ∈ A} , N = {−x2 3, x ∈ A} Chỉ tập có hai phần tử phân biệt đồng dư theo mô đun2011 Bài tập 11 Cho a, b hai số ngun dương thỏa a.b khơng phương Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho (an − 1) (bn − 1)khơng phương Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, (2011), Các chuyên đề toán học bồi dưỡng học sinh giỏi , Sở giáo dục Đào tạo Phú Yên [2] Dusan DjuKie, (2007), Quadratic Congruences, Springer [3] Dusan DjuKie, Ivan Matic, A Collection of Problems Sugested for the Internatinal Mathematical Olympiads:1959-2009, Springer [4] Một số tài liệu mạng Internet 122 ... i) thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ ±1 (mod 8) ii) -2 thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ (mod 8), p ≡ (mod 8) iii) -3 thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ (mod 6) iv) thặng dư bặc hai theo môđun... hai theo môđun p p ≡ ±1 (mod 10) p q q p = = (−1)1.20 = Suy 41 = Định lí (Luật thuận nghịch bậc hai) Nếu p, q hai số ngun tố lẻ có: p−1q−1 (−1) Ví dụ Tính 41 Áp dụng luật thuận nghịch bậc hai... y hai số nguyên tố a, b, c số nguyên tùy ý Nếu p số nguyên tố lẻ ước ax2 + bxy + cy khơng ước abc D = b2 − 4ac thặng dư bậc hai theo môđun p Đặc biệt p| (x2 − Dy )và (x,y)=1 D thặng dư bậc hai