Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)

Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ THOA ỨNG DỤNG CỦA LUẬT THUẬN NGHỊCH VÀ THẶNG DƯ BẬC HAI THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ THOA ỨNG DỤNG CỦA LUẬT THUẬN NGHỊCH VÀ THẶNG DƯ BẬC HAI CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS NGUYỄN VĂN HOÀNG THÁI NGUYÊN - 2019 i Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Định lý Fermat nhỏ định lý Euler 1.2 Sơ lược phương trình đồng dư Ứng dụng luật thuận nghịch thặng dư bậc hai 2.1 2.2 10 Thặng dư bậc hai ứng dụng 10 2.1.1 Phương trình đồng dư bậc hai 10 2.1.2 Thặng dư bậc hai 12 2.1.3 Tiêu chuẩn Euler ký hiệu Legendre 16 2.1.4 Bổ đề Gauss 21 2.1.5 Một số ứng dụng khác 27 Luật thuận nghịch bậc hai ứng dụng 32 2.2.1 Luật thuận nghịch bậc hai 32 2.2.2 Ứng dụng luật thuận nghịch bậc hai 37 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 Mở đầu Có thể nói Số học lĩnh vực xuất sớm lịch sử Tốn học, đời từ người bắt đầu làm việc với số Số học phân môn quan trọng tốn học gắn bó với tất xun suốt q trình học tốn từ bậc Tiểu học đến Trung học phổ thơng Sự kì diệu Số học thường tiềm ẩn thử thách sâu sắc để thách thức trí tuệ người Trong thành tựu số học luật thuận nghịch thặng dư bậc hai nội dung quan trọng Đây mảng kiến thức liên quan đến lý thuyết đồng dư có nhiều ứng dụng việc giải tốn số học hay khó liên quan đến tính giải phương trình đồng dư bậc hai Nội dung cho phép ta xác định tính giải phương trình đồng dư bậc hai bất kỳ, nhiên khơng cung cấp phương pháp hiệu để tìm nghiệm Luật thuận nghịch bậc hai (hay gọi luật thuận nghịch thặng dư bậc hai) tiên đoán Euler Legendre lần chứng minh thuyết phục Gauss Gauss gọi "định lý vàng" tự hào đến mức ơng tiếp tục tìm tám chứng minh khác cho cuối đời Đề tài luận văn "Ứng dụng luật thuận nghịch thặng dư bậc hai" có mục đích hệ thống lại mảng kiến thức liên quan đến luật thuận nghịch thặng dư bậc hai, từ trình bày số ví dụ ứng dụng hay chúng nhằm cung cấp tài liệu tốt để dạy học cho giáo viên học sinh phổ thơng trung học Luận văn ngồi phần mở đầu, kết luận nội dung gồm chương trình bày lại cách hệ thống luật thuận nghịch thặng dư bậc hai số ứng dụng chúng, với bố cục cụ thể sau: Chương Kiến thức chuẩn bị trình bày phát biểu chứng minh định lý Fermat nhỏ, định lý Euler Trình bày khái niệm cách giải phương trình đồng dư tuyến tính, hệ phương trình đồng dư tuyến tính (định lý thặng dư Trung Hoa) Chương Ứng dụng luật thuận nghịch thặng dư bậc hai Chương trình bày định nghĩa tính chất phương trình đồng dư bậc hai, thặng dư bậc hai, cách tính định nghĩa, cách tính thơng qua ký hiệu Legendre, cách tính thơng qua luật thuận nghịch bậc hai Sau ứng dụng thặng dư bậc hai luật thuận nghịch bậc hai để tính tốn giải số tốn chứng minh, tìm ngun thủy, kiểm tra tính ngun tố Luận văn hồn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Lời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS.TS Nguyễn Văn Hoàng Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn tồn thể thầy Khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn Cảm ơn giúp đỡ bạn bè, người thân đồng nghiệp thời gian làm luận văn Thái Nguyên, tháng 05 năm 2019 Người viết luận văn Đỗ Thị Thoa Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày phát biểu chứng minh định lý Fermat nhỏ, định lý Euler Trình bày khái niệm cách giải phương trình đồng dư tuyến tính, hệ phương trình đồng dư tuyến tính (định lý thặng dư Trung Hoa) Các kiến thức chương giúp việc trình bày chương sau hệ thống dễ theo dõi 1.1 Định lý Fermat nhỏ định lý Euler Mục trình bày hai định lý quan trọng lý thuyết đồng dư định lý Fermat nhỏ định lý Euler Định lý 1.1.1 (Định lý Fermat nhỏ) Cho p số nguyên tố a số nguyên Nếu p a ap−1 ≡ (mod p) Chứng minh Xét p − số nguyên a, 2a, 3a, , (p − 1)a Chú ý p ia với i = 1, 2, , p − (vì ngược lại, tồn ≤ i ≤ p − để p | ia, kéo theo p | a p | i; p a, nên ta có p | i điều mâu thuẫn) Cũng ý khơng có hai số p − số nguyên a, 2a, 3a, , (p − 1)a đồng dư modulo p (vì ngược lại, tồn nghịch đảo a a modulo p; nên từ ia ≡ ja (mod p) với i = j iaa ≡ jaa (mod p), từ i ≡ j (mod p), điều khơng thể) Do tập số dư phép chia cho p số nguyên a, 2a, 3a, , (p − 1)a phải {1, 2, 3, , p − 1} Khi đó, (a)(2a)(3a) · · · (p − 1)a ≡ (1)(2)(3) · · · (p − 1) (mod p) hay tương đương với ap−1 (p − 1)! ≡ (p − 1)! (mod p) Mặt khác ta thấy (p − 1)! p hai số nguyên tố nhau, nên từ đồng dư bên cho ta thấy ap−1 ≡ (mod p), điều phải chứng minh Ví dụ 1.1.2 Với a = 3, p = suy 34 = 81 ≡ (mod 5) Tương tự, ta tính 910 ≡ (mod 11) Tiếp theo ta trình bày định lý Euler dạng tổng quát hoá định lý Fermat nhỏ Định lý 1.1.3 (Định lý Euler) Nếu m số nguyên dương a số nguyên cho a nguyên tố với m, aφ(m) ≡ (mod m), φ(m) ký hiệu phi hàm Euler (hàm đếm số số nguyên phạm vi từ đến m mà nguyên tố với m) Chứng minh Gọi r1 , r2 , , rφ(m) φ(m) số nguyên dương không lớn m cho (ri , m) = với i = 1, 2, , φ(m) Xét φ(m) số nguyên xác định r1 a, r2 a, , rφ(m) a Chú ý (ri a, m) = với i = 1, 2, , φ(m) (vì ngược lại, tồn i để (ri a, m) > tồn ước nguyên tố p (ri a, m), từ p | ri a p | m Ta có p | ri a kéo theo p | ri p | a; nên ta có p | ri p | m ta có p | a p | m Nhưng p | ri p | m khơng thể (ri , m) = 1; lại p | a p | m khơng thể (a, m) = 1) Ngồi ý khơng có hai số số r1 a, r2 a, , rφ(m) a đồng dư modulo m (vì ngược lại (a, m) = 1, nên tồn nghịch đảo modulo a a Do đó, ri a ≡ rj a (mod m) với i = j, kéo theo ri aa ≡ rj aa (mod m), từ ri ≡ rj (mod m), điều khơng thể) Do tập số dư chia cho m số nguyên r1 a, r2 a, , rφ(m) a {r1 , r2 , , rφ(m) } Do đó, ta có (r1 a)(r2 a) · · · (rφ(m) a) ≡ r1 r2 · · · rφ(m) (mod m), hay tương đương với aφ(m) r1 r2 · · · rφ(m) ≡ r1 r2 · · · rφ(m) (mod m) Bây giờ, m | (aφ(m) r1 r2 · · · rφ(m) − r1 r2 · · · rφ(m) ) kéo theo m | (r1 r2 · · · rφ(m) ) × (aφ(m) − 1) Chú ý (ri , m) = với i = 1, 2, , φ(m) nên (r1 r2 rφ(m) , m) = Do ta suy m | (aφ(m) − 1) aφ(m) ≡ (mod m), điều phải chứng minh Định lý Euler tổng qt hóa định lý nhỏ Fermat n = p số nguyên tố φ(p) = p − Định lý sử dụng để dễ dàng giản ước với modulo m lớn Ví dụ 1.1.4 Ví dụ tìm chữ số tận số 7222 Giải Chú ý 10 nguyên tố φ(10) = Bởi 74 ≡ (mod 10) Và ta có 7222 ≡ 74.55+2 72 ≡ 155 72 ≡ 49 ≡ (mod 10) Vậy 7222 có chữ số tận 1.2 Sơ lược phương trình đồng dư Định nghĩa 1.2.1 Phương trình đồng dư đại số bậc n đồng dư thức có dạng f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an ≡ (mod m) (1.1) x ẩn, ∈ Z (với i = 1, 2, , n) a0 ≡ (mod m) Chú ý 1.2.2 (i) Giải phương trình (1.1) tìm tất giá trị nguyên x thoả mãn đồng dư thức (1.1) Nếu x = x0 thoả mãn phương trình (1.1) số x ≡ x0 (mod m) thoả mãn (1.1); trường hợp tập hợp {x ∈ Z | x ≡ x0 (mod m)} gọi nghiệm phương trình đồng dư (1.1), kí hiệu x0 x ≡ x0 (mod m) (ii) Số nghiệm phương trình (1.1) số phần tử hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m mà thỏa mãn (1.1) (iii) Hai phương trình đồng dư gọi tương đương tập hợp số nguyên thỏa mãn phương trình trùng Ví dụ 1.2.3 Xét phương trình x2 ≡ (mod 5) Giải Ta thấy số 0, 1, 2, 3, hệ thặng dư không âm bé theo modulo 5, có hai số thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình có hai nghiệm x ≡ (mod 5) x ≡ (mod 5) Ví dụ 1.2.4 Giải phương trình đồng dư x4 + 7x + ≡ (mod 9) Giải Dễ thấy phương trình x4 + 7x + ≡ (mod 3) có nghiệm x ≡ (mod 3) (hay x = 3t + với t ∈ Z) Thay x vào phương trình cần giải bỏ số hạng chia hết cho ta 6t + ≡ (mod 9) ⇔ 2t + ≡ (mod 3) ⇔t≡1 (mod 3) ⇔ t = 3k + Vậy phương trình có nghiệm x = 3(3k + 1) + hay x ≡ (mod 9) Định nghĩa 1.2.5 Phương trình đồng dư ax ≡ b (mod m) gọi phương trình đồng dư tuyến tính với a, b, m số nguyên biết Khi x ≡ x0 (mod m) nghiệm phương trình ax0 ≡ b (mod m) Định lý 1.2.6 ([6]) Phương trình đồng dư tuyến tính ax ≡ b (mod m) có nghiệm d | b, d = (a, m) Nếu d | b phương trình có d nghiệm Hệ 1.2.7 ([6]) Phương trình đồng dư tuyến tính ax ≡ b (mod m) có nghiệm (a, m) = Hệ 1.2.8 ([6]) Cho phương trình đồng dư tuyến tính ax ≡ b (mod m) gọi d = (a, m) Nếu d | b d nghiệm modulo m phương trình (x0 + mt ) d (mod m) với t = 0, 1, 2, , d − x0 số nguyên thỏa mãn phương trình ad x ≡ b d (mod m d ) Ví dụ 1.2.9 Giải phương trình đồng dư 12x ≡ (mod 23) Giải Ta có (12, 23) =1 nên phương trình có nghiệm Phương trình cho tương đương với 12x = 23t + (t ∈ Z) Lấy t = suy x = 14 Vậy nghiệm phương trình cho x ≡ 14 (mod 23) Ví dụ 1.2.10 Giải phương trình đồng dư 17x ≡ 13 (mod 11) Giải Ta có 17 ≡ (mod 11) suy 17x ≡ 6x (mod 11) (1.2) Mặt khác 13 ≡ (mod 11) (1.3) Từ (1.2) (1.3) theo tính chất bắc cầu ta có 6x ≡ (mod 11) Do (2, 11) =1 nên giản ước hai vế cho ta 3x ≡ (mod 11) hay 3x = 11t + Lấy t = suy x = Do (3, 11) = nên phương trình có nghiệm x ≡ (mod 11) Định lý 1.2.11 (Định lý thặng dư Trung Hoa, [5]) Cho m1 , m2 , , mn số nguyên dương đôi nguyên tố cho b1 , b2 , , bn số nguyên Khi hệ phương trình đồng dư tuyến tính  x ≡ b1 (mod m1 )    x ≡ b2 (mod m2 ) ·········    x ≡ bn (mod mn ) có nghiệm modulo m1 m2 · · · mn Chứng minh Đầu tiên ta xây dựng số nguyên thỏa mãn hệ cho Đặt M = m1 m2 · · · mn Với i = 1, 2, , n đặt Mi = M/mi Bây với i = 1, 2, , n ta có (Mi , mi ) = Do theo Hệ 1.2.7, phương trình Mi x ≡ (mod mi ) có nghiệm xi (mod mi ) Đặt x = b1 M1 x1 + b2 M2 x2 + · · · + bn Mn xn 33 Đại học McMaster, Ontario, Canada, tạp chí The American Mathematical Monthly Bổ đề sau phức tạp, mở đường cho luật thuận nghịch bậc hai Bổ đề 2.2.1 ([5]) Cho p q số nguyên tố lẻ phân biệt Khi (p−1)/2 k=1 kq + p (q−1)/2 k=1 kp q = (p − 1) (q − 1) · 2 Trước chứng minh bổ đề, ta xét thêm ví dụ sau để hiểu rõ chứng minh bổ đề Ví dụ 2.2.2 Kiểm chứng Bổ đề 2.2.1 với p = q = 11 Giải Ta có (p−1)/2 k=1 kq p = k=1 = (q−1)/2 k=1 kp q 11k 11 · 11 · 11 · + + =1+3+4=8 7 = k=1 7k 11 7·1 7·2 7·3 7·4 7·5 + + + + 11 11 11 11 11 = + + + + = = Do đó, ta có Vế trái = + = 15 = · = 7−1 11−1 = Vế phải Khơng may thay, ví dụ minh họa cho bổ đề, cách tiếp cận đại số không đem lại chút gợi mở cho chứng minh bổ đề Do đó, ta minh họa thêm góc độ hình học Chú ý 11k số nguyên dương ≤ 11k k ; tức 11k với số điểm nguyên (chúng điểm tọa độ nguyên mặt phẳng Đề các) nằm đường thẳng x = k , phía trục Ox, nằm đường thẳng y = đó, 11k i=1 11 x Do số điểm lưới bên đa giác ABCD Hình 2.2 Nó với + + = 34 Hình 2.2: Hình minh họa điểm nguyên đa giác Mặt khác, 7k 11 với số điểm lưới nằm đường y = k , bên phải trục Oy , bên đường x = 11 y ; tức y = 11 x Vì 7k k=1 11 số điểm lưới nằm đa giác ADEF hình vẽ; + + + + = Vì tổng số điểm lưới = + = 15 = 3.5 = số điểm lưới bên cạnh hình chữ nhật BCEF Bây ta sử dụng cách tiếp cận hình học để thiết lập bổ đề Cách làm nhà toán học Đức Ferdinand Eisenstein (một sinh viên Gauss Berlin) thực Chứng minh Bổ đề 2.2.1 Đặt S(p, q) = (p−1)/2 kq p k=1 S(q, p) = (q−1)/2 kp q k=1 Vì p q hai số nguyên tố lẻ khác nên hai số kq/p kp/q không số nguyên hai tổng nêu Do kq p số nguyên dương ≤ kq p , nên kq p cho ta điểm lưới đường thẳng đứng x = k , bên trục Ox, phía đường thẳng y = pq x (Chú ý khơng có điểm nằm đường thẳng y = pq x điểm lưới x < p) Do đó, S(p, q) tổng số điểm lưới nằm phía trục Ox, bên đường thẳng y = pq x, đường thẳng đứng x = k (với p−1 ) (Xem hình 2.3, ta thấy S(p, q) số điểm lưới đa giác ABCDE ) 1≤k≤ Lập luận tương tự ta có S(q, p) tổng số điểm lưới nằm bên phải trục Oy , q p (trong ≤ k ≤ q−1 ) (Nói cách khác, S(p, q) tổng điểm lưới nằm phía bên đường thẳng x = pq y , tức y = x, đường thẳng y = k 35 Hình 2.3: Hình minh họa tam giác AEF ) Do đó, S(p, q) + S(q, p) tổng số điểm lưới nằm nằm hình chữ nhật BCDF , cụ thể là, p−1 q−1 Điều suy kết cần phải chứng minh Bây ta phát biểu luật thuận nghịch bậc hai hấp dẫn mặt hình thức Chứng minh nêu chứng minh thứ ba Gauss luật Định lý 2.2.3 (Luật thuận nghịch bậc hai, [5]) Cho p q số nguyên tố lẻ phân biệt Khi ta có (p/q)(q/p) = (−1) p−1 q−1 2 Chứng minh Ký hiệu r1 , r2 , , rk thặng dư dương nhỏ số q, 2q, , p−1 q modulo p mà ≤ p/2, kí hiệu s1 , s2 , , sν thặng dư dương nhỏ lại lớn p/2 Rõ ràng k + ν = p−1 Theo Định lý 2.1.31 (bổ đề Gauss) ta có (q/p) = (−1)ν Trong chứng minh bổ đề Gauss, ta p−1 số nguyên r1 , r2 , , rk , p − s1 , p − s2 , , p − sν hoán vị số nguyên 1, 2, , (p − 1)/2 Do 36 đó, ta có (p−1)/2 ν k (p − sj ) = ri + j=1 i=1 = Vì ( k i=1 ri ) ν j=1 sj ) + νp − ( = p2 −1 p−1 k (2.8) (2.9) k=1 p+1 2 Đặt R = k i=1 ri S = ν j=1 sj , ta p2 − = R + νp − S (2.10) Quay trở lại số nguyên kq biết bên (với ≤ k ≤ ta ký hiệu kq p p−1 ), thương kq chia cho p Lấy tk để kí hiệu cho phần dư kq chia cho p (với ≤ tk < p) Vì tk thặng dư nhỏ kq modulo p Khi đó, theo thuật tốn chia, ta có kq = kq · p + tk ≤ tk ≤ p − p Do đó, (p−1)/2 (p−1)/2 kq = k=1 k=1 kq ·p+ p (p−1)/2 tk ; k=1 tức (p−1)/2 q q· k = pS(p, q) + R + S k=1 p −1 = pS(p, q) + R + S (2.11) Thay (2.10) vào (2.11), ta thu (q − 1) p2 − = p[S(p, q) − ν] + 2S Vì vế trái 2S số chẵn, nên suy S(p, q) − ν số chẵn Do đó, (−1)S(p,q)−ν = 1; tức (−1)S(p,q) = (−1)ν Nhưng theo bổ đề Gauss, ta có (q/p) = (−1)ν Do vậy, (q/p) = (−1)S(p,q) Tương tự, ta có (p/q) = (−1)S(q,p) Do đó, ta có (p/q)(q/p) = (−1)S(q,p) (−1)S(p,q) 37 = (−1)S(q,p)+S(p,q) = (−1) p−1 q−1 2 (theo Bổ đề 2.2.1) Điều kết thúc chứng minh định lý Luật thuận nghịch bậc hai phát biểu lại dạng gắn với thực tiễn tính tốn hệ sau Hệ 2.2.4 Cho p q số nguyên tố lẻ Khi đó, ta có (q/p) = (p/q) −(p/q) p ≡ (mod 4) q ≡ (mod 4) p ≡ q ≡ (mod 4) Chứng minh Nếu p ≡ (mod 4) (p − 1)/2 chẵn; nên (p − 1)(q − 1)/4 chẵn Do đó, theo luật thuận nghịch bậc hai, (p/q)(q/p) = Nhưng (p/q) = ±1 (q/p) = ±1; nên từ (p/q)(q/p) = suy (p/q) = (q/p) Tương tự, q ≡ (mod 4) (q/p) = (p/q) Mặt khác, giả sử p ≡ q ≡ (mod 4) Khi số (p − 1)/2, (q − 1)/2 số lẻ; (p − 1)/2 · (q − 1)/2 số lẻ Do đó, lần theo luật thuận nghịch bậc hai, ta có (p/q)(q/p) = −1 Suy (q/p) = −(p/q) Ví dụ 2.2.5 Vì 17 ≡ (mod 4) nên (17/29) = (29/17); 23 ≡ (mod 4) 47 ≡ (mod 4) nên ta có (23/47) = −(47/23) 2.2.2 Ứng dụng luật thuận nghịch bậc hai Ứng dụng trực tiếp luật thuận nghịch bậc hai đưa phương pháp để tính ký hiệu Legendre Chú ý 2.2.6 Hệ 2.2.4, kết hợp với Định lý 2.1.20, 2.1.35 Hệ 2.1.22, 2.1.26 áp dụng để tính kí hiệu Legendre (a/p) với p số nguyên tố lẻ p a, ví dụ sau minh họa Các ví dụ minh họa cho sức mạnh hiệu luật thuận nghịch bậc hai Ví dụ 2.2.7 Tính (152/43) (3797/7297) 38 Giải Ta có 152 ≡ 23 (mod 43) nên (152/43) = (23/43) Vì 23 ≡ (mod 4) 43 ≡ (mod 4), nên từ Hệ 2.2.4 ta có (23/43) = −(43/23) = −(20/23) = −(4/23)(5/23) = −(5/23) = (vì theo Ví dụ 2.1.29, ta biết (5/23) = −1) Vậy (152/43) = (23/43) = (Từ ta suy phương trình đồng dư x2 ≡ 152 (mod 43) có nghiệm) Tiếp theo, ta ý 3797 7297 số nguyên tố; 3797 ≡ (mod 4) 7297 ≡ (mod 4) Do đó, theo luật thuận nghịch bậc hai, ta có (3797/7297) = (7297/3797) = (3500/3797) = (22 · 53 · 7/3797) = (22 /3797)(53 /3797)(7/3797) = (22 /3797)(5/3797)3 (7/3797) (2.12) Theo Định lý 2.1.20, ta có (22 /3797) = 1; ngồi theo Định lý 2.1.35 ta có (5/3797) = (3797/5) = (2/5) = −1; ta có (7/3797) = (3797/7) = (3/7) = −1 Do thay vào phương trình (2.12), ta thu (3797/7297) = · (−1)3 (−1) = (Chứng tỏ phương trình đồng dư x2 ≡ 3797 (mod 7297) giải được) Ví dụ 2.2.8 Kiểm tra xem có thặng dư bậc hai 29 hay khơng? Giải Vì ≡ (mod 4), theo luật thuận nghịch bậc hai, ta có (5/29) = (29/5) = (4/5) = (22 /5) = Do đó, thặng dư bậc hai 29 Ví dụ 2.2.9 Kiểm tra xem 31 có thặng dư bậc hai 47 hay không? Giải Ta muốn tìm (31/47) Vì 31 ≡ mod 47 ≡ (mod 4), nên theo luật thuận nghịch bậc hai ta có (31/47) = −(47/31) = −(16/31) = −(42 /31) = −1 Do dó, 31 thặng dư khơng bậc hai 47 Ví dụ 2.2.10 Kiểm tra xem 357 có thặng dư bậc hai 661 hay khơng? 39 Giải Ta có 661 số ngun tố 357 = · · 17 Cho nên (357/661) = (3/661) · (7/661) · (17/661) Do 661 ≡ (mod 4), theo luật thuận nghịch bậc hai ta có (3/661) = (661/3) = (1/3) = (7/661) = (661/7) = (3/7) = −(7/3) = −(1/3) = −1 (17/661) = (661/17) = (−2/17) = (−1/17)(2/17) = · = Do (357/661) = −1, nên 357 thặng dư khơng bậc hai 661 Ví dụ sau đơn giản lại ứng dụng thú vị luật thuận nghịch bậc hai Định lý 2.1.35 Ví dụ 2.2.11 Chứng minh 1! + 2! + 3! + · · · + n! không số phương n > Chứng minh Đặt N = 1! + 2! + 3! + · · · + n! Giả sử tồn số nguyên dương x cho N = x2 Do n > nên N > Cho nên (N/5) = (x2 /5) = Vì N ≡ 1! + 2! + 3! + 4! ≡ (mod 5), nên (N/5) = (3/5) Nhưng ta có (3/5) = (5/3) = (2/3) = −1, nên suy (N/5) = −1, điều mâu thuẫn Do đó, N khơng thể số phương n > Ví dụ sau phức tạp hơn, áp dụng tốt luật thuận nghịch bậc hai Ngoài việc sử dụng Định lý 2.1.20, ta cần sử dụng thêm hai kết bổ sung sau đây: • Tích hai số ngun dạng 5k + số nguyên có dạng 5k + • Nếu số p số nguyên tố lẻ = (5/p) = p ≡ ±1 (mod 5) (xem Bài tập 2.2.21) Ví dụ 2.2.12 Chứng minh tồn vơ hạn số ngun tố có dạng 10k − Chứng minh Đặt N = 5(n!)2 − 1, n > Rõ ràng N số có dạng 10k − Gọi p ước nguyên tố N Rõ ràng p số lẻ Vì p | N nên 5(n!)2 ≡ (mod p); suy (5(n!)2 /p) = (1/p) = 1; tức (5/p)((n!)2 /p) = (5/p) = Do 40 p ≡ ±1 (mod 5), hay p có dạng 5k ± Vì N có dạng 5k − 1, nên khơng phải tất ước nguyên tố N có dạng 5k + Do N phải có ước nguyên tố q dạng 5k − Nếu k số nguyên lẻ dạng 2j + q = 5k − = 5(2j + 1) − = 10j + không số nguyên tố Do đó, k phải số chẵn kéo theo q có dạng 10k − Chú ý q ≤ n q | n! Nhưng q | N nên q | (−1), điều mâu thuẫn Do q > n Vì vậy, với số nguyên n > 1, tồn ước nguyên tố q > n q có dạng 10k − Nói cách khác, tồn vô hạn số nguyên tố dạng 10k − 1; tất có chữ số cuối Ví dụ kết hợp đẹp đẽ định lý nhị thức, định lý nhỏ Fermat, tiêu chuẩn Euler luật thuận nghịch bậc hai Trước hết ta nhắc lại khái niệm số Fibonacci Fn : F1 = F2 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2 với n ≥ Số Fibonacci xác định xác cơng thức Binet sau: αn − β n Fn = α−β √ √ α = (1 + 5)/2 β = (1 − 5)/2 (là nghiệm phương trình x2 + x + = 0) Ví dụ 2.2.13 Ký hiệu Fn số Fibonacci thứ n cho p số nguyên tố lẻ = Khi Fp ≡ (mod p) −1 (mod p) p ≡ ±1 (mod 5) p ≡ ±2 (mod 5) Chứng minh Sử dụng công thức Binet cho dãy số Fibonacci αn − β n αn − β n = √ , α−β √ √ 1+ −1 1− α = β = = Do đó, ta có α √ p √ p √ 1+ 1− 5Fp = − hay 2 √ p √ √ 52 Fp = (1 + 5)p − (1 − 5)p Fn = 41 p = r=0 =2 p √ r ( 5) − r p √ ( 5) + p √ p (− 5)r r r=0 p √ ( 5) + p √ ( 5) + · · · + p √ p ( 5) p Tức là, 2p−1 Fp = Vì p | p k p + p 5+ với ≤ k ≤ p − p p p + ··· + p (p−1)/2 p = 1, điều kéo theo 2p−1 Fp ≡ 5(p−1)/2 (mod p) Theo định lý Fermat nhỏ, ta có 2p−1 ≡ (mod p); theo tiêu chuẩn Euler, ta có 5(p−1)/2 ≡ (5/p) (mod p) Do đó, Fp ≡ (5/p) (mod p) Nhưng (5/p) = −1 p ≡ ±1 (mod 5) p ≡ ±2 (mod 5) Do đó, ta có Fp ≡ (mod p) −1 (mod p) p ≡ ±1 (mod 5) p ≡ ±2 (mod 5) Ví dụ, 41 ≡ (mod 5) F41 = 165, 580, 141 ≡ (mod 41); 43 ≡ ≡ −2 (mod 5) F43 = 433, 494, 437 ≡ −1 (mod 43) Ví dụ 2.2.14 Tìm số nguyên tố p để thặng dư bậc hai p Giải Ta cần tìm số nguyên tố p cho (3/p) = Theo luật thuận nghịch bậc hai, ta có p ≡ (mod 4) (3/p) = (p/3) Chú ý (p/3) = p ≡ (mod 3); (p/3) = −1 p ≡ (mod 3) Do đó, trường hợp này, ta thấy (p/3) = p ≡ (mod 4) p ≡ (mod 3), tức p ≡ (mod 12) Mặt khác, p ≡ (mod 4) (3/p) = −(p/3) Ta có (p/3) = −1 p ≡ (mod 3) Do đó, ta thấy (3/p) = p ≡ (mod 4) p ≡ (mod 3), tức p ≡ 11 (mod 12) Vậy thặng dư bậc hai số nguyên tố p p ≡ (mod 12) p ≡ 11 (mod 12) Ví dụ 2.2.15 Đặc trưng số nguyên tố mà thặng dư bậc hai Giải Ta có (6/p) = (2/p) · (3/p) với p = 2, Theo Ví dụ 2.2.14, ta có • (3/p) = p ≡ 11 (mod 12) 42 • (3/p) = −1 p ≡ (mod 12) Ta có • (2/p) = p ≡ (mod 8) • (2/p) = −1 p ≡ (mod 8) Do đó, (6/p) = trường hợp sau: • (3/p) = (2/p) = 1: p ≡ ±1 (mod 12) p ≡ ±1 (mod 8) Giải hệ modulo 24 thu p ≡ 1, 23 (mod 24) • (3/p) = (2/p) = −1: p ≡ ±5 (mod 12) p ≡ ±3 (mod 8) Giải hệ modulo 24 thu p ≡ 5, 19 (mod 24) Do đó, thặng dư bậc hai modulo p p ≡ 1, 5, 19, 23 (mod 24) Một kết đáng ngạc nhiên luật thuận nghịch bậc hai ta đặc trưng số nguyên tố ước giá trị đa thức bậc hai Ví dụ 2.2.16 Đặc trưng số nguyên tố ước số nguyên có dạng n2 + n + (với n ngun) Giải Khơng khó để thấy n2 + n + luôn số lẻ, nên không ước n2 + n + Bây giờ, giả sử p số nguyên tố lẻ n2 + n + ≡ (mod p) Ta nhân biến đổi thu (2n + 1)2 ≡ −27 (mod p) Vì p lẻ, nên phương trình có nghiệm −27 thặng dư bậc hai modulo p Nếu p = 3, rõ ràng điều đúng, nên ta giả sử p ≥ Ta tính (−27/p) = (−1/p)(33 /p) = (−1/p)(3/p)3 = (−1/p)(3/p) Theo Hệ 2.1.22, ta có (−1/p) = p ≡ (mod 4); (−1/p) = −1 p ≡ (mod 4) Ta có (3/p) = p ≡ ±1 (mod 12); (3/p) = −1 p ≡ ±5 (mod 12) Nên (−27/p) = p ≡ (mod 12) p ≡ (mod 12) Do đó, p ước số nguyên có dạng n2 + n + p = p ≡ (mod 12) p ≡ (mod 12) Năm 1877, nhà toán học người Pháp T Pepin sử dụng luật thuận nghịch bậc hai để xây dựng tiêu chuẩn kiểm tra tính nguyên tố số Fermat fn Tiêu chuẩn ông chất định lý sau 43 Định lý 2.2.17 (Tiêu chuẩn Pepin, [5]) Số Fermat fn số nguyên tố 3(fn −1)/2 ≡ −1 (mod fn ) (với n ≥ 1) n Chứng minh Giả sử fn = 22 + số nguyên tố Vì fn ≡ (mod 4), nên n theo luật thuận nghịch bậc hai, ta có (3/fn ) = (fn /3) Nhưng fn ≡ (−1)2 + ≡ (mod 3), nên (fn /3) = (2/3) = −1 Cho nên (3/fn ) = −1 Theo tiêu chuẩn Euler, (3/fn ) ≡ 3(fn −1)/2 (mod fn ) Do đó, ta có 3(fn −1)/2 ≡ −1 (mod fn ) Ngược lại, giả sử 3(fn −1)/2 ≡ −1 (mod fn ); 3(fn −1)/2 ≡ −1 (mod p) với p ước nguyên tố fn Kéo theo 3fn −1 ≡ (mod p), ordp | (fn − 1), n hay ordp | 22 Suy ordp = 2k với k số nguyên dương k Ta muốn k = 2n Giả sử k < 2n ; 2n − k − ≥ Vì 32 ≡ k (mod p), nên (32 )2 2n −k−1 2n −1 ≡ (mod p), tức là, 3(fn −1)/2 = 32 ≡ (mod p) Điều kéo theo ≡ −1 (mod p), tức là, p = 2, mâu thuẫn Vì k = 2n ordp = fn − Theo định lý Fermat nhỏ, ta có ordp ≤ p − Do đó, fn − = ordp ≤ p − 1, p | fn Điều kéo theo fn = p số nguyên tố Ví dụ sau minh họa kết Ví dụ 2.2.18 Chứng minh f4 = 22 + = 65537 số nguyên tố Chứng minh Theo tiêu chuẩn Pepin, ta cần 15 3(f4 −1)/2 = 32 = 332768 ≡ −1 (mod f4 ) Ta có 38 ≡ 6561 (mod f4 ) 320 ≡ 19390 (mod f4 ) 340 ≡ −13669 (mod f4 ) 360 ≡ −10282 (mod f4 ) 3200 ≡ −28787 (mod f4 ) 44 3500 ≡ 26868 (mod f4 ) 332000 ≡ 27748 (mod f4 ) Do 332768 = 332000 · 3500 · 3200 · 360 · 38 ≡ (27748)(26868)(−28787)(−10282)(6561) ≡ −1 (mod f4 ) (mod f4 ) Do đó, f4 số nguyên tố Cuối cùng, trình bày số tập vận dụng kiến thức luật thuận nghịch bậc hai Bài tập 2.2.19 Tính ký hiệu Legendre (261/47), (176/241), (−1776/1013), (1428/2411) Giải Ta có (261/47) = (26/47) = (2/47)(13/47) = · (47/13) = (8/13) = (2/13)3 = (−1)3 = −1 (176/241) = (24 /241)(11/241) = (11/241) = (−1/11) = −1 (−1776/1013) = (250/1013) = (2/1013)(53 /1013) = −(5/1013)3 = −(1013/5)3 = −(3/5)3 = −13 = −1 (1428/2411) = (22 /2411)(3/2411)(7/2411)(17/2411) = · (−(2411/3)) · (−(2411/7)) · (2411/17) = (2/3)(3/7)(−3/17) = (−1) · (−(7/3)) (−1/17)(3/17) = (1/3)(−1/17)(17/3) = · · (2/3) = −1 Bài tập 2.2.20 Cho p q số nguyên tố lẻ thỏa mãn p = 4a + q Chứng minh (a/p) = (a/q) Từ tính (3/17), (43/191) 45 Giải Chú ý p ≡ q (mod 4) Bởi p = 4a + q nên (4a/p) = ((p − q)/p) = ((−q)/p) = (−1/p)(q/p) = (−1)(−1)(p/q) = (p/q) Hay (a/p) = (p/q) Bên cạnh đó, (4a/q) = ((p − q)/q) = (p/q) Hay (a/q) = (p/q) Do (a/p) = (a/q) Áp dụng tính (3/17), (43/191), ta có 17 = · + 191 = · 43 + 19 nên (3/17) = (3/5) = (−2/5) = (−1/5)(2/5) = · (−1) = −1 (43/191) = (43/19) = (5/19) = (19/5) = (−1/5) = Bài tập 2.2.21 Tìm cơng thức (5/p), p số nguyên tố lẻ = Giải Theo luật thuận nghịch bậc hai ta có  (1/5) = p ≡ (mod    (2/5) = −1 p ≡ (mod (5/p) = (p/5) = (3/5) = −1 p ≡ (mod    (4/5) = p ≡ (mod 5) 5) = 5) 5) −1 p ≡ ±1 (mod 5) p ≡ ±2 (mod 5) Bài tập 2.2.22 Cho p số nguyên tố > Chứng minh (−3/p) = −1 p ≡ ±1 (mod 6) p ≡ ±5 (mod 6) Giải Ta có (−3/p) = (−1/p)(3/p) = (−1/p) −(−1/p) p ≡ ±1 (mod 12) p ≡ ±5 (mod 12) Khi p ≡ (mod 12) p ≡ (mod 6), p ≡ −1 (mod 12) p ≡ (mod 6), p ≡ (mod 12) p ≡ (mod 6), p ≡ −5 (mod 12), p ≡ (mod 6) Kết hợp bốn trường hợp ta thu điều phải chứng minh 46 Kết luận Luận văn “Ứng dụng luật thuận nghịch thặng dư bậc hai” kết sau: • Trình bày phát biểu chứng minh định lý Fermat nhỏ, định lý Euler • Trình bày khái niệm cách giải phương trình đồng dư tuyến tính, hệ phương trình đồng dư tuyến tính (định lý thặng dư Trung Hoa), phương trình đồng dư bậc hai • Trình bày định nghĩa tính chất thặng dư bậc hai, cách tính định nghĩa, cách tính thơng qua ký hiệu Legendre, cách tính thơng qua luật thuận nghịch bậc hai • Ứng dụng thặng dư bậc hai luật thuận nghịch bậc hai để tính tốn giải số tốn chứng minh, tìm ngun thủy, kiểm tra tính ngun tố 47 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Vũ Thị Gái (2016), Luật thuận nghịch bậc hai điểm nguyên, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên [2] Nguyễn Tiến Hùng (2016), Luật thuận nghịch bậc hai hoán vị, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Ngun [3] Hà Huy Khối (1997), Nhập mơn số học thuật toán, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật [4] Lại Đức Thịnh (1977), Giáo trình số học, Nhà xuất Giáo dục Tiếng Anh [5] T Koshy (2007), Elementary Number Theory with Applications, Second Edition, Elsevier [6] J K Strayer (2002), Elementary Number Theory, Waveland Press, Inc ... qua luật thuận nghịch bậc hai Sau ứng dụng thặng dư bậc hai luật thuận nghịch bậc hai để tính tốn giải số tốn chứng minh, tìm ngun thủy, kiểm tra tính nguyên tố 2.1 Thặng dư bậc hai ứng dụng Thặng. .. dư bậc hai, thặng dư bậc hai, cách tính định nghĩa, cách tính thơng qua ký hiệu Legendre, cách tính thơng qua luật thuận nghịch bậc hai Sau ứng dụng thặng dư bậc hai luật thuận nghịch bậc hai để... đồng dư Ứng dụng luật thuận nghịch thặng dư bậc hai 2.1 2.2 10 Thặng dư bậc hai ứng dụng 10 2.1.1 Phương trình đồng dư bậc hai 10 2.1.2 Thặng