TƯ LIỆU TOÁN HỌC LEGENDRE SYMBOL

CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Legendre N U M B E R T H E O R Y SYMBOL HAPPY NEW YEAR 2020 DOÃN QUANG TIẾN – NGUYỄN MINH TUẤN LEGENDRE SYMBOL Chịu trách nhiệm nội dung Doãn Quang Tiến Biên tập Nguyễn Minh Tuấn Ngày 24 tháng năm 2020 Tóm tắt nội dung Trong viết này, đề cập tới vấn đề tương đối thú vị có nhiều ứng dụng số học kí hiệu Legendre hay thặng dư bình phương Bài viết cung cấp cho bạn đọc lý thuyết đầy đủ tốn xuất kì thi chọn đội tuyển, olympic nước khu vực, đồng thời chúng tơi có tham khảo số nguồn tài liệu tác giả ngồi nước, bạn đọc xem phần tài liệu tham khảo Bây bắt đầu tìm hiểu vấn đề qua định nghĩa đầu tiên, kí hiệu Legendre - Bài viết trích từ Khai thác số chủ đề số học hay khó, Dỗn Quang Tiến ft Huỳnh Kim Linh Lý thuyết 1.1 Kí hiệu Legendre Định nghĩa Cho số nguyên dương n, số nguyên a gọi thặng dư bình phương modn (hay số phương modulo n) (a, n) = phương trình x2 ≡ a (modn) có nghiệm Từ định nghĩa ta có các định lý sau Định lý Định lý 1.Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên không chia hết cho p Khi đó, phương trình trình x2 ≡ a(modp) vơ nghiệm có nghiệm khơng đồng dư modulo n p−1 thặng dư Định lý Nếu p số nguyên tố lẻ số 1, 2, , p − có bình phương modp Chứng minh Ta tiến hành bình phương số 1, 2, , p − lên Giả sử a thặng dư bình phương mod n Ta nhận thấy rằng, T số số {1, 2, , p − 1} T ≡ (p − T )2 (modp) Do đó, phương trình x2 ≡ a(modp) có hai nghiệm mà bình phương có thặng dư a Mà có p−1 tổng cộng p − số nên có thặng dư bình phương modp Nhận xét Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số ngun khơng chia hết cho p Kí hiệu Legendre a a Khi xác định sau p p Chinh Phục Olympic Toán Định nghĩa Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số ngun khơng chia hết cho p Khi a p ≡a p−1 (modp) Chứng minh a = Khi đồng dư x2 ≡ a(modp) có nghiệm x = x0 p Theo định lý Fermat nhỏ , ta có Trước tiên, giả sử a p−1 ≡ x20 p−1 ≡ (modp) a = −1 Khi , đồng dư x2 ≡ a(modp) vơ nghiệm Với i từ đến (p − 1) , p tồn j, j p − cho tích i.j ≡ a(modp) Rõ ràng i khác j nên nhóm p−1 số từ đến p − thành cặp, cho tích hai số cặp đồng dư a modulo p Nhân tất số 1, 2, , p − 1, ta Xét trường hợp (p − 1)! ≡ a p−1 (modp) Theo định lý Wilson, (p − 1)! ≡ −1(modp) Định lý chứng minh Từ tiêu chuẩn Euler định nghĩa Legendre, ta dễ dàng chứng minh tính chất sau Định lý Giả sử p số nguyên tố lẻ, a b số nguyên không chia hết cho p Khi a b i Nếu a ≡ b(modp) = p p b ab a = ii p p p iii a2 p =1 (i) Nếu a ≡ b(modp) x2 ≡ a(modp) có nghiệm x2 ≡ b(modp) có nghiệm, ta a b = p p (ii) Theo tiêu chuẩn Euler ta có a p ≡a p−1 (modp), b p ≡b p−1 p−1 = (ab) (modp), ab p ≡ ab p−1 (modp) Khi ta a p b p ≡a p−1 b p−1 ≡ ab p (modp) Vì giá trị kí hiệu Legendre ±1 nên ta có đẳng thức cần chứng minh Số học - Bà chúa tốn học Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Tốn Học (iii) Vì a p = ±1 nên từ phần ta có a2 p a p = a p =1 Định lí cho thấy tích hai thặng dư bình phương hai khơng thặng dư bình phương thặng dư bình phương, tích thặng dư bình phương khơng thặng dư bình phương khơng thặng dư bình phương Ngồi ra, nhờ tiêu chuẩn Euler, ta biết −1 số phương modulo p Định lý Nếu p số nguyên tố lẻ −1 p Chứng minh Theo tiêu chuẩn Euler ta có p ≡ 1(mod4) −1 p ≡ −1(mod4) = −1 p ≡ (−1) p−1 (modp) Nếu p ≡ 1(mod4) p = 4k + với k số nguyên Như ta có (−1) p−1 = (−1)2k = −1 = Tiếp tục xét trường hợp thứ p Nếu p ≡ −1(mod4) p = 4k + với k số nguyên Như ta có Hay (−1) p−1 = (−1)2k+1 = −1 −1 = −1 p Vậy định lý chứng minh Hay Định lý Giả sử (x; y) = 1, a, b, c số nguyên p ước nguyên tố ax2 + bxy + cy , p không ước abc D = b2 − 4ac thặng dư bậc mod p Đặc biệt p ước x2 − Dy (x, y) = D thặng dư bậc mod p Chứng minh Đặt N = ax2 + bxy + cy từ 4aN = (2ax + by)2 − Dy ta có (2ax + by)2 ≡ Dy (modp) Hơn y không chia hết cho p; không p chia hết cho 2ax + by x, điều trái với giả thiết Vậy (y, p) = nên tồn yy cho yy ≡ 1(modp), suy (2axy + byy )2 ≡ D (yy )2 ≡ D(modp) Vậy D thặng dư bình phương modulo p Cho a số nguyên, p số nguyên tố cho (a, p) = Với k = 1, 2, , p tồn rk ∈ {±1, ±2, , ±p } cho ka ≡ rk (modp), dễ thấy khơng tồn hai số rk có giá trị tuyệt đối, |r1 | , |r2 | , , rp hoán vị tập hợp {1, 2, , p } Cho k chạy rừ đến p nhân vế với ta r1 rp r1 rp ap ≡ = (modp) 1.2 p |r1 | rp Số học - Bà chúa toán học Tạp chí tư liệu tốn học Chinh Phục Olympic Tốn rk ; εk = ±1 ta có ap ≡ ε1··· · εp (modp) Ta có εk = −1 phần dư chia ka |rk | cho p lớn p , ta Đặt εk = ka 2ka 2r 2ka =2 +1 = 2p + ⇔ p p p p Suy rk = (−1) 2ka p Như ta có p p a ≡ (−1)k=1 2ka p Định lý chứng minh Định lý Bổ đề Gauss Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên không chia hết cho p Nếu số thặng p−1 p dư dương bé số nguyên a, 2a, 3a, , a có s thặng dư lớn 2 a p = (−1)s Chứng minh p−1 Trong số thặng dư dương bé số nguyên a, 2a, 3a, , a Giả sử u1 , u2 , , us p p thặng dư lớn v1 , v2 , , vt thặng dư bé 2 p−1 Vì (ja, p) = với j, j nên ui , vj khác 0, tức thuộc tập hợp 1, 2, , p − Ta p−1 chứng minh rằng, tập hợp p − u1 , p − u2 , , p − us ; v1 , v2 , , vt tập hợp số 1, 2, , xếp theo thứ tự Rõ ràng khơng có hai số ui nào, khơng có hai số vj đồng dư modulo p Thật vậy, ngược lại ta có ma ≡ na(mod p), mâu thuẫn Tương tự trên, thấy khơng có số p − ui đồng dư với vj Như ta có p−1 (p − u1 )(p − u2 ) (p − us )v1 , v2 , , vt ≡ ! (modp) p−1 a modulo Mặt khác, u1 , u2 , , us ; v1 , v2 , , vt thặng dư dương bé a, 2a, 3a, , p nên p−1 p − u1 u2 us v1 v2 vt ≡ a ! (modp) Như ta có (−1)s a Do p p−1 p−1 p−1 !≡ ! (modp) 2 p−1 ! nguyên tố nên suy (−1)s a p−1 ≡ (modp) p−1 Tức a ≡ (−1)s (modp) Định lí suy từ tiêu chuẩn Euler Số học - Bà chúa tốn học Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Tốn Học Định lý Nếu p số nguyên tố lẻ p = (−1) p2 −1 Như vậy, só phương modulo p p ≡ ±1 (mod8) Chứng minh p Áp dụng bổ đề Gauss, ta cần tìm số thặng dư dương bé lớn dãy số 1.2, 2.2, , p−1 2 Vì số nhỏ p nên trùng với thặng dư dương bé chúng Như vậy, cần tính p số số dãy lớn Số số s= p p−1 − p = (−1) Như vậy, ta có p−1 − p4 [ ] Bằng cách xét trường hợp p ≡ 1, 3, 5, (mod 8), dễ dàng chứng minh đồng dư p−1 p p2 − − ≡ (mod2) Khi định lí suy từ bổ đề Gauss Một số mở rộng −2 số phương modulo p p ≡ 1, (mod8) số phương modulo p p ≡ ±1 (mod12) −3 số phương modulo p p ≡ (mod6) thặng dư bậc mod p p ≡ ±1(mod10) p+1 = (−1)[ ] p Định lý Luật tương hỗ Gauss Giả sử p q số nguyên tố lẻ khác Khi đó, ta có p q q p = (−1) p−1 q−1 2 Chứng minh Để chứng minh định lí trên, trước hết ta cần chứng minh bổ đề sau Bổ đề Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số lẻ không chia hết cho p Khi a p p−1 = (−1)T (a,p) T (a, p) = j=1 ja p Chứng minh p−1 Xét thặng dư dương bé số nguyên a, 2a, 3a, , a Như trước đây, kí hiệu p u1 , u2 , , us ; v1 , v2 , , vt thặng dư lớn bé , tương ứng Số học - Bà chúa toán học Tạp chí tư liệu tốn học Chinh Phục Olympic Tốn Từ phép chia Euclide ta có ja + phần dư p ja = p phần dư số ui vj p−1 Cộng vế phương trình ta p−1 p−1 ja = j=1 ja + p p j=1 s t ui + i=1 vj j=1 Như chứng minh bổ đề Gauss, tập hợp p − u1 , p − u2 , , p − us ; v1 , v2 , , vt p−1 xếp theo thứ tự tập hợp số 1, 2, , Do ta có p−1 s s (p − ui ) + j= j=1 t t vj = ps − i=1 j=1 ui + vj i=1 j=1 Từ suy p−1 p−1 ja − p−1 j= j=1 j=1 p j=1 ia − ps + p s ui i=1 Từ công thức T (a, p) ta nhận p−1 s j = pT (a, p) − ps + (a − 1) j=1 ui i=1 Do a, p lẻ nên suy T (a, p) ≡ s (mod2) Từ bổ đề Gauss ta có điều phải chứng minh Chứng minh luật thuận nghịch q−1 p−1 q−1 p−1 y , có tất cặp Xét cặp số nguyên (x, y) với x 2 2 Ta chia cặp thành hai nhóm, tùy thuộc độ lớn px qy Do p, q số nguyên tố khác nên px = qy với cặp (x, y) p−1 qx Xét cặp với qx > py Với giá trị cố định x , x , tồn số nguyên y p thỏa mãn y qx Như vậy, số cặp xét p q−1 trên, số cặp thỏa mãn điều kiện j=1 p−1 j=1 jq Xét cặp với qx < py Tương tự p jp p−1 q−1 Vì có tất cặp nên ta nhận q 2 đẳng thức sau p−1 j=1 jq + p q−1 j=1 p−1 q−1 jp = q 2 Từ định nghĩa T (p, q) ta có (−1)T (p,q)+T (q,p) = (−1) p−1 q−1 2 Định lí suy từ bổ đề Nhận xét Qua định lí trên, chứng minh số số phương modulo p Tuy nhiên, định lí có điểm bất lợi áp dụng cho số nguyên tố lẻ Còn hợp số sao? Đối với trường hợp đó, sử dụng kí hiệu mạnh kí hiệu Legendre Đó kí hiệu Jacobi Số học - Bà chúa tốn học Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Tốn Học 1.2 Kí hiệu Jacobi Định lý Kí hiệu Jacobi Giả sử n > số tự nhiên lẻ pα1 pα2 pαk k dạng phân tích tiêu chuẩn n Với số nguyên a (a, n) = 1, kí hiệu Jacobi a = n a pai i = a pi tất kí hiệu bên vế phải kí hiệu Legendre Do kí hiệu Jacobi mở rộng kí hiệu Legendre nên hầu hết định lí cho kí hiệu Jacobi Nếu n số ngun tố kí hiệu Jacobi kí hiệu Legendre a ∈ {0, 1, −1} n a = gcd (a, n) = n ab n a a ≡ mn m ≡ a n b n b , điều dẫn tới n Nếu a ≡ (modn), n − n 10 a = n a n2 b n = 1 n = (−1) = (−1) n ≡ (mod4) −1 n ≡ (mod4) n−1 n2 −1 = n ≡ 1, (mod8) −1 n ≡ 3, (mod8) (m−1)(n−1) m n = (−1) n m Trong trường hợp n số nguyên tố kí hiệu Jacobi trùng với kí hiệu Legendre Tuy nhiên khác với kí hiệu Legendre, n hợp số, kí hiệu Jacobi khơng cho biết phương trình đồng dư x2 ≡ a(modp) có nghiệm hay khơng Mặc dù vậy, kí hiệu Jacobi có nhiều tính chất tương tự kí hiệu Legendre Ta ý a = −1 n a a khơng thặng dư bình phương modulo n Thật vậy, = −1 từ n a định nghĩa = −1 pi ước n; a khơng thặng dư bình phương modulo pi pi Tuy điều ngược lại khơng đúng, ta xét ví dụ sau Ví dụ Ta có 2 = = (−1)(−1) = 15 Số học - Bà chúa toán học Tạp chí tư liệu tốn học Chinh Phục Olympic Tốn Ta thấy khơng thặng dư bình phương modulo 15, khơng thặng dư bình phương modulo Do vậy, ta chưa thể kết luận p không số nguyên tố p−1 a ≡ a (modp) với số p nguyên tố p số nguyên a Một cách tự nhiên đồng dư thức Euler mở rộng từ kí hiệu p−1 a Legendre sang kí hiệu Jacobi ≡ a (modp) với hợp số lẻ dương n Tuy nhiên đồng dư p thức sai với nửa a mod n n hợp số Tính chất thứ hai khơng thể mở rộng gắn với đồng dư thức Euler Định lý Cho a số nguyên b số nguyên dương, b có phân tích thừa số ngun tố p = pα1 pα2 pαr r a thặng dư bình phương modulo b a thặng dư bình phương modulo pαi với i = 1, 2, , r Chứng minh Nếu a thặng dư bình phương modulo b, hiển nhiên thặng dư bình phương modulo với pαi ; i = 1, 2, , r Khi tồn xi số nguyên cho x2i ≡ a (modpαi ) Theo định lý phần dư Trung Hoa có số x cho x ≡ xi (modpαi ) Khi ta x2 ≡ x2i ≡ a (modpαi ) điều chứng tỏ x ≡ a(modb) Định lý Số thặng dư bình phương modulo pn (n > 0), tính cơng thức 2n−1 − pn+1 − + với p = 2, + với p > 2(p + 1) Chứng minh Đặt kn số thặng dư bình phương modulo pn (n > 0) (i) Cho p số lẻ n Số a thặng dư bình phương modulo pn p không a ước a a thặng dư bình phương modulo p, p2 ước a thặng p dư bình phương modulo pn−2 Từ suy kn = kn−2 + p pn−1 (ii) Cho p = n Số a thặng dư bình phương modulo 2n hai a khả sau xảy a ≡ 1(mod8) ước a thặng dư bình phương modulo n−2 Từ suy kn = kn−2 + 2n−3 Sử dụng quy nạp ta dễ dàng chứng minh mệnh đề 1.3 Một vài tổng kí hiệu Legendre Việc tìm số nghiệm đồng dư thường quy đếm giá trị x ∈ {0, 1, , p − 1} cho đa thức cho f (x) với hệ số ngun thặng dư bình phương modulo số nguyên tố lẻ p Số học - Bà chúa tốn học Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Tốn Học p−1 Câu trả lời hiển nhiên có liên hệ với giá trị tổng x=0 f (x) Trong phần quan p tâm đến tổng thuộc loại Đối với đa thức tuyến tính f , tổng xét dễ đánh giá Định lý Với số nguyên a, b tùy ý số nguyên tố p a, ta có p−1 ax + b p x=0 =0 Chứng minh Do p không ước a, số ax + b, với x = 0, 1, , p − lập nên hệ thặng dư đầy đủ modulo p p−1 p−1 Có thặng dư bình phương, khơng thặng dư bình phương, số 2 chia hết cho p Nghĩa p−1 ax + b p x=0 = p−1 p−1 ·1+ · (−1) + = 2 Để đánh giá tổng đa thức bậc hai, cần sử dụng định lí sau Định lý Giả sử f (x)p = a0 + a1 x + + akp xkp với k bậc đa thức f Đặt k = p−1 x=0 f (x) p k ta có ≡ − ap−1 + a2(p−1) + · · · + ak (p−1) (modp) Chứng minh p−1 xn với n số tự nhiên S0 = p, ta Sn ≡ −1( mod p) với n > Ta đặt Sn = x=0 p − 1|n Sn ≡ 0(modp) ngược lại Theo tiêu chuẩn Euler ta có p−1 x=0 f (x) p p−1 kp f (x)p = ≡ x=0 Si ≡ − ap−1 + a2(p−1) + · · · + ak p−1 (modp) i=0 Như định lý chứng minh Định lý Với số nguyên dương a, b, c số nguyên tố p a, tổng p−1 x=0 − a p p b2 − 4ac (p − 1) ax2 + bx + c p a p p|b2 − 4ac Chứng minh Số học - Bà chúa toán học Tạp chí tư liệu tốn học Chinh Phục Olympic Toán (ii) Với −1 p = −1, ta ý n∈Fp n2 + a p n2 + p = n∈Fp x+1 p =1+2 x p =+1    = + 2  x∈Fp x+1 p − p x+1    p − x p =−1    = + 2 0 − − =−1 x−1 p = −1 + x p =−1 −x − p = −1 + x p x p x+1    p = −1 + n∈F× p =+1 n2 − p Đến tiếp tục sử dụngbổ đề chứng minh ta có n∈F× p n2 − p = n∈Fp n2 − p +1= n∈Fp n(n + 2) p +1=− p + = Như vậy, từ trường hợp xét, ta có điều phải chứng minh Bài 33 IMO 2016 Một tập hợp số nguyên dương gọi tập hương có hai phần tử phần tử có ước ngun tố chung với với phần tử lại Đặt P (n) = n2 + n + Tìm số nguyên dương b nhỏ cho tồn số nguyên không âm a để tập hợp {P (a + 1) , , P (a + b)} tập hương Lời giải Phân tích Ta phải xác định Dạng ước nguyên tố P (n) = n2 + n + Ước nguyên tố chung P (n) P (n + m) , m Với ý thứ nhất, P (n) biểu thức bậc hai, ta sử dụng thặng dư bậc hai để xác định 4P (n) = 4n2 + 4n + = (2n + 1)2 + Từ ta suy p|P (n) ⇔ p|4P (n) ⇔ (2n + 1)2 ≡ −3 (mod p) ⇒ −3 p =1 Nếu p > 3, đặt p = 3k + r, < r < Ta có −3 p = −1 p Số học - Bà chúa toán học p = −1 p 3−1 p−1 p (−1) = 46 −1 p p−1 r (−1) Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Tốn Học Vì −1 p = p ≡ (mod4) −1 p ≡ −1 (mod4) = nên p = 4s + 1, r = p = 4s + 3, r = Suy p = 6h + p = Với ý 2, p ước nguyên tố chung P (n) P (n + m), ta có  p|(2n + 1)2 +   p|P (n) p|n + n + ⇒ ⇒ p|m  p|P (n + m) − P (n) p|m (2n + m + 1)  p|2n + m +  p|2 (n + 2)   p|n2 + n +  Nếu m =  Mặt khác ta lại có p=3  3|2n + n2 + n + = (n + 2) (n − 1) + ⇒ n = 3k + p=3 Vậy (P (x) , P (x + 3)) > 1, (P (y) , P (y + 3)) > 3|x − y p|2n + , mà n2 + n + = n (n + 1) + nên p|1, điều vơ lý Nếu m = p|n2 + n + Nếu m = p| (2n + 3) Mặt khác ta lại có p|4n2 + 4n + 4n2 + 4n + = (2n + 3) (2n − 1) + ⇒ n = 7k + p=7 Vậy (P (x) , P (x + 2)) > 1, (P (y) , P (y + 2)) > 7|x − y p| (2n + 5) Nếu m = 4, Mặt khác ta lại có p|4n2 + 4n + 4n2 + 4n + = (2n + 5) (2n − 3) + 19 ⇒ n = 19k + p = 19 Từ nhận xét trên, suy tập {P (a + 1) , P (a + 2)} , {P (a + 1) , P (a + 2) , P (a + 3)} không tập hương với a P (a + 2) khơng có ước ngun tố chúng với phần tử lại tập Vậy tập {P (a + 1) , P (a + 2)} , {P (a + 1) , P (a + 2) , P (a + 3)} không tập hương Giả sử tồn a để tập {P (a + 1) , P (a + 2) , P (a + 3) , P (a + 4)} tập hương, (P (a + 2) , P (a + 4)) > ⇒ 7| (a + 2) − (a + 1) , (P (a + 3) , P (a + 1)) > điều vô lý Giả sử tồn a để tập {P (a + 1) , P (a + 2) , P (a + 3) , P (a + 4) , P (a + 5)} tập hương Nếu (P (a + 1) , P (a + 3)) > a + = 7k + nên (P (a + 2) , P (a + 4)) > 1, suy (P (a + 2) , P (a + 5)) > Do a + = 3q + hay a = 3q − Nhưng lúc (P (a + 1) , P (a + 4)) = nên P (a + 4) khơng có ước ngun tố với phần tử lại tập hợp, điều mâu thuẫn Số học - Bà chúa toán học 47 Tạp chí tư liệu tốn học Chinh Phục Olympic Toán Nếu (P (a + 3) , P (a + 5)) > a + = 7k + nên (P (a + 1) , P (a + 3)) = 1, suy (P (a + 2) , P (a + 4)) = Suy (P (a + 1) , P (a + 4)) > (P (a + 1) , P (a + 5)) > Điều dẫn đến a + = 3q + a + = 19q + Cả hai điều ta (P (a + 2) , P (a + 5)) = P (a + 2) khơng có ước ngun tố chung với phần tử lại, điều mâu thuẫn Với b = 6, q trình xét trường hợp trên, ta dự đoán    (P (a + 1) , P (a + 4)) > (P (a + 2) , P (a + 6)) >   (P (a + 3) , P (a + 5)) > Để điều này, ta cần      a + = 3k +  a ≡ (mod 3) a + = 19q + ⇒ a ≡ (mod 19)    a + = 7s +  a ≡ (mod 7) Theo định lý phần dư Trung Hoa hệ có nghiệm Vậy b = giá trị cần tìm Bài 34 Cho a, b, c số nguyên p > số nguyên tố lẻ Chứng minh f (x) = p+5 ax2 + bx + c số phương giá trị nguyên liên tiếp x p| b2 − 4ac Lời giải Với toán ta sử dụng tới định lý 2,3 phần Một vài tổng kí hiệu Legendre Giả sử p+1 tồn số nguyên x0 cho f (x0 ) , f (x0 + 1) , , f x0 + số phương Xét khả sau Với a p Nếu bp tập đủ modulo p gồm bx + c : x = x0 , x0 + 1, , x0 + p+3 hệ thặng dư không đầy p+5 phần tử mà f (x) ≡ bx + c (modp) nên tập f (x) : x = x0 , x0 + 1, , x0 + p+3 p+5 phần tử Nhưng rõ ràng số p+1 p−1 phương đồng dư với số số 02 , 12 , , , mâu 2 thuẫn Do b p ⇒ p|b2 − 4ac hệ thặng dư không đầy đủ modulo p gồm Với a p Giả sử pb2 − 4ac Khi theo định lý ta có p−1 x=0 Số học - Bà chúa toán học ax2 + bx + c p 48 =− a c Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Tốn Học x0 +p−1 ⇒ x=x0 p−1 ax2 + bx + c p = x=0 ax2 + bx + c p a p =− Mặt khác dễ dàng thấy không tồn số nguyên phân biệt x1 , x2 , x3 ∈ {x0 , x0 + 1, , x0 + p − 1} cho axi + bxi + c p∀i = 1, 2, nên x0 +p−1 ax2 + bx + c p x=x0 p+5 p+5 −2 − p− 2 =3>1 Điều mâu thuẫn Như tốn hồn tồn chứng minh Bài 35 Với số nguyên a, tính số nghiệm (x, y, z) phương trình đồng dư x2 + y + z ≡ 2axyz (modp) Lời giải Ta có x2 + y + x2 ≡ 2axyz (modp) ⇔ (z − axy)2 ≡ a2 x2 − y − x2 (modp) (1) Suy với cặp x, y cố định thuộc tập {0, 1, , p − 1} số nghiệm z ∈ {0, 1, , p − 1} thỏa mãn điều kiện (1) a2 x2 − y − x2 1+ p Do số nghiệm phương trình x2 + y + z ≡ 2axyz (modp) p−1 p−1 N =p + x=0 y=0 a2 x2 − y − x2 p Xét khả sau Khả Nếu a p, sử dụng định lý ta p−1 p−1 N =p + x=0 y=0 −y − x2 p =p + = p2 + −1 p −1 p = p2 + −1 p = p2 + −1 p p−1 p−1 x=0 y=0  p−1  y=0 y + x2 p y2 p p−1 p−1 + x=1 y=0 p−1 (p − 1) + − x=1  y + x2  p p ((p − 1) + (−p + 1)) = p2 Khả Nếu a p Dễ thấy tồn số nguyên x1 , x2 ∈ {1, 2, , p − 1} cho ax1 ≡ (modp) ⇒ p|a2 x1 − 1, p|a2 x2 + ax2 ≡ −1 (modp) Số học - Bà chúa tốn học 49 Tạp chí tư liệu toán học Chinh Phục Olympic Toán p−1 N =p + y=0 p−1 p−1 x=1 y−0 x=x1 ,x2 = p + (p − 1) = p2 + 3p −1 p −1 p + y−0 −1 p + 2p + 2p −1 p + y−0 a2 x2 − y − x2 p −1 p p−1 − x=0 p−1 − + x=1 x=x1 ,x2 a2 x2 − p a2 x2 − p = p2 + 3p −1 p + a2 p +1    p2 Vậy N = −1  p2 + 3p p p−1 a2 x1 − y − x1 p a2 x2 − y − x2 p + = p2 + p p−1 −y p = α p, ta α p Do p |x2 a2 x2 − , ∀x ∈ {0, 1, , p − 1} \ {0, x1 , x2 } Chú ý +1 a p a p Bài 36 Xét đa thức P (x) = x3 + 14x2 − 2x + Chứng minh tồn số tự nhiên n cho với x ∈ Z, ta có 101| P (P ( P (x) ) − x n Lời giải Xét hai số nguyên x, y Ta chứng minh x ≡ y (mod101) ⇔ P (x) ≡ P (y) (mod101) (1) Do P (x) = x3 + 14x2 − 2x + nên ta có (P (x) − P (y)) = (x − y) x2 + xy + y + 14x + 14y − = (x − y) (2x + y + 14)2 + 3(y − 29)2 ⇒ P (x) ≡ P (y) (mod101) ⇔ x ≡ y (mod101) (2x + y + 14)2 + (y − 129) ≡ (mod101) (2) Xét (2), ta có (i) Nếu gcd (y − 29, 101) = −3 101 = ⇒ 101 ≡ (mod6) Vô lý (ii) Nếu 101| (y − 29) ⇒ 101| (2x + y + 14) ⇒ x ≡ y ≡ 29 (mod101) Do ta ln có x ≡ y (mod101), (1) chứng minh Xét 102 số P (x) , P (P (x)) , P (P (P (x))) , , P (P ( P (x) ) 102 Số học - Bà chúa toán học 50 Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Tốn Học Theo Định lí Dirichlet, tồn m, n ∈ {1, 2, , 102} , m > n cho P (P ( P (x) ) ≡ P (P ( P (x) ) (mod101) m n Từ nhận xét ta suy P (P ( P (x) ) ≡ x (mod101) ∀x ∈ Z Bài toán chứng minh m−n Bài 37 p−1 xi−1 i p Cho p số nguyên tố lẻ đặt f (x) = i=1 (i) Chứng minh f (x) chia hết cho (x − 1) không chia hết cho (x − 1)2 p ≡ 3(mod4) (ii) Chứng minh p ≡ 5(mod8) f (x) chia hết cho (x − 1)2 không chia hết cho (x − 1)3 Lời giải p−1 (i) Từ giả thiết ta có f (1) = i=1 i p = Ta có nhận xét chứng minh sau Nhận xét Với p số nguyên tố lẻ tập S = {1, 2, , p − 1}, có p−1 modulo p số khơng phương modulo p Áp dụng nhận xét ta suy f (x) chia hết cho (x − 1) Ta có p−1 (i − 1) f (1) = i=1 p−1 = i=1 i p i i=1 p−1 − f (1) = i=1 pf (1) − i p i i=1 i p i i=1 (p − i) = p−1 = (−1) p−1 p−1 p−i p (p − i) = p−1 i p −i p = (−1) p−1 số phương p−1 = (−1) p−1 i p (p − i) i=1 p+1 f (1) Nếu p ≡ 1(mod4) theo ta có f (1) = −f (1) ⇒ f (1) = Mà f (1) = nên f (x) chia hết cho (x − 1)2 i Nếu p ≡ 3(mod4), với ý ≡ 1(mod2), ∀i = 1, 2, , p − ta có p p−1 f (1) = i i=1 i p p−1 ≡ i= i=1 p(p − 1) ≡ 1(mod2) ⇒ f (1) = Mà f (1) = nên f (x) (x − 1) f (x) (x − 1)2 Do f (x) chia hết cho (x − 1) không chia hết cho (x − 1)2 p ≡ 3(mod4) (ii) Ta nhận thấy p−1 (i − 1)(i − 2) f (1) = i=1 p−1 = i i=1 Số học - Bà chúa toán học i p = i i p p−1 −3 i=1 p−1 i p i p i2 − 3i + i=1 p−1 + 2f (1) = i i=1 51 i p p−1 −3 i i=1 i p Tạp chí tư liệu toán học Chinh Phục Olympic Toán Ta giả sử p ≡ 5(mod8), theo câu (i) ta có f (x) (x − 1)2 p−1 i i=1 i p = f (1) = 0, từ ta suy p−1 i2 f (1) = i=1 Mặt khác p ≡ 5(mod8) nên p−1 (2i)2 i=1 2i p =4 p p−1 i p p (2i)2 = i=1 −1 p = −1, p−1 i=1 2i − p (2i − 1)2 + i=1 = 1, ta có p−1 i p i2 p−1 2i p p−1 i2 ≡ −4 ≡ −4 i=1 i = −4 i=1 p2 − ≡ −4(mod8) đồng thời p−1 p−1 2i − p (2i − 1) i=1 2i − p ≡ i=1 (mod8) Mặt khác lại f (1) = nên ta có p−1 − i=1 2i − p p−1 p−1 2i p = i=1 p−3 =1+ i=1 p−1 =1+ i=1 2i p = i=1 = p−3 p−1 p i=1  p−1 −i  =1+  p  2   p−1 2i + p 2i p + p−1 i=1 p − 2i − p 2i − p = i=1 Từ ta suy p−1 i=1 2i − p p−1 (2i − 1)2 =0⇒ i=1 2i − p p−1 ≡ i=1 2i − p = 0(mod8) Do ta có f (1) ≡ −4(mod8) ⇒ f (1) = ⇒ f (x) (x − 1)3 Vậy p ≡ 5(mod8) f (x) chia hết cho (x − 1)2 không chia hết cho (x − 1)3 Bài toán giải Bài 38 n Cho k = 22 + với n nguyên dương Chứng minh k số nguyên tố (số nguyên tố k−1 Fermat, lưu ý 22 + 641) k ước + Lời giải k−1 k−1 Nếu k ước + ≡ −1 (modk) Do 3k−1 ≡ (modk) Mà cấp modulo k k − Từ suy k − 1|ϕ (k) với ϕ (k) phi hàm Euler k Nếu k không số nguyên tố, nhận thấy ϕ (k) > k − Do k số nguyên tố Đảo n lại, cho k số nguyên tố, theo luật thuận nghịch giả thiết k = 22 + 1, ta có k Số học - Bà chúa toán học = k = 52 = −1 Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Tốn Học Do k−1 k ≡ ≡ −1 (modk) Như tốn chứng minh Bài 39 Tìm cặp số nguyên (a, b) cho với số nguyên dương n, ta có n|an + bn+1 Lời giải Cho n = p với p số nguyên tố lẻ đủ lớn, ta có ap + bp+1 ≡ a + b2 ≡ (modp) ⇒ −a p = 1, ∀p p0 Với p0 số nguyên tố lẻ đủ lớn thỏa mãn gcd (a, p0 ) = Mà theo bổ đề quen thuộc x không x = −1, ta phải có −a số phương tồn vơ số số nguyên tố p cho p số phương Tương tự, chọn n = 2p với p số ngun tố lẻ đủ lớn ta có −b2p+1 p = 1, ∀p p0 ⇒ −b p = 1, ∀p p0 Từ suy −b số phương Tiếp tục chọn n = p với p số nguyên tố lẻ, đặt −a = k , −b = l2 , theo định lý Fermat nhỏ ta có −k p + −l2 p+1 .p ⇔ l4 − k ≡ (modp) Do ta lại có l2 ± k ≡ (modp) với vơ số số nguyên tố p, ta lại tiếp tục suy (±k)2 lũy thừa bậc Tương tự chọn n = 2p với p số nguyên tố lẻ, ta lại có (±k)2 lũy thừa bậc Lặp lại q trình vơ hạn lần, ta có −a, −b lũy thừa bậc 2t tùy ý Do −a = −b = −a = −b = Vậy (a, b) ∈ {(0, 0) , (−1, −1)} Bài 40 Korean National Olympiad 2nd Round 2019 Giả sử số nguyên dương m, n, k thỏa mãn phương trình m2 +1 = 2n2 , 2m2 +1 = 11k Tìm phần dư chia n cho 17 Lời giải ∞ Dễ thấy (k, m, n) = (3, 7, 5) nghiệm toán Ta gọi hai dãy {mi }∞ i=1 {ni }i=1 xác định sau m1 = n1 = 1, mi+1 = 3mi + 4ni , ni+1 = 2mi + 3ni (i 1) Bằng bổ đề tiếng phương trình Pell , ta biết (m, n) = (mj , nj ) với j Dễ thấy n2 ≡ 3(mod11) ⇒ n ≡ ±5(mod11) Ta kiểm tra số dư (mi , ni ) mod11 (1, 1) → (7, 5) → (8, 7) → (8, 4) → (7, 6) → (1, −1) → (−1, −1) → (−7, −5) → (−8, −7) → (−8, −4) → (−7, 5) → (−1, 1) → (1, 1) → Số học - Bà chúa tốn học 53 Tạp chí tư liệu toán học Chinh Phục Olympic Toán Điều có nghĩa j ≡ (mod3) Ta tiếp tục kiểm tra số dư (mi , ni ) cho 17 (1, 1) → (7, 5) → (7, 12) → (1, −1) → (−1, −1) → (−7, 12) → (−7, 5) → (−1, 1−) → (1, 1) → Để ý (2n − 1) (2n + 1) = 4n2 −1 = 11k , ta có (i) Trường hợp 2n − = 11u2 2n + = v 2n − = 11u2 ⇒ 11u2 + = v Mâu thuẫn 2n + = v 2 11 2n + = 11u2 2n − = v = −1 2n + = 11u2 , suy n ≡ (mod11) ⇒ j ≡ 2, 11 (mod12) j ≡ 2, (mod4) 2n − = v ⇒ n ≡ ±5 (mod17) (ii) Trường hợp Nếu n ≡ −5 (mod17) ⇒ v = 2n − ≡ (mod17) Điều vô lý 17 = −1 Vậy n ≡ (mod17) Số học - Bà chúa toán học 54 Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Toán Học Bài tập tự luyện Bài Cho số nguyên a, b, c, chứng minh a, b, c, abc khơng số phương tồn vô số số nguyên tố p cho a p = b p c p = Bài Chứng minh tồn số nguyên dương n cho với số nguyên dương k k + k + n khơng có ước nguyên tố nhỏ 2008 Bài Cho p số nguyên tố lớn có dạng 3k + Chứng minh ta ln có p i2 + i + ≡ 0(modp) i=1 Bài Cho đa thức P (x) = x2 − x2 − x2 − Chứng minh với số ngun tố p ln tìm số ngun dương n cho P (n) chia hết cho p p Bài Gọi Fn số Fibonacci thứ n, chứng minh với p > số nguyên tố p| Fp − , p kí hiệu Legendre Bài Với p q số nguyên tố phân biệt, chứng minh x1 +x2 +···+xq ≡q ( mod p),1 xi p−1 x1 · x2 · · · xq p Bài Với p số nguyên tố lẻ h nguyên dương thỏa mãn p h n=1 m=1 ≡ (modq) h p, chứng minh m+n p = h(p − h) Bài Với p số nguyên tố, chứng minh p−1 i3 + 6i2 + i p i=1 Bài Với số nguyên x, chứng minh 16x2 −4 + 12x + = 16x2 −1 + 12x + Bài 10 Cho p số nguyên tố thỏa mãn p ≡ 3(mod4) Chứng minh p−1 k2 k=1 k p p−1 =p k k=1 k p Bài 11 Cho k số tự nhiên khác Chứng minh p−1 1+ x=0 x4 + k p p−1 = x=0 x(x2 + k) p Bài 12 Cho cặp số nguyên dương (m, n) thỏa φ (5m − 1) = 5n − 1, chứng minh gcd(m, n) > Bài 13 Với p số nguyên tố có dạng 4k + Giả sử r thặng dư bậc p s không thặng dư p Chứng minh p = a2 + b2 , a= Số học - Bà chúa toán học p−1 i=1 i(i2 − r) p ,b = 55 p−1 i=1 i(i2 − s) p Tạp chí tư liệu tốn học Chinh Phục Olympic Tốn k kí hiệu Legendre p m Bài 14 Với p số nguyên tố có dạng 4k + phân số tối giản thỏa mãn n p−2 a=2 a p−1 +a p+1 = m n Chứng minh p|m + n p+1 số nguyên dương d thỏa d < p cho phương trình đồng dư x3 + x ≡ d (mod p) có nghiệm modulo p Bài 15 Chứng minh với số nguyên tố p tồn mãn Số học - Bà chúa tốn học 56 Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Tốn Học Tài liệu [1] Cấp số nguyên, nguyên thủy ứng dụng - Phạm Xuân Thịnh, THPT Chuyên Hạ Long, Quảng Ninh [2] Đa thức chia đường tròn - Luận văn thạc sỹ toán học, Nguyễn Thị Thùy Linh, Đại học Thái Nguyên [3] Vận dụng phương pháp LTE vào giải tốn số học, Phạm Quang Tồn [4] Problems and solutions from winter schools of mathematics in Vietnam - Blog Toán học cho người [5] Đa thức chia đường tròn - ứng dụng vào tốn số học - Nguyễn Đình Minh, THPT Chun Lê Q Đơn, Khánh Hòa [6] Cấp số nguyên, nguyên thủy ứng dụng - Phạm Xuân Thịnh, THPT Chuyên Hạ Long, Quảng Ninh [7] Cấp nguyên thủy, Lê Xuân Đại, THPT Chuyên Vĩnh Phúc, tỉnh Vĩnh Phúc [8] Hà Duy Hưng, Một số phương pháp giải toán số học sơ cấp [9] Nguyễn Duy Liên: Chuyên đề: Cấp số nguyên, nguyên thủy ứng dụng [10] Tạp chí Pi, Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [11] Một số tính chất ứng dụng hàm định giá p-adic, Dương Thái Bảo - THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp [12] Các phương pháp giải tốn qua kì thi Olympic năm 2013, Trần Nam Dũng - Võ Quốc Bá Cẩn Lê Phúc Lữ, NXB Đại học Quốc gia TP.HCM [13] Ứng dụng hàm định giá để giải số toán số học, Trần Thanh Nhã, THPT Chuyên Lê Q Đơn - Bình Định [14] Thặng dư bình phương, số giả nguyên tố Euler ứng dụng, Trần Quang Huy, Đại học Thái Nguyên [15] Thặng dư bình phương, Nguyễn Văn Sơn - THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An [16] Kí hiệu Legendre, số nguyên đại số ứng dụng vào phương trình Diophantine, Đào Phương Bắc, ĐHQG Hà Nội [17] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận: Một số vấn đề Số học chọn lọc Nhà Xuất Giáo dục, 2008 [18] Phan Huy Khải - Các toán hàm số học - NXB Giáo dục, tháng năm 2009 [19] Nguyễn Vũ Lương - Nguyễn Lưu Sơn - Nguyễn Ngọc Thắng - Phạm Văn Hùng - Các giảng số học - NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Quý năm 2006 [20] Đặng Hùng Thắng - Nguyễn Văn Ngọc - Vũ Kim Thủy - Bài giảng số học - Xí nghiệp in đường sắt Hà Nội, tháng 05/1997 [21] Các hàm số học, Luận văn thạc sỹ toán học - Đỗ Cao Sơn, Đại học Thái Nguyên [22] Đột Phá Đỉnh Cao Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Chuyên Đề Số Học - Văn Phú Quốc - Nhà xuất Đại Học Quốc Gia Hà Nội [23] Một số toán số học dãy số - Lê Văn Tài - Đại học KHTN - Đại học Quốc Gia Hà Nội Số học - Bà chúa tốn học 57 Tạp chí tư liệu toán học Chinh Phục Olympic Toán [24] Chuyên khảo dãy số - Nguyễn Tài Chung - Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội [25] Blog Cao Đình Huy - https://julielltv.wordpress.com/category/day-so-so-hoc/ [26] Hàm phần nguyên ứng dụng, Nguyễn Thị Hồng Hạnh, Đại học Thái Nguyên [27] Tính chất số học toán đa thức - Phạm Viết Huy - THPT Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi [28] Chuyên đề đa thức số học - Nguyễn Thành Nhân - Chuyên Hùng Vương - Bình Dương [29] Tài liệu ôn đội tuyển VMO 2015 - Thầy Trần Minh Hiền - Chuyên Quang Trung - Bình Phước [30] Tuyển chọn tốn kì thi chọn đội tuyển tỉnh, thành phố năm học 2016 - 2017 Toán học cho người [31] Định hướng bồi dưỡng học sinh khiếu toán - Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [32] Nguyễn Văn Mậu (1997), “Phương trình hàm”, NXB Giáo dục [33] Nguyễn Trọng Tuấn (2004), “Bài tốn hàm số qua kì thi Olympic”, NXB Giáo dục [34] Nguyễn Tài Chung, Lê Hoành Phò (2013), “Chun khảo phương trình hàm” Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội [35] Trần Nam Dũng, Dương Bửu Lộc - Chuyên đề Phương trình hàm tập số nguyên [36] Các toán hệ số nhị thức, Nguyễn Nguyễn, Chuyên đề toán học số 11 - Trường Phổ Thông Năng Khiếu, TP.HCM [37] Số học hệ số nhị thức, Nguyễn Chu Gia Vượng, Viện Toán học [38] Đẳng thức tổ hợp, Diễn đàn toán học Việt Nam - VMF [39] Định lý lớn Fermat, Blog Toán học cho người - https://blogm4e.wordpress.com/2017/02/ 06/dinh-ly-lon-fermat/ [40] Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi đa thức, Nguyễn Tài Chung, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [41] On the converse of Wolstenholme’s Theorem, Richard J McIntosh (Regina, Sask.) [42] H W Brinkmann, Problem E.435, Amer Math Monthly 48 (1941), 269–271 [43] Mestrovic R On the mod p7 determination of 2p − p−1 - https://arxiv.org/pdf/1108.1174v1 pdf [44] J Wolstenholme, On certain properties of prime numbers, Quart J Pure Appl Math (1862), 35–39 [45] On binomial coefficients modulo squares of primes, Darij Grinberg, January 10, 2019 [46] Darij Grinberg, The Lucas and Babbage congruences, 10 January 2019 http://www.cip.ifi.lmu de/~grinberg/lucascong.pdf [47] Darij Grinberg, Notes on the combinatorial fundamentals of algebra, 10 January 2019 https:// github.com/darijgr/detnotes/releases/tag/2019-01-10 [48] R.J McIntosh, On the converse of Wolstenholme’s Theorem, Acta Arith 71 (1995), 381–389 Số học - Bà chúa toán học 58 Tạp chí tư liệu tốn học Tạp Chí Tư Liệu Toán Học [49] The Lucas and Babbage congruences, Darij Grinberg, January 10, 2019 [50] Richard Stanley, Enumerative Combinatorics, volume 1, Second edition, version of 15 July 2011 Available at http://math.mit.edu/~rstan/ec/ [51] Olympiad Number Theory Through Challenging Problems, Justin Stevens [52] Mathematical Excalibur, Vol.18, No.3, Nov.13 [53] Some identities involving the partial sum of q-binomial coefficients, Bing He, Department of Mathematics, Shanghai Key Laboratory of PMMP East China Normal University [54] Number Theory Structures, Examples, and Problems - Titu Andreescu , Dorin Andrica [55] On Wolstenholme’s Theorem and its converse, Charles Helou - Guy Terjanian, Journal of Number Theory 128(2008) 475-499 [56] Congruences identifying the primes, Crux Mathematicorum 20 (1994), 33–35 [57] G H Hardy and E M Wright, An Introduction to the Theory of Numbers 6th Edition Edited by A Wiles, R Heath-Brown, J Silverman Oxford University Press 2008 [58] K Ireland, M Rosen, A classical introduction to modern number theory Second edition Graduate Texts in Mathematics, 84 Springer-Verlag, New York, 1990 xiv+389 pp [59] Titu Andreescu, Zuming Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates Counting Strategies, Birkhauser 2004, 43 – 68 [60] Analogues Of The Binomial Coefficient Theorems Of Gauss And Jacobi, Abdullah Al-Shaghay, Dalhousie University Halifax, Nova Scotia March 2014 [61] http://www-users.math.umn.edu/~garrett/m/algebra/notes/08.pdf [62] http://faculty.bard.edu/~belk/math318/CyclotomicPolynomials.pdf [63] https://www.whitman.edu/Documents/Academics/Mathematics/2015/Final [64] Andreescu, T.; Feng, Z., 101 Problems in Algebra from the Training of the USA IMO Team, Australian Mathematics Trust, 2001 [65] Andreescu, T, Number theory Structures Examples and Problems [66] Andreescu, T.; Andrica, D.; Feng, Z., 104 Number Theory Problems From the Training of the USA IMO Team, 2006 [67] N Koblizt, p-adic numbers, p-adic Analysis, And Zeta-functions, second edition, Springer - Verlag, 1984 [68] Dusan Djukic, Quadratic Congruences - Olympiad Training Materials [69] J Stevens, Olympiad Number Theory Through Challenging Problems, Third edition [70] On Certain Sums with Quadratic Expressions Involving the Legendre Symbol, Ram Krishna Pandey, Department of Mathematics, Journal of Integer Sequences, Vol 21 (2018), [71] A primality test for Fermat numbers faster than Pépin test? - Tony Reix [72] A comprehensive course in number theory - Alan Baker - Cambridge University Press (2012) Số học - Bà chúa tốn học 59 Tạp chí tư liệu toán học Chinh Phục Olympic Toán [73] Problem - Solving and Selected Topics in Number Theory - In the Spirit of the Mathematical Olympiads - Michael Th Rassias-Springer - Verlag New York (2011) [74] Number Theory A Historical Approach - John J.Watkins [75] Number theory and polynomials (London Mathematical Society Lecture Note Series) - James McKee, Chris Smyth - CUP (2008) [76] An Introduction to Theory of Functional Equations - Marek Kuczma, Attila Gilányi and Inequalities [77] The IMO Compendium A Collection of Problems Suggested for The International Mathematical Olympiads: 1959 - 2009 - Djukic D., Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic - Springer (2011) [78] Problem - Solving and Selected Topics in Number Theory - Michael Th Rassias [79] 104 Number Theory Problems: From the Training of the USA IMO Team - Titu Andreescu, Dorin Andrica, Zuming Feng [80] A Computational Introduction To Number Theory And Algebra - Victor Shoups [81] J.Aczél (1966), “Lectures on functional equations and their applications”, ACADEMIC PRESS New York San Francisco London [82] Stevo Stevic (2004), “Periodic Character of a Class of Difference Equation”, Taylor and Francis Group [83] Valentine Boju, Luis Funar - The Math Problems Notebook [84] Titu Andreescu, Razvan Gelca – Birkhauser Mathematical Olympiad Challenges and Inequalities [85] Edward Lozansky , Cecil Rousseau – Winning Solutions [86] (Developments in Mathematics 39) Saăd Abbas, Mouffak Benchohra Advanced [87] Functional Evolution Equations and Inclusions-Springer International Publishing (2015) [88] Aczel – Lectures on functional equations and their applications – Academic Press (1966) [89] Analytic Solutions of Functional Equations – Sui Sun Cheng, Wenrong Li [90] Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equations – Haim Brezis [91] Topics in Algebra and Analysis Preparing for the Mathematical Olympiad –Radmila [92] Bulajich Manfrino, José Antonio Gúmez Ortega, Rogelio Valdez Delgado-Birkhăauser Basel (2015) [93] 101 Problems in Algebra from the training of the USA IMO team – T Andreescu, Z Feng [94] Diễn đàn AoPS Online https://artofproblemsolving.com/community [95] Diễn đàn toán học Việt Nam - VMF, https://diendantoanhoc.net/ Số học - Bà chúa toán học 60 Tạp chí tư liệu tốn học ... tất kí hiệu bên vế phải kí hiệu Legendre Do kí hiệu Jacobi mở rộng kí hiệu Legendre nên hầu hết định lí cho kí hiệu Jacobi Nếu n số nguyên tố kí hiệu Jacobi kí hiệu Legendre a ∈ {0, 1, −1} n a =... đề qua định nghĩa đầu tiên, kí hiệu Legendre - Bài viết trích từ Khai thác số chủ đề số học hay khó, Dỗn Quang Tiến ft Huỳnh Kim Linh Lý thuyết 1.1 Kí hiệu Legendre Định nghĩa Cho số nguyên dương.. .LEGENDRE SYMBOL Chịu trách nhiệm nội dung Doãn Quang Tiến Biên tập Nguyễn Minh Tuấn Ngày 24 tháng năm