Thặng dư toàn phương và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHAN THỊ MỪNG THẶNG DƢ TOÀN PHƢƠNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHAN THỊ MỪNG THẶNG DƢ TOÀN PHƢƠNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH ĐẶNG HÙNG THẮNG THÁI NGUYÊN - 2019 iii Mục lục Bảng ký hiệu Mở đầu Đồng dư phương trình đồng dư 1.1 Đồng dư thức 1.1.1 Khái niệm đồng dư 1.1.2 Tính chất đồng dư thức 1.2 Hệ thặng dư lớp thặng dư 1.3 Định lý Euler định lý Fermat 1.3.1 Định lý Euler 1.3.2 Định lý Fermat 1.4 Phương trình đồng dư ẩn 4 9 10 10 14 14 15 22 25 Một số ứng dụng thặng dư toàn phương 3.1 Kiểm tra tính chất nguyên tố số Fermat 3.2 Khái niệm số giả nguyên tố Euler 3.3 Giải số tốn khó số học phổ thông 32 32 33 41 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 Thặng dư toàn phương 2.1 Thặng dư toàn phương 2.2 Ký hiệu Legendre 2.3 Định luật tương hỗ 2.4 Ký hiệu Jacobi Bảng ký hiệu (a, b): Ước chung lớn a b [a, b]: Bội chung lớn a b a|b: a ước b a |b: a không ước b [x]: Phần nguyên số thực x n : a1 + + an i=1 n : a1 an i=1 a ≡ b(modn): a đồng dư với b modulo n a ≡ b(modn): a không đồng dư với b modulo n ordm a: cấp a modulo m Fn : Số Fermat thứ n φ(n): Hàm Euler a : Ký hiệu Legendre p a : Ký hiệu Jacobi n Mở đầu Lý thuyết thặng dư - lý thuyết đặc biệt quan trọng số học nhiều nhà Toán học nghiên cứu, vận dụng việc giải nhiều tốn hay, khó có ứng dụng thực tế Trong kì thi Olympic Tốn học Việt Nam nước giới lý thuyết thặng dư phần quan tâm đáng kể, việc có hiểu biết ban đầu thặng dư giúp ta giải nhiều tốn khó số học cách nhẹ nhàng, ngắn gọn đẹp Tuy nhiên, nhà trường phổ thơng thời lượng giảng dạy cho phần lý thuyết thặng dư chưa nhiều nên học sinh thường thấy phần kiến thức khó, vượt hiểu biết em Vì để giúp thân có hiểu biết sâu sắc lý thuyết thặng dư, phục vụ tốt cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, chọn đề tài "Thặng dư toàn phương ứng dụng" để nghiên cứu Ngoài phần mở đầu kết luận, nội dung luận văn trình bày ba chương: Chương Đồng dư phương trình đồng dư 1.1 Đồng dư thức 1.2 Hệ thặng dư lớp thặng dư 1.3 Định lý Euler định lý Fermat 1.4 Phương trình đồng dư ẩn Chương Thặng dư toàn phương 2.1 Thặng dư toàn phương 2.2 Ký hiệu Legendre 2.3 Định luật tương hỗ 2.4 Ký hiệu Jacobi Chương Một số ứng dụng thặng dư tồn phương 3.1 Kiểm tra tính chất ngun tố số Fermat 3.2 Khái niệm số giả nguyên tố Euler 3.3 Giải số tốn khó Số học phổ thơng Để hồn thành luận văn này, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS TSKH Đặng Hùng Thắng, người thầy nhiệt huyết truyền thụ kiến thức, hướng đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình làm luận văn Đồng thời, tơi xin chân thành cảm ơn thầy, cô phản biện dành thời gian đọc đóng góp ý kiến quý báu cho luận văn Tôi 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 Qua luận văn này, muốn gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè động viên, giúp đỡ thời gian làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng hồn thiện luận văn tất nhiệt tình lực Tuy nhiên, luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận đóng góp q báu thầy bạn Thái Nguyên, ngày 29 tháng 12 năm 2019 Tác giả luận văn Phan Thị Mừng Chương Đồng dư phương trình đồng dư 1.1 1.1.1 Đồng dư thức Khái niệm đồng dư Cho trước số tự nhiên m lớn Ta nói số nguyên a, b đồng dư với theo modulo m chia a b cho m ta số dư Kí hiệu: a ≡ b(modm) (1.1) Nói cách khác, a đồng dư với b theo modulo m a b biểu diễn dạng: a = pm + r b = qm + r (0 ≤ r < m) Từ suy ra: a ≡ b(modm) m/a − b tồn số nguyên t cho a = b + mt Hệ thức (1.1) gọi đồng dư thức 1.1.2 Tính chất đồng dư thức a) • a ≡ a(modm)∀a • Nếu a ≡ b(modm) a ≡ c(modm) b ≡ c(modm) • Nếu a1 ≡ b1 (modm) a1 ± a2 ≡ b1 ± b2 (modm) a2 ≡ b2 (modm) Chứng minh Ta chứng minh với phép toán cộng, phép trừ hồn tồn tương tự Từ giả thiết ta có: a1 = b1 + mt1 a2 = b2 + mt2 Cộng vế hai đẳng thức ta có: (a1 + a2 ) = (b1 + b2 ) + m(t1 + t2 ) Chứng tỏ a1 + a2 ≡ b1 + b2 (modm) Từ tính chất ta suy ra: * Có thể thêm, bớt số hai vế đồng dư thức Nghĩa là: Nếu a ≡ b(modm) a + c ≡ b + c(modm) với c số nguyên tùy ý * Có thể chuyển vế (phải đổi dấu) số hạng đồng dư thức Nghĩa là: a + c ≡ b(modm) a ≡ b − c(modm) * Có thể thêm, bớt vế đồng dư thức bội số m Nghĩa là: a ≡ b(modm) a + tm ≡ b(modm) b) Nếu a1 ≡ b1 (modm) a2 ≡ b2 (modm) a1 a2 ≡ b1 b2 (modm) Chứng minh Từ giả thiết ta có: a1 = b1 + mt1 a2 = b2 + mt2 (t1 , t2 ∈ Z) Nhân vế hai đẳng thức ta được: a1 a2 ≡ b1 b2 + mT T số nguyên ⇒ a1 a2 ≡ b1 b2 (modm) Từ tính chất ta suy tính chất sau: * Có thể nhân hai vế đòng dư thức với số nguyên Chính xác hơn: Nếu a ≡ b(modm) ak ≡ bk(modm) * Có thể nâng lên lũy thừa nguyên dương hai vế đồng dư thức Tức là: Nếu a ≡ b(modm) an ≡ bn (modm) n ngun dương c) Đặc biệt m = p số nguyên tố, a = a1 a2 Ta có khẳng định sau: a ≡ 0(modp) khi: a1 ≡ 0(modp) a2 ≡ 0(modp) Chứng minh a ≡ 0(modp) ⇔ p/a ⇔ p/a1 a2 p/a1 ⇔ p/a2 a1 ≡ 0(modp) ⇔ a2 ≡ 0(modp) d) Nếu a ≡ b(modm), d/a, d/b, (d, m) = a b = (modm) d d Chứng minh Giả sử a = a1 d, b = b1 d Ta có: a ≡ b(modm) ⇒ m/a − b ⇒ m/d(a1 − b1 ), mà (d, m) = nên m/a1 − b1 ⇒ a1 ≡ b1 (modm) e) a ≡ b(modm) ak ≡ bk(modmk) k nguyên dương Chứng minh a ≡ b(modm) ⇔ a = b + mt ⇔ ak = bk + mkt ⇔ ak ≡ bk(modmk) g) Nếu a ≡ b(modm1 ) a ≡ b(modm) m = [m1 , m2 ] a ≡ b(modm2 ) Chứng minh Từ giả thiết ta có: m1 /a − b m2 /a − b tức a − b bội chung m1 m2 Theo định nghĩa bội chung nhỏ ta có m/a − b ⇒ a ≡ b(modm) h) Nếu a ≡ b(modm) a ≡ b(modd) d ước số m với d > Chứng minh a ≡ b(modm) ⇒ m/a − b, 33 m−1 Ngược lại, p = Fm = 22 + số nguyên tố cho m ≥ 1, luật tương hỗ bậc hai cho biết Fm = Fm = = −1, (3.1) Khi Fm ≡ 1(mod4) Fm ≡ 2(mod3) Bây giờ, cách sử dụng tiêu chuẩn Euler, biết Fm ≡ 3(Fm −1)/2 (modFm ) Bằng hai phương trình liên quan đến (3.2) , (3.1) (3.2), kết Fm luận 3(Fm −1)/2 = −1(modFm ) Điều kết thúc chứng minh 3.2 Khái niệm số giả nguyên tố Euler Gọi p số nguyên tố lẻ cho b số nguyên không chia hết cho p Theo tiêu chuẩn Euler, biết b(p−1)/2 ≡ b (modp) p Do đó, muốn kiểm tra số nguyên dương n cho số nguyên b, với (b, n) = 1, xác định xem b(p−1)/2 ≡ b (modn), n ký hiệu phía bên phải đồng dư ký hiệu Jacobi Nếu thấy đồng dư khơng thỏa mãn, n hợp số Ví dụ 3.2.1 Cho n = 341 b = Chúng ta tính tốn 2170 ≡ 1(mod314) Vì 314 ≡ −3(mod8), sử dụng Định lý 2.4.3 (iv), thấy 2 = −1 Do đó, 2170 ≡ (mod314) Điều chứng tỏ 314 314 341 khơng phải số ngun tố Do đó, định nghĩa loại giả nguyên tố dựa tiêu chuẩn Euler 34 Định nghĩa 3.2.2 Một hợp số n lẻ thỏa mãn đồng dư b(n−1)/2 ≡ b (modn), n b số nguyên dương gọi giả nguyên tố Euler cho sở b Ví dụ 3.2.3 Cho n = 1105 b = Chúng ta tính tốn 2552 ≡ 1(mod1105) Kể từ 1105 ≡ 1(mod8), thấy = 1105 (mod1105) Bởi 1105 hợp số nên Do đó, 2552 ≡ 1105 giả nguyên tố Euler sở Định lý sau cho thấy giả nguyên tố Euler cho sở b giả nguyên tố cho sở Định lý 3.2.4 Nếu n giả nguyên tố Euler cho sở b, n giả nguyên tố cho sở b Chứng minh Nếu n giả nguyên tố Euler cho sở b, b(n−1)/2 ≡ b (modn) n Do đó, cách bình phương hai vế đồng dư này, thấy (n−1)/2 (b ) ≡ b n (modn) b = ±1 thấy bn−1 ≡ 1( mod n) Điều có nghĩa n n giả nguyên tố cho sở b Không phải giả nguyên tố giả nguyên tố Euler Ví dụ, số ngun 341 khơng phải giả ngun tố Euler sở 2, ra, giả nguyên tố cho sở Chúng ta biết giả nguyên tố Euler giả nguyên tố Tiếp theo, cho thấy giả nguyên tố mạnh giả nguyên tố Euler Vì Định lý 3.2.5 Nếu n giả nguyên tố mạnh sở b, n giả nguyên tố Euler cho sở 35 Chứng minh Giả sử n giả nguyên tố mạnh cho sở b Khi đó, n − = 2s t, t số lẻ, bt ≡ 1(modn) b2t ≡ −1(modn) m pai i hệ số cơng suất ngun tố n ≤ r ≤ s − Gọi n = i=1 Trước tiên, xem xét trường hợp bt ≡ 1( mod n) Gọi p ước số nguyên tố n Vì bt ≡ 1( mod p), biết ordp b|t Vì t số lẻ nên thấy ordp b số lẻ Do đó, ordp b|(p − 1)/2, ordp b ước số lẻ số nguyên chẵn φ(p) = p − Do đó, b(p−1)/2 ≡ 1(modp) b p Do đó, theo tiêu chuẩn Euler, có b , lưu ý n số nguyên tố p chia n Do đó,   Để tính ký hiệu Jacobi b n  =  m b m i=1 pai i  =  i=1 b pi = b p = cho tất = s−1 Vì bt ≡ 1(modn), biết b(n−1)/2 = (bt )2 ≡ 1(modn) Do b ≡ 1(modn) đó, có b(n−1)/2 ≡ n Chúng ta kết luận n giả nguyên tố Euler cho sở b Tiếp theo, xem xét trường hợp r b2 t ≡ −1(modn) cho số r với ≤ r ≤ s − Nếu p ước số nguyên tố n, r b2 t ≡ −1(modp) Bình phương hai vế đồng dư này, thu r+1 b2 t ≡ 1(modp) Điều hàm ý ordp b|2r+1 t, ordp b |2r t Do đó, ordp b = 2r+1 c, c số ngun lẻ Vì ordp b|(p − 1) 2r+1 |ordp b, theo 2r+1 |(p − 1) 36 Do đó, có p = 2r+1 d + 1, d số ngun Vì b(ordp b)/2 ≡ −1(modp), nên ta có b p ≡ b(p−1)/2 = b(ordp b/2)((p−1)/ordp b) r+1 ≡ (−1)(p−1)/ordp b = (−1)(p−1)/2 c (modp) Vì c số lẻ, nên biết (−1)c = −1 ordp b = 2r+1 |o Do đó, b p r+1 = (−1)(p−1)/2 = (−1)d , (3.3) nhắc lại d = (p − 1)/2r+1 Vì số nguyên tố pi chia n có dạng pi = 2r+1 di + 1, nên theo dạng m n= i=1 m pai i (2r+1 di + 1)ai = i=1 m ≡ (1 + 2r+1 di ) i=1 m ≡ + 2r+1 di (mod22r+2 ) i=1 Do đó, m s−1 t2 r di (mod2r+1 ) = (n − 1)/2 ≡ i=1 Sự phù hợp ngụ ý m t2 s−1−r ≡ di (mod2) i=1 m b (p−1)/2 2r t 2s−1−r = (b ) 2s−1−r ≡ (−1) Mặt khác, từ (3.3), có = (−1)i=1 di (modn) (3.4) 37 b p m = i=1 b pi m = m m di ai di ((−1) ) = i=1 (−1) = (−1)i=1 di i=1 Do đó, kết hợp phương trình trước với (3.4), thấy b(p−1)/2 ≡ b (modn) n Do đó, n giả nguyên tố Euler cho sở b Mặc dù giả nguyên tố mạnh sở b giả nguyên tố Euler cho sở này, lưu ý giả nguyên tố Euler cho sở b giả nguyên tố mạnh sở b, ví dụ sau cho thấy Ví dụ 3.2.6 Trước số nguyên 1105 giả nguyên tố Euler cho sở Tuy nhiên, 1105 giả nguyên tố mạnh cho sở kể từ 2(1105−1)/2 = 2552 ≡ 1(mod1105), 2(1105−1)/2 = 2276 ≡ 781 ≡ ±1(mod1105) Một giả nguyên tố Euler cho sở b lúc giả nguyên tố mạnh Mặc dù sở này, số điều kiện bổ sung đáp ứng, thực tế, giả nguyên tố Euler sở b giả nguyên tố mạnh Hai định lý sau cho kết loại Định lý 3.2.7 Nếu n ≡ 3(mod4) n giả nguyên tố Euler cho sở b, n giả nguyên tố mạnh cho sở b Chứng minh Từ đồng dư n ≡ 3( mod 4), biết n − = · t t = (n − 1)/2 số lẻ Vì n là giả nguyên tố Euler cho sở b, nên theo b bt = b(n−1)/2 ≡ (modn) n b Vì = ±1 , biết bt ≡ 1(modn) bt ≡ −1(modn) n Do đó, đồng dư định nghĩa số giả nguyên tố mạnh sở b phải giữ Do đó, n giả nguyên tố mạnh cho sở b 38 Định lý 3.2.8 Nếu n giả nguyên tố Euler cho sở b b n = −1, n giả nguyên tố mạnh cho sở b Chứng minh Chúng ta viết n − = 2s t, t số lẻ s số nguyên dương Vì n giả nguyên tố Euler cho sở b nên có s−1 b2 Nhưng kể từ b n t = b(n−1)/2 ≡ b (modn) n = −1, thấy s−1 bt2 ≡ −1(modn) Đây phù hợp định nghĩa giả nguyên tố mạnh sở b Vì n hợp số, giả nguyên tố mạnh sở b Sử dụng khái niệm giả nguyên tố Euler, kiểm định nguyên thủy Kiểm định lần đề xuất Solovay Strassen Bổ đề 3.2.9 Nếu n số ngun dương lẻ khơng phải số phương, b = −1, có số nguyên b với < b < n, (b, n) = n b ký hiệu Jacobi n Chứng minh Nếu n số nguyên tố, tồn số nguyên b đảm bảo Định lý 2.1.4 Nếu n hợp số, n khơng phải số phương, viết n = rs (r, s) = r = pe , với p số nguyên tố lẻ e số nguyên dương lẻ Bây giờ, để ý t số nguyên tố bậc hai số nguyên tố p; tồn Định lý 2.1.4 Chúng ta sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa để tìm số nguyên b với cho b thỏa mãn hai đồng dư < b < n, (b, n) = b ≡ t(modr) b ≡ 1(mods) Khi b r b s = Vì b b e = = = (−1)e = −1, e p p b b b b = , theo = −1 n r s n 39 Bổ đề 3.2.10 Giả sử số nguyên n hợp số lẻ Khi đó, có số ngun b với < b < n, (b, n) = 1, b(n−1)/2 ≡ b (modn) n Chứng minh Giả sử với tất số nguyên dương không vượt n tương đối nguyên tố so với n, điều b(n−1)/2 ≡ b (modn) n (3.5) Bình phương hai vế đồng dư cho biết n−1 b ≡ b n ≡ (±1)2 = 1(modn), Nếu (b, n) = Do đó, n phải số Carmichael Do đó, có n = q1 q2 · · · qr , q1 , q2 , , qr , số lẻ Bây b(n−1)/2 ≡ 1(modn) Với số nguyên b với < b < n (b, n) = Giả sử b số nguyên cho b(n−1)/2 ≡ −1(modn) Chúng ta sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa số nguyên với < a < n, (a, n) = a ≡ b(modq1 ) a ≡ 1(modq1 q2 · · · qr ) Khi đó, quan sát a(n−1)/2 ≡ b(n−1)/2 ≡ −1(modq1 ), (3.6) a(n−1)/2 ≡ 1(modq2 q3 · · · qr ) (3.7) Từ đồng dư (3.6) (3.7), thấy 40 a(n−1)/2 ≡ ±1(modm), mâu thuẫn với (3.5) Do đó, phải có b(n−1)/2 ≡ 1(modn), với b với < b < n (b, n) = Do đó, từ định nghĩa giả nguyên tố Euler, biết b(n−1)/2 ≡ b n = 1(modn) với tất b với < b < n (b, n) = Tuy nhiên, Bổ đề (2.2.8) cho biết điều khơng thể Do đó, giả định ban đầu sai Phải có số nguyên b với < b < n (b, n) = 1, b(n−1)/2 ≡ b (modn) n Bây nêu chứng minh định lý sở kiểm tra tính nguyên thủy xác suất Định lý 3.2.11 Giả sử số nguyên n hợp số lẻ Khi đó, số nguyên dương nhỏ n tương đối nguyên tố với n sở mà n giả nguyên tố Euler, không vượt φ(n)/2 Chứng minh Theo bổ đề 3.2.10 biết có số nguyên b với < b < n, (b, n) = b(n−1)/2 ≡ b (mod2n) n (3.8) Bây giờ, để a1 , a2 , , am biểu thị số nguyên dương nhỏ n thỏa mãn ≤ aj ≤ n, (aj , n) = 1, (n−1)/2 aj ≡ aj (modn), n (3.9) cho j = 1, 2, , m Giả sử r1 , r2 , , rm thặng dư nhỏ số nguyên ba1 , ba2 , , bam modulo n Hơn nữa, lưu ý số nguyên rj khác biệt (rj , n) = cho j = 1, 2, , m Hơn nữa, (n−1)/2 rj ≡ rj (modn) n (3.10) 41 Vì, (n−1)/2 rj ≡ rj (modn), n có (baj )(n−1)/2 ≡ baj n (modn) b n aj (modn), n Điều có nghĩa là, (n−1)/2 b(n−1)/2 aj ≡ kể từ (3.9), có b(n−1)/2 ≡ b , n mâu thuẫn (3.8) Kể từ aj , j = 1, 2, , m, thỏa mãn đồng dư (2.2.11) rj , j = 1, 2, , m, không, (2.2.12) cho thấy, biết hai số nguyên không chia sẻ phần tử chung Do đó, nhìn vào hai tập hợp với nhau, có tổng cộng 2m số nguyên dương khác biệt nhỏ n tương đối nguyên tố với n Vì có số ngun φ(n) nhỏ n tương đối nguyên tố so với n, nên kết luận 2m ≤ φ(n), cho m ≤ φ(n)/2 Điều chứng minh định lý 3.3 Giải số tốn khó số học phổ thơng Bài tốn 3.3.1 Tìm tất số ngun dương n cho 3n − chia hết cho 2n − Giải Rõ ràng n = thỏa mãn Xét n > giả sử 3n − chia hết cho 2n − Nếu n chẵn 2n − chia hết cho 3n − chia hết cho Vô lý Vậy n lẻ Ta có bổ đề sau Bổ đề 3.3.2 Nếu thặng dư tồn phương (modp) p = 12k + p = 12k − Chứng minh Theo luật tương hỗ p p = (−1)(3−1)(p−1)/4 = (−1)(p−1)/2 Vì thặng dư tồn phương (modp) nên 42 p =1 Do p = (−1)(p−1)/2 Nếu p = 4k + → p ≡ 1(mod4) (p − 1)/2 lẻ Do p = −1 Theo tiêu chuẩn Euler p = p(3−1)/2 = p(mod3) Vậy p ≡ −1(mod3) Do p ≡ −1(mod4) ta suy p ≡ −1(mod12) tức p = 12k − Bổ đề chứng minh Bổ đề 3.3.3 Gọi p ước nguyên tố 2n −1 Khi p = 12k+1 p = 12k − Chứng minh Vì 3n − chia hết cho 2n − nên p ước nguyên tố 3n − Vậy 3n ≡ 1(modp) Suy 3n+1 ≡ 3(modp) Vì n + chẵn nên thặng dư toàn phương (mod p) Theo bổ đề 3.3.1 p = 12k + p = 12k − Trở lại toán Theo bổ đề 3.3.2 ước nguyên tố 2n − có dạng p = 12k + p = 12k − Do 2n − có dạng p = 12k + p = 12k − Nếu 2n − = 12k − Suy 2n = 12k Đây điều mâu thuẫn vế phải chia hết cho vế trái chia hết cho Nếu 2n − = 12k + Suy 2n = 12k + = 2(6k + 1) Do n > nên vế phải chia hết cho Ta có mâu thuẫn Kết luận: Vậy n = giá trị để 3n − chia hết cho 2n − Bài toán 3.3.4 Cho hai số nguyên dương m, n Chứng minh n lẻ, m = 2a với a lẻ m ước 3n + (m + 3)n + chia hết cho 3m Giải Ta có (m + 3)n + ≡ 3n + ≡ 0(modm) Vậy (m + 3)n + chia hết cho m Tiếp theo ta chứng minh (m + 3)n + chia hết cho 43 Bổ đề 3.3.5 Nếu p số nguyên tố lẻ −3 thặng dư toàn phương ( mod p) p ≡ 1(mod3) Chứng minh Vì −3 thặng dư toàn phương (modp) nên −3 p = Suy −1 p → −1 p p −3 p = =1 p p = 3 p (3.11) Theo định luật tương hỗ tiêu chuẩn Euler ta có p p = (−1)(3−1)(p−1)/4 = (−1)(p−1)/2 = −1 p Do vế trái (3.11) −1 p −1 p = p =1 Theo tiêu chuẩn Euler, vế phải (3.11) p ≡ p(3−1)/2 = p Vậy p ≡ 1(mod3) Bổ đề chứng minh Trở lại toán Gọi p ước nguyên tố a Vì a lẻ nên p lẻ Ta có m = 2a ước 3n + nên a ước 3n + 1, p ước 3n + Vậy 3n ≡ −1(modp) → 3n+1 ≡ −3(modp) Vì n + chẵn nên −3 thặng dư toàn phương (modp) Theo bổ đề p ≡ 1(mod3) Vì ước nguyên tố p a thỏa mãn p ≡ 1(mod3) nên a ≡ 1(mod3) Suy m = 2a ≡ 2(mod3) Thành thử (m + 3)n + ≡ mn + ≡ 2n + ≡ (−1)n + ≡ 0(mod3) 44 Như ta chứng minh (m + 3)n + chia hết cho m chia hết cho Do m ước 3n + nên (m, 3) = Thành thử (m + 3)n + chia hết cho 3m Bài toán chứng minh Bài toán 3.3.6 Cho p số nguyên tố lẻ p ≡ 1( mod 3) Chứng minh tồn số nguyên dương k cho k + k + chia hết cho p Giải Theo tiêu chuẩn Euler ta có p = p(3−1)/2 = p Theo giả thiết p ≡ 1(mod3) Vậy p =1 Do đó, theo định luật tương hỗ tiêu chuẩn Euler p = p p (3−1)(p−1)/4 = (−1) = (−1)(p−1)/2 −1 = p −3 −1 → = p p p −1 −1 = = p p p =1 Vậy −3 thặng dư tồn phương (mod p) Do tồn số nguyên a cho a2 ≡ −3(modp) → a2 + ≡ 0(modp) Ta giả thiết a lẻ a chẵn ta đặt b = a + p ≡ a(modp) b lẻ b2 + ≡ 0(modp) Đặt a = 2k + Khi a2 + = (2k + 1)2 + = 4(k + k + 1) ≡ 0(modp) → k + k + ≡ 0(modp) tức k + k + chia hết cho p Bài toán chứng minh Bài toán 3.3.7 Giả sử m số nguyên dương lẻ cho 5m có dạng 5m = 4p1 p2 pk + p1 pk số nguyên tố lẻ phân biệt (Chẳng hạn 53 = 4(31) + 1) Chứng minh 2(p1 − 1) (pk − 1) + lũy thừa 45 Giải Chứng minh phản chứng Giả sử tồn n cho 2(p1 − 1) (pk − 1) + = 5n (3.12) Ta có với i = 1, 2, , k 5m = 4p1 p2 pk + → 5m − = 4p1 p2 pk (3.13) → 5m ≡ 1(modpi ) → 5m+1 ≡ 5(modpi ) Vì m + chẵn nên suy thặng dư toàn phương pi Suy pi = Theo định luật tương hỗ pi Vậy pi = (−1)(5−1)(pi −1)/4 = (−1)(pi −1) = pi = Theo tiêu chuẩn Euler pi (5−1)/2 ≡ pi = p2i → p2i ≡ 1(mod5) → pi ≡ ±1(mod5) Từ (3.12) suy pi ≡ −1(mod5) với i = 1, 2, , k Vậy từ (3) 5m − = 4p1 p2 pk ≡ (−1)k+1 (mod5) → (−1) ≡ (−1)k+1 (mod5) Vậy k chẵn Đặt k = 2l Từ (3.12) ta có 5n − = 2(p1 − 1) (pk − 1) ≡ 2(−2)k = 2(4l ) ≡ 2(−1)l = ±2(mod5) Suy 5n ≡ ± 2( mod 5) Ta có mâu thuẫn vế phải khơng chia hết cho Vậy 2(p1 − 1) (pk − 1) + lũy thừa Bài toán chứng minh 46 Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề sau: • Hệ thống lại số kiến thức đồng dư phương trình đồng dư • Trình bày số kết thặng dư toàn phương với ký hiệu Ledendre ký hiệu Jacobi • Đưa số ví dụ minh họa cho kết lý thuyết sử dụng thặng dư toàn phương để giải số tốn số học phổ thơng 47 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Đặng Hùng Thắng (2010), Bài giảng số học, Nhà xuất Giáo dục [2] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ (2010 - 2017), Nhà xuất Giáo dục B Tiếng Anh [3] K.H.Rosen (1995), Elementary number theory and applications, Wiley, NewYork [4] D.E.Flath (1989), Introduction to number theory, Springer-Verlag, NewYork [5] M.Schroeder (1986), Number theory in sciences, Springer-Verlag, Berlin ... Fermat 1.4 Phương trình đồng dư ẩn Chương Thặng dư tồn phương 2.1 Thặng dư toàn phương 2.2 Ký hiệu Legendre 2.3 Định luật tương hỗ 2.4 Ký hiệu Jacobi Chương Một số ứng dụng thặng dư toàn phương 3.1... sau Tích hai thặng dư bậc hai thặng dư bậc hai, tích hai thặng dư khơng bậc hai thặng dư bậc hai số nguyên tố, tích thặng dư bậc hai thặng dư không bậc hai thặng dư không bậc hai Sử dụng tiêu chuẩn... "Thặng dư toàn phương ứng dụng" để nghiên cứu Ngồi phần mở đầu kết luận, nội dung luận văn trình bày ba chương: Chương Đồng dư phương trình đồng dư 1.1 Đồng dư thức 1.2 Hệ thặng dư lớp thặng dư