Thặng dư toàn phương và ứng dụng

Trong các kì thi Olympic Toán học ở Việt Nam và các nước trên thế giớithì lý thuyết thặng dư là phần được quan tâm đáng kể, vì thế việc có nhữnghiểu biết ban đầu về thặng dư sẽ giúp ta g

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH ĐẶNG HÙNG THẮNG

THÁI NGUYÊN - 2019

Mục lục

1.1 Đồng dư thức 4

1.1.1 Khái niệm đồng dư 4

1.1.2 Tính chất của đồng dư thức 5

1.2 Hệ thặng dư và lớp thặng dư 8

1.3 Định lý Euler và định lý Fermat 9

1.3.1 Định lý Euler 9

1.3.2 Định lý Fermat 10

1.4 Phương trình đồng dư một ẩn 10

2 Thặng dư toàn phương 14 2.1 Thặng dư toàn phương 14

2.2 Ký hiệu Legendre 15

2.3 Định luật tương hỗ 22

2.4 Ký hiệu Jacobi 25

3 Một số ứng dụng của thặng dư toàn phương 32 3.1 Kiểm tra tính chất nguyên tố của số Fermat 32

3.2 Khái niệm số giả nguyên tố Euler 33

3.3 Giải một số bài toán khó trong số học phổ thông 41

Bảng ký hiệu

(a, b): Ước chung lớn nhất của a và b

[a, b]: Bội chung lớn nhất của a và b

a 6 |b: a không là ước của b

a ≡ b(modn): a đồng dư với b modulo n

a 6≡ b(modn): a không đồng dư với b modulo n

Mở đầu

Lý thuyết thặng dư - lý thuyết đặc biệt quan trọng trong số học và đãđược nhiều nhà Toán học nghiên cứu, vận dụng trong việc giải nhiều bài toánhay, khó và có ứng dụng thực tế

Trong các kì thi Olympic Toán học ở Việt Nam và các nước trên thế giớithì lý thuyết thặng dư là phần được quan tâm đáng kể, vì thế việc có nhữnghiểu biết ban đầu về thặng dư sẽ giúp ta giải nhiều bài toán khó trong số họcmột cách nhẹ nhàng, ngắn gọn và đẹp

Tuy nhiên, trong nhà trường phổ thông thì thời lượng giảng dạy cho phần

lý thuyết thặng dư chưa nhiều nên học sinh thường thấy phần kiến thức nàyrất khó, vượt ra hiểu biết của các em Vì vậy để giúp bản thân có những hiểubiết sâu sắc hơn về lý thuyết thặng dư, phục vụ tốt hơn cho công tác bồidưỡng học sinh giỏi, tôi chọn đề tài "Thặng dư toàn phương và ứng dụng" đểnghiên cứu

Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung chính của luận văn được trìnhbày trong ba chương:

Chương 1 Đồng dư và phương trình đồng dư

1.1 Đồng dư thức

1.2 Hệ thặng dư và lớp thặng dư

1.3 Định lý Euler và định lý Fermat

1.4 Phương trình đồng dư một ẩn

Chương 2 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 3 Một số ứng dụng của thặng dư toàn phương

3.1 Kiểm tra tính chất nguyên tố của số Fermat

3.2 Khái niệm số giả nguyên tố Euler

3.3 Giải một số bài toán khó trong Số học phổ thông

Để hoàn thành bản luận văn này, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâusắc tới GS TSKH Đặng Hùng Thắng, người thầy nhiệt huyết đã truyền thụkiến thức, đã chỉ ra hướng đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trìnhlàm luận văn Đồng thời, tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô phản biện

đã dành thời gian đọc và đóng góp những ý kiến quý báu cho bản luận văn này

Tôi xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán - Tin,Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng dẫn,truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thànhluận văn Qua luận văn này, tôi cũng muốn gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn

bè đã luôn động viên, giúp đỡ tôi trong thời gian làm luận văn

Mặc dù đã có nhiều cố gắng hoàn thiện luận văn bằng tất cả sự nhiệt tình

và năng lực của mình Tuy nhiên, luận văn không thể tránh khỏi những thiếusót, tôi rất mong nhận được những đóng góp quý báu của thầy cô và các bạn

Thái Nguyên, ngày 29 tháng 12 năm 2019

Tác giả luận văn

Phan Thị Mừng

Chương 1

Đồng dư và phương trình đồng dư

1.1 Đồng dư thức

Từ đó suy ra:

a ≡ b(modm)khi và chỉ khi

(a1 + a2) = (b1 + b2) + m(t1 + t2)Chứng tỏ

a1 + a2 ≡ b1 + b2(modm)

Từ tính chất này ta suy ra:

* Có thể thêm, bớt cùng một số ở hai vế của một đồng dư thức Nghĩa là:Nếu a ≡ b(modm) thì a + c ≡ b + c(modm) với c là số nguyên tùy ý

* Có thể chuyển vế (phải đổi dấu) các số hạng của một đồng dư thức Nghĩalà:

a + c ≡ b(modm)khi và chỉ khi

a ≡ b − c(modm)

a ≡ b(modm)thì

a + tm ≡ b(modm)

b) Nếu

a1 ≡ b1(modm)

a2 ≡ b2(modm)thì

a1.a2 ≡ b1.b2(modm)

Chứng minh Từ giả thiết ta có:

a1 = b1 + mt1

a2 = b2 + mt2(t1, t2 ∈ Z)Nhân từng vế của hai đẳng thức ta được:

a1.a2 ≡ b1.b2 + mTtrong đó T là một số nguyên

⇒ a1.a2 ≡ b1.b2(modm)

Từ tính chất này ta có thể suy ra các tính chất sau:

* Có thể nhân cả hai vế của một đòng dư thức với cùng một số nguyên Chínhxác hơn:

Nếu a ≡ b(modm) thì ak ≡ bk(modm)

* Có thể nâng lên lũy thừa nguyên dương hai vế của một đồng dư thức Tứclà:

Nếu a ≡ b(modm) thì an ≡ bn(modm) trong đó n nguyên dương bất kì

a = a1.a2

Ta có khẳng định sau:

a ≡ 0(modp)khi và chỉ khi:



a1 ≡ 0(modp)

a2 ≡ 0(modp)Chứng minh

⇔



a1 ≡ 0(modp)

a2 ≡ 0(modp)

d) Nếu a ≡ b(modm), d/a, d/b, (d, m) = 1 thì

mà (d, m) = 1 nên m/a1 − b1 ⇒ a1 ≡ b1(modm)

e) a ≡ b(modm) khi và chỉ khi ak ≡ bk(modmk) trong đó k nguyêndương bất kì

Theo định nghĩa bội chung nhỏ nhất ta có

d/hm ⇒ d/a − b

⇒ a ≡ b(modd)

Chứng minh Tính chất này trực tiếp suy ra từ định nghĩa

a ≡ b(modm)

1.2 Hệ thặng dư và lớp thặng dư

r(0 ≤ r ≤ m − 1), tập hợp Ar tất cả các số nguyên khi chia cho m có

a = qm + r, nêna thuộc và chỉ thuộc duy nhất một lớp thặng dư modulo

hợp Z các số nguyên Nghĩa là

m−1Sr=0

Ar = Z,

H = {0, 1, , m − 1}

Nhận xét 1.2.1 Tất cả các số nguyên thuộc một lớp thặng dư modulo

a = q1m + r, b = q2m + r(q1, q2 ∈ Z)

Khi đó

(a, m) = (q1m + r, m) = (r, m) = (q2m + r, m) = (b, m)

âm nhỏ nhất ta được hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất modulo

ax1, ax2, , axϕ(m) Ta có:

ar1 ≡ s1(modm)

ar2 ≡ s2(modm)

arϕ(m) ≡ sϕ(m)(modm)Nhân từng vế các đồng dư thức ta được:

aϕ(m)r1r2 rϕ(m) ≡ s1s2 sϕ(m)(modm)

Vì r1, r2, , rϕ(m) và s1, s2, , sϕ(m) cùng là hệ thặng dư thu gọnkhông âm nhỏ nhất nên chúng chỉ khác nhau về thứ tự Đồng thời mỗi số

tích r1, r2, , rϕ(m) ta được:

aϕ(m) ≡ 1(modm)

1.3.2 Định lý Fermat

ap−1 ≡ 1(modp)

khác của định lý Fermat phát biểu như sau:

khi thay vào, đồng dư thức bằng số được thỏa mãn Ta cũng nói giá trị đónghiệm đúng phương trình đồng dư đang xét

Áp dụng các phép biến đổi tương đương đồng dư thức, ta thấy rằng nếu

r nghiệm đúng phương trình đồng dư

f (x) ≡ 0(modm)thì mọi số cùng lớp thặng dư với r modulo m đều nghiệm đúng phương trìnhđó

Thật vậy: Giả sử y thuộc lớp thặng dư với r:

f (y) ≡ f (r)(modm)

⇒ f (y) ≡ 0(modm) (Vì f (r) ≡ 0(modm)).

trình đồng dư

f (x) ≡ 0(modm)khi và chỉ khi

f (x) = mthay

f (x) ≡ 0(modpα), p ∈P, a ∈ N, α > 1

Do đó, có thể tìm nghệm của phương trình đồng dư modulo là lũy thừacủa một số nguyên tố trong tập hợp các nghiệm của phương trình đồng dưtương tự với modulo là lũy thừa bậc nhỏ hơn của số nguyên tố đó

Ví dụ 1.4.1 Giải phương trình:

x4 + 7x + 4 ≡ 0(mod32)

x ≡ 4(mod9).

f (x) ≡ 0(modp)

f (x) = (xp− x).g(x) + r(x)

xp− x ≡ 0(modp)nên phương trình đang xét hoặc tương đương với

r(x) ≡ 0(modp)

Chú ý 1.4.2 Nếu phương trình đồng dư có dạng

(1.2) ⇔

g(x) ≡ 0(modp)h(x) ≡ 0(modp)

Nhận xét 1.4.3 Sau mỗi lần chia bậc của phương trình lại nhỏ đi và sốnghiệm của phương trình nhiều nhất là bằng số bậc

Chương 2

Thặng dư toàn phương

2.1 Thặng dư toàn phương

nếu (a, m) = 1 và phương trình đồng dư x2 ≡ a(modm) có nghiệm Giả sử

102 ≡ 1(mod11), 22 ≡ 92 ≡ 4(mod11), 32 ≡ 82 ≡ 9(mod11), 42 ≡ 72 ≡5(mod11), và 52 ≡ 62 ≡ 3(mod11)

k = 2 Chúng ta sẽ chỉ ra rằng nếu p là một số nguyên tố lẻ, thì có chính

đây

chính xác là có hai nghiệm modulo p

chúng ta có thể dễ dàng chứng minh rằng nghiệm không phù hợp thứ hai Vì(−x0)2 = x20 ≡ a(modp), chúng ta thấy rằng −x0 là một nghiệm Chúng ta

0(modp) Điều này là không thể vì p là số lẻ và p 6 |x0 (sin x20 ≡ a(modp) và

p 6 |a)

Để chỉ ra rằng không có nhiều hơn hai nghiệm modulo p, giả sử rằng

x = x0 và x = x1 là cả hai nghiệm của phương trình đồng dư x2 ≡ a( mod p)

1 = (x0 + x1)(x0 − x1) ≡0(modp) Vì thế, p|(x0 + x1) hoặc p|(x0 − x1), do đó x1 ≡ −x0(modp) hoặc

x1 ≡ x0(modp) Vì thế nếu đó là một nghiệm của phương trình đồng dư

x2 ≡ a(modp) đó chính xác là có hai nghiệm

quan đến thặng dư bậc hai được mô tả trong định nghĩa sau:

2.2 Ký hiệu Legendre

ap

được định nghĩa nhưsau:



ap



=



Ví dụ 2.2.2 Ví dụ trước cho thấy các ký hiệu Legendre

11

, a = 1, 2, , 10,

có các giá trị sau:

111



=

311



=

411



=

511



=

911



= 1

211



=

611



=

711



=

811



=

1011



= −1

Định lý 2.2.3 (Tiêu chuẩn của Euler) Giả sử p là số nguyên tố lẻ và để a

ap



≡ a(p−1)/2(modp)

Chứng minh Đầu tiên, giả sử rằng

ap



của Fermat, chúng ta thấy

a(p−1)/2 = (x20)(p−1)/2 = xp−10 ≡ 1(modp)

Do đó, nếu

ap



ap



= a(p−1)/2(modp)

Bây giờ hãy xem xét trường hợp

ap



x2 ≡ a( mod p) không có nghiệm Cho mỗi số nguyên i sao cho 1 ≤ i ≤ p − 1,

rằng i 6= j Do đó, chúng ta có thể nhóm các số nguyên 1, 2, , p − 1 thành(p − 1)/2cặp với mỗi sản phẩm a Nhân các cặp này với nhau, chúng ta thấyrằng



=

bp

.(ii)



=

abp

.(iii)

Chứng minh.

x2 ≡ b(modp) có một nghiệm Do đó,

ap



=

bp

.(ii) Theo tiêu chuẩn của Euler, chúng ta biết rằng

ap



≡ a(p−1)/2(modp),



≡ a(p−1)/2b(p−1)/2 ≡ (ab)(p−1)/2 ≡

abp

(modp)

ta kết luận rằng

ap

 bp



=

abp





=

ap

 ap



= 1

Phần (ii) của Định lý 2.2.4 có kết quả thú vị sau đây Tích của hai thặng

dư bậc hai là thặng dư bậc hai, hoặc tích của hai thặng dư không bậc hai làthặng dư bậc hai của số nguyên tố, trong khi tích của thặng dư bậc hai vàthặng dư không bậc hai là một thặng dư không bậc hai

Sử dụng tiêu chuẩn của Euler, chúng ta có thể phân loại các số nguyên tố



−1p



−1p



= (−1)(p−1)/2(modp)

Nếu p ≡ 1(mod4), thì p = 4k + 1 cho một số nguyên k Do đó,

(−1)(p−1)/2 = (−1)2k = 1Vậy



−1p



= −1

với (a, b) = 1 Nếu s là số thặng dư dương nhỏ nhất của các số nguyên

a, 2a, 3a, , ((p − 1)/2)a lớn hơn hơn p/2, khi đó

ap



= (−1)s

1 ≤ j ≤ (p − 1)/2, các thặng dư dương nhỏ nhất này nằm trong tập 1,2 ,p- 1

1, 2, , (p − 1)/2, theo một số thứ tự Để thấy điều này, chúng ta chỉ cần chỉ

Vì p 6 |a, điều này ngụ ý rằng m ≡ −n(modp) không thể vì cả m và n đều



!(modp),

ngụ ý rằng

(−1)su1u2 · · · usv1v2 · · · vt ≡



p − 12



! ≡



p − 12

(modp), nótuân theo điều đó

ap



≡ (−1)s(modp),thiết lập bổ đề Gauss

511



bổ đề Gauss, chúng

5, 10, 4, 9 và 3, tương ứng Vì chính xác hai trong số này lớn hơn 11/2, bổ đềGauss cho chúng ta biết rằng

511



= (−1)2 = 1

Sử dụng bổ đề Gauss, chúng ta có thể mô tả tất cả các số nguyên tố có 2

là thặng dư bậc hai

Định lý 2.2.8 Nếu p là số nguyên tố lẻ, thì

2p



= (−1)(p2−1)/8

dư nhỏ nhất của các số nguyên

1 · 2, 2 · 2, 3 · 2, ,



p − 12



· 2

2p



= (−1)s Vì tất cả các số nguyên này đều nhỏ

1 ≤ j ≤ (p − 1)/2, nhỏ hơn p/2 khi j ≤ p/4 Do đó, có các số nguyên [p/4]

2 − [p/4] lớn hơn p/2 Do đó, bằng

bổ đề của Gauss, chúng ta thấy rằng

2p

8, vì, như chúng ta sẽ thấy, cả hai mặt của sự đồng dư trên chỉ phụ thuộc vào

8k ± 1 trong đó k là một số nguyên, sao cho

(p2 − 1)/8 = ((8k ± 1)2 − 1)/8 = (64k2 ± 16k)/8 = 8k2 ± 2k ≡ 0(mod2).Nếu p ≡ ±3(mod8), thì p = 8k ± 3 trong đó k là số nguyên, do đó

(p2−1)/8 = ((8k ± 3)2−1)/8 = (64k2±48k+8)/8 = 8k2+6k+1 ≡ 1( mod 2)

Bây giờ hãy xem xét p − 1

2 − [p/4] Nếu p ≡ 1( mod 8) , sau đó p = 8k + 1



= −1 nếu p ≡ ±3(mod8)

Ví dụ 2.2.9 Theo Định lý 2.2.8 chúng ta thấy

27



=

217



=

223



=

231



= 1,trong khi



23



=

25



=

211



=

213



=

219



=

229



= −1

Bây giờ chúng ta trình bày một ví dụ để chỉ ra cách đánh giá các ký hiệuLegendre

Ví dụ 2.2.10 Để đánh giá

31711

, chúng ta sử dụng một phần (i) của Định

lý 2.2.4 để thu được

31711



=

911



=

311



8913

 213

 Vì 13 ≡ 1(mod4), Định lý 2.2.5 cho chúng ta biết



= −1

2.3 Định luật tương hỗ

này đã tìm thấy câu trả lời bằng cách kiểm tra bằng chứng bằng số, nhưnganh ta không chứng minh rằng câu trả lời của mình là đúng Sau đó, vào năm

1785, Legendre đã điều chỉnh lại câu trả lời của Euler, dưới hình thức trongmột định lý được gọi là định luật tương hỗ Định lý này cho chúng ta biết liệu

pq

 qp



= (−1)p−12 ·q−12

Legendre đã công bố một số chứng minh đề xuất của định lý này Chứngminh chính xác đầu tiên được tuyên bố là đã khám phá lại kết quả này khiông 18 tuổi Gauss dành sự quan tâm đáng kể để tìm kiếm một bằng chứng.Trên thực tế, ông đã viết rằng "trong cả năm, định lý này đã hành hạ tôi vàtiếp thu những nỗ lực lớn nhất của tôi cho đến khi cuối cùng tôi có được mộtbằng chứng." Dựa trên một cách tiếp cận khác việc tìm ra những chứng minhmới và khác nhau về định luật tương hỗ bậc hai đã thách thức các nhà toán

học từ lâu Nhiều chứng minh đáng ngạc nhiên và tuyệt vời đã được tìm thấy.

Để cung cấp một ý tưởng sơ bộ về việc có bao nhiêu chứng minh khác nhauđược biết đến, một bài báo được xuất bản gọi là "chứng minh thứ 152" về luậttương hỗ bậc hai được cung cấp bởi Gauss, người sau khi tìm thấy một chứngminh, ông đã nghĩ ra thêm bảy chứng minh, mỗi năm cách đây vài năm đãđưa ra những gì đã được thể hiện một cách lịch sự Trước khi chúng ta chứngminh luật tương hỗ bậc hai, chúng ta sẽ thảo luận về hậu quả của nó và cách

nó được sử dụng để đánh giá các ký hiệu Legendre Trước tiên chúng ta lưu

và

qp

nếu p ≡ 1(mod4) hoặc q ≡ 1(mod4) (hoặc cả hai)

−

qp

nếu p ≡ q ≡ 3(mod4)

pq



=

qp



pq

đảo bậc hai cho chúng ta biết rằng

1317



=

1713



lý 2.2.4 chúng ta biết rằng

1713



=

413



=



2213

Ví dụ 2.3.3 Cho p = 7 và q = 19 Vì p ≡ q ≡ 3(mod4), theo định luậttương hỗ bậc hai, chúng ta biết rằng

719



= −

197

 Từ phần (i) củaĐịnh lý 2.2.4, chúng ta thấy rằng

197



=

57

 Một lần nữa, sử dụng định



= (−1)T (a,p),trong đó

T (a, p) =

(p−1)/2X

j=1[ja/p]

(p−1)/2X

j=1

ja =

(p−1)/2X

j=1p[ja/p] +

sX

j=1

uj +

tX

j=1

Như chúng ta đã trình bày trong chứng minh về Bổ đề của Gauss, các sốnguyênp − u1, , p − us, v1, , vt chính xác là các số nguyên1, 2, , (p − 1)/2,theo một số thứ tự Do đó, tổng hợp tất cả các số nguyên này, chúng ta thuđược

(p−1)/2X

j=1

j =

sX

j=1(p − uj) +

tX

j=1

vj = ps −

sX

j=1

uj +

tX

j=1

Trừ (2.4) từ (2.3), chúng ta thấy rằng

j=1

ja −

(p−1)/2X

j=1

j =

(p−1)/2X

j=1p[ja/p] − ps + 2

sX

j=1

uj

(p−1)/2X

j=1[ja/p],

(a − 1)

(p−1)/2X

j=1

j = pT (a, p) − ps + 2

sX



= (−1)s

ap

và trong định nghĩa về một loại giả nguyên tố

p1

t1a

p2

t2

· · ·

a

pm

tm,trong đó các ký hiệu ở phía bên phải của đẳng thức là ký hiệu Legendre

Ví dụ 2.4.2 Từ định nghĩa của ký hiệu Jacobi, chúng ta thấy rằng

245



=

2

32 · 5



=

23

25



= (−1)2(−1) = −1,và

5 · 7 · 11



=

1095

 1097

 10911



=

45

 47

 1011



=

25

227

−111



= (−1)212(−1) = −1

n

cho dù phương trình

n



x2 ≡ a(modn) có các nghiệm, thì phương trình đồng dư x2 ≡ a(modp) cũng

có các nghiệm Do đó,

ap

j=1

a



=

23

 25



= (−1) (−1) = 1 Tuy nhiên, không có các

dư x2 ≡ 2(mod3) và x2 ≡ 2(mod5) không có nghiệm

Bây giờ chúng ta cho thấy ký hiệu Jacobi có một số tính chất tương tựnhư ký hiệu Legendre

,(ii)

Chứng minh Tất cả bốn phần của định lý này, chúng ta sử dụng thừa

 Do đó, chúng ta thấyrằng

p2

t 2

· · ·

a

pm

t m

=

b

pm

t m

=

bn

.Chứng minh (ii) Từ Định lý 2.2.4 (ii), chúng ta biết rằng

ab

pi



=

a

pi

 b

pi



Do đó,

abn



=

ab

p1

t 1ab

p2

t 2

· · ·

ab

pm

t m

=

a

p1

t1b

p1

t1a

p2

t2b

p2

t2

· · ·

a

p



=(−1)(p−1)/2 Do đó

(1 + ti(pi− 1))(1 + tj(pj − 1)) ≡ 1 + ti(pj − 1) + tj(pj − 1)(mod4)

= (−1)(p2−1)/8 Dođó,

p2

t 2

· · ·

2

cho chúng

ta biết rằng

2n



= (−1)(n2−1)/8.Bây giờ chúng ta chứng minh rằng luật tương hỗ giữ cho ký hiệu Jacobicũng như ký hiệu Legendre