Kí hiệu Legendre, thặng dư toàn phương và bổ đề Gauss

Ta có thể sử dụng bổ đề Gauss để tìm các số nguyên tố nhận 5 là một thặng dư toàn phương. Đợi đến khi đọc hết phần dưới này, người đọc hãy tự giải thích xem tại sao lại chọn con số 20.[r]

KÍ HIỆU LEGENDRE

THẶNG DƯ TOÀN PHƯƠNG VÀ BỔ ĐỀ GAUSS 1.1 Định nghĩa

Với m số nguyên lớn 1, số nguyên a nguyên tố với m gọi thặng dư toàn phương modulo m phương trình đồng dư x2 amodm có nghiệm

Nhận xét:

- Nếu a thặng dư toàn phương modulo m, bamodm hiển nhiên b thặng dư toàn phương modulo m

- Với a m, 1, hiển nhiên nghiệm phương trình x2 amodmcũng nguyên tố với m, việc bình phương thặng dư hệ thặng dư thu gọn modulo m ta tìm tất thặng dư toàn

phương modulo m Khi xét modulo p nguyên tố lẻ, ta kiểm tra bình phương phần tử tập 1, 2,3, ,p1 đơn giản

1 1, 2, 3, ,

2

p

    

 

  (cũng hệ thặng dư thu gọn modulo p) Tập hợp

các bình phương hệ gồm có

2

p

phần tử đôi khơng đồng dư modulo p Từ ta có định lý sau

1.2 Định lý

Với số nguyên tố lẻ p, số thặng dư toàn phương số bất thặng dư toàn phương modulo p

2

Với số nguyên tố lẻ p, số nguyên a thỏa mãn a p, 1, kí hiệu Legendre a p

     

có giá trị a thặng dư toàn phương modulo p, có giá trị -1 a bất thặng dư toàn phương modulo p

Việc sử dụng kí hiệu Legendre giúp ta đưa mối quan hệ định tính trở thành định lượng, thuận tiện cho đánh giá, tính tốn dẫn đến nhiều tính chất đẹp Trước tiên, ta xem lại tiêu chuẩn Euler quen thuộc:

”Với p số nguyên tố lẻ, a p, 1 ap1 /2 1 mod p phương trình x2 amodp có nghiệm, ap1 /2  1 mod p phương trình

 

2

mod

x a p vô nghiệm”

Sử dụng kí hiệu Legendre, ta có phát biểu tương đương 1.4 Tiêu chuẩn Euler (phát biểu 2)

Với p số nguyên tố lẻ, a p, 1, a ap /2 mod p p



 

   

1.5 Tính chất

i abmodp a b

p p

            

ii ab a b

p p p

    



    

    

iii

1

a p

 



 

 

iv

a b b

p p

   



   

 

Chứng minh

Tính chất i,iii hiển nhiên theo định nghĩa

ii ab  ab p /2 ap /2 bp /2 a b modp

p p p

  

    

  

    

    

Vì ab p

 

 

 

a b p p

     

   nhận giá trị -1, mà p2 nên

không xảy trường hợp 1 1 mod p, ab a b

p p p

    



    

    

iv

2

a b a b b

p p p p

      

 

      

   

   

Việc xây dựng tiêu chuẩn để kiểm tra số có phải thặng dư tồn phương

modulo p hay khơng có ý nghĩa quan trọng, ta xem xét vài số dư thường gặp

1.6 Định lý

Với p số nguyên tố lẻ, 1

p

 

 

  p1 mod 4 

Chứng minh:

Theo thiêu chuẩn Euler  1 p /2 mod p p



 

 

 

  , suy  

 /2  

1 p modp

 

, mà p lẻ nên  1 p1 /2 1, p1 / 2 chẵn hay p1 mod 4  1.7 Định lý

Với p số nguyên tố lẻ Khi thặng dư tồn phương modulo p

 

1 mod8

Chứng minh:

Với p1 mod8 ,p5 mod8 , |p1, xét khai triển sau:

 /2      

2 ! 2.4.6 2.4.6

2 2

p p p p

p

               

     

     

  /4  

1 ! mod

2 p p p          

Vì !,

2 p p         

  nên chia vế cho

1 ! p    

  ta  /2   /4  

2 p  1 p modp Áp dụng tiêu chuẩn Euler suy

  /4  

2

1 p modp

p

  

   

  , mà p lẻ nên  

 /4

2 p p       

  Do thặng

dư tồn phương modulo p   /4 p

 chẵn, dẫn đến p1 mod8 , bất thặng dư toàn phương modulo p  1 p1 /4 lẻ, dẫn đến p5 mod8  Với p3 mod8 ,p7 mod8 , |p1, tương tự ta xét khai triển sau:

 /2      

2 ! 2.4.6 2.4.6

2 2

p p p p

p

               

     

     

  /4  

1 ! mod

2 p p p          

Vì !,

2 p p         

  nên chia vế cho

1 ! p    

  ta  /2   /4  

2 p  1 p mod p Áp dụng tiêu chuẩn Euler suy

  /4  

2

1 p modp

p

  

   

  , mà p lẻ nên  

 /4

2 p p       

dư toàn phương modulo p   /4 p

 chẵn, dẫn đến p7 mod8 , bất thặng dư tồn phương modulo p  1 p1 /4 lẻ, dẫn đến p3 mod8 

1.8 Định lý

Với p số nguyên tố lẻ, đó:

i -2 thặng dư toàn phương modulo p p1,3 mod8  ii thặng dư toàn phương modulo p p 1 mod12  iii -3 thặng dư toàn phương modulo p p1 mod 6  iv thặng dư toàn phương modulo p p 1 mod5  Sau đọc xong chứng minh định lý 1.7, đa phần cảm thấy chứng minh đẹp đầy kĩ thuật, không thật tự nhiên (tại lại module 8?) Vậy việc chứng minh định lý 1.8 tìm thêm tiêu chuẩn cần khó khăn tương tự? Bổ đề Gauss giới thiệu, với mục đích đánh giá giá trị

a p

   

  với p cho trước, để tìm số nguyên tố lẻ p mà nhận a cho trước

làm thặng dư toàn phương Phần viết làm người đọc thấy chứng minh sáng sủa nhiều

1.9 Bổ đề Gauss

Với p số nguyên tố lẻ, a p, 1 Xét tập thặng dư dương nhỏ modulo p , ,3 , ,

2

p

a a a  a Gọi N số thặng dư lớn

2

p ,

 1 N

a p

     

 

Nhận thấy ,2 ,3 , ,

p

a a a  a nguyên tố với p, đôi không đồng dư modulo p Đặt u u u1, 2, 3, ,uN số dư lớn

2

p

, v v v1, , , ,2 3 vM số dư nhỏ

2

p

Khi

2

p M N  

Xét dãy số pu p1, u p2, u3, ,puN số dương nhỏ

2

p

, nguyên tố với p đôi không đồng dư modulo p Hơn nữa, p ui vj,i j, (nếu ui a r v , j a s có ui  vj a r s hiển nhiên nguyên tố với p r s p)

Do pu p1, u p2, u3, ,puN,v v v1, , , ,2 3 vMchính tập hợp

1 1, 2,3, 4, ,

2

p

 

 

 

Ta có !  1  2  3   .1 2 3

2 N M

p

p u p u p u p u v v v v



      

 

 

      u1 u2 u3 uN .v v v1 vMmodp

    

   

1 mod

2

N p

a a a   a p

   

 

 1 21. ! mod 

2 p N p a p          

Mà !,

2 p p         

  nên    

1

1 mod

p N

a p



  , áp dụng tiêu chuẩn Euler, ta  1 N a mod p

p

 

  

  , mà

a p

   

  nhận giá trị -1 nên

  1 N mod 

Ta nhận thấy phát biểu bổ đề Gauss giá trị số N không quan trọng, điều mà ta thực quan tâm tính chẵn lẻ (parity) N Một ví dụ sau làm tường minh ý nghĩa bổ đề Gauss

1.10 Ý nghĩa bổ đề Gauss

Ta sử dụng bổ đề Gauss để tìm số nguyên tố nhận thặng dư toàn phương Ta xét dãy số 5,10,15, ,5

2

p

 

 

  nhỏ

5

p

Trong dãy này, dễ thấy số có số dư lớn

2

p

chia p số 5j nằm khoảng , ; ,

2

p p

p p

   

   

    Do đó, ta cần đánh giá số cách chọn j thỏa mãn

3

5 ;

2

p p

j p j p

       

   

    Đặt p20kr r1,3,5,7,11,13,17,19, bất

đẳng thức trở thành 10 20 ; 30 40

2

r r

k j k r k j k r

           

   

   

Đợi đến đọc hết phần này, người đọc tự giải thích xem lại chọn số 20

Tương đương với ;

10 10

r r r r

k j k k j k

           

   

   

Đến đây, lưu ý ta quan tâm đến tính chẵn lẻ số cách chọn j Ta có nhận xét sau:

“Kí hiệu số số nguyên khoảng  a b, n a b , ,

 ,   ,

n at b t n a b vàn a b t ,    n a b, t”

Do đó, với t chẵn tính chẵn lẻ n a b , t n a b , nhau, nên để xét tính chẵn lẻ số cách chọn j thỏa mãn

10

r r

k   j k  , thực chất ta cần xét với

10

r r

j

  Tương tự với

10

r r

k  j k ta đưa xét

10

r r

j

Với r1, có cách chọn

10

r r

j

  , cách chọn

10

r r

j

  nên tổng số cách chọn j 0, dẫn đến N 0, nên theo bổ đề Gauss thặng dư tồn phương p

Với r 3, có cách chọn

10

r r

j

  , cách chọn

10

r r

j

  nên tổng số cách chọn j 1, dẫn đến N 1, nên theo bổ đề Gauss khơng thặng dư toàn phương p

Dễ dàng kiểm tra qua tất giá trị r, ta rút kết luận thặng dư toàn phương p r1,9,11,19 hay p  1, mod 20 

Điều tương đương với kết luận định lý 1.8 trước, thặng dư toàn phương modulo p p 1 mod5 

Qua ví dụ này, ta thấy giá trị

p

   

  phụ thuộc vào số dư chia p cho

204.5, tương tự giá trị

p

   

  chỉ phụ thuộc vào số dư chia p cho

284.7 Hay giá trị

p

   

  phụ thuộc vào số dư chia p cho 84.2mà ta

đã xử lý định lý 1.7, từ dẫn đến cách tiếp cận tự nhiên nhiều cho định lý

Định lý:

Với p số nguyên tố lẻ,

p

    

  p 1 mod8 

Chứng minh:

Xét dãy 2,4,6, ,p 1 số nhỏ p nguyên tố với p Dễ thấy số có số dư chia p lớn

2

p

số có dạng 2j mà 2

p

j p

8

p kr

2

r r r

k  j k r k  j k Ta đưa xét tính

chẵn lẻ số cách chọn j thỏa mãn

4

r r

j

  Thử với r 1,3,5,7 dễ dàng nhận kết r 1,7 N chẵn

p

    

 

Hãy chứng minh định lý sau:

Với p số nguyên tố lẻ, đó:

v -2 thặng dư toàn phương modulo p p1,3 mod8  vi thặng dư toàn phương modulo p p 1 mod12  vii -3 thặng dư toàn phương modulo p p1 mod 6 

Bài tập:

Bài 1: Cho a thặng dư toàn phương modulo p Chứng minh a thặng dư toàn phương modulo p p1 mod 4 

Bài 2: Chứng minh với p số nguyên tố lẻ  

1

/

p

i

i p

 





Bài 3: Cho p số nguyên tố lẻ, q bất thặng dư toàn phương nhỏ p Chứng minh q số nguyên tố

Bài 4: Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh ba số 2,5,10 thặng dư toàn phương modulo p

Bài 5: Cho P x x2 2x2 3x2 6 Chứng minh với số nguyên tố p, tồn số nguyên k cho p P k|  

Chứng minh tồn số tự nhiên n cho      mod101

ntimes

P P P P x x

Bài 7: Chứng minh không tồn số nguyên dương a,b,c cho

 

2 2

3

a b c

ab bc ca

 

  số nguyên

Bài 8: (Iranian TST 2013) Chứng minh không tồn số nguyên dương a,b,c choa2 b2 c2 chia hết cho 2013ab bc ca

Bài 9: Tìm tất số nguyên dương n cho 2n 1 | 3  n 1 Bài 10: Tìm số nguyên dương m,n thỏa mãn 7n m2  m

Nguồn tài liệu tham khảo:

[1] The theory of number, a text and source book of problems - Andrew Adler [2] Elementary theory of numbers- W Sierpinski

http://www.Mathlinks.ro