Phương trình đồng dư bậc hai Choplà số nguyên tố Xét phương trình bậc ha
6.1Thặng dư bậc ha
Xét phương trìnhx2 ≡ a(modp),trong đóplà số nguyên tố lẻ vàucln(a, p) = 1.
Định nghĩa 6.1. Số nguyên a được gọi là một thặng dư bậc hai môđun
p hay thặng dư toàn phương môđun p nếu phương trình đồng dư bậc hai x2 ≡a(modp) có nghiệm. Số nguyên a được gọi là một bất thặng dư bậc hai môđunphay thặng dư phi toàn phương môđunpnếu phương trình đồng dư bậc hai x2 ≡ a(modp) vô nghiệm.
Thí dụ6.2. Xét các phương trình bậc hai sau:
(i) x2 ≡ 5(mod 11)có nghiệm x ≡ ±4(mod 11). Vì ucln(5,11) = 1, nên 5 là một thặng dư bậc hai môđun 11.
(ii) x2 ≡ 2(mod 11) vô nghiệm . Vì ucln(2,11) = 1, nên 2 là một bất thặng dư bậc hai môđun 11.
Mệnh đề 6.3. Cho số nguyên a với ucln(a, p) = 1. Khi đó
(i) Nếua là một thặng dư bậc hai môđunpthì mọi phần tử thuộc lớp thặng dưa(modp) cũng là thặng dư bậc hai môđunp.
(ii) Nếu a là một bất thặng dư bậc hai môđun pthì mọi phần tử thuộc lớp thặng dư a(modp) cũng là bất thặng dư bậc hai môđun p.
Chứng minh: (i) Giả thiết a là một thặng dư bậc hai môđun p. Khi đó có số nguyên x0 để x20 ≡ a(modp). Lấy b ∈ a. Khi đó b ≡ a(modp). Ta có x20 ≡b(modp). Như vậy, b cũng là một thặng dư bậc hai môđun p.
(ii) Giả thiết a là một bất thặng dư bậc hai môđun p. Khi đó không có số nguyên x0 nào để x20 ≡ a(modp). Lấy b ∈ a. Nếu có số nguyên x0 để x20 ≡b(modp), thì x20 ≡ a(modp). Điều này mâu thuẫn với giả thiết trên. Như vậy, b cũng là một bất thặng dư bậc hai môđun p.
Định lý 6.4. Nếu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì phương trình
x2 ≡a(modp) có hai nghiệm.
Chứng minh: Doalà một thặng dư bậc hai môđunpnên cóx0 ∈ Zđểx20 ≡
a(modp). Vậy phương trình x2 ≡ a(modp) có nghiệm x ≡ x0(modp). Vì (−x0) = x20 ≡ a(modp) nên x ≡ −x0(modp) cũng là một nghiệm của phương trình đã cho. Giả sử x0 ≡ −x0(modp). Khi đó ta có 2x0 ≡
0(modp). Vì p là số nguyên tố lẻ nên x0 ≡ 0(modp). Điều này là không thể được. Vậyx ≡ x0(modp) vàx ≡ −x0(modp) là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho. Theo Định lý 5.18, phương trình đã cho có không quá hai nghiệm, nên phương trìnhx2 ≡ a(modp) có đúng hai nghiệm.
Thí dụ6.5. Giải phương trình đồng dư x2 + 3x+ 1 ≡ 0(mod 7).
Chứng minh: Phương trình đồng dư bậc hai x2+ 3x+ 1 ≡ 0(mod 7) được đưa về phương trình tương đương
4x2 + 12x+ 4 ≡0(mod 7) ⇔(2x+ 3)2 −5 ≡0(mod 7).
Đặt y = 2x+ 3. Ta có phương trình y2 ≡ 5(mod 7). Vì phương trình này vô nghiệm, nên phương trình đã cho vô nghiệm.
Định lý 6.6. Trong một hệ thặng dư thu gọn môđun p có p−1
2 thặng dư bậc hai tương ứng cùng lớp với các thặng dư 12,22, . . . ,(p−1
2 ) 2 và có p−1 2 bất thặng dư bậc hai. Chứng minh: Các số12,22, . . . ,(p−1 2 )
2 là những thặng dư bậc hai môđun pđôi một không cùng thuộc một lớp thặng dư môđun p. Thật vậy, phương trình x2 ≡ k2(modp) với 1 ≤ k ≤ p−1
Giả sử h2 ≡ k2(modp) với 1 ≤ h, k ≤ p−1
2 . Khi đó (h− k)(h+ k) ≡
0(modp)với 1≤ h, k ≤ p−1
2 .Doucln(h+k, p) = 1nênh ≡k(modp). Từ h ≡ k(modp) và 1≤ h, k ≤ p−1
2 ta suy ra h = k.
Giả sử a là một thặng dư bậc hai môđun p. Khi đó trong hệ thặng dư thu gọn môđun p với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất có số nguyên x0 để x20 ≡
a(modp).Do1 ≤ |x0| ≤ p−1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2 nên khi đặt k = |x0|ta có a ≡ k2(modp). Như vậya cùng lớp với k2 ∈ {12,22, . . . ,(p−1
2 )
2}.
Định lý6.7. Cho số nguyên a với ucln(a, p) = 1. Ta có
(i) Nếu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì ap−12 ≡ 1(modp).
(ii) Nếu a là một bất thặng dư bậc hai môđun p thì ap−12 ≡ −1(modp). Chứng minh: (i) Giả thiết a là một thặng dư bậc hai môđun p. Khi đó có số nguyên x0 thoả mãn ucln(x0, p) = 1 và x20 ≡ a(modp). Theo Định lý 3.16, ta có ap−12 ≡ xp−0 1 ≡ 1(modp).
(ii) Giả thiếta là một bất thặng dư bậc hai môđun p. Mỗi thặng dư bậc hai môđun pđều nghiệm đúng phương trình
yp−12 ≡ 1(modp)
và phương trình này có không quá p−1
2 nghiệm theo Định lý 5.18. Theo Định lý 6.6, trong một hệ thặng dư thu gọn theo môđun p có đúng p−1
2
thặng dư bậc hai nên mọi số không phải là thặng dư bậc hai đều không nghiệm đúng phương trình này. Chính vì thế ta có
ap−12 6≡ 1(modp).
Điều này có nghĩaucln(ap−12 −1, p) = 1. Vì anguyên tố với p nên ap−1−
1≡ 0(modp) theo Định lý 3.16. Như vậy
(ap−12 −1)(ap−12 + 1) ≡0(modp). Tóm lại, ta có ap−12 ≡ −1(modp).
Hệ quả sau đây còn được gọi là dấu hiệu Ơle về thặng dư bậc hai.
Hệ quả 6.8. Cho số nguyên a với ucln(a, p) = 1. Ta có
(i) a là một thặng dư bậc hai môđun p khi và chỉ khi ap−12 ≡ 1(modp). (ii) alà một bất thặng dư bậc hai môđunpkhi và chỉ khiap−12 ≡ −1(modp).