Ph−ơng trình đồng d− bậc hai Cho plà số nguyên tố Xét ph−ơng trình bậc ha
6.1 Thặng d− bậc ha
Xét ph−ơng trình x2 ≡ a(modp), trong đó p là số nguyên tố lẻ và
ucln(a, p) = 1.
Định nghĩa 6.1. Số nguyên a đ−ợc gọi là một thặng d− bậc hai môđun
p hay thặng d− toàn ph−ơng môđun p nếu ph−ơng trình đồng d− bậc hai x2 ≡a(modp) có nghiệm. Số nguyên a đ−ợc gọi là một bất thặng d− bậc hai môđun p hay thặng d− phi toàn ph−ơng môđun p nếu ph−ơng trình đồng d− bậc hai x2 ≡ a(modp) vô nghiệm.
Thí dụ 6.2. Xét các ph−ơng 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 d− bậc hai môđun 11.
(ii) x2 ≡ 2(mod 11) vô nghiệm . Vì ucln(2,11) = 1, nên 2 là một bất thặng d− bậc hai môđun 11.
Mệnh đề 6.3. Cho số nguyên a với ucln(a, p) = 1. Khi đó
(i) Nếu a là một thặng d− bậc hai môđun p thì mọi phần tử thuộc lớp thặng d− a(modp) cũng là thặng d− bậc hai môđun p.
(ii) Nếu a là một bất thặng d− bậc hai môđun p thì mọi phần tử thuộc lớp thặng d− a(modp) cũng là bất thặng d− bậc hai môđun p.
Chứng minh: (i) Giả thiết a là một thặng d− bậc hai môđun p. Khi đó có số nguyên x0 để x2
0 ≡a(modp). Lấy b ∈ a. Khi đó b ≡ a(modp). Ta có x20 ≡b(modp). Nh− vậy, b cũng là một thặng d− bậc hai môđun p.
(ii) Giả thiết a là một bất thặng d− 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. Nh− vậy, b cũng là một bất thặng d− bậc hai môđun p.
Định lý 6.4. Nếu a là một thặng d− bậc hai môđun p thì ph−ơng trình
x2 ≡a(modp) có hai nghiệm.
Chứng minh: Do a là một thặng d− bậc hai môđun p nên có x0 ∈ Z để x2
0 ≡ a(modp). Vậy ph−ơng trình x2 ≡ a(modp) có nghiệm x ≡
x0(modp). Vì (−x0) = x02 ≡ a(modp) nên x ≡ −x0(modp) cũng là một nghiệm của ph−ơng 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 đ−ợc. Vậy x ≡ x0(modp) và x ≡ −x0(modp) là hai nghiệm phân biệt của ph−ơng trình đã cho. Theo Định lý 5.18, ph−ơng trình đã cho có không quá hai nghiệm, nên ph−ơng trình x2 ≡ a(modp) có đúng hai nghiệm.
Thí dụ 6.5. Giải ph−ơng trình đồng d− x2 + 3x+ 1 ≡ 0(mod 7).
Chứng minh: Ph−ơng trình đồng d− bậc hai x2+ 3x+ 1 ≡ 0(mod 7) đ−ợc đ−a về ph−ơng trình t−ơng đ−ơng
4x2 + 12x+ 4 ≡0(mod 7) ⇔(2x+ 3)2 −5 ≡0(mod 7).
Đặt y = 2x+ 3. Ta có ph−ơng trình y2 ≡5(mod 7). Vì ph−ơng trình này vô nghiệm, nên ph−ơng trình đã cho vô nghiệm.
Định lý 6.6. Trong một hệ thặng d− thu gọn môđun p có p−1
2 thặng d− bậc hai t−ơng ứng cùng lớp với các thặng d− 12,22, . . . ,(p−1
2 ) 2 và có p−1 2 bất thặng d− bậc hai. Chứng minh: Các số12,22, . . . ,(p−1 2 ) 2 là những thặng d− bậc hai môđun p đôi một không cùng thuộc một lớp thặng d− môđun p. Thật vậy, ph−ơng
trình x2 ≡ k2(modp) với 1 ã k ã p−1
2 có nghiệm x ≡ ±k(modp). Giả sử h2 ≡ k2(modp) với 1 ã h, k ã p−1
2 . Khi đó (h −k)(h+k) ≡
0(modp) với1 ã h, k ã p−1
2 . Doucln(h+k, p) = 1 nênh ≡ k(modp). Từ h ≡ k(modp) và 1ã h, k ã p−1
2 ta suy ra h = k.
Giả sử a là một thặng d− bậc hai môđun p. Khi đó trong hệ thặng d− thu gọn môđun p với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất có số nguyên x0 để x2
0 ≡ a(modp). Do 1 ã |x0| ã p−1
2 nên khi đặt k = |x0| ta có a ≡k2(modp). Nh− vậy a cùng lớp với k2 ∈ {12,22, . . . ,(p−1
2 )
2}.
Định lý 6.7. Cho số nguyên a với ucln(a, p) = 1. Ta có
(i) Nếu a là một thặng d− bậc hai môđun p thì ap−21 ≡1(modp).
(ii) Nếu a là một bất thặng d− bậc hai môđun p thì ap−21 ≡ −1(modp). Chứng minh: (i) Giả thiết a là một thặng d− bậc hai môđun p. Khi đó có số nguyên x0 thoả mãn ucln(x0, p) = 1 và x2
0 ≡ a(modp). Theo Định lý 3.16, ta có ap−21 ≡x0p−1 ≡1(modp).
(ii) Giả thiết a là một bất thặng d− bậc hai môđun p. Mỗi thặng d− bậc hai môđun p đều nghiệm đúng ph−ơng trình
yp−21 ≡ 1(modp)
và ph−ơng trình này có không quá p−1
2 nghiệm theo Định lý 5.18. Theo
Định lý 6.6, trong một hệ thặng d− thu gọn theo môđun p có đúng p−1 2
thặng d− bậc hai nên mọi số không phải là thặng d− bậc hai đều không nghiệm đúng ph−ơng trình này. Chính vì thế ta có
ap−21 ≡ 1(modp).
Điều này có nghĩa ucln(ap−21 − 1, p) = 1. Vì a nguyên tố với p nên ap−1 −1 ≡ 0(modp) theo Định lý 3.16. Nh− vậy
(ap−21 −1)(ap−21 + 1)≡ 0(modp). Tóm lại, ta có ap−21 ≡ −1(modp).
Hệ quả sau đây còn đ−ợc gọi là dấu hiệu Ơle về thặng d− bậc hai.
Hệ quả 6.8. Cho số nguyên a với ucln(a, p) = 1. Ta có
(i) a là một thặng d− bậc hai môđun p khi và chỉ khi ap−21 ≡1(modp). (ii) a là một bất thặng d− bậc hai môđun p khi và chỉ khi ap−21 ≡ −1(modp).