Các ký hiệu legendre, jacobi và một vài cách chứng minh của luật thuận nghịch bậc hai

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
**************

HOÀNG THỊ HẢI YẾN

CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE,
JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHỨNG
MINH CỦA LUẬT THUẬN NGHỊCH
BẬC HAI

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

HÀ NỘI - 2015


TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
**************

HOÀNG THỊ HẢI YẾN

CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE,
JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHỨNG
MINH CỦA LUẬT THUẬN NGHỊCH
BẬC HAI

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số
Ngƣời hƣớng dẫn khoa học

ThS. ĐỖ VĂN KIÊN

HÀ NỘI - 2015


LỜI CẢM ƠN
Được sự phân công của khoa Toán trường Đại học Sư Phạm Hà
Nội 2 và sự đồng ý của thầy giáo hướng dẫn ThS. Đỗ Văn Kiên tôi đã
thực hiện đề tài “Kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi và một vài cách
chứng minh của luật thuận nghịch bậc hai”.
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo đã tận tình hướng dẫn
giảng dạy trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và rèn luyện ở trường
Đại học Sư Phạm Hà Nội 2, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới thầy giáo
hướng dẫn ThS. Đỗ Văn Kiên đã tận tình, chu đáo hướng dẫn tôi thực
hiện khóa luận này.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng để thực hiện đề tài một cách hoàn
chỉnh nhất. Song, do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học
cũng như hạn chế về kiến thức và kinh nghiệm nên không tránh khỏi
những thiếu sót. Tôi rất mong được sự góp ý của quý Thầy, Cô và các
bạn sinh viên để khóa luận được hoàn chỉnh hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2015
Sinh viên

Hoàng Thị Hải Yến


LỜI CAM ĐOAN

Khóa luận tốt nghiệp là nghiên cứu của riêng tôi, do chính tôi

nghiên cứu và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của giáo viên hướng dẫn
ThS. Đỗ Văn Kiên, trên cơ sở một số tài liệu tham khảo.
Tôi xin cam đoan kết quả của mình không trùng với bất cứ kết quả
của tác giả nào khác.
Hà Nội, tháng 5 năm 2015
Sinh viên

Hoàng Thị Hải Yến


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU .................................................................................................. 1
1. Lí do chọn đề tài ................................................................................ 1
2. Mục đích nghiên cứu ......................................................................... 1
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu..................................................... 1
4. Phương pháp nghiên cứu................................................................... 1
CHƢƠNG 1: LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ ............................................... 2
1.1. Đồng dư thức .............................................................................. 2
1.2. Các tính chất của quan hệ đồng dư ................................................ 5
1.3. Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao ........................................... 9
CHƢƠNG 2: LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI ........................... 18
2.1. Thặng dư bậc hai .......................................................................... 18
2.2. Kí hiệu Legendre và kí hiệu Jacobi.............................................. 21
2.3. Luật thuận nghịch bậc hai ............................................................ 30
2.4. Một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai..................... 36
CHƢƠNG 3. MỘT SỐ BÀI TẬPVẬN DỤNG LUẬT THUẬN
NGHỊCH BẬC HAI .............................................................................. 51
3.1. Sử dụng luật thuận nghịch tính kí hiệu Legendre ....................... 51
3.2. Sử dụng luật thuận nghịch bậc hai giải bài toán đồng dư ............ 53
KẾT LUẬN ............................................................................................ 55

TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................... 56


MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Có thể nói kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc
hai là những mảng kiến thức hay và khó liên quan đến kiến thức đồng
dư, đồng thời có những ứng dụng trong số học.Ở nước ta theo tôi biết,
đến năm 2008 mới có một tài liệuTiếng Việt chính thức đề cập đến kí
hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc hai. Và tôi cũng là
một người đam mê tới ba mảng kiến thức này. Vì những lý do trên tôi
chọn đề tài “Kí hiệu Jacobi, kí hiệu Legendre và một vài cách chứng
minh luật thuận nghịch bậc hai”.
2. Mục đích nghiên cứu
Khóa luận gồm ba chương: chương 1, chương 2 của khóa luận tôi sẽ
trình bày về lý thuyết đồng dư, kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi và một
số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai, còn chương 3 tôi đưa ra
một số bài tập áp dụng luật thuận nghịch bậc hai.
3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi và luật
thuận nghịch bậc hai.
Phạm vi nghiên cứu là nghiên cứu về kí hiệu Legendre, kí hiệu
Jacobi dựa trên lý thuyết đồng dư; luật thuận nghịch bậc hai, một vài
cách chứng minh luận thuận nghịch bậc hai và bài tập áp dụng.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Trong khóa luận này, tôi thu thập và đọc các tài liệu tìm được từ
nhiều nguồn khác nhau để phân tích, nghiên cứu về kí hiệu Legendre, kí
hiệu Jacobi và luật thuận nghịch bậc hai cùng một số cách chứng minh
sau đó ghi lại một cách hệ thống theo cách tôi hiểu.

1


CHƢƠNG 1: LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ
Trong chương này tôi xin trình bày lại một số kiến thức về đồng dư
thức: khái niệm và tính chất của đồng dư thức, phương trình đồng dư
một ẩn bậc cao.
1.1. Đồng dƣ thức
Định nghĩa 1.1.1. Cho
nguyên. Ta nói
chia

và

đồng dư với nhau theo môđun

và

cho

là một số nguyên dương,

và

là hai số

nếu trong phép

ta được cùng một số dư, nghĩa là có các số nguyên

với

sao cho
à

đồng dư với nhau theo môđun

Khi

và

Nếu

không đồng dư với

(

, ta viết

theo môđun

)

thì ta viết

(

)

Định lý 1.1.2. Các kết quả sau là tương đương

i.

(

)

ii.

chia hết cho

(kí hiệu là

(

iii. Tồn tại số nguyên sao cho

))
.

Chứng minh.
i.  ii. Ta có

(

với

)
(

Suy ra

nên

ii.  iii. Giả sử

(

(

). Do
).

) khi ấy tồn tại số

sao cho

tức là
iii.  i. Giả sử có số
trong phép chia

cho

. Gọi là số dư

sao cho
, nghĩa là

với

Khi ấy

hay

2

(

,
)

, trong đó


. Chứng tỏ số dư trong phép chia

,
(

là , tức là

cho

cũng


).

Định nghĩa 1.1.3. Các lớp tương đương theo quan hệ đồng dư môđun
được gọi là các lớp thặng dư môđun

.

Mệnh đề 1.1.4. Số các lớp thặng dư môđun
Chứng minh. Mỗi lớp thặng dư môđun
số dư 0,1, ...,

đúng bằng

chứa một và chỉ một trong các

thu được khi chia các số nguyên cho

lớp thặng dư môđun

bằng

.

. Vậy số các

.

Kí hiệu lớp thặng dư chứa số nguyên
*

̅

là ̅. Như vậy
+.

Mỗi số của một lớp thặng dư được gọi là một thặng dư. Số

̅ với

được gọi là thặng dư không âm bé nhất của lớp ̅. Như vậy
*̅ ̅

̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
(
)
} với mọi số

{̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅+



nguyên .
Ví dụ 1.1.5.

*̅ ̅

̅+

̅̅̅̅}. Các thặng dư không âm

{̅ ̅

bé nhất của các lớp đồng dư môđun 8 là *

+

Định nghĩa 1.1.6. Nếu từ mỗi lớp thặng dư môđun

ta lấy ra một đại

diện thì tập hợp các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ
môđun

.

Nếu từ mỗi lớp thặng dư môđun

ta lấy ra một đại diện không âm

bé nhất thì tập hợp các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ
không âm bé nhất môđun

.

Nhận xét 1.1.7. Từ định nghĩa của một hệ thặng dư đầy đủ ta suy ra rằng
một hệ thặng dư đầy đủ môđun
không đồng dư môđun

là một hệ gồm

.

3

số nguyên, đôi một


Nếu *

+ là một hệ thặng dư đầy đủ môđun

*

thì

+ cũng là một hệ thặng dư đầy đủ môđun

với mọi

.
là *

Hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun

+.

Còn hệ thặng dư đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất môđun

được xác

định như sau
{
khi

}

lẻ và

2

3 hoặc 2

khi

3

chẵn.

Ví dụ 1.1.8. Hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun 9 là
*

+
Còn hệ thặng dư đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất môđun 9 là

*

+

Định lý 1.1.9. Cho
nguyên, với

là một số nguyên dương và

nguyên tố với

. Khi đó nếu

một hệ thặng dư đầy đủ môđun

bộ một hệ thặng dư đầy đủ nào đó môđun
(
do (

)

chứng tỏ khi

)

lấy giá trị trong toàn bộ
cũng lấy giá trị trong toàn

thì

Chứng minh. Ta có

là những số

.

(

)khi và chỉ khi

(

)
(

nên điều đó tương đương với

). Điều này

chạy qua các lớp tương đương khác nhau thì

cũng chạy qua các lớp tương đương khác nhau. Vậy nếu (
chạy khắp một hệ thặng dư đầy đủ môđun
một hệ thặng dư đầy đủ môđun

thì

)

và

cũng chạy khắp


.

4


Nhận xét 1.1.10. Từ chứng minh trên ta suy ra hệ quả: nếu (

)

thì
̅̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅̅ khi và chỉ khi ̅

̅ môđun

.

1.2. Các tính chất của quan hệ đồng dƣ
Định lý 1.2.1. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập
tức là
(

i. Với mọi

)
(

ii. Với mọi

)khi và chỉ khi
(

iii. Với mọi
(

suy ra

)

(

(

)

)

)

Chứng minh.
i. Vì

chia hết cho

ii. Từ

(

) ta có

(

(

) Khi đó

Vậy

(

(

)
((

(
(

)

).

).Do đó

)

(
iii. Ta có

(

nên

)
) nên

(

)) hay

(
(

).


).

Định lý 1.2.2. Cho

là một số nguyên dương và

số nguyên, nếu

(

) và
(

i.
ii.

) và

(

(

là những
) thì ta có

)
).

Chứng minh.
i. Từ
sao cho

(

),

(
. Do đó

,
(

Vậy

) suy ra tồn tại

(

)

5

) với

.


(

ii. Từ

),

sao cho

(
. Do đó

,
(

Vậy

) suy ra tồn tại
),

chia hết cho

.

(

hay



).

Hệ quả 1.2.3.
(

i.

) khi và chỉ khi
(

Thật vậy, ta có

) và

(

Vậy

(

Vậy

) và

)(

(

(

)(

)

).

)

(

iii.

).

) khi và chỉ khi
(

Thật vậy, ta có

(

)

)

(

ii.

(

) khi và chỉ khi

(

) với mọi

.
(

Thật vậy,

),
(

Vậy

)

(

(

à

(

Thật vậy, ta có

) và

)

(

Thật vậy, ta có

(

),

(

)

v.

Suy ra

).

).

(

iv.

(

(

).
) vậy

(

)

(

)

) với mọi
(

), ... ,

vi. Giả sử ( ) là một đa thức với hệ số nguyên và
(
( )

khi ấy

( )(

(

)

). Đặc biệt, nếu ( )
)

(

) với mọi

Thật vậy, giả sử ( )
(

) suy ra

(

) thì
.

Từ giả thiết
(

6

),

1, 2, ..., . Do đó

Nghĩa là ( )

( )(
)(

)

( )
Nhưng ( )

)

(

) với mọi

)

(

Đặc biệt, vì

(

(

nên

(

)(

)

) nên ta có (

)

.
Định lý 1.2.4. Cho

là một số nguyên dương và

là những số

nguyên
i. Cho là số nguyên,

(

ii. Với

(

)và (

(

).

),

, (


(

iii.

),

,

)

)

.

/



(

(

) hay

)

Chứng minh.
(

i. Ta có
Nhưng (

)

)

nên ta có

ii. Từ giả thiết, (

(

)

(

), ta đặt

).
).

,
(

. Mặt khác

(

,với
)

. Ta có



.

(

iii. Từ
ra

(

)

(
/

(

)

mà

 (

) suy


).

Định lý 1.2.5. Cho

) hay

là một số nguyên dương và

nguyên, ta có

7

là những số


(

i.

), = 1, ...,



(

) với
).

BCNN(
(

ii.

)

(

Ta thấy với hai phần tử
(

)

(

)

và của lớp ̅ thì

)

(

(

)

)

.

Do đó ta có thể định nghĩa
Định nghĩa 1.2.6. ( ̅
(̅

)

môđun

) được cho bằng (

) với một

thì lớp ̅ được gọi là một lớp thặng dư nguyên tố với
.

Ví dụ 1.2.7. Ta có thể tìm số dư trong phép chia
(

Thật vậy vì

,

chia cho .

) nên

Ví dụ 1.2.8. Giả sử (
,

̅. Khi

√ )

√

nguyên. Khi đó

(
√
dư , còn

chia cho

).

√ . Khi đó
,

cùng chia hết

cho . Thật vậy, ta có
√

√

(

√

√ )(

√

√ )

Vậy
{
Từ

hay ,

(
(
(

)
)
)

suy ra điều cần chứng minh.

,

Định nghĩa 1.2.9. Nếu từ mỗi lớp thặng dư nguyên tố với môđun

ta

lấy ra một đại diện thì tập các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư
thu gọn môđun

.

Nhận xét 1.2.10. Thông thường, ta chọn hệ thặng dư thu gọn môđun
từ một hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất *
rằng số các số trong tập *

+ nguyên tố với

số các phần tử của một hệ thu gọn môđun

8

là ( ).

+. Vì
là ( )nên


là *

Ví dụ 1.2.11. Hệ thặng dư thu gọn môđun
(

)

+ và

.

Định lý 1.2.12. Cho một số nguyên dương
. Khi đó nếu

nguyên tố với
dư thu gọn môđun
Chứng minh. Vì (
hết cho

.
)

và (

lấy giá trị trong toàn bộ một hệ thặng

cũng lấy giá trị trong toàn bộ hệ thặng dư

thì

thu gọn nào đó môđun

nên

)

chia hết cho

khi và chỉ khi (

khắp một hệ thặng dư thu gọn môđun
thặng dư thu gọn môđun
Định lý 1.2.13. Nếu
môđun

và một số nguyên

và

khi và chỉ khi
)

. Nên nếu

chạy

cũng chạy khắp một hệ

thì



, từ đó suy ra điều phải chứng minh.

là các số nguyên dương thì mỗi lớp thặng dư

là hợp của đúng

lớp thặng dư môđun

.

là một lớp thặng dư môđun

Chứng minh. Giả sử

chia

Ta kiểm tra rằng các lớp thặng dư môđun

̅

với

.

̅̅̅̅̅̅̅̅̅ với

sau đây:

đều là tập con của . Điều này chứng tỏ
⋃

.

Ngược lại, lấy

. Khi đó có

với

. Ta có

⋃

. Mặt khác

để

hợp của đúng

,

và

. Do vậy

thì

, tức giao của

lớp thặng dư

⋃

. Vậy

(

Điều này chứng tỏ

. Biểu diễn

).
và

bằng rỗng. Vậy

là


môđun

1.3. Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn bậc cao
Định nghĩa 1.3.1. Cho

là số nguyên dương,

là các số

nguyên. Phương trình đồng dư dạng
(

( ){

(

9

)

)


Được gọi là phương trình đồng dư bậc

.
( )

Định nghĩa 1.3.2. Cho phương trình đồng dư

(

). Số

được gọi là một nghiệm đúng của phương trình nếu
( )

(

).

Định nghĩa 1.3.3. Nếu phương trình
( )

(

có nghiệm đúng thì nó cũng nhận tất cả các

(

thuộc lớp

(

nghiệm. Khi đó ta nói lớp

là

),
)

) là nghiệm của phương

trình.
(

Chứng minh. Ta có
( )

( )

( )

). Vì ( )
(

) (

(
)

) nên
(

).

Chú ý rằng trong phương trình ( ) ta có thể đưa tất cả các hệ số
về các số không âm, nhỏ hơn

. Do

chỉ có

lớp thặng

dư nên số nghiệm của phương trình ( ) là số các phần tử trong một hệ
thặng dư đầy đủ theo môđun

hay trong hệ *

+ thỏa mãn

là số đủ nhỏ thì ta chỉ cần thử lần lượt các phần tử

nó. Chú ý rằng, nếu
thuộc *

+ để tìm nghiệm; còn đối với

là số quá lớn thì số

phép thử rất nhiều. Chẳng hạn, khi giải phương trình đồng dư
(

)(

)

(

), ta chỉ cần thử tất cả

đều thỏa mãn phương trình. Vậy mọi

đều là nghiệm đúng.

là một số nguyên. Xét phương trình đồng dư

Cho

( ) ( )
với

Tất cả

(

),

(

)


.

Việc tìm tất cả các giá trị ̅ thỏa mãn ( ) được gọi là giải phương trình
đồng dư.

10


Định lý 1.3.4. Giả sử

có phân tích chính tắc

thành

các thừa số nguyên tố. Khi đó ( ) tương đương với hệ phương trình
đồng dư sau
( )

(

)

( )

(

)

{ ( )
(

(

)

) là một nghiệm của ( ). Khi đó

( )

(

( )

Chứng minh. Giả sử

nên ta cũng có

Vì m là bội của các

Như vậy

).

( )

(

)

( )

(

)

(
)
{ ( )
) là một nghiệm của ( ).

(

(

Ngược lại, giả sử

) là một nghiệm của ( ). Khi đó

( )

(

Do ( ) chia hết cho các

)
là nguyên tố sánh đôi nên

và các

( ) chia hết cho tích
là ( ) có nghiệm

hay ( )
(

(

), tức

). Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 

Nhận xét 1.3.5. Như vậy việc giải phương trình ( ) được thay bằng giải
hệ ( ). Nếu mỗi phương trình ( )
chẳng hạn

(

{

) với mỗi

(

) ta tìm được nghiệm,
thì ta sẽ giải hệ sau đây

(

)

(

) để tìm nghiệm của ( ).

(

)

11


Rõ ràng, để giải phương trình ( ) ta cần phải biết giải các phương
trình dạng

( )

(

) với

triển Taylor của hàm đa thức bậc
( )

( )

( )
( )

Dễ dàng chỉ ra

( )

nguyên tố. Theo công thức khai

tại

(

)

(

)

khi

ta có
( )

(

)

là một số nguyên. Thay

ta

có
(

)

( )

( )

( )

( )

( )

Định lý 1.3.6. Cho hai phương trình

với

( )

( )

(

( )

( )

(

)
)

nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng

là một số nguyên tố và

của ( ) cũng là một nghiệm đúng của ( ). Ngược lại, giả sử
(

) là một nghiệm của ( ) và kí hiệu

các lớp môđun
i. Nếu

của ̅̅̅(

là tập hợp tất cả

) khi đó ta có các khẳng định sau

( ) không chia hết cho

thì trong

sẽ có đúng một lớp là

nghiệm của ( )
ii. Nếu
lớp của

( ) chia hết cho

và ( ) chia hết cho

thì tất cả các

đều là nghiệm của ( ).

iii. Nếu

( ) chia hết cho

và ( ) không chia hết cho

) đều không là nghiệm đúng của

cả các phần tử của lớp ̅̅̅(
( ), do đó tất cả các lớp

thì tất

đều không là nghiệm của ( ).

12


Chứng minh.
Hiển nhiên mỗi nghiệm của ( ) cũng là nghiệm của ( ). Giả sử
(

) là một nghiệm của ( ). Khi đó

thay vào phương trình ( )

(

,

) ta có

(

)

(

)

Theo công thức khai triển Taylor cho hàm đa thức ở vế trái, ta có
( )

(

)

( )

(

)

ta nhận được

Chia hai vế cho

( )
Khi đó nếu

( )
( )

( ) không chia hết cho

thì ( ) có nghiệm duy nhất

(

)

. Do đó

Hay

. Vì vậy
(

)

Là nghiệm duy nhất của ( ) trong .
( ) chia hết cho

Nếu

và ( ) chia hết cho

với mọi . Do đó tất cả các phần tử của
( ) chia hết cho

Nếu

thì ( ) có nghiệm

đều là nghiệm của ( ).

và ( ) không chia hết cho

( ) vô nghiệm do đó tất cả các phần tử của lớp ̅̅̅(

thì rõ ràng
) đều


không là nghiệm đúng của ( ).

Định lý 1.3.7. Cho hai phương trình

với

( )

( )

(

( )

( )

(

)
)

nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng

là một số nguyên tố và

của ( ) cũng là một nghiệm đúng của ( ). Ngược lại giả sử
(
môđun

)là một nghiệm của ( ) và kí hiệu
của ̅̅̅(

là tập tất cả các lớp

). Khi đó ta có các khẳng định sau

13


( ) không chia hết cho

i. Nếu

sẽ có đúng một lớp là

thì trong

nghiệm của ( )
( ) chia hết cho

ii. Nếu

và ( ) chia hết cho

thì tất cả các

lớp của đều là nghiệm của ( ).
( ) chia hết cho

iii. Nếu

và ( ) không chia hết cho

thì tất

) đều không là nghiệm đúng của ( ), do

cả các phần tử của lớp̅̅̅̅(

đó tất cả các lớp đều không là nghiệm của ( ).
Chứng minh. Bằng quy nạp một cách hình thức và định ý 1.3.6.i) ta nhận
được i).
( ) chia hết cho

Trong trường hợp
( )

phương trình

và ( ) chia hết cho

) làm tập

) liên tiếp nhận ̅̅̅(

(

nghiệm đúng với

thì

Do đó ta thu được ii).

Bây giờ ta chứng minh iii) theo định lý 1.3.6.iii) nên tất cả các phần
) đều không là nghiệm đúng của phương trình

tử của lớp ̅̅̅(
( )

(

). Do đó tất cả các phần tử của lớp ̅̅̅(

) đều

không là nghiệm đúng của ( ). Ta có iii) Suy ra điều phải chứng minh 
Ví dụ 1.3.8. Giải phương trình đồng dư
( )

(
(

Giải: Trước tiên xét
(

thặng dư đầy đủ ta có
phương trình. Ta có

) và

( )

(

Xét nghiệm

)
). Thử trên một hệ
(

) là nghiệm của

.
) ta có

( )

không chia hết cho . Đặt

ta có
( )
Chia cho
Vậy

( )
ta có

(
(

) hay

(

).

).
(

và

14

)

.


vào phương trình đồng dư

Thay
( )

(

và khai triển ta có ( )

( )
(

Vậy
Cuối cùng ta được

).

) hay
,

(

(

). Chia hai vế cho
(

Xét nghiệm

)
ta được

(

).

và

với

.

), hoàn toàn tương tự ta có
,

.

Tóm lại, phương trình đồng dư
( )

(
(

có hai nghiệm

) và

)

(

).

Ví dụ 1.3.9. Giải phương trình đồng dư
( )

(
(

Giải: Xét
(

ta được

). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ

) là nghiệm của phương trình
( )

Ta có
Lớp

( )

(
và

(

)

( )

) chia ra thành
(

)

chia hết cho
lớp theo môđun

),

(

),

là

(

).

Song cả ba lớp này không có lớp nào là nghiệm của phương trình đồng dư
( )
vì khi giải ( )
có

(
( )

(

)

) hay

(

không chia hết cho . Tóm lại phương trình đồng dư
( )

(

) vô nghiệm.

Ví dụ 1.3.10. Giải phương trình đồng dư
(

15

)

)


nên theo định lý 2.2.1. phương trình đã cho tương

Giải: Vì

( )
( )

đương với hệ phương trình đồng dư{

(
(

)
)
(

Trước tiên ta giải phương trình
(

(
Đạo hàm

). Xét

). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có

) là nghiệm của phương trình. Ta viết
( )

Ta có ( )

.

.
( )

,
(

Hay (

,

( )

,

)

. Biểu diễn
( )

( )

)

( )

luôn luôn chia hết cho
(

t nguyên. Ta viết

) thành
,

,

ta có ( )

Xét

với mọi

.

( )

(

(

) hay
)



không thỏa mãn phương trình.

Xét

ta có ( )

hay

(

( )

(

)

) luôn thỏa mãn với mọi

suy ra

luôn là nghiệm đúng của phương trình.
ta có ( )

Xét

( )
(



(
)

không thỏa mãn phương trình.

Như thế ( )

(

) chỉ có các nghiệm

(

);

(

)

Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có
(

(

).

(

Tiếp theo ta giải phương trình

của

) hay

). Viết

16

).
(

) là nghiệm
.


Đạo hàm
(

)

( )

(

. Ta có

)

)

. Vì

không chia hết cho , ta xét
(

)

(
(

hay

, vậy ( )

Ta có

)

(

)

)

(

(

).

) có nghiệm
(

)

. Tóm lại, phương trình đã cho tương đương với ba hệ sau

với
{

(

,

(
(

)
)

{

(
(

)
)

{

Giải các hệ này suy ra phương trình đồng dư
(

)

có ba nghiệm là
,

(
(
(

17

)
).
)

(
(

)

)


CHƢƠNG 2: LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI
2.1. Thặng dƣ bậc hai
là một số nguyên tố lẻ và phương trình đồng dư bậc hai

Cho

(
với

nguyên tố với . Do

)

nguyên tố lẻ và (
(

đồng dư bậc hai

)

nên phương trình

) được đưa về dạng tương

đương
(
(

hay
Đặt

)
(

Cho phương trình

) trong đó

(

)

là một số nguyên tố lẻ và

được gọi là một thặng dư bậc hai theo
(

nếu phương trình đồng dư bậc hai

) có nghiệm.

được gọi là một bất thặng dư bậc hai môđun

Số nguyên

thặng dư phi toàn phương môđun
(

).

.

Định nghĩa 2.1.1. Số nguyên
môđun

(
ta có phương trình

,

nguyên tố v

)

hay

nếu phương trình đồng dư bậc hai

) vô nghiệm.

Ví dụ 2.1.3. Xét một vài ví dụ sau
(

i.

) có nghiệm

làmột thặng dư bậc hai môđun

nên
ii.

(

dư bậchai môđun

(

) vì (

)

.

) vô nghiệm vì (

)

nên

là một bất thặng

.

Mệnh đề 2.1.4. Cho một số nguyên tố lẻ

và một số nguyên

nguyên

tố với , khi đó
i. Nếu
thặng dư ̅(

là một thặng dư bậc hai môđun

thì mọi phần tử thuộc lớp

) cũng là thặng dư bậc hai môđun .

18


là một bất thặng dư bậc hai môđun

ii. Nếu

thì mọi phần tử thuộc

) cũng là bất thặng dư bậc hai môđun .

lớp thặng dư ̅(
Chứng minh.

là một thặng dư bậc hai môđun . Khi đó tồn tại

i. Giả sử

(

để

) với

(

). Như vậy,

cũng là một thặng dư bậc hai môđun .
(

nào để

tại số nguyên
(

Như vậy

) và suy ra

là một bất thặng dư bậc hai môđun . Khi đó không tồn

ii. Giả sử
để

(

̅ có

) thì

). Lấy
(

̅. Nếu có số nguyên

) ( mâu thuẫn).


cũng là một bất thặng dư bậc hai môđun .

Định lý 2.1.4. Nếu
(

trình

(

thì phương

) có đúng hai nghiệm.
là một thặng dư bậc hai môđun

Chứng minh. Do
(

là một thặng dư bậc hai môđun

). Vậy phương trình
) do (

)

(

(

để

nên có

) có nghiệm

) nên

(

)

cũng là một nghiệm của phương trình đã cho.
(

Giả sử

). Khi đó ta có
(

số nguyên tố lẻ nên

(

). Vì

) (mâu thuẫn ). Vậy

(

(



) chỉ có đúng hai nghiệm.
(
(

Giải: Phương trình đồng dư bậc hai
(

về phương trình tương đương
Đặt

)

) và

) không có quá hai nghiệm. Do vậy

Ví dụ 2.1.5. Giải phương trình đồng dư

(

là một

) là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho. Mà

phương trình
(

(

(

).
) được đưa

) hay

).

ta có phương trình

(

này vô nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm.

19

). Vì phương trình

Định lý 2.1.6. Trong một hệ thặng dư thu gọn môđun
dư bậc hai tương ứng cùng lớp với các thặng dư

có

thặng

.

/ và có

bất thặng dư bậc hai.
.

Chứng minh. Các số
môđun

/

là những thặng dư bậc hai

đôi một không cùng thuộc một lớp thặng dư môđun . Thật
(

vậy, phương trình
(

) với

có nghiệm

).
(

Giả sử

) với

(
Do (

)(
)

)

(
(

nên
) và

khi đó

,
) với

,

).

Từ

(

Giả sử

là một thặng dư bậc hai môđun . Khi đó trong hệ thặng dư

thu gọn môđun
(
Do

ta suy ra

.

với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất có số nguyên

để

).

| |

Như vậy

,

nên khi lấy

cùng với lớp

| | ta được

{

.

Định lý 2.1.7. Cho một số nguyên tố lẻ

(

).


/ }.

và một số nguyên

nguyên tố

với . Khi đó ta có
i. Nếu

là một thặng dư bậc hai môđun

thì

ii. Nếu

là một thặng dư bậc hai môđun

thì

Chứng minh.

20

(

).
(

).