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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC s ư PHẠM HÀ NỘI 2
KHỎA TOÁN

HOÀNG THỊ HẢI YẾN

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

KHÓA LUẬN
TÓT NGHIỆP
ĐẠI
•
•
• HỌC
•
C huyên ngành: Đ ại số

HÀ NỘI - 2015


TRƯỜNG ĐẠI HỌC s ư PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

HOÀNG THỊ HẢI YÉN

CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE,

JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHỨNG
MINH CỦA LUẬT
THUẬN• NGHỊCH
•
•
BẬC HAI

KHÓA LUẬN
TỐT NGHIỆP
ĐẠI
HỌC
•
•
•
•
C huyên ngành: Đ ại số

Người hướng dẫn khoa học
ThS. ĐỎ 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 LÍKÍ hiệu Legendre, k í 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 on!
Hà Nội, thảng 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, thảng 5 năm 2015
Sinh viên

Hoàng Thị Hải Yến


MỤC LỤC

MỞ Đ À U ........................................................................................................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
CHƯƠNG 1: LÝ THUYÉT ĐÒNG D Ư ..................................................2
1.1. Đồng dư th ứ c .................................................................................. 2
1.2. Các tính chất của quan hệ đồng d ư ...................................................5
1.3. Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao..............................................9
CHƯƠNG 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 h ai............................................................... 30
2.4. Một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai...................... 36
CHƯƠNG 3. MỘT SỐ BÀI TẬPVẬN DỤNG LUẬT THUẬN
NGHỊCH BẬC H A I.................................................................................. 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
KÉT LUẬN.................................................................................................55
TÀI LIỆU THAM KHẢO........................................................................56


MỎ ĐÀU
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

thứcđềcập đến kí

hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc

hai.Vàtôi cũng là

một người đam mê tới ba mảng kiến thức này. Vì những lý do trên tôi
chọn đề tài ÍLKÍ hiệu Jacobi, k í hiệu Legendre và một vài cách chúng
minh luật thuận nghịch bậc hai”.
2. Mục đích nghiên cún
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 tượng và phạm vi nghiên cún
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. Phương pháp nghiên cún
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


CHƯƠNG 1: LÝ THUYẾT ĐÒNG D ư

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 dư thức

Định nghĩa 1.1.1. Cho m là một số nguyên dương, a và b là hai số
nguyên. Ta nói a và b đồng dư với nhau theo môđun 771 nếu trong phép
chia a và b cho 771 ta được cùng một số dư, nghĩa là có các số nguyên
^ 1 ^ 2/ r với 0 < r < m sao cho
a = mq1 + r v ầ b = mq2 + r
Khi a v ầ b đồng dư với nhau theo môđun m, ta viết a = b(mod ĨYÌ)
Neu a không đồng dư với b theo môđun m thì ta viết
a í b(m od m)
Định lý 1.1.2. Các kết quả sau là tương đương
i. a = b(m od m)
ii.a — b chia hết cho m (kí hiệu là m |(a —b))
iii. Tồn tại số nguyên t sao cho a = b + mt.
Chủng minh.
i.

=> ii. Ta có a = b(mod m) <=> a = m q 1 + r , b = m q 2 + r

với q±, q2, r 6 z , 0 < r < m. Suy ra a — b = m ( q 1 — q2). Do
Ri ~ Ri e 2 nên m |(a —b).
ii.

=> iii. Giả sử m |(a —b) khi ấy tồn tại số t 6 TL sao cho

a — b = m t tức là a = b + m t
iii. => i. Giả sử có số t 6 7Lsao cho a = b + mt. Gọi r là số dư
trong phép chia a cho m, nghĩa là a = m q 1 + r với ql t r 6

0< r <

m. Khi ấy b + m t = a = m q 1 + r hay b = m ( q 1 — t) + r, trong đó

2


qx — t ЕЖ, о < г < m. Chứng tỏ số dư trong phép chia b cho m cũng
là r, tức là a = b(mod m).
Định nghĩa 1.1.3. Các lớp tương đương theo quan hệ đồng dư môđun m
được gọi là các lớp thặng dư môđun m.
Mệnh đề 1.1.4. Số các lóp thặng dư môđun m đúng bằng m.
Chủng minh. Mỗi lớp thặng dư môđun m chứa một và chỉ một trong các
số dư 0,7,

771 — 1 thu được khi chia các số nguyên cho m. Vậy số các

lớp thặng dư môđun m bằng m.
Kí hiệu lớp thặng dư chứa số nguyên a là ã. Như vậy
ã = [a 4- m t / t e l } .
Mỗi số của một lớp thặng dư được gọi là một thặng dư. số r<=ã với
0 < r < m được gọi là thặng dư không âm bé nhất của lớp ã. Như vậy
= {õ, ĩ , , m — 1} = [mk, m k + 1,..., m ( k + 1) — l} với mọi số
nguyên k.
Ví dụ 1.1.5. Ж8 = (Õ ,ĩ, ...,7} = (8,9, ...,15}. Các thặng dư không âm

bé nhất của các lóp đồng dư môđun 8 là (0 Д ,... ,7}
Định nghĩa 1.1.6. Neu từ mỗi lóp thặng dư môđun m ta lấy ra một đại
diện thì tập hợp các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ
môđun m.
Neu từ mỗi lóp thặng dư môđun m ta lấy ra một đại diện không âm
bé nhất thì tập họp các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ
không âm bé nhất môđun 771.
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 m là một hệ gồm m số nguyên, đôi một
không đồng dư môđun m.

3


Neu {al t a2, ... ,a m} là một hệ thặng dư đầy đủ môđun 771 thì
{b + a1, b + a2, ..., b + CLm} cũng là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m
với mọi ố ẽ l
Hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun 771 là {0,1,

1).

Còn hệ thặng dư đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất môđun m được xác
định như sau

khi m lẻ và

khi m chẵn.
Ví dụ 1.1.8. Hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun 9 là
{0 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8 }
Còn hệ thặng dư đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất môđun 9 là

( - 4 ,- 3 , - 2 , - 1 ,0 , 1 ,2 , 3 ,4 }
Định lý 1.1.9. Cho 771 là một số nguyên dương và a,b là những số
nguyên, với a nguyên tố với m. Khi đó nếu X lấy giá trị trong toàn bộ
một hệ thặng dư đầy đủ môđun m thì ax + b cũng lấy giá trị trong toàn
bộ một hệ thặng dư đầy đủ nào đó môđun m.
Chủng minh. Ta có at x + b = a2x 4- b(rnod m)khi và chỉ khi
a{xẤ — x 2) — 0 (mod m)
do (a, m) = 1 nên điều đó tương đương với x ± = x 2(mod rà). Điều này
chứng tỏ khi m chạy qua các lóp tương đương khác nhau thì ax + b
cũng chạy qua các lớp tương đương khác nhau. Vậy nếu (a, rrì) = 1 và X
chạy khắp một hệ thặng dư đầy đủ môđun m thì ax + b cũng chạy khắp
một hệ thặng dư đầy đủ môđun m.

4


Nhận xét 1.1.10. Từ chứng minh trên ta suy ra hệ quả: nếu (a, nì) = 1
thì
ax + b = a y + b khi và chỉ khi X = ỹ môđun m.

1.2. Các tính chất của quan hệ đồng dư
Định lý 1.2.1. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập ъ
tức là
i. Với mọi а ЕЖ:а = a(m od m)
ii. Với mọi a,b E Ъ: a = b(mod m)khi và chỉ khi b = a(m od m)
iii. Với mọi a,b,c e Ъ:а — b(mod m), b — c(mod m)
suy ra а = с (mod m)
Chủng minh.
i. Vì a — a chia hết cho Ttĩ nên a — a(m od m).
ii.Từ a = b(mod m) ta có m\(b — a).Do đó

m\(b — a)^>b = a (mod m)
iii.

Ta có a = b(mod m), b — c(mod m) nên m\(a — b) và

m\(b — c).Khi đó ш |((а —b) + (b —c)) hay m |(a —c).
Vậy а — c(mod m).
Định lý 1.2.2. Cho m là một số nguyên dương và al f a2, bl f b2 là những
số nguyên, nếu at — b±(mod rà) và a2 — b2(mod nì) thì ta có
i. dị ± a2 = bị ± b2(jnod m).
ii.a1a2 — b1b2(rnod m).
Chủng minh.
i.

Từ at = b ^ m o d ш ), a2 — b2(mod rrì) suy ra tồn tại tl f t 2 6 TL

sao cho at = b + m t !, a2 = b + m t 2. Do đó
аг ± a2 = bị ± b2 -\r m(Vậy ax ± a2 = hx ± b2(mod m).

5


ii.Từ аг = b^m odrrì), a2 — b2(mod rrì) suy ra tồn tại tlr t 2 £ z
sao cho at = b + m t i , a2 = b + m t 2. Do đó
axa 2 = ъхъг + m ( b 2t\ +

0^2

+

Ь2^ +

0^2

+ m t1ủ2

6 ъ.

Vậy а ха 2 —&! Ь2 chia hết cho т hay а ха 2 = ьг b2(mod т ).
Hệ quả 1.2.3.
i. а = b(m od т) khi và chỉ khi а ± с = b ± c(mod m).
Thật vậy, ta có а = b(mod m) và с = с (mod ni).
Vậy a ± с = b ± с (mod m).
ii. a + с = b(mod nì) khi và chỉ khi a = (b — c)(mod m).
Thật vây, ta CÓ a = b(mod ni) và с = с (mod ш).
Vậy а = (b — c)(mod m).
iii. а — b(m od m) khi và chỉ khi

а ± k m — b(mod Ĩ1Ì) với mọi

k e Ж.
Thật vậy, а — b(mod m), k m — 0 (mod ш).
Vậy a ± k m — b(mod ш).
iy. а — b(m od m)khi và chỉ khi ac — bcÇmod ni).
Thật vây, ta CÓ a = b(mod ni) và с = с (mod rrì) vậy ас — be (mod m)
V. a = b(m od m)^>an — bn(mod m) với mọi n e ж, n > 0
Thật vậy, ta сÓ а = b(mod m), а — b(mod ш ), ... , а = b(m od ш)
Suy ra an — bn(mod nì).
vi. Giả sử f ( x ) là một đa thức với hệ số nguyên và

а — ß(m od m)
khi ấy f ( à ) = f ( ß ) ( m o d nì), Đặc biệt, nếu f ( à ) = 0 (mod nì) thì
f ( a + k m ) — 0 (m od m ) với mọi к ЕЖ.

Thật vậy, giả sử /0*0 = a0 + агх +••• +anx n. Từ giả thiết
а — ß(m od rrì) suy ra CLiCỞ — a ß {mod m ), i = 1 ,2 ,

6

Do đó


a 0 + a1a+--- +an a n = a0 + al p + " ' +CLU01(mod rrì),
Nghĩa là f ( à ) — f(/3)(jnod m)
Đặc biệt, vì a = ( a + k m )(m o d m ) v k 6 n nên
f ( a ) — f ( a + k m ) ( m o d m)
Nhưng f ( à ) — 0 (mod rà) nên ta có f ( a + krà) — 0 (mod m) với mọi
k E 2.
Định lý 1.2.4. Cho 771 là một số nguyên dương và a, b là những số
nguyên
i. Cho c là số nguyên, ac = bc(mod m )và (c,m ) = 1
=>a — b(mod m).
ii. Với a = b(mod m), 0 < ô 6
a

b/

ô|(a, b , m )
m\

^ s = s ( m od s )
iii. a — b(mod m), 5|m, ô > 0 => a = b(m od ô)
Chủng minh.
i. Ta có ac — bc(mod m)=> m\(ac — bc) hay m\c(a — b).
Nhưng (c, m ) = 1 nên ta có m |(a —/?)=> a — b(m od m).
ii.T ừ giả thiết, ô |(a , b , m ), ta đặt a = ỗ a ls b = ỗb-LiVỞỈ

alf bí , m 1 E TL, m 1 > 0. Mặt khác a — b(m od m)=> a = b + mt,
t E TL. Ta có

ổal = Ốb1 + ổ r r i ị ^ ^ = bx + m xt => ax = bị (mod ra) hay

iii.

Từ

a = b(mod m)=> m |(a —b)

mà

ô|m => ô|(a —b) suy

ra a = b(m od ô).
Định lý 1.2.5. Cho 771 là một số nguyên dương và a, b là những số
nguyên, ta có

7


i. a = b(m od Till), i= 1

m =B

, к => a = b(m od m) với
C N

N

••• ,77ifc).

ii.a — b(mod m) thì (a, ?n) = (ft, m).
Ta thấy với hai phần tử b và с của lớp ã thì
(b — à) : 7П, (c —à) : m =>(b —c) : m.

Do đó ta có thể định nghĩa
Định nghĩa 1.2.6.

(ã,m ) được cho bằng (b, ni) với một b 6 ã. Khi

Сã ,m ) = 1 thì lóp ã được gọi là một lóp thặng dư nguyên tố với
môđun m.
Ví dụ 1.2.7. Ta có thể tìm số dư trong phép chia 15325 — 1 chia cho 9.
Thật vậy vì 1532 = 2 (mod 9) nên 15325 — 1 = 25 — 1 = 4 (mod 9).
Ví dụ 1.2.8. Giả sử ( l + 4 V2 —4л/4) = a n + bn Ụ2 + cn ỤÃ. Khi đó
an, b n, cn nguyên. Khi đó an chia cho 8 dư 1, còn bn, cn cùng chia hết
cho 4. Thật vậy, ta có
an+i + bn+1V 2 + cn+1Ụ Ĩ = ( a n + b n ụ 2 + сп Щ ) { 1 + 4 V2 - 4лД)
Vậy

Từ aj_ = 1, ъг = 4, C! = —4 suy ra điều cần chứng minh.
Định nghĩa 1.2.9. Neu từ mỗi lớp thặng dư nguyên tố với môđun m ta

lấy ra một đại diện thì tập các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư
thu gọn môđun 771.
Nhận xét 1.2.10. Thông thường, ta chọn hệ thặng dư thu gọn môđun
m từ một hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất {0,1 ,...,771 — 1). Vì
rằng số các số trong tập {0 ,1 ,..., m — 1} nguyên tố với m là số các phần tử của một hệ thu gọn môđun m là ạ>(m).

8


Ví dụ 1.2.11. Hệ thặng dư thu gọn môđun 14 là (1,5,7,11,13,17} và
Định lý 1.2.12. Cho một số nguyên dương m và một số nguyên
a nguyên tố với m. Khi đó nếu X lấy giá trị trong toàn bộ một hệ thặng

dư thu gọn môđun m thì ax cũng lấy giá trị trong toàn bộ hệ thặng dư
thu gọn nào đó môđun m.
Chứng minh. Vì (a, rà) = 1 nên ax chia hết cho m khi và chỉ khi X chia
hết cho m và ( a x , m ) = 1 khi và chỉ khi ( x , m ) = 1. Nên nếu X chạy
khắp một hệ thặng dư thu gọn môđun m thì ax cũng chạy khắp một hệ
thặng dư thu gọn môđun m, từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Định lý 1.2.13. Nếu m và k là các số nguyên dương thì mỗi lớp thặng dư
môđun m là hợp của đúng k lớp thặng dư môđun km.
Chủng mình. Giả sử X là một lớp thặng dư môđun m với X = X E ’En.
Ta kiểm tra rằng các lóp thặng dư môđun k m sau đây: Xị = X + im với
i = 0,1,..., k — 1 đều là tập con của X. Điều này chứng tỏ

Ngược lại, lấy y 6 X. Khi đó có n 6 TL để y = X + nm. Biểu diễn
n = kq + i với 0 < i < k. Ta có y G Xị. Vậy X Q
X = U^Q1

Mặt khác 0 < i, j < k và i

Xị. Do vậy

j thì

X + im ĨẼ X + jm(rnod krrì).
Điều này chứng tỏ Xi ^ Xj, tức giao của Xị và Xj bằng rỗng. Vậy X là
hợp của đúng k lớp thặng dư Xị môđun km.
1.3. Phương trinh đồng dư một ẩn bậc cao
Định nghĩa 1.3.1. Cho m là số nguyên dương, aữ, a lf'" , a nlà các số
nguyên. Phương trình đồng dư dạng

( 1) {

a0x n + a±Xn 1 +••• +CLn_1x + CLn = 0 (mod rò)
CL0 í 0 (mod rrì)

9


Được gọi là phương trình đồng dư bậc n.
Định nghĩa 1.3.2. Cho phương trình đồng dư f ( x ) = 0 (mod nì), số
a E TLđược gọi là một nghiệm đúng của phương trình nếu
f ( a ) — 0 (mod m).
Định nghĩa 1.3.3. Nếu phương trình
f ( x ) = a0x n + CL-tX71-1 +••• + a n = 0 (mod m), a0 ^ 0
có nghiệm đúng thì nó cũng nhận tất cả các y thuộc lớp X = a ( m o d rà)
làm nghiệm. Khi đó ta nói lớp X = a(m od rtì) là nghiệm của phương

trình.
Chủng mình. Ta có y — a = 0 (mod ra). V? f ( x ) — 0 (mod ra) nên
/ (y) = f ( y ) - f ( à ) = (y - à)h(y, à) = 0 (mod nì).
Chú ý rằng trong phương trình (1) ta có thể đưa tất cả các hệ số
a0,

an về các số không âm, nhỏ hơn m. Do Hm chỉ có m lớp thặng

dư nên số nghiệm của phương trình (1) là số các phần tử trong một hệ
thặng dư đầy đủ theo môđun m hay trong hệ (0 ,1 ,..., m — 1} thỏa mãn
nó. Chú ý rằng, nếu m là số đủ nhỏ thì ta chỉ cần thử lần lượt các phần tử
thuộc (0,1 ,...,771 — 1} để tìm nghiệm; còn đối với m là số quá lớn thì số
phép thử rất nhiều. Chẳng hạn, khi giải phương trình đồng dư
2x(2x + 1) (2x + 2) = 0 (mod 8), ta chỉ cần thử tất cả 0 ,1 ,..., 7. Tất cả
đều thỏa mãn phương trình. Vậy mọi a E 1Lđều là nghiệm đúng.
Cho m > 1 là một số nguyên. Xét phương trình đồng dư
(2) : / ( x ) = a0x n + a-^x71-1 +••• + a n = 0 (mod rà)
với a0 í 0 (mod rà), n > 1.
Việc tìm tất cả các giá trịx thỏa mãn (1) được gọi là giải phương trình
đồng dư.

10


Định lý 1.3.4. Giả sử m có phân tích chính tắc m = p ^ p ^ 2

PsS thành

các thừa số nguyên tố. Khi đó (2) tương đương với hệ phương trình
đồng dư sau

rf { x ) — 0 (mod p^1)
(3)<

f ( x ) — 0 (mod p2 2)
f ( x ) — 0 (mod p^5)

Chủng minh. Giả sử X = x 0(mod rà) là một nghiệm của (2). Khi đó
/ ( x 0) = 0 (mod m).
Vì m là bội của các p ai nên ta cũng có
Y (x0) = 0 {mod p^1)
/ ( x 0) — 0 {mod p^2)
/ O o ) = 0 (mod p °s)
Như vậy X = x 0(mod nì) là một nghiệm của (3).
Ngược lại, giả sử X = x 0(mod m) là một nghiệm của (3). Khi đó
/O o ) = 0 (mod р ^ ) ,1 = 1, —,s
Do / ( x 0) chia hết cho các p.ữí và các p p là nguyên tố sánh đôi nên
/ ( x 0) chia hết cho tích p ^ p ^ 2 ••• PsS = m hay / ( x 0) = 0 (mod nì), tức
là (2) có nghiệm X = x 0(mod ĨYÌ). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.3.5. Như vậy việc giải phương trình (2) được thay bằng giải
hệ (3). Neu mỗi phương trình f ( x ) = 0 (mod p ữi) ta tìm được nghiệm,
chắng hạn X = Xi(rnod p.aí) với mỗi i = 1, •••, 5 thì ta sẽ giải hệ sau đây
X = X1(m o d P®1)

ngj1ịệm c^a ( 3 )

X — x 2 (m o d
X — x 1( m o d PsS)

11

Rõ ràng, để giải phương trình (2) ta cần phải biết giải các phương
trình dạng / ( x ) = 0 (mod p a ) với p nguyên tố. Theo công thức khai
triển Taylor của hàm đa thức bậc n tại X = a ta có
/ '( a )
/*(&)
/ O ) = / ( a ) + —Jị— o - a) + ••• + —^ị— O - a ỹ + •••
/ n (a)
n!
~
f l{CL)
'
Dê dàng chỉ ra^-Tf— 6E TL khi a là một sô nguyên. Thay X = a + p t ta
có

f(a )
f"(à) o o
/ (n)(a)
/ ( a + p í) = / ( a ) + ^ ị - p ủ +
2 \ v
+ “ , + — ! v nt n Định lý 1.3.6. Cho hai phương trình
(4) : f ( x ) — 0 (mod pn)
(5) : / ( x ) = 0 (mod pn_1)
với p là một số nguyên tố và n > 1 nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng
của (4) cũng là một nghiệm đúng của (5). Ngược lại, giả sử
X = x ^ m o d pn_1) là một nghiệm của (5) và kí hiệu s là tập hợp tất cả
các lóp môđun p n của x ^ ( m o d p n_1) khi đó ta có các khẳng định sau
i. Neu / 'C O không chia hết cho p thì trong s sẽ có đúng một lóp là
nghiệm của (4).
ii.Neu f ( x i) chia hết cho p và / ( x x) chia hết cho p n thì tất cả các

lớp của 5 đều là nghiệm của (4).
iii.

Nếu / '( % ) chia hết cho p và /( % ) không chia hết cho p n thì tất

cả các phần tử của lớp Y[(jnod p n_1) đều không là nghiệm đúng của
(4), do đó tất cả các lớp s đều không là nghiệm của (4).

12


Chủng minh.
Hiển nhiên mỗi nghiệm của (4) cũng là nghiệm của (5). Giả sử
X = x 1(mod pn_1) là một nghiệm của (5). Khi đó X = X1 + p n~1t,
thay vào phương trình f { x ) = 0 (mod p n) ta có
/( * ! + p n-1t) = 0 (mod p n).
Theo công thức khai triển Taylor cho hàm đa thức ở vế trái, ta có
f í x i) + pn l t- f'(.Xi) = 0 (mod p n)
Chia hai vế cho p n_1 ta nhận được
(6) : ^ r r r + t - / 'O i ) = 0(m od p )
p
Khi đó nếu /'(X i) không chia hết cho p thì (6) có nghiệm duy nhất
t — tx (mod p ).
Hay t = tx + p t 2. Do đó X = X1 + p ”-1 ^ + p nt2- Vì vậy
X=

4- p n~1t1(rnod p n)

Là nghiệm duy nhất của (4) trong 51.
Neu

chia hết chop và /O q ) chia hết cho p n thì (6) có nghiệm

với mọi t. Do đó tất cả các phần tử của 5 đều là nghiệm của (4).
Neu

chia hết cho p và

không chia hết cho pn thì rõ ràng

(6) vô nghiệm do đó tất cả các phần tử của lớp Y[(rnod p n_1) đều
không là nghiệm đúng của (4).
Định lý 1.3.7. Cho hai phương trình
(7) : f { x ) — 0(mod p a)
(8) : / ( x ) — 0 (mod p)
với p là một số nguyên tố và a > 1 nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng
của (7) cũng là một nghiệm đúng của (8). Ngược lại giả sử
X = x 1( m o d p) là một nghiệm của (8) và kí hiệu L là tập tất cả các lớp

môđun p a của x^(mod p). Khi đó ta có các khẳng định sau

13


i. Nếu f ' (xt ) không chia hết cho p thì trong L sẽ có đúng một lớp là
nghiệm của (7).
ii. Neu / ' Oq) chia hết cho p và f ( x 1) chia hết cho p a thì tất cả các
lóp của L đều là nghiệm của (7).
iii. Nếu / ' Oq) chia hết cho p và /O q ) không chia hết cho p a thì tất
cả các phần tử của lóp~Y[(mod p) đều không là nghiệm đúng của (7), do

đó tất cả các lớp L đều không là nghiệm của (7).
Chủng mình. Bằng quy nạp một cách hình thức và định ý Ì.3.6.Ỉ) ta nhận
được ỉ).
Trong trường hợp / '( % ) chia hết cho p và /( % ) chia hết cho p a thì
phương trình / ( x ) = 0 ( r n o d p j>) liên tiếp nhận x ^ ( m o d p ) làm tập
nghiệm đúng với j = 1,2,..., a. Do đó ta thu được ii).
Bây giờ ta chứng minh iii) theo định lý 1.3.6.ỈU) nên tất cả các phần
tử của lóp x^(m odp) đều không là nghiệm đúng của phương trình
f ( x ) = 0 (mod p 2). Do đó tất cả các phần tử của lớp ĩc[(mod p) đều
không là nghiệm đúng của (7). Ta có iii) Suy ra điều phải chứng minh
Ví dụ 1.3.8. Giải phương trình đồng dư
f ( x ) = X4 + 2 x 3 —9x + 1 = 0(mod 125).
Giải: Trước tiên xét X4 + 2 x 3 — 9x + 1 = 0 (mod 5). Thử trên một hệ
thặng dư đầy đủ ta có X = 1 ( m od 5) và X = 2 ( m o d 5) là nghiệm của
phương trình. Ta có f ' ( x ) = 4 x 3 + 6 x 2 — 9.
Xét nghiệm X = 1 (mod 5) ta có / '( 1 ) = 1 không chia hết cho 5. Đặt
X = 1 + 5Ủ! ta có
/ ( 1 ) 4-

1) = 0 (mod 25) hay —5 + 5Ủ! = 0 (mod 25).

Chia cho 5 ta có tx = l(7nod 5).
Vậy

= 1 + 5 t2 và X = 1 + 5(1 + 5ủ2) = 6 + 25t2.

14


Thay X = 6 + 2512 vào phương trình đồng dư

/ ( x ) = X4 + 2 x 3 — 9x + 1 = 0 (m od 125)
và khai triển ta có / ( 6 ) + 25t2- / /(6) = 0 (mod 125).
Vậy 50 + 2512. 1071 = 0 {mod 125). Chia hai vế cho 25 ta được
2 + t2. 1071 = 0 (mod 5) hay t2 — 3 (mod 5).
Cuối cùng ta được t 2 = 3 + 5 t3, t36 TLvà X = 81 + 12513 với t36 TL.
Xét nghiệm X = 2 (mod 5), hoàn toàn tương tự ta có
X = 57 + 12513, t 36 7L.
Tóm lại, phương trình đồng dư
/ ( x ) = X4 + 2 x 3 — 9x + 1 = 0 (m od 125)
có hai nghiệm X — 81 ( m od 125) và X = 57 ( m o d 125).
Ví dụ 1.3.9. Giải phương trình đồng dư
f ( x ) = X3 4- 6 x 2 — 1 = 0 ( m o d 81).

Giải: Xét X3 + 6 x 2 — 1 = 0 (mod 3). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ
ta được X = 1 (m od 3) là nghiệm của phương trình
/( x ) = X3 4- 6 x 2 — 1 = 0 (mod 3)
Ta có f ' ( x ) = 3 x 2 + 12x và / '( 1 ) = 15 chia hết cho 3.
Lóp X = 1 (m od 3) chia ra thành 3 lóp theo môđun 9 là
X — l ( m o d 9),x —4 (m od 9), X — 7 (m od 9).

Song cả ba lớp này không có lớp nào là nghiệm của phương trình đồng dư
/ ( x ) = X3 + 6 x 2 — 1 = 0 (mod 9)
vì khi g i ả i / ( l ) + = 0 (mod 9) hay 6 + 3 ^ . 15 = 0 (mod 9)
có 6 không chia hết cho 9. Tóm lại phương trình đồng dư
/ ( x ) = X3 + 6x2 — 1 = 0 (mod 81) vô nghiệm.
Ví dụ 1.3.10. Giải phương trình đồng dư
X3 + 6 x 2 + 2 = 0 (mod 1323).

15

Giải: Vì m = 33. 72 nên theo định lý 2.2.1. phương trình đã cho tương
'
í/" 0 0 — 0 (ĩĩiod 33)
đương với hê phương trình đông dư] ^
1
oi
Kj{x) — 0 {mod 7Z)
Trước tiên ta giải phương trình X3 + 6 x 2 + 2 = 0 (mod 33). Xét
X3 + 6 x 2 + 2 = 0 (mod 3). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có
X = 1 (mod 3) là nghiệm của phương trình. Ta viết X = 1 + 3t, t E %.
Đạo hàm f i x ' ) = 3 x 2 + 12x.
Ta có / ( 1 ) = 9, / '( 1 ) = 1 5 ,/" (1 ) = 18. Biểu diễn
/( 1 + 3 0 = /(1 ) + 3

/' ( 1 )
+

9t

,/" ( 1 )
+ ...

Hay / ( 1 + 31) = 9 4- 4 5 t + 8 1 t2 + ••• luôn luôn chia hết cho 9 với mọi
t nguyên. Ta viết X = 1 (mod 3) thành
X = 1 + 9 t1? X = 4 + 9ủ2, X = 7 + 9ủ3.
Xét X = 1 + 9Ủ! ta có / ( 1 ) + 9tẲ/ '( 1 ) = 0 (mod 27) hay
9 + 1 3 5 ^ — 0 ( m od 27)
=>x = 1 + 9 ti không thỏa mãn phương trình.
Xét X = 4 + 9 t 2 ta có /( 4 ) + 9Ủ! / '( 4 ) = 0 ( m o d 27)

hayl62 + 9.9612 — 0 (mod 27) luôn thỏa mãn với mọi t 2 suy ra
X = 4 + 9 t2 luôn là nghiệm đúng của phương trình.

Xét X = 1 + 9t3 ta có /( 7 ) + 9 t3 / '( 7 ) = 0 (mod 27) hay
637 + 9.231Ủ3 = 0 (mod 27)

= 7 + 9 13 không thỏa mãn phương trình.
Như thế f ( x ) = 0 (mod 33) chỉ có các nghiệm
X — 4 (m o d 27); X — 13(?nod 27); X — 2 2 (m od 27).

Tiếp theo ta giải phương trình X3 + 6x2 + 2 = 0 (mod 72).
Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có X = —l(jn od 7) là nghiệm
của X3 + 6 x 2 + 2 = 0 ( m od 7). Viết X = —1 + 7t, t e n.

16


Đạo hàm / ' 0 0 = 3x2 + 12x. Ta có / ( - 1 ) = 7, / ' ( - 1) = - 9 . VI
/ ' ( —1) = —9 không chia hết cho 7, ta xét
/ ( —1) + 7 t / ' ( —1) — 0 ( m o d 49)
hay

7 —7.9t — 0(mod 49)=>1 + 5t = 0(mod 7).

Ta có t = 4 + 7tl5 v ậy/(x) = 0 (mod 72) có nghiệm
X = - 1 + 7t = - 1 + 7(4 + 7ủi) = 27 + 49Í!
với Ủ! e ъ. Tóm lại, phương trình đã cho tương đương với ba hệ sau
Ị X = 4 ( m o d 27)
{x — 27(mod 49)

ị x — 13 (m od 27)ị x — 2 2 (mod 27)
ịx — 27(mod 49) ịx — 27(mod 49)

Giải các hệ này suy ra phương trình đồng dư
X3 + 6 x 2 + 2 = 0 (mod 1323)
có ba nghiệm là
í X = 76 (m o d 1323)
I X = 51 ( m o d 1323) .
[x = 958 (mod 1323)

17


CHƯƠNG 2: LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI

2.1. Thặng dư bậc hai
Cho p là một số nguyên tố lẻ và phương trình đồng dư bậc hai
a x 2 + bx + c = 0 (mod p)
với a nguyên tố với p . Đ o p nguyên tố lẻ và (a, b) = 1 nên phương trình
đồng dư bậc hai a x 2 + bx + c = 0 (mod p) được đưa về dạng tương
đương
4a2x 2 + 4 abx + 4ac = 0 (mod p)
(2ax + b) 2 + 4ac — b2 = 0 (mod p).

hay

Đặt y = 2ax + b , d = b2 — 4 ac ta có phương trình y 2 = d(m od p)
Cho phương trình X2 = a ( m o d p) trong đó p là một số nguyên tố lẻ và
a nguyên tố với p.
Định nghĩa 2.1.1. số nguyên a được gọi là một thặng dư bậc hai theo

môđun p nếu phương trình đồng dư bậc hai X2 = a ( m o d p) có nghiệm.
Số nguyên a được gọi là một bất thặng dư bậc hai môđun p hay
thặng dư phi toàn phương môđun p nếu phương trình đồng dư bậc hai
X2 — a ( m o d p) vô nghiệm.

Ví dụ 2.1.3. Xét một vài ví dụ sau
i. X2 — 5 (m od 11) có nghiệm X — ± 4 (m o d 11) vì (5,11) = 1
nên 5 làmột thặng dư bậc hai môđun 11.
ii.x 2 = 2 (mod 11) vô nghiệm vì (2,11) = 1 nên 2 là một bất thặng
dư bậchai môđun 11.
Mệnh đề 2.1.4. Cho một số nguyên tố lẻ p và một số nguyên a nguyên
tố với p, khi đó
i.

Neu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì mọi phần tử thuộc lớp

thặng dư ã(m od p) cũng là thặng dư bậc hai môđun p.

18


ii.Neu a là một bất thặng dư bậc hai môđun p thì mọi phần tử thuộc
lớp thặng dư ã(m od p) cũng là bất thặng dư bậc hai môđun p.
Chủng minh.
i. Giả sử a là một thặng dư bậc hai môđun p. Khi đó tồn tại x 0 6 n
đểx02 = a ( m o d p ) với b 6 ã có b = a ( m o d p) và suy ra
x 02 = b(m od p). Như vậy, b cũng là một thặng dư bậc hai môđun p.
ii. Giả sử a là một bất thặng dư bậc hai môđun p . Khi đó không tồn
tại số nguyên x 0 nào để x 02 = a(mod p). Lấy b 6 ã. Neu có số nguyên
Xq để x 02 — b ( m o d p) thì x 02 = a(jnod p) ( mâu thuẫn).

Như vậy b cũng là một bất thặng dư bậc hai môđun p.
Định lý 2.1.4. Neu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì phương
trìnhx2 = a ( m o d p) có đúng hai nghiệm.
Chủng minh. Do a là một thặng dư bậc hai môđun p nên có x 0 6 TLđể
x 02 = a ( m o d p ) . Vậy phương trình x 02 = a ( m o d p ) có nghiệm
X — x 0( m o d p) do (—x0) 2 = x 02 = a ( m o d p ) nên X — —x 0(m o d p )

cũng là một nghiệm của phương trình đã cho.
Giả sử X = —x 0(mod p). Khi đó ta có 2x0 = 0 (mod p). VI p là một
số nguyên tố lẻ nên x 0 — 0 ( m od p) (mâu thuẫn ). Vậy X — x 0( m o d p) và
X = —x 0 (m o d p) là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho. Mà

phương trình X2 = a(mod p) không có quá hai nghiệm. Do vậy
X2 = a ( m o d p) chỉ có đúng hai nghiệm.

Ví dụ 2.1.5. Giải phương trình đồng dư X2 + 3x + 1 = 0 (mod 7).
Giải: Phương trình đồng dư bậc hai X2 + 3x + 1 = 0 (mod 7) được đưa
về phương trình tương đương 4x2 + 12x + 4 = 0 ( m o d 7) hay
(2x 4- 3)2 — 5 = 0(mod 7).
Đặt y = 2x + 3 ta có phương trình y 2 = 5(mod 7). Vì phương trình
này vô nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm.

19


p-1
Định lý 2.1.6. Trong một hệ thặng dư thu gọn môđun p có ----- thặng
2

dư bậc hai tương ứng cùng lớp với các thặng dư 12,2 2, - ' - ) và có
p- 1 ,
----- bât thặng dư bậc hai.
2

Chủng minh. Các số 12, 22

^ những thặng dư bậc hai

môđun p đôi một không cùng thuộc một lớp thặng dư môđun p. Thật
vậy, phương trình X2 = k 2( m o d p )

với

1< к <

7) — 1

2 ~có

nghiệm

X — ± k ( m o d p).

Giả sử h2 = k 2(mod p) với 1 < h, к <

khi đó

(/г — k)Ợi + к) — 0 (mod p) với 1 < /г, к <
Do (h + k , l ) = 1 nên h — k(m od p).

Từ h — k (m o d p) và 1 < /г, к <

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 x 0 để
Xq2 — a ( m o d p).

Do 1 < |x01 <

nên khi lấy к = \x01ta được а = к 2(mod p).

Như vậy a cùng với lóp к 2 e Ị l 2,2 2, •••, (j— ) ỊĐịnh lý 2.1.7. Cho một số nguyên tố lẻ p và một số nguyên a nguyên tố
với p. Khi đó ta có
V- 1
i. Nêu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì a 2 = 1 (mod p).

ii.Nêu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì a
Chủng minh.

20

p-1

2

= —1 ( m od p).