Luận văn thạc sĩ các ký hiệu legendre, jacobi và một vài cách chứng minh của luật thuận nghịch bậc hai

TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

HOÀNG THỊ HẢI YẾN

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

KHÓA LUẬN TÓT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

HÀ NỘI - 2015


TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

HÀ NỘI - 2015


HOÀNG THỊ HẢI YẾN

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

KHÓA LUẬN TÓT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số
Ngưòi hướng dẫn khoa học
ThS. ĐỖ VĂN KIÊN

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
ƠN
quá hình học tập, nghiên cứu và rèn luyện ở trường Đại họcLỜI
SưCẢM
Phạm
Hà Nội 2, xin gửi
lòi 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
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

LỜI CẢM ƠN


MỤC LỤC


MỞ ĐẦU
Lí do chon 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".
Mục đích nghiên cứu
Khóa luận gồm ba chương: chương 1, chương 2 của khóa luận tôi sẽ hình 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.
Đối tượng 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.
Phương 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.
CHƯƠNG 1: LÝ THUYẾT ĐÒNG DƯ
Trong chưong này tôi xin trình bày lại một số kiến thức về đồng dư thức: khái niệm và
tính chất của đồng dư thức, phưong trình đồng dư một ẩn bậc cao.
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 m nếu trong phép chia a và b cho m ta được cùng một
số dư, nghĩa là có các số nguyên qi, q2>r với 0 < r < m sao cho


a = mq± +rvầb = mq2 + r
Khi a\ầb đồng dư với nhau theo môđun m, ta viết a = b(mod m)
Nếu a không đồng dư với b theo môđun m thì ta viết
a ĩ b(mod m)
Định lý 1.1.2. Các kết quả sau là tương đương Lữ — biynod m)
a — b chia hết cho m (kí hiệu là m|(a — b))
Tồn tại số nguyên t sao cho a = b + mt.
Chứng minh.
=> ii. Ta có a = b(mod m) <=> a = mq1 + r,b = mq2 + r với q1,q2,r E 0 < r < m. Suy ra a —
b = m— q2). Do
^ — q2 E z nên m|(a — b).
=> iii. Giả sử m|(a — b) khi ấy tồn tại số t E TL sao cho a — b = mt tức là a = b + mt
=> i. Giả sử có số t E TL sao cho a = b + mt. Gọi r là số dư trong phép chia a cho m, nghĩa
là a = mqí + r với qr, r E 0 < r <
m.
Khi ấy b + mt = a = mq± + r hay b = mCq! — t) + r, trong đó q± — t G Z, O < r <
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 lóp tương đương theo quan hệ đồng dư môđun m được gọi là các
lóp thặng dư môđun m.

Mệnh đề 1.1.4. Số các lóp thặng dư môđun m đúng bằng m.
Chứng minh. Mỗi lóp thặng dư môđun m chứa một và chỉ một trong các số dư 0,1,..., m
— 1 thu được khi chia các số nguyên cho m. Vậy số các lớp thặng dư môđun m bằng m.
Kí hiệu lóp thặng dư chứa số nguyên a là ã. Như vậy
ã = [a + mt/tel}.
Mỗi số của một lóp thặng dư được gọi là một thặng dư. số re~ã vói 0 < r < m được gọi là
thặng dư không âm bé nhất của lóp ã. Như vậy 1m = (õ, ĩ,, m — 1} = [mk, mk + 1,, m(/c +
1) — l) với mọi số nguyên k.


Ví dụ 1.1.5. %s = {Õ, ĩ,, 7} = (8,9,, 15}. Các thặng dư không âm bé nhất của các lóp đồng
dư môđun 8 là {0,1,... ,7}
Định nghĩa 1.1.6. Nếu từ mỗi lóp thặng dư môđun m ta lấy ra một đại diện thì tập họp
các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m.
Nếu từ mỗi lóp thặng dư môđun m 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 m.
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.


Neu {aq, a2,..., am} là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m thì [b + Ọp b + a2,..., b + am}
cũng là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m với mọi bel
Hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun m là {0,1,..., m — 1}. Còn hệ thặng dư
đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất môđun m được xác định như sau
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}
m — 1 m — 1 m — lì
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 m là một số nguyên dưong và a,b là những số nguyên, với a nguyên tố

vói 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.
Chứng minh. Ta có a^x + b = a2x + b(mod m)khi và chỉ khi
a(x1 — x2) = 0(mod ni)
do (a, m) = 1 nên điều đó tương đương với X1 = x2 (mod m). Điều này chứng tỏ khi m
chạy qua các lóp tương đương khác nhau thì ax + b cũng chạy qua các lóp tương đương
khác nhau. Vậy nếu (a, m) = 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.


Nhận xét 1.1.10. Từ chứng minh trên ta suy ra hệ quả: nếu (a, m) = 1 thì
ax + b = ay + b khi và chỉ khi X = ỹ môđun m.
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 z tức là
Với mọi flEl'fl = a(mod m)
Với mọi a,b G Z: a = b(mod m)khi và chỉ khi b = a(mod m)
Với mọi a,b,c G Z: a = b(mod ni), b = c(mod ni) suy ra a = c(mod ni)
Chứng minh.
Vì a — a chia hết cho m nên a = a(mod ni).
Từ a = b(mod m) ta có m|(h — a).Do đó
m|(h — a)=>b = a(mod m)
Ta có a = b(mod ni), b = c(mod ni) nên m|(a — h) và m|(h — c).Khi đó m|((a — h) + (h
— c)) hay m|(a — c).
Vậy a = c(mod ni).
Định lý 1.2.2. Cho m là một số nguyên dương và a1,a2,b1, b2 là những số nguyên, nếu
oq = br (mod m) và a2 = b2 (mod m) thì ta có
ar±a2 = br± b2 (mod ni).
ata2 = b1b2(mod ni).
Chứng minh.
Từ ar = bt(mod ni), a2 = b2(mod ni) suy ra tồn tại t1# t2 G IL sao cho ax = b + mtl5 a2 = b

+ mt2. Do đó
a1±a2 = br ± b2 + mfa ± t2) với ± t2 G TL.
Vậy a! ± a2 = bt ± b2 (mod ni).
Từ O'! = ¿i (mod m), a2 = b2(mod m) suy ra tồn tại tp t2 G IL sao cho % = b + mtl5 a2 = b
+ mt2. Do đó
a^2 = b±b2 + m{b2t! + h1t2 + mt1t2),

b2t! + fcjt2 + mt1t2 G


Vậy a±a2 — b±b2 chia hết cho m hay a±a2 = b±b2 (mod m).
Hệ quả 1.2.3.
a = b(mod m) khi và chỉ khi a ± c = b ± c(mod m).
Thật vậy, ta có a = b(mod m) và c = c(mod ni).
Vậy a ± c = b ± c(mod m).
a + c = b(mod m) khi và chỉ khi a=Ợj — c)(mod m).
Thật vậy, ta có a = b(mod m) và c = c(mod m).
Vậy a = Ợj — c)(mod m).
a = b(mod m) khi và chỉ khi a ± km = b(mod m) với mọi
feel
Thật vậy, a = b(mod m), km = 0(mod m).
Vậy a ± km = b(mod m).
a = b(mod m)khi và chỉ khi ac = bc(mod m).
Thật vậy, ta có a = b(mod m) và c = c(mod m) vậy ac = bciynod m) V. a = b(mod m)=>an
= bn(mod m) với mọi n G z,n > 0 Thật vậy, ta có a = b(mod m), a = b(mod m), ... , a =
b(mod m) Suy ra an = bn (mod m).
vi. Giả sử /0*:) là một đa thức với hệ số nguyên và
or = ß(mod m)
khi ấy /(or) = f(ß)(mod m). Đặc biệt, nếu /(or) = 0(mod m) thì /(or + km) = 0(mod m) với
mọi feel Thật vậy, giả sử /(x) = a0 + 0^:*: + ■■■ +ana:n. Từ giả thiết or = y6(mod m) suy

ra aLc¿ = cLißimod m), i =1, 2, ...,n. Do đó
a0 + a1a+-’ +anan = aQ + a1ß+■■■ +anßl(mod ni),
Nghĩa là f(a) = f(ß)(mod m)
Đặc biệt, vì a = (a + km)(mod m)vfc G IL nên
/(a) = f(a + km)(mod m)
Nhưng f(a) = O(mod m) nên ta có /(a + /cm) = O(mod m) với mọi kel.


Định lý 1.2.4. Cho m là một số nguyên dương và a,b là những số nguyên
Cho c là số nguyên, ac = bc(mod m)và (c,m) = 1
=>a = b(mod m).
Với a = b (mod m), 0 < ô G z, ô| (a, b, m)
a b ( m\
^sVnodi)
a = b(mod m), ô|m, ô > 0 => a = b(mod ô)
Chứng minh.
Ta có ac = bc(mod m)=> m|(ac — bc) hay m|c(a — b).
Nhưng (c, m) = 1 nên ta có m|(a — b)=> a = b(mod m).
Từ giả thiết, ô|(a, b, m), ta đặt a = ôal5 b = öbl5vdi
a1# blt m1 G TL, mr > 0. Mặt khác a = b(mod m)=> a = b + mt, t G TL. Ta có
áa-L = Sbt + (%i1^>a1 = h1 + m1t a1 = h1 (mod m) hay
a b / m\
ä=äVnodi)
Từ a = b(mod m)=> m|(a — b) mà ô|m => ô|(a — b) suy ra a = b(mod ô).
Định lý 1.2.5. Cho m là một số nguyên dương và a,b là những số nguyên, ta có


a = b(mod m¿), ¿= 1,k => a = b(mod ni) với
m = BCNN(m1,m2, ,mfc).
a = b(mod m) thì (a,m) = (b,m).

Ta thấy với hai phần tử b và c của lóp ã thì
(b — a) : m,(c — à) : m =>(b — c) : m.
Do đó ta có thể định nghĩa
Định nghĩa 1.2.6. (ã,m) được cho bằng (b,m)với một b Gã. Khi (ã,m) = 1 thì lớp 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 + 4Ụ2 - 4 ỤÃ)n = an + bn ựĩ + cn Ụĩ. Khi đó an,bn, cn nguyên. Khi đó
an chia cho 8 dư 1, còn bn, cn cùng chia hết cho 4. Thật vậy, ta có
an+1 + bn+1Ụ2 + cn+1Ụ4 = {an+bnỤ2 + cnỤ4)(l + 4V2 - 4V4) Vậy
ữn+1 — ữn 8hn + 8cn b-n+1 = 4an + bn - 8cn hay ■
'^n+1

4" 4hn + cn

&n
+1

b-n
Từ a-L = 1, b-y = 4, C! = —4 suy ra điều cần chứng minh.

= an(mod 8) =
bn (mod 4) =
an(mod 4)

Định nghĩa 1.2.9. Nếu 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 m.
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
— 1}. Vì

rằng số các số trong tập {0,1,m — 1} nguyên tố vói m là một hệ thu gọn môđun m là

Ví dụ 1.2.11. Hệ thặng dư thu gọn môđun 14 là {1,5,7,11,13,17} và p(18) = 6.
Định lý 1.2.12. Cho một số nguyên dưong 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, ni) = 1 nên ax chia hết cho m khi và chỉ khi X chia hết cho m và (ax,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 lóp thặng dư môđun m là
họp của đúng k lớp thặng dư môđun km.
Chứng minh. Giả sử X là một lóp thặng dư môđun m vói X = X G zn. Ta kiểm tra rằng các
lóp thặng dư môđun km sau đây: Xị = X + im với ỉ = 0,1,..., k — 1 đều là tập con của X.
Điều này chứng tỏ

Ngược lại, lấy y G X. Khi đó có n G TL để y = X + nm. Biểu diễn n = kq + i với 0 < i < k. Ta
có y G Xị. Vậy X Q \jf=o Xị. Do vậy X = \jf~o Xị- Mặt khác 0 < i, j < k và i ^ j thì
X + im í X + jm(mod km).
Điều này chứng tỏ Xị ^ Xj, tức giao của Xị và Xj bằng rỗng. Vậy X là họp của đúng k lớp
thặng dư Xị môđun km.
Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao
Định nghĩa 1.3.1. Cho m là số nguyên dương, a0, anlà các số nguyên. Phương trình đồng
dư dạng
(1)Ị aữxn + a1xìl 1 +■■■ +an_1x■+ an = 0(mod m)
a0 í 0(mod m)

Được gọi là phương trình đồng dư bậc n.
Định nghĩa 1.3.2. Cho phương trình đồng dư fix') = 0(modm). số a G TL được gọi là một
nghiệm đúng của phương trình nếu
f{à) = 0(mod m).
Định nghĩa 1.3.3. Nếu phương trình
f(pc) = a0xn + CLyX11-1 +■■■ +an = 0(mod m), a0 & 0 có nghiệm đúng thì nó cũng
nhận tất cả các y thuộc lóp X = a(mod m) làm nghiệm. Khi đó ta nói lóp X = a(mod m) là
nghiệm của phương trình.
Chứng minh. Ta cóy — a = 0(mođ m). Vỉ /0*:) — 0(mod m) nên f(ỵ) = f(y) - /(ộ) = (y à)h(y, à) = 0(mod m).
Chú ý rằng trong phương trình (1) ta có thể đưa tất cả các hệ số aQ, (Ly,’", &n các số
không âm, nhỏ hơn m. Do 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,..., m — 1} để tìm nghiệm; còn đối vói m là số quá lớn thì số phép thử rất
nhiều. Chẳng hạn, khi giải phương trình đồng dư 2x(2x + l)(2x + 2) = 0(mod 8), ta chỉ cần
thử tất cả 0,1,..., 7. Tất cả đều thỏa mãn phương trình. Vậy mọi «G 2 đều là nghiệm
đúng.
Cho m > 1 là một số nguyên. Xét phương trình đồng dư
\f(x) = aữxn + CLyXn_1 +■■■ +an = 0(mod ni) với aữ í 0 (mod m), n > 1.
Việc tìm tất cả các giá trịf thỏa mãn (1) được gọi là giải phương trình đồng dư.
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(jx) = 0(mod p“1)
, /O) = O(mod p“2)
/0) = 0(mod pfs)
Chứng minh. Giả sử X = x0 (mod ni) là một nghiệm của (2). Khi đó
f(x0) = 0(mod m). Vì m là bội của các p“' nên ta cũng có
70o) - 0(mod p^1) < /Oo) = 0(ỵnod p“2)

/Oo) = 0(mod pfs)
Như vậy X = x0 (mod m) là một nghiệm của (3).
Ngược lại, giả sử X = xữ (mod m) là một nghiệm của (3). Khi đó /Oo) - 0(modp“t),i = l,-,s
Do /(x0) chia hết cho các p“' và các p“' là nguyên tố sánh đôi nên f(xữ) chia hết cho tích
p^p“2 ■■■ PsS = m hay /(x0) = 0(mod m), tức là (2) có nghiệm X = x0 (mod m). 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). Nếu mỗi phương trình f{x) = 0 (mod pữí) ta tìm được nghiệm,
chẳng hạn X = Xị (mod paí) với mỗi i = 1, ■ ■ ■, s thì ta sẽ giải hệ sau đây
X = X1 (mod p“1)
X = x7(mod pf2) U
<

2 y. ri ) ¿0 tìm nghiệm của ^3).

X = x^mod p“s)


Rõ ràng, để giải phương trình (2) ta cần phải biết giải các phương trình dạng f(x) =
0(mod p“) với p nguyên tố. Theo công thức khai triển Taylor của hàm đa thức bậc n tại X
= a ta có
-\

I f'(ah. A ,

, fl(ah. i ,

/O) = /O) + —Jị— o - à) +
+ *-«)»
ÍV

rm1

r

rỉ

+ —Tị— o - à) +
n

Dê dàng chỉ ra G z khi a là một sô nguyên. Thay X = a + pt ta
có
/'(«)„.,
rc<0_2.2,
Định ,,lý, 1.3.6.^,Cho
hai phương
trình
: f(x) = 0(mod pn)

1

finKà)
2

+

n

nt

: f{x) = 0(modpn_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 = xx (mod pn_1) là một nghiệm của (5) và kí
hiệu s là tập họp tất cả các lóp môđun pn của x^(mod pn_1) khi đó ta có các khẳng định
sau
Nếu f C^i) không chia hết cho p thì trong s sẽ có đúng một lóp là nghiệm của (4).
Nếu f(_xi) chia hết cho p và f(_xt) chia hết cho pn thì tất cả các lóp của s đều là nghiệm
của (4).
Nếu /' Oq) chia hết cho p và f(_xt) không chia hết cho pn thì tất cả các phần tử của lóp
ĩc[(mod pn_1) đều không là nghiệm đúng của (4), do đó tất cả các lóp s đều không là
nghiệm của (4).


Chứng minh.
Hiển nhiên mỗi nghiệm của (4) cũng là nghiệm của (5). Giả sử X = ^(mod pn_1) là một
nghiệm của (5). Khi đó X = Xx + pn~1t, thay vào phương trình f{x) = 0(mod pn) ta có
f{xx + pn_1t) = 0(mod pn).
Theo công thức khai hiển Taylor cho hàm đa thức ở vế hái, ta có /C^) + pn~1t.f'(x1) =
0(mođ pn)
Chia hai vế cho pn_1 ta nhận được
f(x ì
+t

- O(modp)

Khi đó nếu f' o*^) không chia hết cho p thì (6) có nghiệm duy nhất
t = t± (mod p ).
Hay t = t± + pt2. Do đó X = x± + pn-1ti + pnt2. Vì vậy
X = x± + pn~1t1(mod pn)
Là nghiệm duy nhất của (4) trong s.
Nếu f'(xi) chia hết cho p và /c^i) chia hết cho pn thì (6) có nghiệm với mọi t. Do đó tất cả

các phần tử của s đều là nghiệm của (4).
Nếu f'(xi) chia hết cho p và /c^i) không chia hết cho pn thì rõ ràng
vô nghiệm do đó tất cả các phần tử của lóp Y[(mod pn_1) đều không là nghiệm đúng
của (4).
Định lý 1.3.7. Cho hai phương trình
: f(x) = 0(mod pa)
: f(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 = X1 (mod p)là một nghiệm của (8) và kí hiệu L
là tập tất cả các lóp môđun pa của x^(mod p). Khi đó ta có các khẳng định sau
Nếu /' Oq) không chia hết cho p thì trong L sẽ có đúng một lớp là nghiệm của (7).


Nếu f' Oq) chia hết cho p và /c^i) chia hết cho pa thì tất cả các lớp của L đều là nghiệm
của (7).
Nếu f' Oq) chia hết cho p và /c^i) không chia hết cho pa thì tất cả các phần tử của
lớpxí(mod p) đều không là nghiệm đúng của (7), do đó tất cả các lóp L đều không là
nghiệm của (7).
Chứng minh. Bằng quy nạp một cách hình thức và định ý Ỉ.3.6.Ì) ta nhận được i).
Trong trường hợp f' Oq) chia hết cho p và f{xì) chia hết cho pa thì phương trình f(x) =
oịmod PJ) liên tiếp nhận x^(rnod p) làm tập nghiệm đúng với j = 1,2,..., a. Do đó ta thu
được ii).
Bây giờ ta chứng minh Ui) theo định lý 1.3.6.ỈỈỈ) nên tất cả các phần tử của lóp x^(mod
p) đều không là nghiệm đúng của phương trình f(x) = 0(mod p2). Do đó tất cả các phần
tử của lóp x^(mod p) đều không là nghiệm đúng của (7). Ta có Ui) Suy ra điều phải
chứng minh Ví dụ 1.3.8. Giải phương trình đồng dư
f(x) = X4 + 2x3 — 9x + 1 = 0 (mod 125).
Giải: Trước tiên xét XA + 2x3 — 9x + 1 = 0(mod 5). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta
có X = l(mod 5) và X = 2 (mod 5) là nghiệm của phương trình. Ta có f'{x) = 4x3 + 6x2 — 9.
Xét nghiệm X = 1 (mod 5) ta có /'(1) = 1 không chia hết cho 5. Đặt X = 1 + 5 ti ta có

/(1) +

= 0(mod 25) hay —5 + 5^ = 0(mod 25).

Chia cho 5 ta có tr = l(mod 5).
Vậy

i-L = 1 + 5t2 và X = 1 + 5(1 + 5t2) = 6 + 25t2.

Thay X = 6 + 25t2 vào phương trình đồng dư
f(x) = X4 + 2x3 — 9x + 1 = 0 (mod 125) và khai hiển ta có /(6) + 25t2./'(6) = 0(mod 125).
Vậy 50 + 25t2. 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 t2 = 3 + 5t3, t3e TL và X = 81 + 125t3 với t3e TL.
Xét nghiệm X = 2(mod 5), hoàn toàn tương tự ta có
X = 57 + 125t3, t3e TL.
Tóm lại, phương trình đồng dư


f{x) = X4 + 2x3 — 9x + 1 = 0(mod 125) có hai nghiệm X = 81(mođ 125) và X = 57(mod
125).
Ví dụ 1.3.9. Giải phương trình đồng dư
f(x) = X3 + 6x2 — 1 = 0(mod 81).
Giải: Xét X3 + 6x2 — 1 = 0(mod 3). Thử ttên một hệ thặng dư đầy đủ ta được X = 1 (mod
3) là nghiệm của phương trình
f(x) = X3 + 6x2 — 1 = 0(mod 3)
Ta có/'(:*:) = 3x2 + 12x và/'( 1) = 15 chia hết cho 3.
Lớp X = l(mod 3) chia ra thành 3 lóp theo môđun 9 là
X = l(mod 9),x = 4(mod 9), X = 7(mod 9).
Song cả ba lóp này không có lóp nào là nghiệm của phương trình đồng dư

f(x) = X3 + 6x2 — 1 = 0(mod 9)
vì khi giải/(l) + — 0(mod 9) hay 6 + 3^. 15 = 0(mod 9)
có 6 không chia hết cho 9. Tóm lại phương trình đồng dư
f{x) = X3 + 6x2 — 1 = 0(mod 81) vô nghiệm.
Ví dụ 1.3.10. Giải phương trình đồng dư
X3 + 6x2 + 2 = 0 (mod 1323).


Giải: Vì m = 33. 72 nên theo định lý 2.2.1. phương trình đã cho tương
33)
đương với hê phương trình đồng dưf{ x _ 9
72)
ự{x) = OCmoa
Trước tiên ta giải phương trình X3 + 6x2 + 2 = 0(mod 33). Xét X3 + 6x2 + 2 = 0(mod 3).
Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có X = l(mod 3) là nghiệm của phương trình. Ta viết
X = 1 + 3t, t G TL. Đạo hàm f'(x) = 3x2 + 12x.
Ta có /(1) = 9,/'(l) = 15,/" (1) = 18. Biểu diễn
/'(1) _ /"(1)
/(1 + 31) = /Cl) + 3ty-YT + 9f2 Sr + ■"
Hay /(1 + 3t) = 9 + 451 + 81t2 + ■•• luôn luôn chia hết cho 9 với mọi t nguyên. Ta viết X
= l(mođ 3) thành
X = 1 + 9tl5 X = 4 + 9t2, X = 7 + 9t3.
Xét X = 1 + 9t± ta có /(1) + 9tli/'(l) = 0(mod 27) hay
9 + 135Ủ! = 0(mod 27)
=>x = 1 + 9tx không thỏa mãn phương trình.
Xét X = 4 + 9t2 ta có /(4) + 9Ủ! /'(4) = 0(mod 27)
hay162 + 9.96t2 = 0(mod 27) luôn thỏa mãn với mọi t2 suy ra
X = 4 + 9t2 luôn là nghiệm đúng của phương trình.
Xét X = 1 + 9t3 ta có /(7) + 913 /'(7) = 0(mod 27) hay 637 + 9.231t3 = 0(mod 27)
= 7 + 9t3 không thỏa mãn phương trình.

Như thế fix) = 0 (mod 33) chỉ có các nghiệm
X = 4(mod 27); X = 13(mod 27); X = 22(mod 27).
Tiếp theo ta giải phương trình X3 + ốx2 + 2 = 0(mod 72).
Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có X = — l(mođ 7) là nghiệm của X3 + ốx2 + 2 = 0
(mod 7). Viết X = — 1 + 7t, tGl


Đạo hàm/'O) = 3x2 + 12x. Ta có /(-1) = 7, /'(-1) = -9. VÌ
f (—1) = —9 không chia hết cho 7, ta xét
/C-l) + 7t/'(-l) = 0(mod 49)
hay

7 — 7.9t = o (mod 49)=>1 + 51 = 0(mod 7).

Ta có t = 4 + 7t1? vậy/o*:) = o (mod 72) có nghiệm
X — —1 + 7t = —1 + 7(4 + 7ti) = 27 + 49ti
với tx G z. Tóm lại, phương trình đã cho tương đương vói ba hệ sau
( X = 4(mod 27) (be = 13(mod 27)

jbc = 22(mod 27)

I* = 27(mod 49) lx = 27(mod 49) lx = 27(mod 49)
Giải các hệ này suy ra phương trình đồng dư
X3 + 6x2 + 2 = 0(mod 1323)
có ba nghiệm là
= 76 (mod 1323)
■ X = 51(mod 1323) .
X = 958(mod 1323)

CHƯƠNG 2: LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI
Thặng dư bậc hai
Cho p là một số nguyên tố lẻ và phưong trình đồng dư bậc hai ax2 + bx + c = 0 (mod p)
với a nguyên tố với p. Do p nguyên tố lẻ và (a, ¿0 = 1 nên phương trình đồng dư bậc hai
ax2 + bx + c = 0(mod p) được đưa về dạng tương đương
4a2x2 + Aabx + 4ac = 0(mod p) hay

(2ax + by + 4ac — b2 = 0(mod p).

Đặt y = 2ax + b, d = b2 — 4ac ta có phương trình y2 = d(mod p)
Cho phương trình X2 = a(mod 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(mod 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(mod p) vô nghiệm.
Ví dụ 2.1.3. Xét một vài ví dụ sau
X2 = 5(mod 11) có nghiệm X = ±4(mod 11) vì (5,11) = 1 nên 5 làmột thặng dư bậc hai
môđun 11.
x2 = 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. Nếu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì mọi phần tử thuộc lớp thặng dư ã(mod p)
cũng là thặng dư bậc hai môđun p.
ii. Nếu a là một bất thặng dư bậc hai môđun p thì mọi phần tử thuộc lóp thặng dư
ã(mod p) cũng là bất thặng dư bậc hai môđun p.
Chứng minh.
Giả sử a là một thặng dư bậc hai môđun p. Khi đó tồn tại *0 G z âểxQ2 = a(mod p) với b
G ã có b = a(mod p) và suy ra
xữ2 = b(mod p). Như vậy, b cũng là một thặng dư bậc hai môđun p.