Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

VŨ THỊ GÁI

LUẬT TƢƠNG HỖ BẬC HAI
VÀ ĐIỂM NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

VŨ THỊ GÁI

LUẬT TƢƠNG HỖ BẬC HAI
VÀ ĐIỂM NGUYÊN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. Hoàng Lê Trƣờng

THÁI NGUYÊN - 2016

i

Mục lục
Lời nói đầu

1

Chương 1. Một số kiến thức cơ bản

4

1.1
1.2

Đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Số nguyên tố, sự phân tích duy nhất và trường hữu hạn . .

4
5

1.3
1.4

Lũy thừa của trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . .
Đa thức trên Z/pZ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6
9

1.5

Định lý thặng dư Trung Hoa . . . . . . . . . . . . . . . .

10

Chương 2. Luật tương hỗ bậc hai

14

2.1
2.2

Đa thức đồng dư và bổ đề Hensel . . . . . . . . . . . . . .
Thặng dư bậc hai và ký hiệu Legendre . . . . . . . . . . .

14
18

2.3
2.4

Tiêu chuẩn Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bổ đề Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20
24

2.5

2.6

Luật tương hỗ bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ứng dụng của luật tương hỗ bậc hai . . . . . . . . . . . .

27
31

2.6.1
2.6.2

Tính ký hiệu Legendre . . . . . . . . . . . . . . .
Với p nào thì a là thặng dư bậc hai modulo p? . . .

31
35

2.6.3

Số nguyên tố là ước của các giá trị của đa thức bậc

2.6.4

hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Khi nào số Fermat là số nguyên tố? . . . . . . . .

38
40

Ứng dụng trong bài toán giải phương trình nghiệm

nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

Ứng dụng trong bài toán chứng minh chia hết . . .
Một số ứng dụng khác . . . . . . . . . . . . . . .

45
46

2.6.5
2.6.6
2.6.7


i

Kết luận

48

Tài liệu tham khảo

49


1

Lời nói đầu
Cho hai số nguyên tố lẻ p và q, khi đó ta có

q
p
·
q
p

= (−1)

p−1 q−1
2 · 2

trong đó
a
p




0


= +1



−1

nếu gcd(a, p) = 1
nếu a là thặng dư bậc hai
nếu a là phi thặng dư bậc hai.

Mệnh đề trên được gọi là luật tương hỗ bậc hai. Luật này được đưa ra lần
đầu tiên nhưng không được chứng minh bởi Euler (Opusula analytica, Petersburg,1783). Vào năm 1785, Legendre cũng tìm ra luật tương hỗ một
cách độc lập với Euler và đưa ra một phần chứng minh. Chứng minh đầy
đủ đầu tiên được đưa ra bởi Gauss vào năm 1796 trong cuốn sách nổi tiếng
Disquisitiones arithmeticae(1801). Cuốn sách đó đã đặt nền móng và cung
cấp những ý tưởng sâu sắc cho Lí thuyết số hiện đại, được viết khi Gauss
mới 20 tuổi. Kronecker đã nói về cuốn sách như sau: "It is really astonishing to think that a single man of such young years was able to produce
such a wealth of results, and above all to present such a profound and well
organized treatment of an entirely new discipline".
Bản thân Gauss đã đưa ra bẩy chứng minh khác nhau về luật tương hỗ
bậc hai. Chúng ta có thể tìm thấy chúng trong cuốn sách "Klassiker des
exakten Wissenshaften" của Ostwald. Luật tương hỗ bậc hai được cho là
định lý quan trọng nhất được giảng dạy trong các giáo trình về Lí thuyết
số sơ cấp. Tầm quan trọng của luật tương hỗ bậc hai đã làm cho nhiều
nhà toán học khác như Jacobi, Cauchy, Liousville, Kronecker, Schering and


2

Frobenius nghiên cứu nó sau Gauss và chúng ta đã có hơn 100 chứng minh
khác nhau đã được phát hiện. Có thể chứng minh đơn giản nhất trong tất cả
các chứng minh là thông qua số học và hình học, bắt nguồn từ tổ hợp Bổ đề
của Gauss (xem Gauss’ Werke, vol. II, p.51) và ý tưởng hình học của Cayley
(Arthur Cayley [1821–1895], Collected Mathematical Papers, vol.II). Luật
tương hỗ bậc hai còn có rất nhiều ứng dụng trong Số học, vì thế nó là một
phần kiến thức quan trọng trong các kì thi học sinh giỏi (nhất là các kì thi
chọn đội tuyển Olympic Toán). Với những lý do đã nêu ở trên nên tác giả
đã chọn đề tài " Luật tương hỗ bậc hai và điểm nguyên" để nghiên cứu.
Mục đích của luận văn là trình bày lại chi tiết chứng minh Luật tương hỗ

bậc hai dựa trên Bổ đề Gauss và đếm các điểm nguyên trên lưới hai chiều
được đưa ra bởi Eisenstein. Hơn nữa luận văn còn giải thích được tại sao khi
nghiên cứu phương trình đồng dư bậc hai tổng quát thực chất chỉ cần tìm
hiểu phương trình bậc hai dạng đặc biệt. Cuối cùng, luận văn đưa ra một số
ứng dụng của Luật tương hỗ bậc hai trong việc giải các bài toán phổ thông.
Ngoài phần Lời nói đầu và Kết luận, luận văn được chia thành hai chương
đề cập đến các vấn đề sau đây:
Chương 1: Một số kiến thức cơ bản
Chương này nhằm giới thiệu về các kiến thức cơ sở phục vụ chương 2 như
đồng dư, đa thức trên Z/pZ, định lý thặng dư Trung Hoa,...
Chương 2: Luật tương hỗ bậc hai
Trình bày Luật tương hỗ bậc hai, chứng minh Luật tương hỗ bậc hai bằng
phương pháp hình học là đếm số điểm nguyên trên lưới hai chiều; giải thích
tại sao khi nghiên cứu phương trình đồng dư bậc hai tổng quát thực chất
chỉ cần tìm hiểu phương trình đồng dư bậc hai dạng đặc biệt và đưa ra một
số ứng dụng của luật tương hỗ bậc hai trong việc giải các bài toán phổ thông.
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Hoàng Lê TrườngViện Toán học, VAST, Việt Nam. Qua đây tác giả xin được bày tỏ lòng biết
ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình - người đã
đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp
những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Đồng thời


3

tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán-Tin, cùng các giảng viên
đã tham gia giảng dạy, Ban giám hiệu và các đồng nghiệp trường THCS Dư
Hàng Kênh (Quận Lê Chân, thành phố Hải Phòng) đã tạo mọi điều kiện tốt
nhất để tác giả học tập và nghiên cứu, cuối cùng tác giả muốn dành những
lời cảm ơn đặc biệt nhất đến gia đình và tập thể lớp Cao học Toán K8B

(khóa 2014-2016) đã luôn động viên và chia sẻ những khó khăn để tác giả
hoàn thành tốt luận văn.
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 5 năm 2016
Tác giả

Vũ Thị Gái


4

Chương 1
Một số kiến thức cơ bản
Mục đích của chương này là nhắc lại một số kiến thức chuẩn bị cần thiết
cho việc trình bày các kết quả trong chương sau. Nội dung của chương này
là chúng tôi nhắc lại một số khái niện về đồng dư, đa thức trên Z/pZ, định
lý thặng dư Trung Hoa,.... Hầu hết các kết quả của chương này được trình
bày dựa theo tài liệu [1], [2].

1.1

Đồng dư

Định nghĩa 1.1.1. Giả sử a, b và m ≥ 1 là các số nguyên. Ta nói rằng số
nguyên a và b là đồng dư modulo m nếu m | a − b.
Khi a đồng dư b modulo m, ta viết
a ≡ b( mod m).
Nếu a đồng dư b modulo m, ta viết
a ≡ b( mod m).
Mệnh đề 1.1.2. Giả sử a, b, c, m là các số nguyên, m ≥ 1. Khi đó ta có:
(i) Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m). Khi đó: a±c ≡ b±d (mod m)

và a.c ≡ b.d (mod m)
(ii) Nếu ac ≡ bc( mod m) và d = (c, m). Khi đó a ≡ b( mod md ).


5

(iii) Cho a, b ∈ Z. Khi đó a.b ≡ 1 (mod m) khi và chỉ khi gcd(a, m) = 1
Khi đó số nguyên b gọi là nghịch đảo của a modulo m.
Định lý 1.1.3. Giả sử a ≡ b (mod m1 ), a ≡ b (mod m2 ),..., a ≡ b (mod mk ),
trong đó a, b, m1 , m2 , ..., mk là các số nguyên, m1 , m2 , ..., mk > 0. Khi đó
a ≡ b( mod [m1 , m2 , ..., mk ]).
trong đó [m1 , m2 , ..., mk ] là bội chung nhỏ nhất của m1 , m2 , ..., mk .
Định nghĩa 1.1.4. Vành các số nguyên modulo m được kí hiệu là Z/mZ và
được xác định như sau:
Z/mZ = {0, 1, 2, · · · , m − 1}.
Tập tất cả các phần tử khả nghịch trong Z/mZ kí hiệu là (Z/mZ)∗ và
(Z/mZ)∗ = {a ∈ Z/mZ : gcd(a, m) = 1}
= {a ∈ Z/mZ : a có một nghịch đảo modulo m}.
Nếu a1 và a2 là khả nghịch modulo m thì a1 a2 cũng là khả nghịch modulo
m. Nhưng nếu cộng hai phần tử khả nghịch, ta có thể không được một phần
tử khả nghịch.

1.2

Số nguyên tố, sự phân tích duy nhất và trường hữu hạn

Định nghĩa 1.2.1. Số nguyên p được gọi là số nguyên tố nếu p ≥ 2 và p
chỉ chia hết cho 1 và p. Số nguyên dương khác 1 và không là số nguyên tố
được gọi là hợp số.
Bổ đề 1.2.2. Giả sử a, b, c là các số nguyên dương, (a, b) = 1 đồng thời

.
.
a .. bc. Khi đó a .. c.
Hệ quả 1.2.3. Nếu p | a1 a2 ...an , trong đó p là số nguyên tố và a1 , a2 , ..., an
là các số nguyên dương thì tồn tại i, 1 ≤ i ≤ n sao cho p | ai .
Định lý sau đây là một định lý quan trọng nhất của Số học, nó cho thấy các
số nguyên tố là nền tảng để xây dựng số nguyên.


6

Định lý 1.2.4. (Định lý cơ bản của số học) Cho a ≥ 2 là một số nguyên, thì
a có thể được phân tích thành tích của các số nguyên tố a = pe11 pe22 · · · per r .
Hơn nữa, không kể thứ tự của các số nguyên tố thì sự phân tích này là duy
nhất.
Mệnh đề 1.2.5. Nếu p là số nguyên tố thì mỗi phần tử a khác không trong
Z/pZ có một nghịch đảo nhân, nghĩa là có một số b thỏa mãn
ab ≡ 1( mod p).
Ta kí hiệu giá trị b này bởi a−1 ( mod p). Khi đó tập các phần tử khả nghịch
là
(Z/pZ)∗ = {1, 2, 3, 4, · · · , p − 1}.
Mệnh đề 1.2.6. Giả sử p là một số nguyên tố. Số nguyên a là nghịch đảo
modulo p của chính nó khi và chỉ khi
a ≡ 1( mod p) và a ≡ p − 1( mod p).
Định nghĩa 1.2.7. Nếu p là số nguyên tố, thì tập Z/pZ của các số nguyên
modulo p cùng với phép cộng, trừ, nhân và quy tắc chia là trường. Trường
Z/pZ các số nguyên modulo p chỉ có hữu hạn phần tử và thường được kí
hiệu bởi F p .

1.3

Lũy thừa của trường hữu hạn

Trong phần này, chúng ta đề cập đến lũy thừa trong F p , nhờ có một chứng
minh kết quả cơ bản của Fermat và đó là một tính chất quan trọng của nhóm
các phần tử khả nghịch (F p )∗ .
Ví dụ 1.3.1. Từ bảng lũy thừa của các số modulo 7 (Bảng 1.1), ta thấy các
cột bên phải bao gồm toàn bộ 1.
Tức là:
a6 ≡ 1

(mod 7)

với mỗi a = 1, 2, 3, · · · 6.


7
11 ≡ 1

12 ≡ 1

13 ≡ 1

14 ≡ 1

15 ≡ 1

16 ≡ 1

21 ≡ 2

22 ≡ 4

23 ≡ 1

24 ≡ 2

25 ≡ 4

26 ≡ 1

31 ≡ 3

32 ≡ 2

33 ≡ 6

44 ≡ 4

35 ≡ 5

36 ≡ 1

41 ≡ 4

42 ≡ 2

43 ≡ 1

44 ≡ 4

45 ≡ 2

46 ≡ 1

51 ≡ 5

52 ≡ 4

53 ≡ 6

54 ≡ 2

55 ≡ 3

56 ≡ 1

61 ≡ 6

62 ≡ 1

63 ≡ 6

64 ≡ 1

65 ≡ 6

66 ≡ 1

Bảng 1.1: Lũy thừa của các số modun 7

Do đó,


1
6
a ≡
0

(mod 7) nếu 7 a,
(mod 7) nếu 7 | a.

Khi ta xét các đồng dư có sự tham gia của các lũy thừa, định lý sau đây là
hết sức quan trọng.
Định lý 1.3.2. (Định lý Fermat bé) Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên
bất kì. Ta có


1 (mod p) nếu p a,
p−1
a
≡
0 (mod p) nếu p | a.

Chứng minh. Nếu p | a thì mọi lũy thừa của a đều được chia hết bởi p, tức
là a p−1 ≡ 0( mod p), xét p − 1 số nguyên a, 2a, . . . , (p − 1)a. Không có số
nguyên nào trong các số nguyên trên chia hết cho p, vì nếu p | ja với j nào
đó thì p | j do (a, p) = 1. Mà ta có 1 ≤ j ≤ p − 1. Hơn nữa , không có hai số
nguyên nào trong dãy trên đồng dư modulo p. Thật vậy, ja ≡ ka ( mod p) thì
do (a, p) = 1 nên suy ra j ≡ k ( mod p) , tức j = k, (vì 1 ≤ j, k ≤ p − 1). Như

vậy, các số nguyên a, 2a, ..., (p − 1)a là tập hợp (p − 1) số nguyên không
đồng dư 0 và không có hai số nào đồng dư nhau modulo p, nên các thặng
dư dương bé nhất của hệ đó phải là 1, 2, ..., p − 1 xếp theo một thứ tự nào
đó. Từ đó suy ra
a · 2a · 3a · · · (p − 1)a ≡ 1 · 2 · 3 · · · (p − 1) (mod p).
Do đó
a p−1 (p − 1)! ≡ (p − 1)! (mod p).


8

Vì ((p − 1)!, p) = 1 nên a p−1 ≡ 1 (mod p).
Định lý được chứng minh.
Ví dụ 1.3.3. Số p = 15485863 là số nguyên tố, nên từ định lý Fermat bé ta
có
215485862 ≡ 1( mod 15485863).
Suy ra số 215485862 − 1 là một số có hơn hai nghìn chữ số và là bội của
15485863 mà không cần làm bất kỳ phép tính nào.
Hệ quả 1.3.4. Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên dương thì
a p ≡ a( mod p)
Hệ quả 1.3.5. Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho
p thì a p−2 là nghịch đảo của a modulo p, tức là a−1 ≡ a p−2 ( mod p).
Ví dụ 1.3.6. Tìm nghịch đảo của 7814 modulo 17449 .
Theo định lý Fermat bé ta có:
7814−1 ≡ 781417447 ≡ 1284( mod 17449).
Định lý 1.3.7. (Định lý Wilson) Số p là nguyên tố khi và chỉ khi (p − 1)! ≡
−1( mod p).
Chứng minh. Khi p = 2 ta có (p − 1)! = 1 ≡ −1( mod 2). Định lý Wilson
đúng với p = 2.
Bây giờ, ta giả sử p là só nguyên tố lớn hơn 2. Khi đó với mỗi số nguyên

a với 1 ≤ a ≤ p − 1, tồn tại nghịch đảo a,
¯ 1 ≤ a¯ ≤ p − 1 sao cho aa¯ ≡ 1
(mod n). Theo mệnh đề 1.2.6, các số nguyên dương nhỏ hơn p mà nghịch
đảo của chính nó là 1 hoặc p − 1. Như vậy, ta có thể nhóm các số nguyên từ
2 đến p − 2 thành p−3
2 cặp (a, b) sao cho ab ≡ 1( mod p). Do đó
2 · 3 · · · · (p − 3) · (p − 2) ≡ 1( mod p).
Nhân cả hai vế của đẳng thức với 1 và p − 1, ta được
(p − 1)! ≡ 1.(p − 1) ≡ −1( mod p).


9

Ngược lại giả sử p là số nguyên dương sao cho (p − 1)! ≡ −1(mod p)
và a là một ước của p, đồng thời 1 < a < p. Khi đó, a | (p − 1)!. Mặt
khác, theo giả thiết (p − 1)! ≡ −1 (mod p) nên p | ((p − 1)! + 1), suy ra
a | ((p − 1)! + 1). Như vậy, a | (p − 1)! và a | ((p − 1)! + 1) nên a = 1. Vậy
p là số nguyên tố.
Định lý được chứng minh.
Ví dụ 1.3.8. p = 3 ta có (p − 1)! = 2 = −1( mod 3).
p = 17 ta có (p − 1)! = 20922789888000 ≡ −1( mod 17).
p = 15 ta có (p − 1)! = 87178291200 ≡ 0( mod 15).

1.4

Đa thức trên Z/pZ

Định lý 1.4.1. Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 là một đa thức
với hệ số nguyên, n > 0, đồng thời a ≡ 0( mod p). Khi đó f (x) có nhiều nhất
n nghiệm modulo p không đồng dư từng cặp.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Trường hợp mà
n = 1 là hiển nhiên. Giả sử định lý chứng minh đúng với đa thức bậc n − 1
có hệ số lũy thừa cao nhất không chia hết cho p và giả sử đa thức bậc n có
n + 1 nghiệm modulo p không đồng dư từng cặp c0 , c1 , ..., cn . Ta có
f (x) = f (x) − f (c0 )
= an (xn − c0 n ) + · · · + a1 (x − c0 ) + a0 (1 − c0 )
= (x − c0 )(an (xn−1 + · · · + c0 n−1 ) + ·an (x + c0 ) + a1 )
= (x − c0 )g(x),
với g(x) là đa thức bậc n−1 với hệ số cao nhất là an . Vì với mọi k, 0 ≤ k ≤ n,
ck − c0 ≡ 0 (mod p), trong khi đó
f (ck ) − f (c0 ) = (ck − c0 )g(ck ) ≡ 0( mod p).
Suy ra ck là một nghiệm của g(x) modulo p. Điều này trái với giả thiết quy
nạp. Định lý được chứng minh.


10

Mệnh đề 1.4.2. Giả sử p là một số nguyên tố và d là ước của p − 1. Khi đó
đa thức f = xd − 1 ∈ (Z/pZ)[x] có đúng d nghiệm trong Z/pZ.
Chứng minh. Đặt e = (p − 1)/d. Ta có
x p−1 − 1 = (xd )e − 1
= (xd − 1)((xd )e−1 + (xd )e−2 + · · · + 1)
= (xd − 1)g(x),
trong đó g ∈ (Z/pZ)[x] và deg(g) = de−d = p−1−d. Theo định lý Fermat
x p−1 − 1 có đúng p − 1 nghiệm trong Z/pZ. Mặt khác, mỗi nghiệm đó phải
là nghiệm của xd − 1 hoặc của g(x). Theo định lý 1.4.1, g(x) có nhiều nhất
p − 1 − d nghiệm modulo p không đồng dư từng cặp, vì thế số nghiệm của
xd − 1 không thể ít hơn (p − 1) − (p − 1 − d) = d. Theo định lý 1.4.1 thì
xd − 1 có không quá d nghiệm, vậy nó có đúng d nghiệm modulo p không
đồng dư từng cặp, điều phải chứng minh.

1.5

Định lý thặng dư Trung Hoa

Tương truyền rằng, Hàn Tín (danh tướng đời Hán) khi kiểm điểm quân số
thường làm như sau. Ông cho lính xếp thành hàng 3, sau đó hàng 5, rồi hàng
7. Mỗi lần như vậy quân lính báo cho Hàn Tín số người ở hàng cuối cùng.
Từ đó, ông suy ra số quân chính xác. Thực chất là Hàn Tín đã giải hệ đồng
dư tuyến tính theo modulo 3, 5, 7. Bài toán trên nổi tiếng dưới tên gọi "Hàn
tín điểm binh" và thuật toán mà ông đã dùng dựa trên một trong những định
lý nổi tiếng nhất của Toán học: Định lý thặng dư Trung Hoa.
Định lý 1.5.1. (Định lý thặng dư Trung Hoa) Giả sử m1 , m2 , · · · , mr là các
số nguyên tố cùng nhau từng cặp. Khi đó hệ các đồng dư tuyến tính
x ≡ a1 ( mod m1 )
x ≡ a2 ( mod m2 )
.......................


11

x ≡ ar ( mod mr )
có nghiệm duy nhất modulo M = m1 m2 ...mr .
Chứng minh. Trước hết ta xây dựng một nghiệm của hệ các đồng dư tuyến
tính trên. Đặt
Mk =

M
= m1 m2 ...mk−1 mk+1 ...mr
mk

Vì (m j , mk ) = 1 với mọi j = k nên (Mk , mk ) = 1 . Như vậy, ta có thể tìm một
nghịch đảo yk của Mk modulo mk , tức là Mk yk ≡ 1( mod mk ). Lập tổng
x = a1 M1 y1 + a2 M2 y2 + ... + ar Mr yr .
Khi đó, x sẽ là một nghiệm cuả hệ các đồng dư x ≡ a j ( mod m j ) với mọi
j = 1, 2, .., r. Thật vậy, ta có m j | Mk với j = k nên M j ≡ 0( mod mk ) khi
j = k. Từ đó suy ra
x ≡ ak Mk yk ( mod mk ).
Do Mk yk ≡ 1( mod mk ) nên x ≡ ak ( mod mk ). Như vậy, x chính là một nghiệm
của hệ đang xét.
Ta chứng tỏ rằng nghiệm vừa xây dựng là duy nhất modulo M. Giả sử
x0 , x1 là hai nghiệm của hệ. Khi đó, với mỗi k, x0 ≡ x1 ≡ ak (modmk )
nên mk | (x0 − x1 ). Do (mi , m j ) = 1 với mọi i = j nên M | (x0 − x1 ), tức
là x0 ≡ x1 ( mod M).
Định lý được chứng minh.
Ví dụ 1.5.2. Tìm nghiệm của hệ đồng dư sau:
x ≡ 1( mod 5)
x ≡ 9( mod 11)
Từ phương trình đồng dư đầu tiên x ≡ 1( mod 5), ta có
x = 1 + 5y, y ∈ Z.


12

Thay vào phương trình đồng dư thứ hai, ta có
1 + 5y ≡ 9( mod 11).
Do đó 5y ≡ 8( mod 11). Nhân cả hai vế với nghịch đảo của 5 modulo 11.
Phần tử nghịch đảo của 5 modulo 11 tồn tại vì (5, 11) = 1. Ta có 9 · 5 =
45 ≡ 1 (mod 11) nên nghịch đảo của 5 modulo 11 là 9. Vì vậy, nhân cả hai
vế của phương trình với 9 ta được:

y ≡ 9 · 8 ≡ 72 ≡ 6( mod 11).
Cuối cùng, thay thế giá trị của y ta được
x = 1 + 5 · 6 = 31
là nghiệm của bài toán ban đầu.
Ví dụ 1.5.3. Tìm nghiệm của hệ đồng dư sau:


 x ≡ 2( mod 3)
x ≡ 3( mod 7)


x ≡ 4( mod 16)
Vì 336 = 3 · 7 · 16 nên theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ đồng dư trên có
duy nhất một nghiệm modulo 336. Xét phương trình đồng dư thứ nhất x ≡ 2
(mod 3) nên x = 2 + 3y và thay thế x vào phương trình đồng dư thứ hai, ta
được
2 + 3y ≡ 3( mod 7).
Đơn giản hoá điều này được 3y ≡ 1( mod 7) và ta nhân cả hai vế với 5 (vì 5
là nghịch đảo của 3 modulo 7) thu được y ≡ 5( mod 7). Do đó
x = 2 + 3y = 2 + 3 · 5 = 17
Suy ra nghiệm tổng quát của hai phương trình đồng dư đầu tiên là x =


13

17 + 21z. Ta thay x = 17 + 21z vào phương trình đồng dư thứ ba, ta được
17 + 21z ≡ 4( mod 16).
Đơn giản hóa ta được 5z ≡ 3( mod 16). Nhân cả hai vế với 13 (vì nghịch
đảo của 5 modulo 16 là 13) ta được:
z ≡ 3 · 13 ≡ 39 ≡ 7( mod 16).

Cuối cùng, ta thay z vào x = 17 + 21z thu được nghiệm
x = 17 + 21 · 7 = 164.
Tất cả các nghiệm khác nhau có thể thu được bằng cách cộng hoặc trừ bội
của 336 của nghiệm đặc biệt 164.


14

Chương 2
Luật tương hỗ bậc hai
Luật tương hỗ bậc hai (the Quadratic Reciprocity Law) là một kết quả nổi
tiếng trong số học, được chứng minh đầu tiên bởi Gauss. Luật này thể hiện
mối quan hệ giữa sự tồn tại nghiệm nguyên của hai phương trình x2 ≡
p( mod q) và x2 ≡ q( mod p), trong đó p và q là hai số nguyên tố lẻ. Nội
dung chính của chương là trình bày lại chi tiết chứng minh của luật tương
hỗ bậc hai dựa trên bổ đề Gauss và đếm các điểm nguyên trên lưới hai chiều
được đưa ra bởi Eisenstein, sau đó thảo luận số ứng dụng của luật tương hỗ
bậc hai trong việc giải một số bài toán ở bậc phổ thông. Hầu hết các kết quả
của chương này được trình bày dựa theo tài liệu [3], [4].

2.1

Đa thức đồng dư và bổ đề Hensel

Ta xét các bài toán giải đồng dư thức bậc cao hơn trong chương trước. Bởi
định lý thặng dư Trung Hoa, ta rút gọn bài toán giải đa thức đồng dư bất kỳ
q(x) ≡ 0( mod m) thành giải đồng dư thức riêng lẻ q(x) ≡ 0( mod pd ), trong
đó pd là lũy thừa nguyên tố ước số của m.
Để giải đa thức đồng dư có dạng q(x) ≡ 0(mod pd ), đầu tiên ta thấy
rằng nghiệm bất kỳ modulo pd cũng sẽ là nghiệm modulo p. Do đó, để tìm

nghiệm modulo pd , chúng ta bắt đầu bằng việc tìm mọi nghiệm modulo p,
sau đó “nâng” mỗi một trong các nghiệm này để thu được tất cả các nghiệm
modulo p2 , tiếp theo “nâng” các nghiệm ngày để thu được tất cả các nghiệm
modulo p3 và cứ thế quá trình được lặp lại.
Ví dụ 2.1.1. Giải đồng dư thức x3 + 4x ≡ 4 (mod 73 ).


15

Trước tiên, ta giải đồng dư thức x3 + 4x ≡ 4 (mod 7). Bằng cách thử
mọi lớp thặng dư, ta được nghiệm đơn x ≡ 3 (mod 7).
Tiếp theo, ta “nâng” để tìm nghiệm modulo 72 : bất kỳ nghiệm phải có
dạng x = 3 + 7k với một vài giá trị k. Thay vào phương trình ban đầu ta
thu được (3 + 7k)3 + 4(3 + 7k) ≡ 4 (mod 72 ), sau khi khai triển, nó tương
đương với 27+27·7k +12+28k ≡ 4 (mod 72 ). Nhóm lại ta được 21k ≡ 14
(mod 72 ). Khử nhân tử 7 thu được 3k ≡ 2 (mod 7), nó có nghiệm đơn k ≡ 3
(mod 7). Cho nên ta thu được x ≡ 24 (mod 72 ).
Bây giờ ta nâng để tìm nghiệm modulo 73 : bất kỳ nghiệm đều có dạng
x = 24 + 49k. Thay vào phương trình ta được (24 + 72 k)3 + 4(24 + 72 k) ≡ 4
(mod 73 ). Sau khi khai triển, rút gọn, và sắp xếp lại, ta thu được đồng dư
thức 147k ≡ 147 (mod 73 ). Khử nhân tử 72 ta thu được 3k ≡ 3 (mod 7),
có nghiệm k ≡ 1 (mod 7). Do đó ta thu được x ≡ 73 (mod 73 ). Suy ra tồn
tại duy nhất nghiệm x ≡ 73 (mod 73 ).
Ví dụ 2.1.2. Giải đồng dư thức x3 + 4x ≡ 12 (mod 73 ).
Đầu tiên, ta giải đồng dư thức x3 + 4x ≡ 5 (mod 7). Bằng cách thử tất cả
các lớp thặng dư, ta được hai nghiệm x ≡ 1 (mod 7) và x ≡ 5 (mod 7).
Tiếp theo ta nâng để tìm nghiệm modulo 72 . Bất kỳ nghiệm phải có dạng
x = 1 + 7k hoặc x = 5 + 7k.
Trong trường hợp x = 1 + 7k, ta thay vào phương trình thu được (1 +
7k)3 + 4(1 + 7k) ≡ 12 (mod 72 ), sau khi khai triển ta được 1 + 3 · 7k + 4 +

28k ≡ 12 (mod 72 ). Sắp xếp lại thu được 49k ≡ 7 (mod 72 ), tương đương
với 0 ≡ 7 (mod 72 ). Nó không có nghiệm.
Trong trường hợp x = 5 + 7k, thay vào thu được (5 + 7k)3 + 4(5 + 7k) ≡
12 (mod 72 ), sau khi khai triển ta được 125 + 15 · 7k + 20 + 28k ≡ 12
(mod 72 ). Sắp xếp lại được 14k ≡ 14 (mod 72 ). Khử nhân tử 7 thu được
2k ≡ 2 (mod 7), nó có nghiệm đơn k ≡ 1 (mod 7). Cho nên ta được x ≡ 12
(mod 49).
Bây giờ ta nâng tiếp để tìm nghiệm modulo 73 . Bất kỳ nghiệm có dạng
x = 12 + 49k. Thay vào ta được (12 + 49k)3 + 4(12 + 49k) ≡ 4 (mod 73 ).
Khai triển ta được 123 + 3 · 12 · 72 k + 4 · 12 + 4 · 72 k ≡ 4 (mod 73 ). Dùng
một vài phép toán và sắp xếp lại ta được 98k ≡ 294 (mod 73 ). Khử nhân tử
72 kéo theo 2k ≡ 3 (mod 7), nó có nghiệm đơn k ≡ 5 (mod 7). Do vậy ta


16

thu được nghiệm x ≡ 257 (mod 73 ). Cuối cùng có một nghiệm duy nhất:
x ≡ 257 (mod 73 ).
Trong các ví dụ bên trên, hai nghiệm modulo 7 được nâng thành nghiệm
đơn modulo 72 , và đến lượt chúng được nâng thành nghiệm modulo 73 . Tuy
nhiên, một nghiệm modulo 7 không thể kéo theo nghiệm modulo 72 . Ta
muốn biết tại sao quá trình nâng bị thất bại?
Xét đa thức q(x) = x3 + 4x và giả sử ta có nghiệm x ≡ a (mod p) của
phương trình q(x) ≡ c (mod p) mà ta muốn nâng lên nghiệm modulo p2 .
Khi đó ta thay x = a + pk vào phương trình, và tìm nghiệm của phương
trình q(a + pk) ≡ c (mod p2 ). Điều này bằng với (a + kp)3 + 4(a + pk) mà
ta có thể khai triển bằng định lý nhị thức để thu được a3 + 3a2 pk + 4a + 4pk
modulo p2 . Sắp xếp lại chỉ ra ta cần giải phương trình (a3 + 4a) + (3a2 +
4)pk ≡ c (mod p2 ). Vì theo giả thiết, a3 + 4a ≡ c (mod p), ta có thể sắp
xếp lại đồng dư thức bên trên và sau đó chia cho p để thu đươc đồng dư thức

a3 + 4a − c
+ (3a2 + 4)k ≡ 0 (mod p). Ta thấy rằng đồng dư thức này sẽ
p
có nghiệm duy nhất với k miễn là 3a2 + 4 ≡ 0 (mod p). Ta thấy biểu diễn
3a2 + 4 là đạo hàm của q (a). Nên các tính toán bên trên gợi ý ta có thể hy
vọng khả năng nâng nghiệm x ≡ a (mod p) thành nghiệm modulo pd sẽ
phụ thuộc giá trị của đạo hàm của q (a).
Định lý 2.1.3. (Bổ đề Hensel). Giả sử q(x) là một đa thức hệ số nguyên. Nếu
q(a) ≡ 0 (mod pd ) và q (a) ≡ 0 (mod p), thì tồn tại duy nhất k mod p sao
cho q(a + kpd ) ≡ 0 (mod qd+1 ). Rõ ràng, nếu u là nghịch đảo của q (a)
q(a)
modulo p, thì k = −u · d .
p
Ý tưởng chứng minh của định lý tương tự như tất cả các ví dụ ta thảo luận
ở trên: để xác định khi nào ta có thể nâng để tìm nghiệm modulo pd+1 ,
ta thay x = a + pd k vào phương trình và tìm nghiệm k của đồng dư thức
q(a+ pd k) ≡ 0 (mod pd+1 ). Khó khăn duy nhất là khi khai triển q(a+ pd k)
modulo pd+1 .
Chứng minh. Giả sử x ≡ a (mod pd ) là nghiệm của đồng dư thức q(x) ≡ 0
q(a)
(mod pd ), trong đó q(x) có bậc r (nghĩa là d là một số nguyên). Vì
p
r
r
n
n−1
q(x) = ∑n=0 cn x và q (x) = ∑n=0 cn · nx . Theo nhị thức Newton, ta có
(a + pd k)n = an + n · pd k · an−1 + p2d · [các số hạng khác]. Vì tất cả các hệ

17

số nhị thức là số nguyên và quy về modulo pd+1 của (a + pd k)n đơn giản là
an + (n · an−1 )pd k.
Tiếp theo ta tính
r

q(a + pd k) ≡

∑ cn(a + pd k)n( mod pd+1)

n=0
r

≡

∑ cn[an + (n · an−1)pd k]( mod pd+1)

n=0
r

≡

r

∑ cna

n=0

n

+ p k ∑ cn · nan−1 ( mod pd+1 )
d

n=0

≡ q(a) + pd k · p (a)( mod pd+1 ).
Vì vậy, giải q(a+ pd k) ≡ 0 (mod pd+1 ) là tương đương với giải q(a)+ pd k ·
p (a) ≡ 0 (mod pd+1 ). Chia cho pd thu được đồng dư thức tương đương
q(a)
k · q (a) ≡ − d (mod p). Đồng dư thức này có đúng một nghiệm của k,
p
theo giả thiết q (a) ≡ 0 (mod p) và giá trị của nó như đã khẳng định.
Do đó: nghiệm x ≡ a (mod pd ) nâng thành nghiệm duy nhất x ≡ a + pd k
(mod pd+1 ) mà giá trị của nó như đã phát biểu.
Định lý được chứng minh.
Nhận xét 2.1.4. Sự xuất hiện của q (a) là không tình cờ. Thay vì sử dụng
định lý nhị thức, ta có sử dụng khai triển Taylor của q(x + b):
q(x + b) = q(x) + bq (x) + b

2q

(r)
(x)
3 q (x)
r q (x)
+b
+···+b
+···
2!

3!
r!

Vì đạo hàm bậc cao hơn của q(x) đều bằng không nên tổng trên là tổng hữu
hạn. Khi đó, nếu ta đặt b = pd k quy về modulo pd+1 khử tất cả mọi hạng
tử ngoại trừ hai số hạng đầu. Sử dụng biểu diễn của tham số k trong bổ đề
Hensel, ta thấy rằng nếu q (a) ≡ 0 (mod p) thì nghiệm bất kỳ x = a của
q(x) ≡ 0 (mod p) sẽ nâng thành nghiệm duy nhất x ≡ a j (mod p j ) với bất
kỳ j. Dãy các thặng dư này hiển nhiên được cho bởi a j+1 = a j − u · q(a j ),
trong đó u là nghịch đảo của q (a) modulo p.
Nhận xét 2.1.5. Để giải phương trình f (x) = ax2 + bx + c ≡ 0 (mod m)
thì theo định lý thặng dư Trung Hoa, điều này tương đương với tìm các


18

nghiệm của đa thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c ≡ 0 (mod pd ), trong đó
pd là lũy thừa nguyên tố ước số của m. Ngoài ra, bổ đề Hensel cho phép ta
rút gọn thành tìm các nghiệm của đa thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c ≡ 0
(mod p). Mặt khác, theo Mệnh đề 1.4.2 ta biết rằng đa thức bậc hai modulo
p có nhiều nhất hai nghiệm. Nếu p = 2 thì đồng dư thức này được giải dễ
dàng. Giả sử p lẻ ta xét hai trường hợp sau:
Nếu a ≡ 0 (mod p) thì đồng dư thức f (x) ≡ 0 (mod p) rút xuống thành
đồng dư thức tuyến tính.
Nếu a ≡ 0 (mod p) thì a là khả nghịch modulo p. Khi đó, bài toán
có thể chuyển thành tìm tất cả các nghiệm của y2 ≡ D (mod p) trong đó
y = 2ax + b và D = b2 − 4ac. Nói cách khác, việc giải phương trình đồng
dư bậc hai tổng quát thực chất chỉ là giải phương trình đồng dư bậc hai
dạng đặc biệt y2 ≡ D (mod p). Vậy câu hỏi đặt ra là Đồng dư thức y2 ≡ D
(mod p) có nghiệm khi nào? Để nghiên cứu vấn đề đặt ra, ta sử dụng một

số công cụ quan trọng sau.

2.2

Thặng dư bậc hai và ký hiệu Legendre

Định nghĩa 2.2.1. Giả sử m là số nguyên dương. Số a được gọi là thặng
dư bậc hai modulo m nếu (a,m)=1 và đồng dư x2 ≡ a (mod m) có nghiệm.
Nếu ngược lại, ta nói a là không thặng dư bậc hai modulo m.
Việc liệt kê tất cả các thặng dư bậc hai modulo m là đơn giản bằng cách
bình phương mọi lớp thặng dư khả nghịch.
Ví dụ 2.2.2. Modulo 5: ta có 12 = 1; 22 = 4; 32 = 4; 42 = 1( mod 5) nên
thặng dư bậc hai là 1 và 4; không thặng dư bậc hai là 2 và 3.
Modulo 13: thặng dư bậc hai là 1, 4, 9, 3, 12 và 10; không thặng dư bậc hai
là 2, 5, 6, 7, 8 và 11.
Modulo 25: thặng dư bậc hai là 1, 6, 11, 16, 21, 4, 9, 14, 19, và 24; không
thặng dư bậc hai là 2, 7, 12, 17, 22, 3, 8, 13, 18 và 23.
Mệnh đề 2.2.3. Nếu p là một số nguyên tố lẻ thì một số khả nghịch a là
thặng dư bậc hai modulo pd với d ≥ 1 khi và chỉ khi a là thặng dư bậc hai
modulo p.


19

Chứng minh. Hiển nhiên, nếu tồn tại b sao cho b2 ≡ a (mod pd ) thì b2 ≡ a
(mod p).
Ngược lại, giả sử tồn tại b sao cho a ≡ b2 (mod p). Với q(x) = x2 − a,
khi đó áp dụng bổ đề Hensel để nâng nghiệm x ≡ b (mod p) của đồng dư
thức q(x) ≡ 0 (mod p) thành nghiệm modulo pd với q (b) = 0 (mod p).
Vì q (b) = 2b và q (b) = 0 (mod p) vì b ≡ 0 (mod p) và p lẻ.

Định lý được chứng minh.
Mệnh đề 2.2.4. Nếu p là số nguyên tố lẻ, p a. Khi đó đồng dư
x2 ≡ a

(mod p)

không có nghiệm hoặc có đúng hai nghiệm không đồng dư modulo p.
Chứng minh. Giả sử có nghiệm x = x0 . khi đó, dễ dàng chứng minh rằng
x = −x0 là một nghiệm không đồng dư với x0 . Ta sẽ chỉ ra rằng, nghiệm tùy
ý khác x = x1 đồng dư với x0 hoặc −x0 . Thật vậy, ta có
x02 ≡ x12 ( mod p)
tức là
x02 − x12 = (x0 + x1 )(x0 − x1 ) ≡ 0( mod p).
Do đó, hoặc p | (x0 + x1 ) hoặc p | (x0 − x1 ), điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.2.5. Giải phương trình đồng dư x2 + 3x + 1 ≡ 0( mod 7).
Lời giải: 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)
⇔ (2x + 3)2 ≡ 5( mod 7).
Đặt y = 2x + 5. Ta có phương trình y2 ≡ 5( mod 7). Vì phương trình này vô
nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm.
Mệnh đề 2.2.6. Nếu p là số nguyên tố lẻ thì trong các số 1, 2, . . . , p − 1 có
đúng p−1
2 thặng dư bậc hai.


20

Chứng minh. Để tìm tất các thặng dư modulo p trong các số 1, 2, . . . , p − 1

trước tiên ta bình phương các số đó và xét các thặng dư dương bé nhất
modulo p của các kết quả nhận được. Các thặng dư dương bé nhất này là tất
cả các thặng dư bậc hai trong các số từ 1 đến p − 1. Giả sử a là một thặng dư
như vậy. Vì phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) có đúng hai nghiệm, nên
trong số (p − 1) bình phương đang xét phải có hai bình phương thặng dư a.
Do đó số thặng dư bậc hai đúng bằng p−1
2 . Định lý được chứng minh.
Legendre đã đưa ra ký hiệu sau đây để xét phương trình x2 ≡ a( mod p)
có nghiệm hay không?
Định nghĩa 2.2.7. Giả sử p là một số nguyên tố lẻ và số nguyên a sao cho
(a, p) = 1. Ký hiệu Legendre được xác định như sau



0


= +1



−1

a
p

nếu gcd(a, p) = 1
nếu a là thặng dư bậc hai
nếu a là không thặng dư bậc hai.

Ví dụ 2.2.8. Ta có 1 và 4 là thặng dư bậc hai của 5; 2 và 3 không là thặng
dư bậc hai của 5 nên
1
5

=

4
5

=1

2
5

và

3
5

=

= −1.

Ví dụ 2.2.9. Với p=13, ta có:
1
13
2
13

2.3

=

=

3
13
5
13

=

=

4
13
6
13

=

=

9
13
7
13

=

=

10
13
8
13

=

=

12
13
11
13

= 1;

= −1.

Tiêu chuẩn Euler

Tiêu chuẩn sau đây thường dùng để chứng minh các tính chất của ký hiệu
Legendre.


21

Định lý 2.3.1. (Tiêu chuẩn Euler) Cho p là một số nguyên tố lẻ và số nguyên

a sao cho (a, p) = 1. Khi đó
a
p

≡a

a
p

Chứng minh. Trước tiên, giả sử

p−1
2

( mod p).

= 1. Khi đó, đồng dư

x2 ≡ a( mod p)
có nghiệm x = x0 . Theo định lý Fermat bé ta có:
a(p−1)/2 ≡ (x02 )
Do đó

a
p

p−1
2

(p−1)

= x0

≡1≡a

Bây giờ, ta chỉ còn xét trường hợp

p−1
2

a
p

≡ 1( mod p).

( mod p).

= −1. Khi đó, đồng dư

x2 ≡ a( mod p)
vô nghiệm. Với mỗi i sao cho 1 ≤ i ≤ p − 1, tồn tại duy nhật j, 1 ≤ j ≤ p − 1
để i j ≡ a (mod p). Rõ ràng i = j nên ta có thể nhóm các số 1,...,p − 1 thành
p−1
2

cặp với tích từng cặp đồng dư a modulo p. Nhân các cặp này với nhau
ta được
(p − 1)! ≡ a

p−1

2

( mod p).

Từ định lý Wilson ta có
−1 ≡ a
Do đó

a
p

Định lý được chứng minh.

p−1
2

( mod p).

≡ −1 ≡ a

p−1
2

( mod p).