SKKN THẶNG DƯ BẬC CAO

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1.

Tên sáng kiến: THẶNG DƯ BẬC CAO

2.

Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:Chương trình Toán lớp 10 và 11 chuyên.

3. Thời gian thực hiện sáng kiến:Từ 9- 2015 đến 5 – 2016.
4. Tác giả:
Họ và tên: Trần Văn Huyến.
Năm sinh: 1984.
Nơi thường trú: Số nhà 13/16 đường Trần Nhật Duật thành phố Nam Định.
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ.
Chức vụ công tác: Giáo viên.
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định.
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định.
Điện thoại: 0935086607.
5. Đồng tác giả: Không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong.
Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định.
Điện thoại: 0350640297.

BÁO CÁO SÁNG KIẾN
I.

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN

Số học là một nhánh của toán học ra ra đời từ rất sớm, ngay từ khi xuất hiện các con

số. Tuy nhiên đến ngày nay số học vẫn là một nhánh của toán học chứa đựng nhiều kì
thú, bất ngờ và nhiều bí mật lớn chưa có lời giải đáp. Đối với học sinh, các em đã được
tiếp cận với các con số từ những bậc học tiểu học thậm chí sớm hơn. Đến bậc trung học
cơ sở các em thực sự đã biết và giải được một số bài toán về phép chia hết và phép chia


có dư và số học trở thành môn học bắt buộc không thể thiếu đối với tất cả các em học
sinh. Trong các kì thi HSG Quốc Gia, thi Olympic toán học quốc tế...thì các bài toán số
học thường xuất hiện như một chủ đề bắt buộc mặc dù đây là một trong những bài toán
khó nhất trong khi xuất hiện trong các đề thi ở VMO, TST, IMO... Tuy nhiên có thể nhận
thấy rằng phần nhiều bài toán là chứng minh hoặc giải quyết các vấn đề về chia hết hoặc
chia có dư. Chính vì vậy tác giả đã viết sáng kiến này để trình bày về một mảng quan
trọng trong số học đó là thặng dư bậc cao và từ đó học sinh có thể vận dụng những lý
thuyết và kĩ năng vào việc giải một số bài toán về chúng.
Chúng ta hãy quay lại vấn đề thặng dư với một câu hỏi sau đây: Cho trước hai số
nguyên a và n với

n >0

. Có tồn tại hay không số nguyên x sao cho x có số dư là a khi

chia cho n?”
Câu hỏi trên còn diễn đạt khác là: Cho trước hai số nguyên a và n với
hay không số nguyên x thỏa mãn
vậy luôn tồn tại và bằng

x = a ( mod n )

x = a + kn, ∀k ∈ Z

n>0

. Có tồn tại

? Câu trả lời như chúng ta đã biết! số x như

. Thậm chí Qin Jiushao một nhà toán học Trung

Hoa còn chứng minh được một vấn đề tổng quát hơn đó là luôn tồn tại số nguyên x thỏa
mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính

tố cùng nhau đôi một, tức là

x ≡ ai ( mod mi ) , ∀i = 1, k

( n , n ) = 1, ∀i, j
i

j

thỏa mãn

miễn rằng các

1≤ i ≠ j ≤ k

ni

nguyên

. Tuy nhiên từ câu hỏi ở

trên chúng ta thử liên hệ và đặt ra hai câu hỏi sau đây.
a)

Cho trước các số nguyên n và a với
nguyên x thỏa mãn

x2 =a( modn)

?

n>0

và

( a,n) =1

. Có tồn tại hay không số


Tổng quát hơn ta xét ví dụ sau đây.
b)

Cho trước các số nguyên n và a với
nguyên

sao cho

xm ≡ a( modn)

m≥ 2

n >0

và

( a,n) =1

. Và với m là một số

. Có tồn tại hay không số nguyên x thỏa mãn

?

Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm này là đi tìm và trình bày lời giải đáp cho hai câu
hỏi ở trên và các ứng dụng của chúng trong việc giải một số bài toán liên quan thường
xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi như VMO, TST, IMO...và xuất hiện trên trang
web toán học thi olympic quốc tế. Chẳng hạn chúng ta xét một số bài toán sau đây:
. Chứng minh rằng
m, n, k , x, y

4kxy − 1

không thể là ước của

xm + y n

với mọi

nguyên dương.

. Chứng minh rằng không tồn tại

x, y , z ∈ N

sao cho

4 xyz − x − y

chính phương.
. Chứng minh rằng với mọi

x, y , z

nguyên dương thì

x2 + y 2 + z 2
3 ( xy + yz + zx )

không thể là một số nguyên.
Việt nam TST 2005. Cho p là một số nguyên tố với
p −1
k2 
S = ∑ 
k =1  p 

p ≡ 1( mod8 )

. Tính tổng

.

Bankan Mathematical Olympiad. Giải phương trình nghiệm nguyên

là số


x5 − 4 = y 2

. (2)
IMO Short list 1991. Cho a, b, c là các số nguyên và p là một số nguyên tố lẻ. chứng
minh rằng nếu

(

f ( x) = ax2 + bx + c

)

là số chính phương tại

2p− 1

giá trị nguyên liên tiếp

p | b2 − 4ac

của x thì

.

Và còn nhiều bài toán khác nữa mà việc giải chúng đòi hỏi học sinh những kỹ năng tốt
và được trang bị tốt các kiến thức về đồng dư. Thặng dư bậc cao cung cấp cho học sinh
những kiến thức và kĩ năng tốt nhất để giải các bài toán dạng này thậm chí giúp cho các
em có cái nhìn hệ thống và tổng quát hơn về bài toán chia hết và bài toán giải phương
trình nghiệm nguyên.

II.
1.

MÔ TẢ GIẢI PHÁP
Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến

Thặng dư bậc cao là một nội dung khó nhưng đầy lý thú trong số học, một mặt nó xuất
phát từ những bài toán đơn giản ngay cả đối với các học sinh bậc trung học cơ sở, một
mặt chúng lại chứa đựng những bí ẩn, những kiến thức toán học rất khó mới có thể tiếp
cận được chúng. Những kiến thức cơ bản liên quan đến thặng dư bậc cao đó là đồng dư
modulo, định lý Euler, định lý Fecma, cấp của một số, căn nguyên thủy, hệ thặng dư, định
lý số dư Trung Hoa...và đòi hỏi một số kiên thức nhất định về về đa thức.
Là một giáo viên dạy trường chuyên, chúng tôi nhận thấy rằng cần phải có một đề tài
nghiên cứu về dạng toán này để giúp các em học sinh lớp chuyên Toán bổ xung các kiến
thức cơ bản đồng thời phát triển tư duy và kĩ năng giải toán, giúp các em không còn lúng
túng khi gặp các bài toán dạng này. Hy vọng nội dung của sáng kiến này sẽ giúp các em
học sinh tìm ra được các phương pháp hợp lí để giải quyết những bài toán dạng này.


2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
a. Phương pháp

Một bài toán sử dụng thặng dư bậc cao ban đầu phải có dấu hiệu của chia hết hoặc có
dấu hiệu của một binhg phương (đối với thặng dư bậc 2)...Từ đây chúng ta khái quát và
sử dụng các lý thuyết thặng dư bậc cao để xử lý chúng.
b.

Nội dung

Nội dung của sáng kiến này được tác giả chia làm hai chương.
Chương 1. Thặng dư bình phương. Nội dung chương này chính là trình bày lời giải
đáp cho câu hỏi thứ nhất và các ứng dụng của thặng dư bình phương. Trong đó tác giả
trình bày vắn tắt các định lý và tính chất và các hệ quả quan trọng của thặng dư bậc 2 và
nhiều ứng dụng trong việc giải một số các liên quan như bài toán chia hết, bài toán
nghiệm nguyên thường xuất hiện trong các đề thi như VMO, TST, IMO...
Chương 2. Thặng dư bậc k. Chương này là một bước phát triển tiếp theo của chương
1 nhằm tìm kiếm lời giải đáp cho câu hỏi thứ 2, tuy nhiên việc làm này đòi hỏi một số
kiến thức về cấp của một số và căn nguyên thủy, định lý thặng dư Trung Hoa mà những
kết quả này được tác giả trình bày tóm tắt hoặc nhắc lại mà không chứng minh và một số
ứng dụng của thặng dư bậc k để giải phương trình thặng dư bậc cao và phần cuối là một
số các bài tập xây dựng ra để củng cố chắc nội dung của lý thuyết thặng dư bậc k.


MỤC LỤC



BẢNG KÍ HIỆU
Φ ( n)

: Các số nguyên tố với n trong tập

x @a ( mod n )

a|b

:

a

a |b a

:

a
 ÷
n

{ 1, 2,..., n − 1}

: x không đồng dư với a theo modulo n.

là ước của b.
không là ước của b.

: Kí hiệu Legender.

( a, n ) = 1 a
:

gcd ( a, b )

và n nguyên tố cùng nhau.

: Ước chung lớn nhất của a và b.

Trang 8

.


CHƯƠNG 1. THẶNG DƯ BẬC 2
A.

Lý thuyết

Định nghĩa 1.1. Cho a và n là hai số nguyên tố cùng nhau và
nguyên x sao cho

x 2 ≡ a ( modn )

n >1

. Nếu tồn tại số

thì số a được gọi là thặng dư bình phương modulo n hay

a còn được gọi là số chính phương

( modn )

nếu ngược lại thì số a được gọi là không

( modn )

( modn )

thặng dư bình phương
hay a còn được gọi là số không chính phương
.
Ta xét một ví dụ đơn giản sau đây
n = 19
Ví dụ 1. Với
. Xét các số nguyên dương chính phương modulo 19 nhỏ hơn 19.
11 ≡ 182 ≡ 1( mod19 )

,

4 ≡ 15 ≡ 16 ( mod19 )
2

2

7 ≡ 12 ≡ 11( mod19 )
2

2 2 ≡ 17 2 ≡ 4 ( mod19 )

,

2

Như vậy có 9 số

5 ≡ 14 ≡ 6 ( mod19 )
2

8 ≡ 11 ≡ 7 ( mod19 )
2

,

,

2

,

2

9 ≡ 10 ≡ 5 ( mod19 )
2

,

n= p

( mod19 )

.

2

là các số chính phương

2,3,8,10,12,13,14,15,18 không là các số chính phương

.

6 ≡ 13 ≡ 17 ( mod19 )
2

2

1, 4,5,6,7,9,11,16,17

32 ≡ 16 2 ≡ 9 ( mod19 )

( mod19 )

.

và 9 số còn lại

.

Trong trường hợp
ký hiệu sau đây lần đầu được Legendre giới thiệu vào năm
1798 trong nỗ lực tìm kiếm chứng minh cho định lý cuối cùng của Fecma
Định nghĩa 1.2. Giả sử p là một số nguyên tố và a là một số nguyên. Kí hiệu
 1 nÕu a lµ sè chÝnh ph ¬ng ( modp) ,
 a 

 p ÷= −1 nÕu a kh«ng lµ sè chÝnh ph ¬ng ( modp) ,
  
 0 nÕu p lµ mét í c cña a.

Trang 9


Trong ví dụ đã đưa ra ở trên khi xét các số nguyên dương chính phương

( mod19 )

thấy rằng có 9 số là chính phương

( mod19 )

trong tập các số nguyên
p −1
2

phải chăng có
phương
này.

( mod p )

{ 1, 2,...,18}

ta

và 9 số còn lại không là số chính phương

. Từ đây gợi ý cho ta đưa ra phỏng đoán rằng

các số là chính phương

trong tập các số

( mod19 )

{ 1, 2,.., p − 1}

( mod p )

p −1
2

và

số không là số chính

? Định lý sau là câu trả lời cho phỏng đoán

Định lý 1.3. Cho p là một số nguyên tố.
a)

b)

Nếu

p=2

thì 1 là số chính phương modulo p.

Nếu p lẻ thì có đúng

p −1
2

số chính phương

( modp )

trong tập các số nguyên

2

{ 1, 2,..., p − 1}

 p −1 
1 , 2 , ..., 
÷.
 2 
2

được cho bởi:

2

Chứng minh.
a) Hiển nhiên

b)

Ta đặt

p − 1

S1 = 1, 2,...,

2 


Ta chứng minh rằng

và

∀i, j ∈ S1

i 2 ≡ j 2 ( mod p ) ⇒ ( i − j ) ( i + j ) Mp

1 ≤ i, j ≤

p −1
⇒ 2 ≤ i + j ≤ p −1
2

i 2 @j 2 ( mod p )

. Mặt khác

S = { 1, 2,..., p − 1}

thì

i 2 @j 2 ( mod p )

tuy nhiên vì

suy ra

.

i+ j

. Thật vậy giả sử ngược lại

i ≠ j ⇒ i @j ( mod p )

mặt khác vì

không chia hết cho p suy ra mâu thuẫn. Vậy

∀i ∈ S1 ⇒ p − i ∈ S \ S1

và vì

( p − i)

2

≡ i 2 ( mod p )

các số chính phương trong tập S bằng tập các số chính phương trong

Trang 10

S1

từ đó suy ra tập

. Bây giờ để hoàn


thiện chứng minh định lý ta chỉ cần chỉ ra rằng
tồn tại

i ∈ S1

luôn tồn tại

sao cho
i∈S

sao cho

12 ( mod17 ) ≡ 1

i ≡ h ( mod S )

mặt khác

p = 17

,

2

i ∈ S1

( mod p )

các số chính phương

62 ( mod17 ) ≡ 2 7 2 ( mod17 ) ≡ 15

,

. Nếu

i2 ≡ ( p − i )

22 ( mod17 ) ≡ 4

,
và

và

h

là số chính phương thì luôn

. Thật vậy nếu h là số chính phương

2

i ∈ S \ S1 ⇒ p − i ∈ S1

Ví dụ 2. Với

i 2 ≡ h ( mod p )

∀h ∈ S

( mod p )

thì suy ra điều phải chứng minh. Nếu

. Ta có điều phải chứng minh

( mod17 )

32 ( mod17 ) ≡ 9
82 ( mod17 ) ≡ 13

suy ra

,

.

{ 1, 2,...,16}

trong trong tập

42 ( mod17 ) ≡ 16

#

là

52 ( mod17 ) ≡ 8

,

,

.

{ 1, 2,..., p − 1}

Mặc dù định lý 1.3 chỉ ra rằng một nửa các số trong tập
là các số chính
phương, tuy nhiên ta cần một công cụ hữu hiệu hơn để chỉ ra đâu là một số chính phương

( mod p )

Euler

trong tập các số nguyên tố cùng nhau với p? Câu trả lời được
năm 1755.

Định lý 1.4. Nếu p là số nguyên tố lẻ và
Chứng minh.

gcd ( a, p ) = 1

thì:

Theo định lý nhỏ Fecma thì nếu p là số nguyên tố lẻ và
a

Mặt khác
a

p −1
2

p −1

 p2−1  p2−1 
− 1 =  a − 1÷ a + 1÷ ≡ 0 ( mod p )




≡ −1( mod p ) #

.

Trang 11

tìm ra vào

 p2−1
 a ≡ 1( modp )
 p −1
 a 2 ≡ −1( modp ) .


gcd ( a, p ) = 1

suy ra hoặc

a

thì
p −1
2

a p −1 ≡ 1( mod p )

≡ 1( mod p )

.

hoặc


Định lý 1.5 (Tiêu chuẩn Euler). Cho p là một số nguyên tố. Khi đó:
a)

Nếu

p=2

p>2

Nếu
Chứng minh.
b)

a)

Nếu

p=2

thì mọi số a lẻ đều là số chính phương
và

gcd ( a, p ) = 1

= 2 ( 2m 2 + 2m − k ) ≡ 0 ( mod 2 )

Nếu

p>2

a = 2k + 1

.

( a, p ) = 1 ⇒ ( x, p ) = 1

từ đó suy ra

p −1
2

( modp )
.

. Đặt

( mod p )

khi đó tồn tại

x 2 − a = ( 2m + 1) − ( 2k + 1)
2

ta có

( mod p )

x∈Z

x p −1 ≡ 1( mod p )

. Theo định lý Fecma

≡ 1( mod p )

x = 2m + 1

suy ra a là số chính phương

Giả sử a là số chính phương

a

.

.

vì a lẻ suy ra a có dạng

b)

thì

a
 ÷≡ a
 p

p −1
2

( modp )

.

sao cho

, mặt khác

x 2 ≡ a ( mod p )

x p −1 ≡ a

.

Bây giờ ta chứng minh rằng nếu a không là số chính phương
a

p −1
2

cho

≡ −1( mod p )

. Với mỗi số

rx = a ( mod p )

{ 1, 2,..., p − 1}

1 ≤ r ≤ p −1

tồn tại duy nhất một số

. Vì a không là số chính phương

được chia thành

p −1
2

cặp

( r, x )

mà

( mod p )

rx = a ( mod p )

có,
−1 ≡ ( p − 1) ! ≡ ( rx )

Vậy ta có khẳng định

p −1
a
2
 ÷ ≡ a ( mod p )
p
 

#

p −1
2

≡a

.

Trang 12

p −1
2

( mod p )

.

p −1
2

( mod p )

( mod p )

x ∈ { 1, 2,..., p − 1}

suy ra

r≠x

, do

thì
sao

và các số

. Theo định lý Wilson ta


Ví dụ 3. Xét số nguyên tố

p = 47

 5 
 ÷≡ 5
 47 

Suy ra không tồn tại x để

ta có
47 −1
2

≡ 523 ≡ ( 54 ) .53 ≡ −1( mod 47 )
5

.

x 2 ≡ 5 ( mod 47 )

 7 
 ÷≡ 7
 47 

47 −1
2

.

≡ 7 23 ≡ ( 7 2 ) .7 ≡ 1( mod 47 )
11

.

x ≡ 7 ( mod 47 )
2

Suy ra không tồn tại x để
có nghiệm.
Một số hệ quả sau đây được suy ra trực tiêp từ định lý 1.5

Hệ quả 1.6. Cho một số nguyên tố và số nguyên a sao cho
a ≡ b ( modp )

( a, p ) = 1

. Khi đó nếu

thì
a b
 ÷=  ÷
 p  p

.

Hệ quả1.7. Nếu p là một số nguyên tố lẻ và

( p, ab ) = 1

thì

 ab   a  b 
 ÷ =  ÷ ÷.
 p   p  p 
k

n = ∏ piαi

Hệ quả 1.8. Cho p là số nguyên tố và số nguyên có phân tích

( n, p ) = 1

thì
α

i
 n  k  piαi  k  pi 
÷= ∏  ÷ .

 ÷= ∏ 
 p  i =1  p  i =1  p 

Ví dụ 4. Kiểm tra số 77 có là số chính phương modulo 19 hay không?

Trang 13

i =1

sao cho


Ta có
7

19 −1
2

 77   7.11   7  11 
 ÷= 
÷ =  ÷ ÷
 19   19   19  19 

, mặt khác ta có

19 −1
2

= 7 ≡ 1( mod19 )
9

và

11

= 11 ≡ 1( mod19 )
9

chính phương modulo 19, tức là phương trình

Ví dụ 5. Tính

 200 

÷
 37 

x 2 ≡ 77 ( mod19 )

. Như vậy số 77 là số

có nghiệm.

.
3

Ta có

suy ra

 77 
 ÷= 1
 19 

2

 100   2   5 

÷=  ÷  ÷
 37   37   37 

,

37 −1
 2 
2
≡ −1( mod 37 )
 ÷≡ 2
 37 

và

37 −1
 5 
2
≡ −1( mod 37 ) .
 ÷≡ 5
 37 

3

2
 200 

÷ = ( −1) .( −1) = −1.
 37 

Vậy
Mặc dù tiêu chuẩn Euler là một cách hữu hiệu để xác định một số có là số chính
phương hay không. Tuy nhiên một kết quả rất quan trọng về số chính phương được
Gauss phát hiện ra vào năm 1808 đó là luật thuận nghịch hay còn gọi là luật tương hỗ
Gauss. Luật tương hỗ Gauss là một công cụ hữu hiệu để biến đổi kí hiệu Legender.

Định lý 1.9 (Bổ đề Gauss . Cho p là số nguyên tố lẻ với

đó s là số phần tử trong tập
Chứng minh.

1


a, 2a,..., ( p − 1) a 
2



( a, p ) = 1

và lớn hơn

p

2

, khi đó

Đặt s là số phần tử của tập S mà lớn hơn

r=

và đặt

Trang 14

p −1
−s
2

,ở

.

Đặt S là tập thặng dư dương nhỏ nhất theo modulo p của các số
p
2

a
s
 ÷ = ( −1)
 p

1



a, 2a,..., ( p − 1) a 
2



.

. Ta gán nhãn cho các phần


tử của tập S như sau

Vì tập các số

ai , b j

S = { a1 , a2 ,..., ar , b1 , b2 ,..., bs }

r

s

i =1

j =1

∏ ai .∏ b j ≡ a
bj >

Vì

p
p
, ∀j = 1, s ⇒ 0 < p − b j < , ∀j = 1, s
2
2

Tập này gồm

p −1
2

i, j

p
, ∀j = 1, s
2

p −1
0 < i, j ≤
⇒ 0 < i + j < p, ∀i = 1, r
2

.

{ a1 , a2 ,..., ar , p − b1, p − b2 ,..., p − bs }

( a, p ) = 1

vì

( i + j ) Ma

suy ra

.

s

;

j = 1, s

∏(
. Mặt khác

j =1

 p −1 

÷!
 2 

suy ra

a
s
 ÷ ≡ ( −1)

 p

hay

điều này mâu thuẫn

p − b j ) ≡ ( −1)

s

s

∏ b ( mod p )
j =1

j

p −1
r
s
r
s
p −1
s
s
 p −1 
2 

÷! ≡ ∏ ai .∏ ( p − b j ) ≡ ( −1) ∏ ai .∏ b j ≡ ( −1) a . 
÷!( mod p )

 2 
 2 
i =1
j =1
i =1
j =1

gọn hai vế cho

.

nên ta có

ai ≡ ( p − b j ) ( mod p ) ⇔ ai + b j ≡ ( 0 mod p )

sao cho

ia + ja ≡ 0 ( mod p ) ⇔ ( i + j ) a ≡ 0 ( mod p )

, từ đó suy ra

và

1


a, 2a,..., ( p − 1) a 
2



 p −1 
.
÷!( mod p )
 2 

. Xét tập

bj >

số. Ta chứng minh tập này gồm các số phân biệt.

Thật vậy giả sử tồn tại

vì

, ở đó

là thặng dư dương nhỏ nhất của các số
p −1
2

p
, ∀i = 1, r
2

ai <

. Rút

.

Ví dụ 6. Xét xem số 20 có là số chính phương modulo 41 hay không?
Ta có

{ 20, 40,60,..., 400} ≡ { 20, 40,19,39,18,38,17,37,16,36,15,35,14,34,13,33,12,32,11,31} ( mod 41)
p −1
= 20 ⇒ s = 10
2

Có 10 số lớn hơn
phương modulo 41.

. Vậy

10
 20 
 ÷ ≡ ( −1) ≡ 1( mod 41)
 41 

Trang 15

.

. Tức là 20 là số chính


Định lý 1.10 (Luật tương hỗ Gauss). Nếu p và q là các số nguyên tố lẻ phân biệt thì
p −1 q −1
 p  q 

.
2 2
=
−
1
(
)
 ÷ ÷
 q  p 

.

Chứng minh.
Ta xét p và q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt. Với mỗi số
rk

là các số xác định bởi

qk = pqk + rk

với

thặng dư dương nhỏ nhất của qk. Ta gọi
b1 , b2 ,..., bs

a1 , a2 ,..., ar , p − b1 , p − b2 ,..., p − bs

1, 2,...,

p −1

2

và

q
s
 ÷ = ( −1)
 p

i =1

s

∑a + ∑(
Từ đó

p −1
2

Đặt

i

j =1

là các giá trị của
p
2

lớn hơn

và

rk

nhỏ hơn

và

là các
p
2

và

, khi đó theo bổ đề Gauss

p −1
2

s

b = ∑bj
j =1

và

a + b = ∑ rk

. Khi đó

k =1

.

p −1
2

p2 −1
p − b j ) = sp + a − b = ∑ k =
8
k =1

.(*)

p −1
2

 qk 
u = ∑ qk = ∑  
k =1
k =1  p 

rk

. Đặt

a = ∑ ai

r

a1 , a2 ,..., ar

, khi đó

 kq 
qk =  
p

đặt

qk

là các số phân biệt và trùng với tập các số nguyên

r

i =1

rk

là các giá trị của

1 ≤ rk ≤ p − 1

p − 1

k ∈ 1, 2,...,

2 



lấy tống 2 vế

kq = pqk + rk

1≤ k ≤

theo

p −1
 p2−1 
 p2−1  q p 2 − 1
2
(
)
pu + a + b = p  ∑ qk ÷+ a + b = ∑ ( pqk + rk ) = q  ∑ k ÷ =
 k =1 ÷
 k =1 ÷
8
k =1

÷

÷





Trang 16

p −1
2

ta được

. (**)


Lấy

( **) − ( *)

pu + 2b − sp =

ta được

Lấy modulo 2 vế của (***) vì

p2 −1
.( q − 1)
8

. (***)

p ≡ q ≡ 1( mod 2 ) ⇒ u ≡ s ( mod 2 )
q −1
2

Lặp lại quá trình này với p và q với

Suy ra

 q  p 
u +v
 ÷ ÷ = ( −1)
 p  q 

pj = qi

q −1
2

. Rõ ràng có

ta đạt được
u+v =

. Bây giờ ta chứng minh

Xét tất cả các điểm lưới
1≤ j ≤

 jp 
v = ∑ 
j =1  q 

 p
v

 ÷ = ( −1)
q

p −1 q −1
.
2
2

trên mặt phẳng

.

.

.
1≤ i ≤

( i , j ) , ( i, j ∈ Z )

p −1 q −1
.
2
2

. Do đó

q
s
u
 ÷ = ( −1) = ( −1)

 p

sao cho

p −1
2

và

điểm như vậy. Ta xét đường thẳng (d) có phương trình

không có điểm lưới đang xét nào thuộc đường thẳng (d) vì nếu có suy ra q là ước

(

1≤ j ≤

p, q ) = 1 ⇒ j Mq

q −1
2

của pj nhưng vì
mâu thuẫn vì
. Do đó các điểm lưới đang xét
hoặc nằm trên hoặc nằm dưới đường thẳng (d). Mặt khác các điểm lưới nằm dưới đường
thẳng (d) là
p −1
2

 qi 
u = ∑ 
i =1  p 

.

Các điểm lưới nằm trên đường thẳng (d) là
q −1
2

 jp 
v = ∑ 
j =1  q 

Trang 17

.


Từ đó ta có

p −1 q −1
u+v =
.
2
2

. Vậy ta có

p −1 q −1

 q  p 
.
=
−
1
 ÷ ÷ ( ) 2 2
 p  q 
#

.

Luật tương hỗ Gauss thực chất khẳng định rằng nếu p và q là hai số nguyên tố lẻ thì p
là số chính phương

( mod q )

( mod p )

khi và chỉ khi q là số chính phương
và ngược lại
3
4
ngoại trừ trường hợp p và q cùng đồng dư với
modulo . Thật vậy vì ta có

( −1)

p −1 q −1
.
2 2

= −1 ⇔ p ≡ q ≡ 3 ( mod 4 )

. Hay nói cách khác ta có hệ quả sau đây.

Hệ quả 1.11. Cho p và q là các số nguyên tố lẻ khi đó

a)

b)

Nếu
Nếu

p @3 ( mod4 )

hoặc

p ≡ q ≡ 3 ( mod4 )

Ví dụ 7. Xét phương trình

q @3 ( mod4 )

thì

thì

 p  q
 ÷=  ÷

 q   p

.

 p
q
 ÷= −  ÷
q
 p

.

x 2 ≡ 73 ( mod 419 )

Áp dụng luật tương hỗ Gauss ta có

có nghiệm hay không?

73−1 419−1
.
7524
 73   419 
2
2
.
=
−
1
= ( −1)
=1

(
)

÷
÷
 419   73 

3

. Mặt khác

3

73−1
3
 732−1 
 419   54   2.3   2   3 
 73 
3
2
÷ =  ÷. ÷ ≡ 2 .  3 ÷ ≡ 1.1 = 1 ⇒ 

÷=  ÷= 
÷= 1
 73   73   73   73   73 
 419 



Vậy phương trình

x 2 ≡ 73 ( mod 419 )

Ví dụ 8. Xét phương trình

có nghiệm.

x 2 = 11( mod 293)

(1) có nghiệm hay không?

Trang 18

.


Trước hết ta có

11 ≡ 3 ( mod 4 )

và

293 ≡ 1( mod 4 )

. Xét phương trình liên kết tương ứng

11−1
 293   7 
2


÷ =  ÷ ≡ 7 ≡ −1( mod11)
 11   11 

x 2 ≡ 293 ( mod11)

(2). Ta có
dụng hệ quả 1.11 suy ra (1) có nghiệm.

suy ra (2) vô nghiệm. Sử

Định lý 1.12. Cho p là một số nguyên tố lẻ và số nguyên a nguyên tố cùng nhau với p khi
đó a là số chính phương modulo p khi và chỉ khi a là số chính phương modulo
p k , ∀k ∈ Z , k ≥ 1

.
Chứng minh.

( mod p )
k

“Phần thuận” Giả sử a là số chính phương
x sao cho

(x

2

− a ) Mp k ⇒ ( x 2 − a ) Mp

với

x 2 ≡ a ( mod p )

hay

k ≥1

khi đó tồn tại số nguyên

, do đó a là số chính phương

( mod p) .
“Phần đảo” Ngược lại giả sử a là số chính phương modulo p ta chứng minh a là số chính

( mod p )
k

phương
-

Thật vậy

với

k =1

k ≥1

bằng quy nạp.

khẳng định hiển nhiên đúng.

Giả sử khẳng định đã đúng đến k, tức là tồn tại
⇒ xk2 = a + tp k , ( t ∈ Z )

-

Đặt

.

xk +1 = xk + sp ⇒ x
k

2
k +1

trong đó số nguyên s thỏa mãn
có Vì

( 2sxk + t ) Mp

suy ra

xk

sao cho

xk2 ≡ a ( mod p )

= xk2 + 2 sxk p k + s 2 p 2 k = a + p k ( 2sxk + t ) + s 2 k p 2 k ,

2sxk ≡ −t ( mod p )

xk2+1 ≡ a ( mod p k +1 )

Ví dụ 9. Tìm nghiệm của phương trình

. Số nguyên s là tồn tại vì

( 2 xk , p ) = 1

( mod p )
k +1

. Vậy a là số chính phương

x 2 ≡ 6 ( mod 25 )

Trang 19

(*).

#

.

. Ta

Trước hết ta nhận thấy phương trình
và

x1 ≡ 1( mod 5 )

. Bây giờ ta xác định số nguyên s sao cho

này tương đương
1 + 5.3 = 16

x 2 ≡ 6 ( mod 5 ) ≡ 1( mod 5 )

2 s ≡ 1( mod 5 ) ⇔ s ≡ 3 ( mod 5 )

. Do vậy nghiệm của (*) là

và

1 = 6 + ( −1) .5 ⇒ t = −1

2s − 1 ≡ 0 ( mod5 )

và 1 nghiệm của (*) bé hơn 25 là

x ≡ ±16 ( mod 25 )

hay

x ≡ ±9 ( mod 25 )

Bây giờ ta xét trong trường hợp p là số nguyên tố chẵn tức

( k ≥ 1, k ∈ Z )

2)

Nếu
Nếu

k =1
k=2
k ≥3

thì
thì

Nếu
thì
Chứng minh.
1) Hiển nhiên.
3)

2)

.

p=2

. Xét

n = 2k

,

. Ta có định lý sau đây.

Định lý 1.13. Cho số nguyên a và số

1)

. Phương trình

n = 2k , ( k ≥ 2, k ∈ Z )

a a
 ÷ =  ÷ = 1 ⇔ a ≡ 1( mod 2 )
n 2

.

 a   a 
 2 ÷ =  2 ÷ = 1 ⇔ a ≡ 1( mod 4 )
2  2 

a  a
 ÷=  k
n 2


÷ = 1 ⇔ a ≡ 1( mod8 )



Giả sử a là số chính phương

( mod 4 )

. Khi đó:

.
.

suy ra tồn tại x sao cho

x = 2k + 1 ⇒ x 2 = ( 2k + 1) ≡ 1( mod 4 ) ⇒ a ≡ 1( mod 4 ) .

x 2 ≡ a ( mod 4 )

. Vì a lẻ

2

suy ra x lẻ. Đặt

a ≡ 1( mod 4 ) ⇒ a = 4h + 1
x ≡ a ( mod 4 ) .

,

đặt

Đảo lại giả sử a lẻ và

x = 2k + 1 ⇒ x = ( 2k + 1) ≡ ( 1 + 4h ) ( mod 4 )
2

2

,

hay

2

( mod 2 ) ( k ≥ 3)
k

3)

Giả sử a là số chính phương

,

Trang 20

suy ra tồn tại x thỏa

x 2 ≡ a ( mod 2k )

.

x = 2k + 1 ⇒ x 2 = ( 2k + 1) = 4k ( k + 1) + 1
2

Vì a lẻ suy ra x lẻ. Đặt

k ( k + 1) M2 ⇒ 4k ( k + 1) M
8 ⇒ x 2 = 4k ( k + 1) + 1 ≡ 1( mod 23 )

. Vậy

a ≡ 1( mod8 ) #

Đảo lại giả sử

( mod 2 ) , k ≥ 3

. Vì

k ≥ 3 ⇒ 2k M
8

và vì

x 2 = 4k ( k + 1) + 1 ≡ 1( mod8 )

, do đó

.

a ≡ 1( mod8 )

hay

a = 1 + 8h

. Ta chứng minh a là số chính phương

k

-

Nếu

.

k =3

hiển nhiên.
k >3
n = 2 k −3
Nếu
. Đặt
ta xét tập A gồm n số nguyên sau
1.2 3.4
( 2i − 1) 2i ,..., ( 2n − 1) 2n 
A= ,
,...,

2

2
 2 2


.
Ta chứng minh rằng tập A gồm n số phân biệt theo modulo n. Thật vậy
- Rõ ràng tập A gồm n số.
- Giả sử trong A có hai số trùng nhau theo modulo n tức là:

( 2i − 1) 2i ≡ ( 2 j − 1) 2 j
2

suy ra

( i − j ) ( 2i + 2 j − 1) ≡ 0 ( mod n )

2

. Mặt khác

( mod n )

( 2i + 2 j − 1, n ) = 1 ⇒ ( i − j ) Mn

điều này mâu

1 ≤ i, j ≤ n

i, j

thuẫn vì
phân biệt và
. Như vậy ta đã chứng minh được rằng tập A là n giá
trị phân biệt theo modulo n do đó mọi số nguyên đều đồng dư với một phần tử nào đó của
tập A theo modulo n. Từ chứng minh trên suy ra với
A đồng dư với

h

theo

( mod n )

( 2i − 1) 2i ≡ h

Giả sử
x 2 ≡ a ( mod 2k )

2

a = 1 + 8h

, tồn tại một phần tử thuộc

.

( mod n ) ⇒ 8i ( 2i − 1) ≡ 8h ( mod8n ) ⇒ ( 4i − 1)

. Định lý được chứng minh.

Trang 21

2

≡ 1 + 8h mod8n
(
)(
)

hay


Ví dụ 10. Tìm nghiệm của phương trình
Trước hết ta tìm số

chọn

{ ±9, ±7}

.

r 2 ≡ 17 ( mod 24 ) ⇒ r = 1

sao cho

vì

12 = 1 = 17 + 24 ( −1)

s = r + 23.k ⇒ s 2 ≡ ( r 2 + k .2 4 ) ( mod 25 ) ≡ 17 + ( k − 1) .2 4  ( mod 25 )

số thỏa mãn
k ∈ { 1,3}

r

x 2 ≡ 17 ( mod 25 )

suy ra

s ∈ { 9, 25} ≡ { 9,7} ( mod 25 )

. Ta đặt s là

. Từ đây ta

. Vậy tất cả x thỏa mãn theo modulo

25

là

.

Định lý 1.14. Cho n là số nguyên dương có khai triển ra thừa số nguyên tố là
n = p1α . p2α ... pkα
pi
αi
(ở đó
là các số nguyên tố và

là các số nguyên không âm) và a là số
nguyên tố cùng nhau với n, khi đó a là số chính phương modulo n khi và chỉ khi a là số
1

2

k

chính phương modulo
Chứng minh.
“

⇒

( mod p ) , ∀i = 1, k
αi
i

“

.

” Giả sử a là số chính phương

mặt khác vì

⇐

piαi ∀i = 1, k

( mod n )

n = p1α1 . p2α 2 ... pkα k ⇒ ( x 2 − a ) Mpiαi , ∀i = 1, k ⇒

)

a

2

− a ) Mn

,

là số chính phương

.

” Giả sử a là số chính phương modulo

(

suy ra tồn tại số nguyên x sao cho

(x

xi2 ≡ a mod piαi , ∀i = 1, k

. Vì các

Hoa tồn tại số nguyên x thỏa

piαi

piαi , ∀i = 1, k

. Khi đó tồn tại

xi ∈ N

sao cho

nguyên tố cùng nhau, theo định lý thặng dư Trung

(

)

(

)

x = xi mod piαi ⇒ x 2 = xi2 mod piαi , ∀i = 1, k ⇒ x 2 ≡ a ( mod n )

do đó a là số chính phương modulo n. Định lý được chứng minh

#

.

Từ các kết quả ở trên ta rút ra kết luận khi nào a là một chính phương
một số nguyên dương bất kỳ và

( a, n ) = 1

.
Trang 22

( mod n )

với n là


Hệ quả 1.15. Cho số nguyên a và n là số nguyên dương bất kỳ sao cho
là số chính phương
1)
2)

( mod n )

a là số chính phương
a ≡ 1( mod 2 )

nếu

2k

( a, n ) = 1

, khi đó a

khi và chỉ khi:

( mod p )

với mọi số nguyên tố lẻ p là ước của n và

nếu 2 là ước của n;

a ≡ 1( mod 4 )

là ước của n với mọi k nguyên và

nếu

k ≥3

22

là ước của n, và

a ≡ 1( mod8 )

..

( mod 2100 )

Ví dụ 11. Kiểm tra xem 17 có là số chính phương
hay không?
2100 = 2 2.3.52.7

Ta có phân tích ra thừa số nguyên tố
. Bây giờ ta kiểm tra tính chính
phương

( mod p )

 17 
 2 ÷= 1
2 

của 17 với lần lượt

vì

17 ≡ 1( mod 4 )

 17   17   2 
 2 ÷=  ÷=  ÷≡ 2
5   5  5

5−1
2

22

, 3,

52

, 7. Ta có

 17   2 
 ÷ ≡  ÷ = −1
 3  3

.

( mod 5 ) = −1
và

 17   3 
 ÷=  ÷≡ 3
 7  7

( mod 2100 )

7 −1
2

.

( mod 7 ) = −1
.

Vậy 17 không là số chính phương
.
Trong trường hợp n là một số nguyên dương bất kì, kí hiệu sau đây được Jacobi đưa
ra vào năm 1846 trong một bài báo của Crelle. Về thực chất đây là một mở rộng của kí
hiệu Legendre. Đặt
định nghĩa là

n = p1α1 . pα2 2 ... pkα k

và a là một số nguyên dương, kí hiệu Jacobi được
αi

a k  a 
 ÷= ∏  ÷
 n  i =1  pi 

.
Cũng giống như kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi cũng có đầy đủ các tính chất đã
được xét. Cụ thể là:

1)

Nếu

a ≡ b ( mod n )

thì

a b
 ÷=  ÷
n n

,
Trang 23


2)

3)

4)

5)

 a   a  a 

÷ =  ÷ ÷
 mn   m  n 

,

 ab   a  b 
 ÷ =  ÷ ÷
 n   n  n 

,

 −1 
 ÷ = ( −1)
 n 
2
 ÷ = ( −1)
n

n −1
2

nếu n lẻ,

n 2 −1
8

,

( n −1) ( m −1)
 n  m 
4
=
−
1
(
)
 ÷ ÷
m
n
  

với m, n lẻ và nguyên tố cùng nhau.
Tuy nhiên có một điểm khác biệt giữa kí hiệu Jacobi và kí hiệu Legender là đối với kí
6)

hiệu Jacobi thì nếu

nhiên nếu
B.

a

 ÷ = −1
n

a
 ÷= 1
n

thì phương trình

thì phương trình

x 2 ≡ a ( mod n )

x 2 ≡ a ( mod n )

chưa chắc có nghiệm tuy

vô nghiệm.

Bài tập và ứng dụng

Thặng dư bình phương được ứng dụng nhiều trong phương trình nghiệm nguyên hoặc
tính chất chia hết của số nguyên. Trước hết ta xét một số bài toán cơ sở sau đây.
Bài 1. Cho p là một số nguyên tố. Hãy xác định điều kiện p để

( mod p )

−1

là số chính phương

.
Lời giải.

a)

Trường hợp

p=2

.

Ta chỉ cần chọn x là số lẻ
đúng trong trường hợp
b)

Trường hợp

x = 2k + 1

p=2

p>2

x 2 = ( 2k + 1) ≡ 1 ≡ −1( mod 2 )
2

khi đó

.

.
Trang 24

. Suy ra định lý


a

p −1
2

= ( −1)

p −1
2

=1 ⇔

Theo tiêu chuẩn Euler ta có

-

-

Nếu
Nếu

p=2

p≥3

thì
thì

 −1 
 ÷= 1
 2 

p −1
= 2k ⇔ p = 1 + 4k
2

.Vậy ta có:

.

 −1 
 ÷ = 1 ⇔ p ≡ 1( mod 4 )
 p

.

Bài 2. Hãy xác định điều kiện số nguyên tố lẻ p để 2 là một số chính phương
Lời giải.
Ta xét số nguyên tố lẻ p theo modulo 8, tức là
p − 1

2, 4,..., 2.


2 


Đặt s là số phần tử trong tập

tập trên mà nhỏ hơn

-

-

-

-

Nếu
Nếu
Nếu
Nếu

p
2

là

 p
 4 

suy ra

mà lớn hơn

p −1  p 
− 
2
4

1

p = 1 + 8k ⇒ s = 4 k −  2 k +  = 2 k
4


và
p
2

p ≡ ±3 ( mod8 )

.

.

5

p = 8k + 5 ⇒ s = 4k + 2 −  2k +  = ( 4k + 2 ) − ( 2k + 1) = 2k + 1
4


7


p = 8k + 7 ⇒ s = 4k + 3 −  2k +  = ( 4k + 3 ) − ( 2k + 1) = 2k + 2
4

2
s
 ÷ = ( −1)
 p

 2   1 nÕu p ≡ ±1( mod8)
 p÷ = 
  −1 nÕu p ≡ ±3( mod8)

.
.

. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

(*).
Trang 25

.

.

. Vì số các phần tử trong

.

3


p = 8k + 3 ⇒ s = 4k + 1 −  2k +  = 2k + 1
4


Tuy nhiên theo bổ đề Gauss thì

Vậy

s=

p ≡ ±1( mod8 )

( mod p )