Thặng dư và thặng dư bình phương :  Luận văn ThS. Toán học: 60 46 01

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------

MAI THỊ NGỌC

THẶNG DƯ VÀ THẶNG DƯ
BÌNH PHƯƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội – 2016


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------

MAI THỊ NGỌC

THẶNG DƯ VÀ THẶNG DƯ
BÌNH PHƯƠNG
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học : GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

Hà Nội - Năm 2016

i

Mục lục
MỞ ĐẦU
1 Một số kiến thức cơ bản
1.1 Thặng dư . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Thặng dư . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Lớp thặng dư . . . . . . . . . . .
1.2 Hệ thặng dư . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Hệ thặng dư đầy đủ . . . . . . . .
1.2.2 Hệ thặng dư thư gọn . . . . . . .
1.3 Các định lý cơ bản về thặng dư . . . . . .
1.3.1 Định lý Euler và định lý Fermat .
1.3.2 Định lý thặng dư Trung Hoa . . .
1.4 Thặng dư bình phương . . . . . . . . . .
1.4.1 Tiêu chuẩn thặng dư bình phương
1.4.2 Kí hiệu Legendre . . . . . . . . .
1.4.3 Luật tương hỗ bậc hai . . . . . . .
1.4.4 Thặng dư bình phương với modulo
1.4.5 Nhận xét về thặng dư bậc cao . .

3

. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .

. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
hợp số
. . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

2 Phương trình thặng dư
2.1 Phương trình thặng dư một ẩn . . . . . . . . . . .
2.1.1 Phương trình thặng dư một ẩn . . . . . . .
2.1.2 Phương trình thặng dư tuyến tính . . . . .

2.1.3 Phương trình thặng dư modulo nguyên tố .
2.1.4 Hệ phương trình thặng dư bậc nhất một ẩn
2.2 Phương trình bậc nhất nhiều ẩn . . . . . . . . . .
2.2.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . .
2.2.2 Phương trình Diophant bậc nhất tổng quát

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

5
5
5

8
9
9
11
14
15
17
18
18
20
26
30
33

.
.
.
.
.
.
.
.

34
34
34
35
38
40
46

46
48


ii

2.3

Phương trình Diophant phi tuyến . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Phương trình Pythagore . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Biểu diễn một số dưới dạng tổng hai bình phương . . .

51
51
54

3 Một số dạng toán liên quan đến thặng dư và thặng dư bình
phương
3.1 Một số dạng toán liên quan đến thặng dư . . . . . . . . . . .
3.2 Một số dạng toán của thặng dư bình phương . . . . . . . . .
3.2.1 Ứng dụng trong bài toán chứng minh chia hết . . . . .
3.2.2 Ứng dụng trong tập hợp các số nguyên tố . . . . . . .
3.2.3 Ứng dụng trong các bài toán dãy số nguyên và đa thức
3.2.4 Phương trình nghiệm nguyên . . . . . . . . . . . . . .

58
58
62
62
65

68
72

4 Một số dạng toán về thặng dư từ các đề thi Olympic
4.1 Sử dụng hệ thặng dư đầy đủ trong bài toán đếm . . . .
4.2 Bài toán tính tổng và chứng minh đẳng thức số . . . . .
4.3 Một số bài toán liên quan số học . . . . . . . . . . . . .
4.3.1 Quan hệ thặng dư . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.2 Định lý Fermat nhỏ và định lý Euler . . . . . . .
4.3.3 Một số bài toán số Fermat . . . . . . . . . . . .

77
77
81
83
83
85
90

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.

Kết luận

94

Tài liệu tham khảo

95


3

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết thặng dư - lý thuyết đặc biệt quan trọng trong số học và đã
được nhiều nhà Toán học nghiên cứu, vận dụng trong việc giải nhiều bài toán
hay, khó và có ứng dụng thực tế.
Trong các kì thi Olympic Toán học ở Việt Nam và các nước trên thế giới
thì lý thuyết thặng dư là phần được quan tâm đáng kể, vì thế việc có những
hiểu biết ban đầu về thặng dư sẽ giúp ta giải nhiều bài toán khó trong số
học một cách nhẹ nhàng, ngắn gọn và đẹp.

Tuy nhiên, trong nhà trường phổ thông thì thời lượng giảng dạy cho
phần lý thuyết thặng dư chưa nhiều nên học sinh thường thấy phần kiến
thức này rất khó, vượt ra hiểu biết của các em. Vì vậy để giúp bản thân có
những hiểu biết sâu sắc hơn về lý thuyết thặng dư, phục vụ tốt hơn cho công
tác bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi chọn đề tài "Thặng dư và thặng dư bình
phương" để nghiên cứu.
2. Mục tiêu nghiên cứu
Hệ thống lý thuyết, tổng hợp một số dạng toán quan trọng về thặng dư
và thặng dư bình phương.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Chương 1 hệ thống lại lý thuyết về thặng dư, thặng dư bình phương.
Ở chương 2 hoàn thiện về phương trình thặng dư và cách giải, còn chương
3 tập trung trình bày một vài ứng dụng của thặng dư và thặng dư bình
phương. Cuối cùng, chương 4 tổng hợp một số bài toán thặng dư, thặng dư
bình phương trong các kì thi Olympic Toán các nước.
4. Khách thể và đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nhiên cứu là lý thuyết thặng dư, thặng dư bình phương và
ứng dụng của chúng.
5. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu lý thuyết và ứng dụng của thặng dư, thặng dư bình phương.


4

6. Phương pháp nghiên cứu
Để thực hiện luận văn tác giả chủ yếu thu thập và nghiên cứu các tài
liệu từ nhiều nguồn khác nhau, rồi phân tích lý thuyết về thặng dư, thặng
dư bình phương, từ đó xây dựng một số ứng dụng của nó và biên tập theo
hệ thống từ cách hiểu của bản thân.
7. Giả thuyết khoa học

Nếu luận văn được thực hiện thành công, nó sẽ là một tài liệu tham
khảo bổ ích cho giáo viên và học sinh muốn tìm hiểu về thặng dư, thặng dư
bình phương. Trong đó phần lý thuyết được chứng minh chặt chẽ, các bài
toán ứng dụng được hệ thống theo dạng và tương đối đầy đủ và cập nhật
theo mức độ từ dễ đến khó.
8. Đóng góp mới của đề tài
Luận văn đã chỉ ra được một số dạng toán ứng dụng lý thuyết thặng
dư, thặng dư bình phương, từ đó đề xuất được một số bài tập mang tính cập
nhật.
9. Cấu trúc của luận văn
Cấu trúc của luận văn gồm ba phần: phần mở đầu, phần nội dung và
phần kết luận.
Nội dung luận văn gồm bốn chương:
- Chương 1. Một số kiến thức cơ bản
- Chương 2. Phương trình thặng dư
- Chương 3. Một số dạng toán liên quan đến thặng dư và thặng dư bình
phương
- Chương 4. Một số dạng toán về thặng dư từ các đề thi Olympic
Để hoàn thành luận văn, em đã nhận được sự giúp đỡ của thầy cô, bạn
bè, đặc biệt là sự chỉ bảo hướng dẫn tận tình của GS.TSKH Nguyễn Văn
Mậu, cùng các thầy cô trong Seminar bộ môn Toán của trường Đại học Khoa
học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội. Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân
thành tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu và các thầy cô giáo trong khoa Toán
- Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà
Nội đã hướng dẫn em hoàn thành khóa học Cao học 2014-2016.
Do thời gian thực hiện luận văn không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên
khi làm luận văn không tránh khỏi những hạn chế và sai sót. Em mong nhận
được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc.
Em xin chân thành cảm ơn!

5

Chương 1
Một số kiến thức cơ bản
Thặng dư là một khái niệm cơ bản và quan trọng của lý thuyết số. Khái
niệm thặng dư do Kaclơ Friđơrich Gauss (1777-1855) trình bày trong tác phẩm
"Disquistiones Arthmeticcae" năm 1801. Trong chương này trình bày lại một số
kiến thức quan trọng về thặng dư và thặng dư bình phương.

1.1

Thặng dư

1.1.1

Thặng dư

.
Định nghĩa 1.1. Cho m là số nguyên dương, a, b là các số nguyên sao cho (a−b).. m,
ta nói a và b đồng dư hay thặng dư modulo m, và viết
a = b (mod m)

Ví dụ 1.1. Dễ thấy −12 = 43 (mod 5) và −12 = 43 (mod 11), nhưng −12 không
cùng thặng dư với 43 (mod 7); Mỗi số nguyên chẵn thặng dư với 0 modulo 2, và
mỗi số nguyên lẻ thặng dư với 1 modulo 2; Nếu x không chia hết cho 3, thì x2 = 1
(mod 3).

Định lý 1.1. Phép thặng dư a = b (mod m) có nghĩa khi và chỉ khi hiệu a − b chia
hết cho m. Nói cách khác, các số a và b có cùng số dư khi chia cho m, nếu và chỉ

nếu hiệu a − b chia hết cho m.
Chứng minh. Giả sử a = b (mod m). Khi đó các số a và b có cùng số dư r khi
chia cho m.
Bởi vậy a = mq + r, b = mq0 + r, trong đó q, q0 là các số nguyên nào đó.
Trừ vế với vế hai đẳng thức trên ta được a − b = mq − mq0 = m(q − q0 ).
Do đó hiệu a − b chia hết cho m.


6

Ngược lại, giả sử hiệu a − b chia hết cho m.
Khi đó tồn tại số nguyên k , để a − b = k.m.
Chia (có dư) số b cho m ta được b = q.m + r, trong đó 0 ≤ r < m.
Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta được a = k.m + q.m + r = (k + q).m + r
đồng thời r vẫn thoả mãn bất đẳng thức kép 0 ≤ r < m, nghĩa là a có cùng số dư
với b khi chia cho m, tức a = b (mod m).
Từ định lý 1.1 ta rút ra được một số nhận xét sau:
Nhận xét 1.1. Các phép thặng dư có thể cộng vế với vế, nghĩa là, nếu ai = bi
(mod m), thì
a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn

(mod m).

Nói cách khác, nếu ai và bi có cùng số dư khi chia cho m, thì các tổng a1 +a2 +· · ·+an
và b1 + b2 + · · · + bn cũng có cùng số dư khi chia cho m.
Chứng minh. Vì ai = bi (mod m) (0 ≤ i ≤ n), nên theo định lý 1.1, các số
ai − bi (0 ≤ i ≤ n) chia hết cho m.

Bởi vậy tồn tại các số nguyên ki để ai − bi = ki .m. Khi đó
(a1 + a2 + · · · + an ) − (b1 + b2 + · · · + bn )

= (a1 − b1 ) + (a2 − b2 ) + · · · + (am − bm )
= k1 m + k2 m + · · · + kn m = (k1 + k2 + · · · + kn )m

Vậy (a1 + a2 + · · · + an ) − (b1 + b2 + · · · + bn ) chia hết cho m, nên, theo định lý 1.1,
a1 + a2 + · · · + ai + · · · + an = b 1 + b 2 + · · · + b i + · · · + b n

(mod m).

Nhận xét 1.2. Các phép thặng dư có thể trừ vế với vế, nghĩa là từ a = b (mod m)
và c = d (mod m) suy ra a − c = b − d (mod m).
Chứng minh. Vì a = b (mod m) và c = d (mod m), nên theo định lý 1.1, các số
a − b, c − d chia hết cho m.

Do đó tồn tại các số nguyên k, l, để a − b = k.m, c − d = l.m.
Trừ vế với vế hai đẳng thức trên ta được
(a − c) − (b − d) = (a − b) − (c − d) = km − lm = (k − l)m.

Bởi vậy (a − c) − (b − d) chia hết cho m. Do đó, theo định lý 1.1,
(a − c) = (b − d)

(mod m).


7

Nhận xét 1.3. Các phép thặng dư có thể nhân vế với vế, nghĩa là, nếu a1 = b1
(mod m), a2 = b2 (mod m), . . . , ai = bi (mod m), . . . , an = bn (mod m), thì
a1 a2 . . . ai . . . an = b1 b2 . . . bi . . . bn

(mod m)

Chứng minh. Định lý được chứng minh bằng quy nạp theo n.
Cơ sở quy nạp: Với n = 2 ta có a1 = b1 (mod m), a2 = b2 (mod m) nên theo
định lý 1.1, các hiệu a1 − b1 , a2 − b2 chia hết cho m.
Khi đó tồn tại các số nguyên k1 , k2 để a1 − b1 = k1 m, a2 − b2 = k2 m.
Do đó
a1 a2 − b 1 b 2 = a1 a2 − a1 b 2 + a1 b 2 − b 1 b 2
= (a1 a2 − a1 b2 ) + (a1 b2 − b1 b2 )
= a1 (a2 − b2 ) + b2 (a1 − b1 )
= a1 k2 m + b2 k1 m
= (a1 k2 + b2 k1 )m.

Bởi vậy a1 a2 − b1 b2 chia hết cho m nên, theo định lý 1.1, a1 a2 = b1 b2 (mod m).
Quy nạp, giả sử khẳng định đã đúng với n = t, t > 2, nghĩa là từ t phép đồng
dư tùy ý
a1 = b 1

(mod m), a2 = b2

(mod m), . . . , ai = bi

(mod m), . . . , at = bt

(mod m)

đã suy ra được a1 a2 . . . ai . . . at = b1 b2 bi bt (mod m).
Xét t + 1 phép đồng dư bất kỳ, a1 = b1 (mod m), a2 = b2 (mod m), . . . , at = bt
(mod m), at+1 = bt+1 (mod m). Khi đó, theo giả thiết quy nạp từ t phép đồng dư

đầu đã có a1 a2 . . . at = b1 b2 . . . bt (mod m).

Ký hiệu, At = a1 a2 . . . at , Bt = b1 b2 . . . bt . Khi đó, theo định lý 1.1, hiệu At − Bt
chia hết cho m, nên tồn tại số nguyên l, để At − Bt = l.m.
Do at+1 = bt+1 (mod m) nên theo định lý 1.1 at+1 − bt+1 chia hết cho m. Bởi
vậy tồn tại số nguyên k để at+1 − bt+1 = k.m. Xét hiệu
At at+1 − Bt .bt+1 = At at+1 − At bt+1 + At bt+1 − Bt bt+1
= At (at+1 − bt+1 ) + bt+1 (At − Bt )
= At .k.m + bt+1 .l.m
= (At .k + bt+1 .l)m.


8

nên a1 a2 . . . at at+1 − b1 b2 . . . bt bt+1 = At at+1 − Bt bt+1 chia hết cho m. Do đó, theo định
lý 1.1 thì a1 a2 . . . an = b1 b2 . . . bn (mod m).
Hệ quả 1.1. Các phép thặng dư có thể nâng lên lũy thừa, nghĩa là, nếu a = b
(mod m) thì với mọi số nguyên không âm n đều có an = bn (mod m).

Hệ quả 1.2. Giả sử P (x) là đa thức tùy ý với hệ số nguyên
P (x) = t0 + t1 x + t2 x2 + · · · + tn xn .

Khi đó nếu a = b (mod m), thì
P (a) = t0 + t1 a + t2 a2 + · · · + tn an = t0 + t1 b + t2 b2 + · · · + tn bn = P (b)

1.1.2

(mod m).

Lớp thặng dư

Ta đã biết với mỗi số nguyên a đều tồn tại q, r sao cho a = mq+r với 0 ≤ r < m,

khi đó r và a có mối liên quan như thế nào theo modulo m? Liệu rằng có thể thay
thế a bởi r hoặc ngược lại trong quá trình giải quyết vấn đề. Từ đó ta cần tìm hiểu
mối tương quan giữa a và r.
Định lý 1.2. Quan hệ thặng dư modulo m là một quan hệ tương đương, nghĩa là
với mọi số nguyên a, b, c ta có
(i)Tính phản xạ: a = a (mod m),
(ii)Tính đối xứng: Nếu a = b (mod m) thì b = a (mod m),
(iii)Tính bắc cầu: Nếu a = b (mod m) và b = c (mod m) thì a = c (mod m).
Chứng minh. (i) Vì 0 = a − a luôn chia hết cho m nên a = a (mod m).
(ii) Từ a = b (mod m) ta được m|(a − b) suy ra m|(b − a) hay b = a (mod m).
(iii) Ta thấy nếu a = b (mod m) và b = c (mod m) thì tồn tại số nguyên x và
y sao cho a − b = mx; b − c = my .

Do đó
a − c = (a − b) + (b − c) = mx + my = m(x + y),

Vậy a = c (mod m).
Mỗi lớp tương đương của số a trên quan hệ tương đương được gọi là một lớp
thặng dư modulo m, được viết a + mZ, gồm tất cả các số nguyên có cùng thặng


9

dư khi chia a cho m hay a + mZ là tập hợp gồm tất cả các số b sao cho a = b
(mod m). Tập các lớp thặng dư modulo m được kí hiệu Z/mZ.

Trên mỗi lớp thặng dư mà a = r (mod m), khi đó r được gọi là thặng dư
không âm nhỏ nhất của a modulo m. Và nếu a = 0 (mod m) và |a| < m thì a = 0.
Hay nếu a = b (mod m) và |a − b| < m thì a = b.
Đặc biệt, nếu r1 , r2 ∈ {0, 1, 2, . . . , m − 1}; a = r1 (mod m) và a = r2 (mod m) thì

r1 = r2 . Do đó mỗi số nguyên thuộc và chỉ thuộc vào một lớp thặng dư duy nhất

là r + mZ với 0 ≤ r ≤ m − 1, vì vậy
Z/mZ = {mZ, 1 + mZ, . . . , (m − 1) + mZ}
với các số 0, 1, 2, . . . , m − 1 đôi một không đồng dư modulo m.
Như vậy mỗi số đều thuộc một lớp thặng dư nào đó và được đại diện bởi
số dư của nó khi chia cho m, khi đó ta lấy ra các đại diện của mỗi lớp thặng dư
modulo m ta được hệ thặng dư.

1.2

Hệ thặng dư

1.2.1

Hệ thặng dư đầy đủ

Định nghĩa 1.2. Trong mỗi lớp thặng dư modulo m lấy ra một thặng dư đại diện.
Tập hợp R = {r1 , r2 , . . . , rm } được gọi là hệ thặng dư đầy đủ modulo m nếu
{r1 , r2 , . . . , rm } đôi một không đồng dư modulo m.

Ví dụ 1.2. Tập hợp {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12} là hệ thặng dư đầy đủ modulo 7. Tập hợp
{0, 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21} là hệ thặng dư đầy đủ modulo 8. Tập hợp {0, 1, 2, . . . , m − 1}

là hệ thặng dư đầy đủ modulo m.
Đặc biệt, nếu ta lấy ra từ mỗi lớp thặng dư một đại diện không âm nhỏ nhất
của nó thì ta được một hệ thặng dư đầy đủ không âm nhỏ nhất modulo m. Do
đó hệ {0, 1, 2, . . . , m − 1} được gọi là hệ thặng dư đầy đủ không âm nhỏ nhất
modulo m.
Ví dụ 1.3. Tập hợp {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} là hệ thặng dư đầy đủ không âm nhỏ

nhất modulo 9.
Định lý 1.3. Nếu (a, m) = 1 và x chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m thì
ax + b, với b là một số nguyên tùy ý, cũng chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo
m.


10

Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh nếu x1 , x2 không cùng thặng dư modulo m
thì ax1 + b và ax2 + b cũng vậy.
Giả sử ngược lại, tức là
ax1 + b = ax2 + b (mod m)

thì kéo theo
ax1 = ax2

(mod m)

Vì (a, m) = 1 nên x1 = x2 (mod m). Điều này trái với giả thiết. Vậy ta có điều phải
chứng minh.
Nhận xét 1.4. Nếu A = {a1 , a2 , . . . , am } là hệ thặng dư đầy đủ modulo m thì
• Với mọi m ∈ Z tồn tại và duy nhất ai ∈ A sao cho ai = 0 (mod m).
• Với mọi a ∈ Z tập A + a = {a1 + a, a2 + a, . . . , am + a} cũng lập thành hệ thặng

dư đầy đủ modulo m.
• Nếu c ∈ Z, (c, m) = 1 thì tập cA = {ca1 , ca2 , . . . , cam } cũng lập thành hệ thặng

dư đầy đủ modulo m.
Vấn đề tiếp theo được đặt ra là "đối với hai hệ thặng dư đầy đủ thì tổng, tích
của chúng có lập thành các hệ thặng dư đầy đủ không?" Để trả lời câu hỏi đó ta

xem xét các ví dụ sau:
Bài toán 1.1. Cho hai hệ thặng dư đầy đủ modulo m: A = {a1 , . . . , am } và B =
{b1 , . . . , bm }. Chứng minh rằng nếu m là số chẵn thì tập A+B = {a1 +b1 , . . . , am +bm }

không lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modulo m. Có thể nói gì nếu m là số lẻ?
Lời giải. Ta nhận xét rằng nếu C = {c1 , . . . , cm } là hệ thặng dư đầy đủ modulo
m, thì ta có
m

m

ci =

i=

i=1

i=1

m

m

m.(m + 1)
=0
2

(mod m) (vì m chẵn)

Ta có

m

(ai + bi ) =
i=1

ai +
i=1

bi =
i=1

m.(m + 1) m.(m + 1)
+
= m.(m + 1) = 0
2
2

(mod m).

Vậy nên A + B = {a1 + b1 , . . . , am + bm } không lập thành một hệ thặng dư đầy đủ
modulo m.


11

Nếu m lẻ thì chưa kết luận được. Nghĩa là A + B có thể là hệ thặng dư đầy
đủ modulo m, có thể không là hệ thặng dư đầy đủ modulo m.
Chẳng hạn, xét m = 3, có A = {1, 2, 3}, B = {4, 5, 6} thì A + B = {5, 7, 9} là hệ
thặng dư đầy đủ modulo 3. Tuy nhiên với B0 = {5, 4, 6} thì A + B0 = {6, 6, 9} lại
không là hệ thặng dư đầy đủ modulo 3.

Bài toán 1.2. Cho hai số nguyên dương m, n và hai tập A = {a1 , . . . , an } là hệ
thặng dư đầy đủ modulo n và B = {b1 , . . . , bm } là hệ thặng dư đầy đủ modulo m.
Chứng minh rằng nếu (m, n) > 1 thì tập AB = {ai bj }, i = 1, 2, . . . , n; j = 1, 2, . . . , m
không lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modulo nm. Có thể nói gì nếu (m, n) = 1.
Lời giải. Ta có nhận xét sau: Nếu A = {a1 , . . . , an } là hệ thặng dư đầy đủ modulo
n và p là ước nguyên tố của n thì trong A có đúng n −

n
số không chia hết cho p.
p

Thật vậy, giả sử ai = qi n + ri , 1 ≤ ri < n. Do A là hệ thặng dư đầy đủ modulo
n nên các ri phân biệt. Ta có ai chia hết cho p khi và chỉ khi ri chia hết cho p. Số

phần tử của A chia hết cho p bằng số các số nguyên dương k, k ≤ n là ước của n.
n
n
. Do đó số các số không chia hết cho p trong A là n − .
p
p
Một phần tử ai bj ∈ AB không chia hết cho p khi và chỉ khi cả ai và bj đều

Dễ thấy số đó là

không chia hết cho p. Nếu AB là một hệ thặng dư đầy đủ modulo mn thì từ nhận
xét trên ta suy ra đẳng thức
mn −

mn
n

m
mn
mn
= (n − )(m − ) ⇔
= 2 .
p
p
p
p
p

Đây là điều vô lý vì p > 1.
Nếu (m, n) = 1 thì chưa kết luận được. Nghĩa là A + B có thể là hệ thặng dư
đầy đủ, có thể không là hệ thặng dư đầy đủ.
Ví dụ n = 2, m = 3. Nếu A = {1, 2}, B = {5, 7, 9} thì AB = {5, 7, 9, 10, 14, 18} là
hệ thặng dư đầy đủ modulo 6. Nếu A = {1, 2}, B = {5, 6, 7} thì AB = {5, 6, 7, 10, 12, 14}
không là hệ thặng dư đầy đủ modulo 6.

1.2.2

Hệ thặng dư thư gọn

Để hiểu rõ về hệ thặng dư thu gọn trước hết ta cần quan tâm đến hàm phi
Euler.


12
Hàm phi Euler

Định nghĩa 1.3. Hàm phi Euler của một số nguyên dương n ký hiệu bởi ϕ(n)

được định nghĩa là số các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n nguyên tố cùng
nhau với n.
Ví dụ 1.4. Cho n = 9 thì ϕ(9) = 6 vì có sáu số 1, 2, 4, 5, 7, 8 nguyên tố cùng nhau
với 9.
Định lý dưới đây cho ta cách tính hàm Euler.
Định lý 1.4. Cho p là số nguyên tố, a là một số nguyên dương. Khi đó
ϕ(pa ) = pa−1 (p − 1).

Chứng minh. Trong pa các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng pa , thì có pa−1
số không nguyên tố cùng nhau với pa là các số p, 2p, . . . , (pa−1 − 1)p, pa−1 p. Đó chính
là pa−1 các bội của p nhỏ hơn pa .
Do đó, số lượng các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng pa và nguyên tố cùng
nhau với pa được cho bởi công thức
pa (p − 1)
1
= pa−1 (p − 1).
pa − pa−1 = pa (1 − ) =
p
p

Hệ quả 1.3. Nếu n có dạng phân tích tiêu chẩn là n =
r

ϕ(n) = n.
i=1

pi − 1
pi

r

ai
i=1 pi ,

thì

.

Ví dụ 1.5.
ϕ(304920) = ϕ(23 .32 .5.7.112 )
2−1
3−1
= 23 .32 .5.7.112 .
2
3
2
= 2 .3.11.2.4.6.10 = 63360.

5−1
5

7−1
7

11 − 1
11

Như vậy hàm ϕ(m) gồm các số nguyên trong tập hợp {0, 1, 2, . . . , m−1} nguyên
tố cùng nhau với m. Ta tiếp tục xem xét các hệ thặng dư với số phần tử là ϕ(m).
Hệ thặng dư thu gọn

Định nghĩa 1.4. Tập hợp {r1 , r2 , . . . , rϕ(m) } được gọi là hệ thặng dư thu gọn
modulo m nếu với mỗi số nguyên x, (x, m) = 1, x = ri (mod m) với mỗi i =
1, 2, . . . ϕ(m).


13

Ví dụ 1.6. Tập hợp {1, 2, 3, 4, 5, 6} và {2, 4, 6, 8, 10, 12} là các hệ thặng dư thu gọn
modulo 7.
Tập hợp {1, 3, 5, 7} và {3, 9, 15, 21} là các hệ thặng dư thu gọn modulo 8.
Nhận xét 1.5. Gọi H là hệ thặng dư thu gọn modulo m thì
Các phần tử thuộc H đôi một không cùng thặng dư theo modulo m.
Mỗi phần tử thuộc H nguyên tố cùng nhau với modulo m.
Mỗi số nguyên tùy ý nguyên tố cùng nhau m đều cùng thặng dư với một số nào
đó thuộc H .
Nhận xét 1.6. Nếu tập hợp ϕ(m) phần tử ở trên được chọn từ hệ thặng dư đầy
đủ không âm nhỏ nhất modulo m thì ta được hệ thặng dư thu gọn không âm
nhỏ nhất modulo m.
Ví dụ 1.7. Hệ {1, 3, 5, 7} là hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất modulo 8.
Nhận xét 1.7. Bây giờ ta xem xét một tập hợp như thế nào sẽ lập thành một hệ
thặng dư thu gọn modulo m. Dễ thấy một tập B = {b1 , . . . , bk } gồm m số nguyên
lập thành một hệ thặng dư thu gọn modulo m khi và chỉ khi
1. (bi , n) = 1
2. bi = bj (mod n)
3. Số phần tử của B là ϕ(n).
Điều kiện 3 tương đương với 3’: Với mọi số x ∈ Z, (x, n) = 1 tồn tại duy nhất bi ∈ B
sao cho x = bi (mod n).
Bài toán 1.3. Cho hai số nguyên dương m, n với (m, n) = 1. Giả sử A = {a1 , . . . , ah }
và B = {b1 , . . . , bk } tương ứng là các hệ thu gọn modulo m và modulo n. Xét tập
C = {ai n + bj m}, 1 ≤ i ≤ h, 1 ≤ j ≤ k.

Chứng minh rằng C là hệ thu gọn modulo mn.
Lời giải. Đầu tiên ta chứng minh (ai n + bj m, mn) = 1. Giả sử trái lại p là ước
nguyên tố chung của ai n + bj m và mn. Do (m, n) = 1 nên chẳng hạn p|n và p không
là ước của m. Suy ra p|bj m ⇒ p|bj Vậy p là ước chung của n và bj , mâu thuẫn.


14

Ta chứng minh 2). Giả sử có a, a ∈ A, b, b ∈ B sao cho
an + bm = a n + b m (mod mn) ⇒ an = a n (mod m) ⇒ a = a

(mod m)

(do (m, n) = 1). Điều này mâu thuẫn.
Ta chứng minh 3’). Giả sử (x, mn) = 1. Suy ra (x, m) = 1, (x, n) = 1. Vì
(m, n) = 1 nên tập B = {mb1 , . . . , mbk } là hệ thặng dư thu gọn modulo n. Vậy tồn

tại b ∈ B để x = mb (mod n). Tương tự tồn tại a ∈ A để x = na (mod m). Từ đó
suy ra
x = na + mb

(mod n), x = na + mb

(mod m).

Từ đó do (m, n) = 1 ta rút ra x = na + mb (mod mn).
Bài toán 1.4. Một số nguyên dương T gọi là số tam giác nếu nó có dạng T =
k(k + 1)
. Tìm tất cả các số nguyên dương m có tính chất: Tồn tại một hệ thặng

2
dư đầy đủ modulo m gồm m số tam giác.

Lời giải. Ta chứng minh số m có dạng m = 2s .
k(k + 1)
. Ta có A là hệ
2
suy ra (i − j)(2i + 2j − 1) chia hết

Nếu m = 2s . Ta xét tập A = {T2i−1 }m
i=1 ở đó Tk =
thặng dư đầy đủ modulo m vì nếu T2i−1 = T2j−1

cho m. Vì m không có ước lẻ nên i − j chia hết cho m. Mâu thuẫn.
Đảo lại giả sử tồn tại một hệ thặng dư đầy đủ A modulo m gồm m số tam
giác với m = 2s n ở đó n > 1 là số lẻ.
Xét tập B = {Ti }ni=1 . Ta chứng minh B là hệ thặng dư đầy đủ modulo n.
Thật vậy lấy x ∈ {1, 2, · · · , n}. Vì A là hệ thặng dư đầy đủ modulo m nên tồn
tại số tam giác Tk ∈ A sao cho Tk = x (mod m) ⇒ Tk = x (mod n). Giả sử k = i
(mod n), i ∈ {1, 2, · · · , n}. Khi đó k(k + 1) = i(i + 1) (mod n). Vì n lẻ nên từ đó suy

ra Ti = Tk = x (mod n). Vậy B là hệ thặng dư đầy đủ modulo n. Nhưng điều này
là mâu thuẫn vì
Tn =

1.3

n(n + 1)
=0
2

(mod n), Tn−1 =

n(n − 1)
=0
2

(mod n).

Các định lý cơ bản về thặng dư
Định lý Euler, định lý Fermat, định lý thặng dư Trung Hoa là các định lý

cơ bản về thặng dư và là các kết quả cơ bản của lý thuyết số, có nhiều ứng dụng
trong Toán học và Tin học. Trong phần tiếp theo trình bày lại các định lý đó.


15

1.3.1

Định lý Euler và định lý Fermat

Định lý 1.5. (Định lý Euler) Cho m là số nguyên dương, a là số nguyên tố cùng
nhau với m. Khi đó
aϕ(m) = 1

(mod m).

Chứng minh. Cho {r1 , r2 , . . . , rϕ(m) } là hệ thặng dư đầy đủ modulo m. Vì (a, m) =
1, ta có (ari , m) = 1 với i = 1, . . . , ϕ(m).

Ngược lại, với mỗi i ∈ {1, . . . , ϕ(m)} tồn tại δ(i) ∈ {1, . . . , ϕ(m)}, thỏa mãn
ari = rδ(i)

(mod m)

Hơn thế, ari = arj (mod m) khi và chỉ khi i = j , vì vậy δ là hoán vị của tập hợp
{r1 , r2 , . . . , rϕ(m) } và {ar1 , ar2 , . . . , arϕ(m) } cũng là hệ thặng dư thu gọn modulo m.

Nó chỉ ra rằng
aϕ(m) r1 r2 . . . rϕ(m)
=

(ar1 )(ar2 ) . . . (arϕ(m) )

= rδ(1) rδ(2) . . . rδ(ϕ(m))
= r1 r2 . . . rϕ(m)

(mod m)
(mod m)

(mod m)

Chia cả hai vế cho r1 r2 . . . rϕ(m) , ta được
aϕ(m) = 1

(mod m)

Định lý được chứng minh.
Dưới đây là một dạng khác của định lí Euler được gọi là định lý Fermat nhỏ.

Định lý 1.6. Cho p là một số nguyên tố, với mọi số nguyên a không chia hết cho
p thì
ap−1 = 1

(mod p),

hay
ap = a (mod p).

Chứng minh. Nếu p là số nguyên tố và không là ước của a thì (a, p) = 1, ϕ(m) =
p − 1 nên theo định lý Fermat
ap−1 = aϕ(p) = 1 (mod p)


16

Nhân cả hai vế với a, ta được
ap = a (mod p).

Nếu p là ước của a, thì ap = 0 (mod p) và a = 0 (mod p) nên ap = a (mod p).
Định lý 1.7 (Wilson). Nếu p là số nguyên tố thì (p − 1)! = −1 (mod p).
Chứng minh. Định lý đúng với p = 2 và p = 3, hay 1! = 1 (mod 2) và 2! = −1
(mod 3).

Xét p ≥ 5, với mỗi số nguyên a ∈ {1, 2, . . . , p − 1} sẽ tồn tại một số a−1 ∈
{1, 2, . . . , p − 1} sao cho
aa−1 = 1

(mod p).

Ta có a = a−1 khi và chỉ khi a = 1 hoặc a = p − 1.
Do đó ta có thể chia p − 3 số trong tập {2, 3, . . . , p − 2} thành
−1
{ai , a−1
i } sao cho ai ai = 1 (mod p) với i = 1, . . . , (p − 3)/2.

(p − 3)
cặp chứa
2

Khi đó
(p − 1)! = 1.2.3 . . . (p − 2)(p − 1)
(p−3)/2

ai a−1
i

= (p − 1)
i=1

=p−1
= −1

(mod p).

Ví dụ 1.8.
4! = 24 = −1

(mod 5) và 6! = 720 = −1

(mod 7).

Ví dụ 1.9. Chứng minh rằng 61! = 63! = −1 (mod 71).
Lời giải. Với k < p là một số nguyên dương. Ta có
−1 = (p − 1)! = (p − k − 1)!(p − k)(p − k + 1) . . . (p − 1) = (p − k − 1)!(−1)k k!

(mod p).

Do đó, nếu (−1)k k! = 1 (mod p), thì (p − k − 1)! = −1 (mod p).
Với p = 71, ta có k = 7 và k = 9 thỏa mãn điều kiện (−1)k k! = 1 (mod 71).
Vậy, ta có điều cần chứng minh.


17

1.3.2

Định lý thặng dư Trung Hoa

Định lý Thặng dư Trung Hoa là tên người phương Tây đặt, còn người Trung
Quốc gọi nó là Bài toán Hàn Tín điểm binh. Tục truyền rằng khi Hàn Tín (danh
tướng của Hán Cao tổ) điểm quân số, ông cho quân lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng
7 rồi báo cáo số dư. Từ đó ông tính được chính xác quân số đến từng người theo
cách sau: Nhân số lẻ hàng ba cho 70, số lẻ hàng năm cho 21 và số lẻ hàng bảy cho
15, rồi cộng lại. Lấy số thành mà thêm bớt một bội số của 105 thì được số lính.
Bản chất của bài toán "Hàn Tín điểm binh" chính là giải nghiệm của hệ
phương trình

a = a1 (mod n1 )




a = a2
...



a = ak

(mod n2 )
(mod nk )

với n1 , n2 , . . . , nk đôi một nguyên tố cùng nhau. Trong bài toán Hàn Tín điểm binh
thì k = 3 và n1 = 3; n2 = 5, n3 = 7.
Định lý 1.8 (Định lý thặng dư Trung Hoa). Cho k ≥ 2 số nguyên dương
n1 , n2 , . . . , nk đôi một nguyên tố cùng nhau và k số nguyên bất kỳ a1 , a2 , . . . , ak . Khi

đó tồn tại số nguyên a thỏa mãn
a = ai

(mod ni ) ∀i = 1, 2, . . . , k.

(1.1)

Số nguyên a là một nghiệm của (1.1) thì số nguyên b cũng là một nghiệm của (1.1)
khi và chỉ khi b = a (mod n) ở đó n = n1 . . . nk .
Chứng minh. Ký hiệu Ni =

n
=

nj . Khi đó (Ni , ni ) = 1, Nj = 0 (mod ni ) nếu
ni
i=j

j = i. Thành thử với mỗi i tồn tại bi sao cho Ni bi = 1 (mod ni ). Nếu j = i thì hiển

nhiên Nj bj = 0 (mod ni ). Xét số
k

a=

Nj bj aj .
j=1

Ta có, với mỗi i do Ni bi = 1 (mod ni ), Nj bj = 0 (mod ni ) nếu i = j . Vậy a = ai
(mod ni ). Nếu b = a (mod n) thì b = a = ai (mod ni ).

Ngược lại nếu b thỏa mãn (1.1) thì b − a chia hết cho ni với mọi i. Vì
n1 , n2 , . . . , nk đôi một nguyên tố cùng nhau nên b − a chia hết cho n hay b = a
(mod n).


18

1.4

Thặng dư bình phương

1.4.1

Tiêu chuẩn thặng dư bình phương

Định nghĩa 1.5. Cho số nguyên dương m ≥ 2. Số nguyên a được gọi là một thặng
dư bình phương modulo m nếu tồn tại số nguyên x sao cho
x2 = a (mod m).

(1.2)

Nếu không tồn tại số nguyên x sao cho x2 = a (mod m) thì a không là thặng dư
bình phương modulo m.
Ví dụ 1.10. Các số 1, 3, 4, 5, 9 là các thặng dư bình phương modulo 11 vì:
12 = 1

(mod 11); 52 = 62 = 3
42 = 5

(mod 11); 22 = 4

(mod 11); 32 = 9

(mod 11);

(mod 11).

Các số 2, 6, 7, 8, 10 không là thặng dư bình phương modulo 11.
Rõ ràng một số chính phương sẽ là thặng dư bình phương modulo m với mọi
m. Tuy nhiên một số không chính phương có thể là thặng dư bình phương theo

một modulo m nào đó. Chẳng hạn 2 là thặng dư bình phương modulo 7 vì 32 = 2
(mod 7). Và với mỗi số nguyên dương m cho trước, ta muốn tìm một tiêu chuẩn để

nhận biết một số a khi nào là thặng dư bình phương modulo m.
Hiển nhiên nếu p|a ⇔ a = 0 (mod p) thì a là thặng dư bình phương modulo p.
Do đó ở các phần sau ta chỉ xét (a, p) = 1.
Định lý 1.9. (Tiêu chuẩn Euler) Cho p là số nguyên tố.
• i) Nếu p = 2 thì mọi số a lẻ đều là thặng dư bình phương modulo 2.
• ii) Nếu p > 2. Khi đó a là thặng dư bình phương modulo p khi và chỉ khi
a

p−1
2

=1

(mod p),

(1.3)

a không là thặng dư bình phương modulo p khi và chỉ khi
a

p−1
2

= −1

(mod p).

(1.4)

19

Chứng minh. Giả sử a là thặng dư bình phương modulo p. Vậy tồn tại tồn tại
x ∈ N, sao cho
x2 = a (mod p).

Do (a, p) = 1 nên (x, p) = 1. Từ đó a

p−1
2

= xp−1 = 1 (mod p) (theo định lý

Ferma).
Đảo lại, giả sử có (1.3). Với mỗi k ∈ {1, 2, . . . , p − 1} tồn tại duy nhất k0 ∈
{1, 2, . . . , p − 1} sao cho kk0 = a (mod p). Nếu tồn tại k = k0 thì ta có kk0 =
k 2 = a (mod p) suy ra a là thặng dư bình phương modulo p. Nếu trái lại thì tập
p−1
{1, 2, . . . , p−1} được chia thành
tập con hai phần tử {k, k0 } mà tích của chúng
2
p−1
thặng dư với a modulo p. Suy ra (p − 1)! = a 2 = 1 (mod p). Nhưng theo định lý

Wilson, (p − 1)! = −1 (mod p).Vậy 1 = −1 (mod p), mâu thuẫn do p lẻ.
Theo định lý Ferma với mỗi số nguyên a không chia hết cho p thì ap−1 = 1
(mod p) nên ta có hoặc a

p−1

2

= 1 (mod p) hoặc a

p−1
2

= −1 (mod p). Từ đó suy ra

(1.4).
Ví dụ 1.11. Cho p = 23 và a = 5, vì 511 = −1 (mod 23) theo tiêu chuẩn Euler thì
5 không là thặng dư bình phương modulo 23.

Hệ quả 1.4. Cho p là số nguyên tố lẻ. Khi đó
• Tích của hai thặng dư bình phương modulo p là thặng dư bình phương modulo
p.
• Tích của hai số không là thặng dư bình phương modulo p là thặng dư bình

phương modulo p.
• Tích của một số không là thặng dư bình phương modulo p với một thặng dư

bình phương modulo p không là thặng dư bình phương modulo p.
Chứng minh suy ra trực tiếp từ tiêu chuẩn trên.
Khi xem xét số nghiệm của phương trình (1.2) ta có định lý sau:
Định lý 1.10. Cho p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên không chia hết cho
p. Khi đó phương trình x2 = a (mod p) hoặc vô nghiệm, hoặc có đúng hai nghiệm

không thặng dư theo modulo p.
Chứng minh. Nếu phương trình x2 = a (mod p) (1) có nghiệm x = x0 ⇒ x = −x0
cũng là nghiệm của phương trình (1) vì (−x0 )2 = x0 2 = a (mod p).

20

Giả sử x1 là nghiệm của phương trình (1) khi đó
x1 2 = x0 2 = a (mod p) ⇒ x21 − x20 = (x1 + x0 ).(x1 − x0 ) = 0 (mod p).

Do đó
p|(x1 + x0 )
⇒
p|(x1 − x0 )

x1 = −x0 (mod p)
x1 = x0 (mod p)

Tức là phương trình x2 = a (mod p) có đúng hai nghiệm không thặng dư theo
modulo p.
Và số thặng dư bình phương modulo nguyên tố của một tập hợp được xác
định nhờ định lý
Định lý 1.11. Nếu p là số nguyên tố lẻ thì trong tập S = {1, 2, 3, . . . , p − 1} có
p−1
p−1
thặng dư bình phương modulo p và
không là thặng dư bình phương
2
2
modulo p.

đúng

Chứng minh. Gọi a là một thặng dư bình phương theo modulo p. Xét phương
trình
x2 = a (mod p).

Phương trình này có đúng hai nghiệm không thặng dư theo modulo p nên mỗi số
a ứng với hai số thuộc tập {12 , 22 , . . . , (p − 1)2 }.
p−1
Do đó có
số a là thặng dư bình phương modulo p và số các số không là
2
p−1
p−1
thặng dư bình phương modulo p là p − 1 −
=
số.
2
2

1.4.2

Kí hiệu Legendre

Định nghĩa 1.6. Cho p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên không chia hết cho
a
p

p. Kí hiệu Lengendre


a




p
a



p

được định nghĩa

=1

nếu a là thặng dư bình phương modulo p,

= −1

nếu a không là thặng dư bình phương modulo p.

Ví dụ 1.12. Ta có 1, 3, 4, 5, 9 là các thặng dư bình phương modulo 11 nên
1
11

=

3
11

=

4
11

=

5
11

=

9
11

= 1.

Các số 2, 6, 7, 8, 10 không là thặng dư bình phương modulo 11 nên
2
11

=

6
11

=

7
11

=

8
11

=

10
11

= −1.


21

Định lý 1.12. Cho p là một số nguyên tố. Với mọi số nguyên a,
a
p

=a

p−1
2

(mod p).

Chứng minh.
p−1
a
= a 2 = 0 (mod p).

p
Nếu p không là ước của a thì theo định lý Fermat ta có

Nếu p là ước của a thì

a

2

p−1
2

= ap−1 = 1

(mod p),

do đó,
a

Vậy

a
p

=a

p−1
2

p−1

2

= ±1

(mod p).

(mod p).

Ví dụ 1.13. 3 là thặng dư bình phương modulo nguyên tố 11 và 13 và không là
thặng dư bình phương modulo 17, 19, vì
3
11
3
13
3
17
3
19

=3
=3
=3
=3

11−1
2

= 35 = 1

(mod 11),

13−1
2

= 36 = 1

(mod 13),

17−1
2

= 38 = −1

(mod 17),

19−1
2

= 39 = −1

(mod 19).

Định lý 1.13. Cho p là số nguyên tố lẻ và a, b là các số nguyên không chia hết
cho p.
• (i) Nếu a = b (mod p) thì

• (ii)

• (iii)

a
p
a2
p

b
p

=

a
p

=

b
p

,

ab
,
p

= 1.

Chứng minh.
• (i) Nếu a = b (mod p) thì x2 = a (mod p) có nghiệm nếu và chỉ nếu x2 = b
a
b

(mod p) có nghiệm vậy
=
p
p


22
• (ii) Ta có

a
p

= a

p−1
2

b
p

(mod p),

= b

p−1
2

(mod p) và

ab

p

= (ab)

p−1
2

(mod p).
a
p

Do đó
• (iii)

a
p

b
p

=a

p−1
2

.b

p−1
2

= (ab)

p−1
2

a2
p

= ±1 theo (ii) thì ta có

ab
p

=

(mod p).
a
p

=

a
p

= 1.

Đó là điều cần chứng minh.
Nhận xét 1.8. Định lý 1.13 chỉ ra rằng kí hiệu Legendre

.

p

hoàn toàn xác định

khi thay (.) bởi các giái trị -1, 2, và các số nguyên tố lẻ q . Nếu a là một số nguyên
không chia hết cho p thì ta có thể viết
a = ±2r0 q1 r1 q2 r2 . . . qk rk ,

trong đó q1 , q2 , . . . , qk là các số nguyên tố lẻ khác p.
Do đó
a
p

=

±1
p

r0

2
p

q1
p

r1

...

qk
p

rk

.

Quan sát kết quả trên ta thấy bài toán đặt ra: các số nguyên tố p như thế
nào sẽ nhận các số −1, 2, q lẻ là thặng dư bình phương. Các định lý sau đây sẽ là
câu trả lời cho bài toán đó.
Định lý 1.14. Cho p là số nguyên tố lẻ thì

−1


=1
nếu p = 1 (mod 4)

p
−1



p

= −1

nếu p = −1 (mod 4).

Tương đương với

−1
p

= (−1)

p−1
2

(mod p).

Chứng minh. Theo đinh lý (1.12) Ta có
−1
p

= (−1)

p−1
2

(mod p)

Nếu p = 1 (mod 4) ⇒ p = 4k + 1 (k ∈ Z+ ) ⇒ (−1)
do đó
−1
p

=1

p−1
2

= (−1)2k = 1


23

Nếu p = −1 (mod 4) ⇒ p = 4k + 3 (k ∈ Z+ ) ⇒ (−1)

p−1
2

= (−1)2k+1 = −1,

do đó
−1
p

= −1.

Định lý 1.15. Cho p là số nguyên tố lẻ. Gọi n là số các số chẵn nằm trong khoảng
p
; p . Khi đó
2
2

p−1
2

= (−1)n

(mod p).

Chứng minh. Giả sử r1 , r2 , . . . , rn là tập tất cả các số chẵn trong khoảng

p
; p . Giả sử s1 , s2 , . . . , sm là tập
2
p
p−1
(p − 1)
0;
. Ta có m + n =
do có tất cả
2
2
2

Khi đó p − r1 , p − r2 , . . . , p − rn là các số lẻ trong
tất cả các số chẵn trong khoảng
số chẵn trong khoảng (0; p).

Vì tập A = {s1 , . . . , sm , p − r1 , . . . , p − rn } ⊂ (0; p) có
A = {1, 2, . . . ,

p−1
số nên
2

p−1
}.

2

Vậy
p−2
!
2
p−1
! (mod p).
⇒ s1 . . . sm r1 . . . rn = (−1)n
2

s1 . . . sm (p − r1 ) . . . (p − rn ) =

Nhưng
s1 . . . sm r1 . . . rn = 2

p−1
2

p−1
!.
2

Vậy nên
2

p−1
2

= (−1)n

(mod p).

Định lý 1.16. Cho p là số nguyên tố lẻ thì

2


=1
nếu p = ±1 (mod 8),

p
2



p

= −1

nếu p = ±3 (mod 8).

Tương đương,
2
p

= (−1)

p2 −1
8

.

Chứng minh. Nếu p = 1 (mod 8) hoặc p = −3 (mod 8) thì ta có
2

p−1
2

.

p
;p .
2

p−1
! = 2.4.6 . . . (p − 1)
2