Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)

Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)Ứng dụng của luật thuận nghịch thặng dư bậc hai (Luận văn thạc sĩ)

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS TS NGUYỄN VĂN HOÀNG

THÁI NGUYÊN - 2019

Mục lục

1.1 Định lý Fermat nhỏ và định lý Euler 3

1.2 Sơ lược về phương trình đồng dư 5

2 Ứng dụng của luật thuận nghịch và thặng dư bậc hai 10 2.1 Thặng dư bậc hai và ứng dụng 10

2.1.1 Phương trình đồng dư bậc hai 10

2.1.2 Thặng dư bậc hai 12

2.1.3 Tiêu chuẩn Euler và ký hiệu Legendre 16

2.1.4 Bổ đề Gauss 21

2.1.5 Một số ứng dụng khác 27

2.2 Luật thuận nghịch bậc hai và ứng dụng 32

2.2.1 Luật thuận nghịch bậc hai 32

2.2.2 Ứng dụng của luật thuận nghịch bậc hai 37

Mở đầu

Có thể nói Số học là lĩnh vực xuất hiện sớm nhất trong lịch sử Toán học,

nó ra đời từ khi con người bắt đầu làm việc với những con số Số học là mộtphân môn quan trọng trong toán học đã gắn bó với tất cả chúng ta xuyên suốtquá trình học toán từ bậc Tiểu học đến Trung học phổ thông Sự kì diệu của

Số học thường tiềm ẩn những thử thách sâu sắc để thách thức trí tuệ của conngười Trong các thành tựu của số học thì luật thuận nghịch và thặng dư bậchai là một nội dung quan trọng Đây là những mảng kiến thức liên quan đến lýthuyết đồng dư và có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán số học hay vàkhó liên quan đến tính giải được của phương trình đồng dư bậc hai Nội dungnày cho phép ta xác định tính giải được của phương trình đồng dư bậc hai bất

kỳ, tuy nhiên nó không cung cấp một phương pháp hiệu quả để tìm nghiệm.Luật thuận nghịch bậc hai (hay còn gọi là luật thuận nghịch của các thặng dưbậc hai) được tiên đoán bởi Euler và Legendre và lần đầu tiên được chứng minhthuyết phục bởi Gauss Gauss gọi đó là "định lý vàng" và rất tự hào về nó đếnmức ông tiếp tục tìm ra tám chứng minh khác cho nó cho đến cuối đời

Đề tài luận văn "Ứng dụng của luật thuận nghịch và thặng dư bậc hai" cómục đích là hệ thống lại mảng kiến thức liên quan đến luật thuận nghịch vàthặng dư bậc hai, từ đó trình bày một số ví dụ ứng dụng hay của chúng nhằmcung cấp một tài liệu tốt để dạy và học cho giáo viên và học sinh phổ thôngtrung học

Luận văn ngoài phần mở đầu, kết luận thì nội dung chính gồm 2 chươngtrình bày lại một cách hệ thống về luật thuận nghịch và thặng dư bậc hai cùngmột số ứng dụng của chúng, với bố cục cụ thể như sau:

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị trình bày phát biểu và chứng minh định

lý Fermat nhỏ, định lý Euler Trình bày khái niệm và cách giải phương trìnhđồng dư tuyến tính, hệ phương trình đồng dư tuyến tính (định lý thặng dưTrung Hoa).

Chương 2 Ứng dụng của luật thuận nghịch và thặng dư bậc hai.Chương 2 trình bày định nghĩa và các tính chất của phương trình đồng dư bậchai, thặng dư bậc hai, cách tính bằng định nghĩa, cách tính thông qua ký hiệuLegendre, cách tính thông qua luật thuận nghịch bậc hai Sau đó ứng dụngthặng dư bậc hai và luật thuận nghịch bậc hai để tính toán và giải một số bàitoán chứng minh, tìm căn nguyên thủy, kiểm tra tính nguyên tố

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học TháiNguyên Lời đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáoPGS.TS Nguyễn Văn Hoàng Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũngnhư giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn Tôi xinbày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy

Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán - Tin,trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng dẫn, truyềnđạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thành luận văn.Cảm ơn sự giúp đỡ của bạn bè, người thân và các đồng nghiệp trong thờigian làm luận văn

Thái Nguyên, tháng 05 năm 2019

Người viết luận văn

Đỗ Thị Thoa

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Chương 1 trình bày phát biểu và chứng minh định lý Fermat nhỏ, định lýEuler Trình bày khái niệm và cách giải phương trình đồng dư tuyến tính, hệphương trình đồng dư tuyến tính (định lý thặng dư Trung Hoa) Các kiến thức

ở chương này giúp việc trình bày ở chương sau được hệ thống và dễ theo dõihơn

p | a hoặc p | i; nhưng vì p - a, nên ta có p | i điều này mâu thuẫn) Cũng chú

ý rằng không có hai số nào trong p − 1 số nguyên a, 2a, 3a, , (p − 1)a đồng dưmodulo p (vì nếu ngược lại, thì tồn tại nghịch đảo a0 của a modulo p; nên từ

ia ≡ ja (mod p) với i 6= j thì iaa0 ≡ jaa0 (mod p), từ đó i ≡ j (mod p), điều này

là không thể) Do đó tập các số dư trong phép chia cho p của các số nguyên

a, 2a, 3a, , (p − 1)a phải là {1, 2, 3, , p − 1} Khi đó,

(a)(2a)(3a) · · · (p − 1)a ≡ (1)(2)(3) · · · (p − 1) (mod p)

hay tương đương với

Chứng minh Gọi r1, r2, , rφ(m) là φ(m) số nguyên dương không lớn hơn m

sao cho (ri, m) = 1 với i = 1, 2, , φ(m) Xét φ(m) số nguyên xác định bởi

r1a, r2a, , rφ(m)a. Chú ý rằng (ria, m) = 1 với mọi i = 1, 2, , φ(m) (vì nếungược lại, tồn tạii để (ria, m) > 1 thì tồn tại ước nguyên tố p của(ria, m), từ đó

p | r i a và p | m Ta có p | r i a kéo theo p | r i hoặc p | a; nên hoặc ta có p | r i và

p | m hoặc ta có p | a và p | m Nhưng p | r i và p | m là không thể vì (r i , m) = 1;còn lại nếu p | a và p | m thì đó cũng là không thể vì (a, m) = 1) Ngoài ra cũngchú ý rằng không có hai số nào trong các số r1a, r2a, , rφ(m)a đồng dư modulo

m (vì nếu ngược lại thì do (a, m) = 1, nên tồn tại nghịch đảo modulo a0 của a

Do đó, nếu ria ≡ rja (mod m) với i 6= j, kéo theo riaa0 ≡ rjaa0 (mod m), từ đó

ri≡ rj (mod m), điều này là không thể) Do đó tập các số dư khi chia chom củacác số nguyên r1a, r2a, , rφ(m)a là {r1, r2, , rφ(m)} Do đó, ta có

(r1a)(r2a) · · · (rφ(m)a) ≡ r1r2· · · rφ(m) (mod m),

hay tương đương với

Định nghĩa 1.2.1 Phương trình đồng dư đại số bậc n là một đồng dư thức códạng

f (x) = a 0 xn+ a 1 xn−1+ + a n ≡ 0 (mod m) (1.1)trong đó x là ẩn, ai ∈Z (với i = 1, 2, , n) và a06≡ 0 (mod m)

Chú ý 1.2.2 (i) Giải phương trình (1.1) là tìm tất cả các giá trị nguyên của

x thoả mãn đồng dư thức (1.1) Nếu x = x0 thoả mãn phương trình (1.1) thìmọi số x ≡ x0 (mod m) đều thoả mãn (1.1); trong trường hợp này tập hợp

{x ∈ Z | x ≡ x0 (mod m)} được gọi là một nghiệm của phương trình đồng dư(1.1), kí hiệu là x0 hoặc x ≡ x0 (mod m)

(ii) Số nghiệm của phương trình (1.1) là số các phần tử trong một hệ thặng dưđầy đủ theo modulo m mà thỏa mãn (1.1).

(iii) Hai phương trình đồng dư được gọi là tương đương nếu tập hợp các sốnguyên thỏa mãn các phương trình đó là trùng nhau

Ví dụ 1.2.3 Xét phương trình x2 ≡ 1 (mod 5)

Giải Ta thấy trong các số 0, 1, 2, 3, 4 của hệ thặng dư không âm bé nhất theomodulo 5, có hai số 1 và 4 thỏa mãn phương trình đã cho Vậy phương trình cóhai nghiệm là x ≡ 1 (mod 5) và x ≡ 4 (mod 5) 

Ví dụ 1.2.4 Giải phương trình đồng dư x4+ 7x + 4 ≡ 0 (mod 9)

Giải Dễ thấy phương trình x4+ 7x + 4 ≡ 0 (mod 3)có nghiệm là x ≡ 1 (mod 3)

(hay x = 3t + 1 với t ∈Z) Thay x vào phương trình cần giải và bỏ đi những sốhạng chia hết cho 9 ta được

Hệ quả 1.2.7 ([6]) Phương trình đồng dư tuyến tính ax ≡ b (mod m) có nghiệmduy nhất khi và chỉ khi (a, m) = 1.

Hệ quả 1.2.8 ([6]) Cho phương trình đồng dư tuyến tính ax ≡ b (mod m) vàgọi d = (a, m) Nếu d | b thì d nghiệm modulo m của phương trình là

(x0+mt

d ) (mod m) với t = 0, 1, 2, , d − 1

trong đó x0 là một số nguyên thỏa mãn của phương trình adx ≡ bd (mod md).

Ví dụ 1.2.9 Giải phương trình đồng dư 12x ≡ 7 (mod 23).

Giải Ta có (12, 23) =1 nên phương trình có nghiệm duy nhất Phương trình đãcho tương đương với 12x = 23t + 7 (t ∈Z) Lấy t = 7 suy ra x = 14 Vậy nghiệmcủa phương trình đã cho là x ≡ 14 (mod 23). 

Ví dụ 1.2.10 Giải phương trình đồng dư 17x ≡ 13 (mod 11).

Giải Ta có 17 ≡ 6 (mod 11) suy ra

có nghiệm duy nhất modulo m 1 m 2 · · · m n

Chứng minh Đầu tiên ta xây dựng một số nguyên thỏa mãn hệ đã cho Đặt

M = m1m2· · · mn Với mỗi i = 1, 2, , n đặt Mi = M/mi Bây giờ với mỗi

i = 1, 2, , n ta có (Mi, mi) = 1 Do đó theo Hệ quả 1.2.7, phương trình Mix ≡ 1 (mod m i ) có một nghiệm x i (mod m i ) Đặt

x = b 1 M 1 x 1 + b 2 M 2 x 2 + · · · + b n M n x n

Chú ý rằng x là một nghiệm của hệ đã cho vì với mỗi i = 1, 2, , n, ta có

với mọii, ta cóx ≡ x0 (mod mi) với mọii, hay tương đương,mi | (x − x0)với mọi

i. Khi đó, M | (x − x0), từ đó x ≡ x0 (mod M ) Định lý được chứng minh

Ví dụ 1.2.12 Giải hệ phương trình đồng dư

M2x2 ≡ 1 (mod m2) trở thành 15x2 ≡ 1 (mod 4), hay 3x2 ≡ 1 (mod 4), từ đó

x2≡ 3 (mod 4) Cuối cùng, M3x3 ≡ 1 (mod m3) trở thành 12x3 ≡ 1 (mod 5), hay

2x3≡ 1 (mod 5), từ đó x3 ≡ 3 (mod 5) Do đó, ta đặt

x1 = 2, x2 = 3, x3= 3.

Cuối cùng, ta tính nghiệm x của hệ

x = b 1 M 1 x 1 + b 2 M 2 x 2 + b 3 M 3 x 3

Thặng dư bậc hai đóng vai trò rất quan trọng trong lý thuyết số Chẳng hạn,thuật toán phân tích số nguyên ra thừa số nguyên tố Ngoài ra thặng dư bậchai cũng ứng dụng lớn trong mật mã cũng như trong các giao thức mã hóa

Ở đây ta xét ứng dụng liên quan đến giải phương trình đồng dư bậc hai trong

lý thuyết và thực hành

2.1.1 Phương trình đồng dư bậc hai

Xét phương trình đồng dư bậc hai theo modulo nguyên tố (theo tài liệu [5])

Ax2+ Bx + C ≡ 0 (mod p), (2.1)trong đó p nguyên tố lẻ và A, B, C ∈Z với p-A (Nếu p | A thì quay về phươngtrình tuyến tính) Vì p nguyên tố lẻ và p - A, nên p - 4A Ta nhân hai vế của

phương trình với 4A ta được

4A(Ax2+ Bx + C) ≡ 0 (mod p). (2.2)Nhưng ta có

4A(Ax2+ Bx + C) = 4A2x2+ 4ABx + 4AC

= (2Ax + B)2− (B2− 4AC).

Do đó đồng dư thức (2.2) được viết lại thành

(2Ax + B)2≡ (B2− 4AC) (mod p)

nó có dạng

y2≡ a (mod p) (2.3)trong đó y = 2Ax + B và a = B2− 4AC

Nếu phương trình y2 ≡ a (mod p) có nghiệm, thì ta suy ra phương trình

2Ax + B = y có nghiệm x modulo p(vì (2A, p) = 1) Do đó phương trình (2.1) cónghiệm nếu và chỉ nếu phương trình (2.3) có nghiệm

Ví dụ sau sẽ minh họa điều này

Ví dụ 2.1.1 Giải phương trình đồng dư bậc hai 3x2− 4x + 7 ≡ 0 (mod 13).Giải Nhân hai vế của phương trình với 4.3 = 12 ta được

36x2− 48x + 84 ≡ 0 (mod 13).

Tức là

(6x − 4)2 ≡ (16 − 84) (mod 13) (6x − 4)2 ≡ 10 (mod 13)

Đặt y = 6x − 4 Khi đóy2 ≡ 10 (mod 13) Phương trình đồng dư này có chính xáchai nghiệm y ≡ 6 (mod 13) và y ≡ 7 (mod 13) Do đó, các nghiệm của phươngtrình được cho bởi các phương trình bậc nhất Ta có6x − 4 ≡ 6 (mod 13) và 6x −

4 ≡ 7 (mod 13), chúng có hai nghiệm là x ≡ 6 (mod 13) và x ≡ 4 (mod 13)

Chú ý rằng ví dụ trên có chính xác hai nghiệm Nhưng ví dụ tiếp theo chỉ rarằng không phải mọi phương trình đồng dư bậc hai đều có nghiệm.

Ví dụ 2.1.2 Giải phương trình đồng dư bậc hai 3x2+ 7x + 5 ≡ 0 (mod 13).

Nhưng không có bình phương của thặng dư dương nhỏ nhất nào theo modulo

13 là bằng 2 Do đó phương trình đã cho không có nghiệm 

2.1.2 Thặng dư bậc hai

Từ kết quả trình bày ở Mục 2.1.1, ta thấy rằng có các câu hỏi mới nảy sinh

đó là: “Khi nào thì phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) (đã đề cập ở (2.3)) cónghiệm? Khi phương trình đó có nghiệm, thì số nghiệm của nó là bao nhiêu?”

Để dần dần trả lời cho câu hỏi trên ta sẽ tìm hiểu khái niệm thặng dư bậchai và nghiên cứu tính chất của nó để áp dụng vào giải phương trình đồng dưbậc hai x2 ≡ a (mod p) Trước tiên là định nghĩa thặng dư bậc hai như sau.Định nghĩa 2.1.3 ([5]) Cho m là một số nguyên và a là một số nguyên saocho (m, a) = 1 Khi đó số a được gọi là một thặng dư bậc hai của m nếu tồn tạimột số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod m); trường hợp ngược lại ta nói a thặng

dư không bậc hai của m

Chú ý rằng nếu b ≡ a (mod m), và nếu a là một thặng dư bậc hai của m, thì

b cũng là một thặng dư bậc hai của m Do đó, không mất tính tổng quát, ta chỉcần tập trung vào xét các thặng dư dương nhỏ nhất modulo m

Ví dụ sau đây sẽ minh họa cho định nghĩa trên

Ví dụ 2.1.4 Tìm các thặng dư bậc hai và thặng dư không bậc hai của p = 6

Ví dụ 2.1.5 cho ta hai nhận định thú vị sau:

• Số nguyên tố 13 có cùng số các thặng dư bậc hai và số thặng dư không bậchai (đều bằng 6) và

• chúng lập thành một phân hoạch của tập hợp các thặng dư dương của 13(xem Hình 2.1)

Hình 2.1: Tập các thặng dư dương của 13

Tiếp theo ta sẽ chỉ ra không chỉ riêng số 13 là có cùng con số thặng dư bậc hai

và con số thặng dư không bậc hai Trước hết ta cần bổ đề sau đây

Bổ đề 2.1.6 ([5, Lemma 11.1]) Cho p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên saocho p-a Khi đó phương trình đồng dư bậc hai

x2 ≡ a (mod p) (2.4)hoặc là vô nghiệm hoặc là có đúng hai nghiệm

Chứng minh Giả sử α là một nghiệm của phương trình (2.4), ta có α2 ≡ a (mod p) Đặt β = p − α Khi đó β2 = (p − α)2 ≡ (−α) 2 ≡ α 2 ≡ a (mod p) Do đó

β cũng là một nghiệm của phương trình đã cho Ngoài ra, ta thấy α và β khôngđồng dư với nhau (vì nếu ngược lại β ≡ α (mod p) thì ta có p − α ≡ α (mod p),tức là−α ≡ α (mod p), nên 2α ≡ 0 (mod p) Nhưng ta biết(2, p) = 1, do đó α ≡ 0 (mod p), điều này mâu thuẫn Do đó α và p − α là hai đại diện cho hai nghiệmcủa phương trình (2.4)

Giả sử phương trình (2.4) còn có nghiệm thứ ba làγ.Khi đóγ2 ≡ α 2 (mod p),suy ra p | (γ2− α 2 ). Kéo theo γ ≡ α (mod p) hoặc γ ≡ −α (mod p) Điều đó có

hệ quả là phương trình đồng dư không có nhiều hơn 2 nghiệm

Định lý 2.1.7 ([5, Theorem 11.1]) Mọi số nguyên tố lẻ p đều có đúng (p − 1)/2

thặng dư bậc hai và (p − 1)/2 thặng dư không bậc hai

Chứng minh Giả sử p có k thặng dư bậc hai (không đồng dư nhau từng đôimột) Theo Bổ đề 2.1.6, mỗi một thặng dư bậc hai a của p đều kéo theo có 2nghiệm của phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p); nên tổng số các nghiệm củaphương trình đồng dư dạngx2 ≡ a (mod p)là2k Nhưng ta đã biết có tất cảp − 1

bình phương của các thặng dư dương nhỏ nhất củap(đó là từ 12, 22, , (p − 1)2)

Do đó 2k = p − 1, tức là k = (p − 1)/2 Do vậy, có (p − 1)/2 thặng dư bậc hai và

(p − 1)/2 thặng dư không bậc hai

Ví dụ 2.1.8 Theo định lý trên ta thấy sốp = 17 có (17 − 1)/2 = 8thặng dư bậchai là1, 4, 9, 16, 8, 2, 15, 13 và có 8thặng dư không bậc hai là 3, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 14,bởi vì

12≡ 162 ≡ 1 (mod 17) 22 ≡ 152≡ 4 (mod 17)

Ví dụ 2.1.9 Tìm số thặng dư bậc hai của số nguyên tố Fermat.

Giải Hiện nay, chúng ta mới biết 5 số nguyên tố Fermat ứng với n = 0, 1, 2, 3

2.1.3 Tiêu chuẩn Euler và ký hiệu Legendre

Đến giờ ta vẫn chưa có câu trả lời cho câu hỏi “Khi nào thì phương trìnhđồng dư x2 ≡ a (mod p) là giải được?” Mục này sẽ tìm hiểu câu trả lời này.Định lý 2.1.10 (Tiêu chuẩn Euler, [5]) Cho p là số nguyên tố lẻ Khi đó một

số nguyên dương a (với p - a) là một thặng dư bậc hai của p khi và chỉ khi

a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p)

Chứng minh Giả sửa là một thặng dư bậc hai củap Khi đó phương trình đồng

dưx2 ≡ a (mod p) có một nghiệmα, tức làα2 ≡ a (mod p) Rõ ràng là (p, α) = 1,

từ đó theo định lý Fermat nhỏ, ta suy ra αp−1 ≡ 1 (mod p) Vì thế cho nên

a(p−1)/2 ≡ (α 2 )(p−1)/2 = αp−1 ≡ 1 (mod p)

Ngược lại, giả sử a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p) Do đó p có căn nguyên thủy β (tức là

βφ(p) ≡ 1 (mod p) và ordpβ = φ(p)) Do đó β (mod p) là phần tử sinh của nhóm

Z∗p, do đó tồn tại k để a ≡ βk (mod p) Kéo theo βk(p−1)/2≡ a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p).

Vì β là căn nguyên thủy modulo p, nên ordpβ = (p − 1) | k(p − 1)/2 Suy ra k

phải là số chẵn, và ta đặt k = 2i Khi đóa ≡ β2i ≡ (βi)2 (mod p), nên suy ra a làthặng dư bậc hai của p

Ví dụ 2.1.11 Kiểm tra 10 và 7 có là thặng dư bậc hai của 13 hay không?

Giải Ta có 10(13−1)/2 = 106 ≡ (−3) 6 ≡ 1 (mod 13), nên theo tiêu chuẩn Euler tasuy ra 10 là thặng dư bậc hai của 13 Hệ quả là phương trình x2≡ 10 (mod 13)

có nghiệm

Bây giờ, ta tính toán7(13−1)/2 (mod 13), ta có7(13−1)/2 ≡ 76≡ (73)2 ≡ 52≡ −1 (mod 13) Vì 76 6≡ 1 (mod 13), nên theo tiêu chuẩn Euler ta suy ra 7 là thặng dư

Chú ý 2.1.12 Trong Định lý 2.1.10, giả sử a(p−1)/2 6≡ 1 (mod p) Khi đó a làthặng dư không bậc hai của p Khi đó ta có thể nói chính xác những gì về thặng

dư nhỏ nhất củaa(p−1)/2 modulo p Để kết thúc điều này, chú ý rằng theo định lýFermat nhỏ ta cóap−1≡ 1 (mod p) Vìplẻ vàap−1− 1 = [a (p−1)/2 + 1][a(p−1)/2− 1],nên ta có hoặc là a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p) hoặc là a(p−1)/2 ≡ −1 (mod p) Nhưng vì

a(p−1)/2 6≡ 1 (mod p) nên suy ra a(p−1)/2 ≡ −1 (mod p) Do đó, nếu a là thặng dưkhông bậc hai của p, thì ta phải có a(p−1)/2 ≡ −1 (mod p).

Ngược lại, cho a là số nguyên thỏa mãn p - a và a(p−1)/2 ≡ −1 (mod p) Khi

đó a không thể là thặng dư bậc hai (vì nếu ngược lại, theo tiêu chuẩn Euler,

ta có a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p); điều này kéo theo −1 ≡ 1 (mod p), tức là p = 2, mâuthuẫn) Do đó, nếu a(p−1)/2 ≡ −1 (mod p), thì a phải là thặng dư không bậc hai.Các lập luận trên đã chứng minh được kết quả sau

Hệ quả 2.1.13 ([5]) Cho p là số nguyên tố lẻ Khi đó một số nguyên dương a

(với p- a) là thặng dư không bậc hai khi và chỉ khi a(p−1)/2 ≡ −1 (mod p)

Ví dụ 2.1.14 Cho số nguyên tố p = 1213 Ta tính được

5(1213−1)/2≡ 5606≡ (5101)6· 56

≡ (−252)6· 1069 ≡ 497 · 1069 ≡ −1 (mod 1213).

Theo hệ quả trên, 5 là thặng dư không bậc hai của 1213

Chú ý 2.1.15 Như vậy ta đã khẳng định được rằng với một số nguyên tố lẻ p

và một số nguyên dương a, ta thấy a là một thặng dư bậc hai của p nếu và chỉnếua(p−1)/2 ≡ 1 (mod p); ta cũng thấy a là thặng dư không bậc hai củap nếu vàchỉ nếu a(p−1)/2 ≡ −1 (mod p)

Theo tiêu chuẩn Euler, phương trình đồng dư (2.4) giải được khi và chỉ khi

a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p) Mặc dù Định lý 2.1.10 cho ta một công cụ kiểm tra tínhgiải được của phương trình đồng dư, nhưng công cụ này không khả thi khi sốnguyên tố p thực sự lớn Chẳng hạn, không dễ để áp dụng tiêu chuẩn xác địnhtính giải được của phương trình x2 ≡ 3797 (mod 7297) Vì vậy, bây giờ ta cầnthêm công cụ khác để đơn giản hóa nhiệm vụ kiểm tra tính giải được của thặng

dư (2.4), đó là công cụ về “ký hiệu Legendre” sẽ được nghiên cứu tiếp theo sauđây

Định nghĩa 2.1.16 ([5]) Cho plà số nguyên tố lẻ vàa là số nguyên bất kỳ saocho p-a Ký hiệu Legendre (a/p) được xác định bởi công thức

(a/p) =



1 nếua là thặng dư bậc hai của p

−1 cho trường hợp ngược lại

Chú ý rằng, ký hiệu Legendre (a/p) không được xác định nếu p | a Ví dụtiếp theo sẽ minh họa định nghĩa này.

Ví dụ 2.1.17 Trong Ví dụ 2.1.5, ta tìm được 1, 3, 4, 9, 10 và 12 là thặng dưbậc hai của 13, trong khi 2, 5, 6, 7, 8 và 11 là thặng dư không bậc hai của 13

Do đó, (1/13) = (3/13) = (4/13) = (9/13) = (10/13) = (12/13) = 1, trong khi đó

(2/13) = (5/13) = (6/13) = (7/13) = (8/13) = (11/13) = −1

Sử dụng ký hiệu Legendre và kết quả ở Chú ý 2.1.15, ta suy ra rằng (a/p) =

a(p−1)/2 (mod p) Từ Định nghĩa 2.1.16 ta suy ra định lý dưới đây

Định lý 2.1.18 Cho p là số nguyên tố lẻ Khi đó số một số nguyên dương a

thỏa mãn p-a là một thặng dư bậc hai của p khi và chỉ khi (a/p) = 1

Chú ý 2.1.19 Nói một cách khác, phương trình x2 ≡ a (mod p) là giải đượckhi và chỉ khi(a/p) = 1 Chẳng hạn, theo Ví dụ 2.1.17, ta có (10/13) = 1; nên 10

là một thặng dư bậc hai modulo p Suy ra phương trìnhx2 ≡ 10 (mod 13) là giảiđược Nhưng vì (7/13) = −1, nên phương trình x2 ≡ 7 (mod 13)không giải được

Vì vậy, để tìm xác định tính giải được của phương trình đồng dư x2 ≡ 3797 (mod 7297), ta cần phải tính kí hiệu Legendre (3797/7297) Nhưng bằng cách nào

để tính được nó? Ta không có đủ công cụ để làm việc với kí hiệu này, vì thế tabiểu diễn ba tính chất cơ bản của kí hiệu Legendre trong định lý dưới đây

Định lý 2.1.20 ([5]) Cho p là một số nguyên tố lẻ, và a, b là các số nguyênbất kỳ thỏa mãn p-ab Khi đó

(1) Nếu a ≡ b (mod p) thì (a/p) = (b/p)

(2) (a/p)(b/p) = (ab/p)

(3) (a2/p) = 1

Chứng minh (1) Giả sửa ≡ b (mod p)và phương trìnhx2≡ a (mod p) giải được;tức là (a/p) = 1 Vì a ≡ b (mod p), nên phương trình x2 ≡ b (mod p) cũng giảiđược Do đó(b/p) = 1 = (a/p) Mặt khác, giả sử x2 ≡ a (mod p) không giải được,tức là (a/p) = −1 Vì a ≡ b (mod p), nên x2 ≡ b (mod p) cũng không giải được

Do đó (b/p) = −1 = (a/p) Vì vậy trong cả hai trường hợp ta có (a/p) = (b/p)

(2) Theo tiêu chuẩn Euler, ta có(ab/p) ≡ (ab)(p−1)/2 ≡ a (p−1)/2 b(p−1)/2 ≡ (a/p)(b/p) (mod p) Một lần nữa, vì plẻ và giá trị của ký hiệu Legendre chỉ là 1 hoặc là−1,nên (ab/p) ≡ (a/p)(b/p) (mod p) khi và chỉ khi (ab/p) = (a/p)(b/p).

(3) Theo phần (2), ta có (a2/p) = (a/p)(a/p) Nhưng vì (a/p) = ±1, nên ta có

(a2/p) = 1 trong cả hai trường hợp Điều này kết thúc chứng minh

Chú ý 2.1.21 Tính chất (2) và (3) ở Định lý 2.1.20 giúp ta có thể tính toángiá trị của ký hiệu Legendre (a2b/p) với p- ab miễn là ta biết giá trị của ký hiệuLegendre (b/p) Thật vậy, ta có

(a2b/p) = (a2/p)(b/p) theo tính chất (2) ở Định lý 2.1.20

= (b/p) theo tính chất (3) ở Định lý 2.1.20.

Chẳng hạn, giả sử ta có (7/31) = 1 Khi đó (28/31) = (4/31)(7/31) = 1 · (7/31) = (7/31) = 1 (ta sẽ thấy cách để tính toán (7/31) ở các phần sau mà không cầndùng tiêu chuẩn Euler)

Sử dụng tiêu chuẩn Euler, ta có thể nhận diện các số nguyên tố p mà có −1

Chẳng hạn, x2 ≡ 12 (mod 13) là giải được, nhưng x2 ≡ 22 (mod 23) không giảiđược (vì 23 6≡ 1 (mod 4)).

Hệ quả 2.1.22 có thể được dùng để tính toán các ký hiệu Legendre có dạng

(−a2/p) như ta chỉ ra ở ví dụ sau

Hệ quả 2.1.24 Cho p là số nguyên tố lẻ, q là số nguyên tố sao cho p- q, và i

là một số nguyên dương Khi đó (qi/p) = (q/p)i

Ví dụ sau đây minh họa cho điều này

Hệ quả 2.1.26 Cho p là số nguyên tố lẻ vàQn

i=1 pei

i là phân tích chính tắc của

a với (a, p) = 1 Khi đó (a/p) =Qni=1(pi/p)ei

Chứng minh Vì (a, p) = 1, (pi, p) = 1 với mọi i Do đó (pei

i /p) = (pi/p)ei theo Hệquả 2.1.24 Vì vậy,

Chú ý 2.1.28 Làm thế nào để tính được (2/23) = 1 và (5/23) = −1? Ta có thể

sử dụng tiêu chuẩn Euler để tính chúng, nhưng ta muốn tránh điều tẻ nhạt đó.Thay vào đó, ta có thể tìm hiểu thêm các tính chất của kí hiệu Legendre trongphần tiếp theo, nhằm giúp ta tính toán (a/p) được thuận lợi hơn Để làm điềunày, mục tiếp theo ta giới thiệu và chứng minh một tiêu chuẩn của Gauss

p/2 Hãy tìm ν và xác định xem liệu (5/23) = (−1)ν?

Giải Chú ý rằng các thặng dư dương nhỏ nhất trong các số nguyên 1.5, 2.5, 3.5, 4.5, 5.5, 6.5, 7.5, 8.5, 9.5, 10.5, 11.5modulo23lần lượt là5, 10, 15, 20, 2, 7, 12, 17, 22, 4, 9

Rõ ràng, có 5 số lớn hơn p/2 = 11, 5, nên ν = 5

Để tính (5/23), ta áp dụng tiêu chuẩn Euler:

5(p−1)/2= 511= (52)5· 51≡ 25· 5 ≡ 9 · 5 ≡ −1 (mod 23).

Do đó (5/23) = −1 Từ đó ta cũng có (5/23) = (−1)ν 

Ví dụ trên chỉ ra rằng 5 là một thặng dư không bậc hai của 23; hơn nữa,tính chất bậc hai của 5 modulo 23 được xác định bởi giá trị củaν Kết quả nàykhông phải là sự trùng hợp tình cờ mà đó là bản chất như sẽ chỉ ra ở định lýtiếp theo, trước hết, ta hãy xét thêm một ví dụ nữa

Ví dụ 2.1.30 ([5]) (Tiếp tục Ví dụ 2.1.29), Ta có ν = 5 thặng dư dương nhỏnhất lớn hơnp/2, cụ thể là12, 15, 17, 20và22 Ký hiệu chúng lần lượt làs1, s2, s3và

s5 Khi đó các số nguyên từp−s1 tớip−s5lần lượt là23−12, 23−15, 23−17, 23−20,

và 23 − 22, cụ thể chúng là 11, 8, 6, 3 và 1; không có hai số nào là đồng dư modulo23

Có k = 11 − ν = 11 − 5 = 6 thặng dư, từ r1 đến r6, là nhỏ hơn p/2, cụ thể là

2, 4, 5, 7, 9 và 10; không có hai số nào là đồng dư modulo 23

Ngoài ra, không có số nào đồng dư với 11, 8, 6, 3 hoặc 1 modulo 23 Do đócác thặng dư 2, 4, 5, 7, 9, 10, 11, 8, 6, 3 và 1 là dương và ≤ (p − 1)/2 (Đủ để làm tangạc nhiên, chúng là một hoán vị của các thặng dư từ 1 đến (p − 1)/2 modulo

p)

Bây giờ ta sẵn sàng để đi đến cột mốc tiếp trong tiến trình của ta, cột mốcnày được khám phá bởi Gauss năm 1808 Chứng minh của kết quả này hơi dài

và do đó ta cần kiên nhẫn theo dõi

Định lý 2.1.31 (Bổ đề Gauss, [5]) Choplà số nguyên tố lẻ vàa là số nguyên saocho p- a Cho ν là số các thặng dư dương nhỏ nhất trong các sốa, 2a, 3a, (p−1)2 a

mà lớn hơn p/2 Khi đó (a/p) = (−1)ν

Chứng minh Gọir1, r2, , rk là các thặng dư dương nhỏ nhất của các số nguyên

a, 2a, 3a, , [(p − 1)/2]a modulo p mà chúng ≤ p/2, và s1, s2, , sν là các thặng

dư trong số đó lớn hơn p/2 Khi đó k + ν = (p − 1)/2

Xét các số nguyên r1, r2, , rk, p − s1, p − s2, , p − sν Mỗi số trong chúngđều là số dương và nhỏ hơn p/2 Ta cần chỉ ra rằng không có hai số nào trongchúng đồng dư modulo p

Đầu tiên, chú ý rằng không có hai số nào trong các số r i đồng dư (vì nếu

r i ≡ r j (mod p)thì t i a ≡ t j a (mod p) vớit i , t j sao choi < j và 1 ≤ t i , t j ≤ (p−1)/2