Thặng dư và thặng dư bình phương

Trong các kì thi Olympic Toán học ở Việt Nam và các nước trên thế giớithì lý thuyết thặng dư là phần được quan tâm đáng kể, vì thế việc có nhữnghiểu biết ban đầu về thặng dư sẽ giúp ta g

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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

Hà Nội - Năm 2016

Mục lục

1 Một số kiến thức cơ bản 5

1.1 Thặng dư 5

1.1.1 Thặng dư 5

1.1.2 Lớp thặng dư 8

1.2 Hệ thặng dư 9

1.2.1 Hệ thặng dư đầy đủ 9

1.2.2 Hệ thặng dư thư gọn 11

1.3 Các định lý cơ bản về thặng dư 14

1.3.1 Định lý Euler và định lý Fermat 15

1.3.2 Định lý thặng dư Trung Hoa 17

1.4 Thặng dư bình phương 18

1.4.1 Tiêu chuẩn thặng dư bình phương 18

1.4.2 Kí hiệu Legendre 20

1.4.3 Luật tương hỗ bậc hai 26

1.4.4 Thặng dư bình phương với modulo hợp số 30

1.4.5 Nhận xét về thặng dư bậc cao 33

2 Phương trình thặng dư 34 2.1 Phương trình thặng dư một ẩn 34

2.1.1 Phương trình thặng dư một ẩn 34

2.1.2 Phương trình thặng dư tuyến tính 35

2.1.3 Phương trình thặng dư modulo nguyên tố 38

2.1.4 Hệ phương trình thặng dư bậc nhất một ẩn 40

2.2 Phương trình bậc nhất nhiều ẩn 46

2.2.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn 46

2.2.2 Phương trình Diophant bậc nhất tổng quát 48

2.3 Phương trình Diophant phi tuyến 51

2.3.1 Phương trình Pythagore 51

2.3.2 Biểu diễn một số dưới dạng tổng hai bình phương 54

3 Một số dạng toán liên quan đến thặng dư và thặng dư bình phương 58 3.1 Một số dạng toán liên quan đến thặng dư 58

3.2 Một số dạng toán của thặng dư bình phương 62

3.2.1 Ứng dụng trong bài toán chứng minh chia hết 62

3.2.2 Ứng dụng trong tập hợp các số nguyên tố 65

3.2.3 Ứng dụng trong các bài toán dãy số nguyên và đa thức 68 3.2.4 Phương trình nghiệm nguyên 72

4 Một số dạng toán về thặng dư từ các đề thi Olympic 77 4.1 Sử dụng hệ thặng dư đầy đủ trong bài toán đếm 77

4.2 Bài toán tính tổng và chứng minh đẳng thức số 81

4.3 Một số bài toán liên quan số học 83

4.3.1 Quan hệ thặng dư 83

4.3.2 Định lý Fermat nhỏ và định lý Euler 85

4.3.3 Một số bài toán số Fermat 90

Tài liệu tham khảo 95

Mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Lý thuyết thặng dư - lý thuyết đặc biệt quan trọng trong số học và đãđược nhiều nhà Toán học nghiên cứu, vận dụng trong việc giải nhiều bài toánhay, khó và có ứng dụng thực tế

Trong các kì thi Olympic Toán học ở Việt Nam và các nước trên thế giớithì lý thuyết thặng dư là phần được quan tâm đáng kể, vì thế việc có nhữnghiểu biết ban đầu về thặng dư sẽ giúp ta giải nhiều bài toán khó trong sốhọc một cách nhẹ nhàng, ngắn gọn và đẹp

Tuy nhiên, trong nhà trường phổ thông thì thời lượng giảng dạy chophần lý thuyết thặng dư chưa nhiều nên học sinh thường thấy phần kiếnthức này rất khó, vượt ra hiểu biết của các em Vì vậy để giúp bản thân cónhững hiểu biết sâu sắc hơn về lý thuyết thặng dư, phục vụ tốt hơn cho côngtác bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi chọn đề tài "Thặng dư và thặng dư bìnhphương" 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 bìnhphương Cuối cùng, chương 4 tổng hợp một số bài toán thặng dư, thặng dưbình 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 vàứng dụng của chúng

5 Phạm vi nghiên cứu

Nghiên cứu lý thuyết và ứng dụng của thặng dư, thặng dư bình phương

6 Phương pháp nghiên cứu

Để thực hiện luận văn tác giả chủ yếu thu thập và nghiên cứu các tàiliệu 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 thamkhảo bổ ích cho giáo viên và học sinh muốn tìm hiểu về thặng dư, thặng dưbình phương Trong đó phần lý thuyết được chứng minh chặt chẽ, các bàitoán ứng dụng được hệ thống theo dạng và tương đối đầy đủ và cập nhậttheo 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 cậpnhật

9 Cấu trúc của luận văn

Cấu trúc của luận văn gồm ba phần: phần mở đầu, phần nội dung vàphần 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 bìnhphương

- 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 VănMậu, cùng các thầy cô trong Seminar bộ môn Toán của trường Đại học Khoahọc Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội Em xin bày tỏ lòng biết ơn chânthành 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 HàNội 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 nênkhi làm luận văn không tránh khỏi những hạn chế và sai sót Em mong nhậnđược sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc

Em xin chân thành cảm ơn!

Định nghĩa 1.1 Chomlà số nguyên dương, a, blà 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 khôngcùng thặng dư với 43 (mod 7); Mỗi số nguyên chẵn thặng dư với 0 modulo 2, vàmỗi 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 chiahết cho m Nói cách khác, các số a và b có cùng số dư khi chia cho m, nếu và chỉnếu 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 khichia 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

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 dưvới 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

a 1 + a 2 + · · · + a n = b 1 + b 2 + · · · + b n (mod m).

Nói cách khác, nếuaivà bi có cùng số dư khi chia chom, thì các tổng a1+a2+· · ·+an

và b1+ b2+ · · · + bn cũng có cùng số dư khi chia cho m

Chứng minh Vì a i = b i (mod m) (0 ≤ i ≤ n), nên theo định lý 1.1, các số

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

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

a1a2 ai an = b1b2 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 theođịnh lý 1.1, các hiệua1− b1, a2− b2 chia hết cho m

Khi đó tồn tại các số nguyên k1, k2 để a1− b1= k1m, a2− b2 = k2m.

a1 = b1 (mod m), a2 = b2 (mod m), , ai= bi (mod m), , at = bt (mod m)

đã suy ra được a1a2 ai at = b1b2bibt (mod m)

Xét t + 1 phép đồng dư bất kỳ, a 1 = b 1 (mod m), a 2 = b 2 (mod m), , a t = b t

(mod m), at+1 = bt+1 (mod m) Khi đó, theo giả thiết quy nạp từ t phép đồng dưđầu đã có a1a2 at = b1b2 bt (mod m).

Ký hiệu, At = a1a2 at, Bt = b1b2 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 Bởivậy tồn tại số nguyên k để at+1− bt+1= k.m. Xét hiệu

Atat+1− Bt.bt+1 = Atat+1− Atbt+1+ Atbt+1− Btbt+1

= A t (a t+1 − b t+1 ) + b t+1 (A t − B t )

= At.k.m + bt+1.l.m

= (At.k + bt+1.l)m.

nêna1a2 atat+1− b1b2 btbt+1= Atat+1− Btbt+1 chia hết chom Do đó, theo định

Định lý 1.2 Quan hệ thặng dư modulo m là một quan hệ tương đương, nghĩa làvới 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 nêna = 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

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 dưkhông âm nhỏ nhất củaamodulo m Và nếua = 0 (mod m)và |a| < mthì a = 0.Hay nếu a = b (mod m) và |a − b| < m thì a = b

Đặc biệt, nếu r 1 , r 2 ∈ {0, 1, 2, , m − 1}; a = r 1 (mod m)và a = r 2 (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 dưmodulo m ta được 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 nhấtcủa 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 nhấtmodulo m

Ví dụ 1.3 Tập hợp {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} là hệ thặng dư đầy đủ không âm nhỏnhất 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

Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh nếux1, x2 không cùng thặng dư modulo m

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 a i ∈ A sao cho a i = 0 (mod m).

• Với mọi a ∈Z tập A + a = {a 1 + a, a 2 + a, , a m + 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, tíchcủa chúng có lập thành các hệ thặng dư đầy đủ không?" Để trả lời câu hỏi đó taxem 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 nếumlà số chẵn thì tậpA+B = {a1+b1, , am+bm}

không lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modulom 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

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 hệthặng dư đầy đủ modulo 3 Tuy nhiên với B0 = {5, 4, 6} thì A + B0 = {6, 6, 9} lạikhông là hệ thặng dư đầy đủ modulo3

Bài toán 1.2 Cho hai số nguyên dương m, n và hai tập A = {a1, , an} là hệthặng 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 = {aibj}, i = 1, 2, , n; j = 1, 2, , m

không lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modulonm Có thể nói gì nếu (m, n) = 1.Lời giải Ta có nhận xét sau: NếuA = {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

p số không chia hết cho p.Thật vậy, giả sử ai = qin + ri, 1 ≤ ri < n DoA 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 Sốphần tử của A chia hết cho p bằng số các số nguyên dương k, k ≤ n là ước của n

Đây là điều vô lý vìp > 1

Nếu (m, n) = 1 thì chưa kết luận được Nghĩa là A + B có thể là hệ thặng dưđầy 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 modulo6 NếuA = {1, 2}, B = {5, 6, 7}thìAB = {5, 6, 7, 10, 12, 14}

không là hệ thặng dư đầy đủ modulo6

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 phiEuler

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 cùngnhau 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 nhauvới 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 vớipa là các số p, 2p, , (pa−1− 1)p, pa−1p Đó chính

là pa−1 các bội củap nhỏ hơn pa

Do đó, số lượng các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng pa và nguyên tố cùngnhau với pa được cho bởi công thức

 5 − 1 5

 7 − 1 7

 11 − 1 11



= 22.3.11.2.4.6.10 = 63360.

Như vậy hàmϕ(m)gồm các số nguyên trong tập hợp{0, 1, 2, , m−1}nguyên

tố cùng nhau vớim 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 {r 1 , r 2 , , rϕ(m)} được gọi là hệ thặng dư thu gọnmodulo m nếu với mỗi số nguyên x, (x, m) = 1, x = ri (mod m) với mỗi i =

1, 2, ϕ(m)

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 gọnmodulo 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 âmnhỏ 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 hệthặng dư thu gọn modulo m Dễ thấy một tập B = {b1, , bk} gồm m số nguyênlập thành một hệ thặng dư thu gọn modulo m khi và chỉ khi

1 (bi, n) = 1

2 b i = b j (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 dươngm, nvới (m, n) = 1 Giả sửA = {a 1 , , ah}

và B = {b1, , bk} tương ứng là các hệ thu gọn modulo m và modulo n Xét tập

C = {ain + bjm}, 1 ≤ i ≤ h, 1 ≤ j ≤ k.

Chứng minh rằng C là hệ thu gọn modulo mn

Lời giải Đầu tiên ta chứng minh (a i n + b j m, mn) = 1 Giả sử trái lại p là ướcnguyên tố chung củaain + bjm và mn Do (m, n) = 1nên chẳng hạn p|n và p không

là ước của m Suy ra p|bjm ⇒ p|bj Vậy p là ước chung của n và bj, mâu thuẫn

Ta chứng minh 2) Giả sử có a, a0∈ A, b, b0∈ B sao cho

an + bm = a0n + b0m (mod mn) ⇒ an = a0n (mod m) ⇒ a = a0 (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 tồntại b ∈ B để x = mb (mod n) Tương tự tồn tại a ∈ A để x = na (mod m) Từ đósuy 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)

2 . Tìm tất cả các số nguyên dương m có tính chất: Tồn tại một hệ thặng

dư đầy đủ modulo m gồm m số tam giác

Lời giải Ta chứng minh sốm có dạng m = 2s

Nếu m = 2s Ta xét tập A = {T2i−1} m

i=1 ở đó Tk = k(k + 1)

2 . Ta có A là hệthặng dư đầy đủ modulo m vì nếu T2i−1 = T2j−1 suy ra (i − j)(2i + 2j − 1) chia hếtcho 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 tamgiác với m = 2sn ở đó n > 1 là số lẻ

Xét tập B = {T i }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 tồntại 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

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 dụngtrong Toán học và Tin học Trong phần tiếp theo trình bày lại các định lý đó

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

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 − 1nên theo định lý Fermat

ap−1= aϕ(p)= 1 (mod p)

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

Do đó, nếu (−1)kk! = 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)kk! = 1 (mod 71).Vậy, ta có điều cần chứng minh

1.3.2 Định lý thặng dư Trung Hoa

Định lý Thặng dư Trung Hoa là tên người phương Tây đặt, còn người TrungQuốc gọi nó là Bài toán Hàn Tín điểm binh Tục truyền rằng khi Hàn Tín (danhtướng 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 theocách 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 hệphương trình

a = ak (mod nk)

với n1, n2, , nk đôi một nguyên tố cùng nhau Trong bài toán Hàn Tín điểm binhthì 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

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

j 6= i. Thành thử với mỗi i tồn tại bi sao cho Nibi = 1 (mod ni) Nếu j 6= i thì hiểnnhiên Njbj = 0 (mod ni) Xét số

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)

1.4 Thặng dư bình phương

1.4.1 Tiêu chuẩn thặng dư bình phương

Định nghĩa 1.5 Cho số nguyên dươngm ≥ 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 dưbình 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 (mod 11); 22= 4 (mod 11);

42= 5 (mod 11); 32 = 9 (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 theomột 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 đểnhận 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

ap−12 = 1 (mod p), (1.3)

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

ap−12 = −1 (mod p). (1.4)

Chứng minh Giả sử a là thặng dư bình phương modulo p Vậy tồn tại tồn tại

Theo định lý Ferma với mỗi số nguyên a không chia hết cho p thì ap−1 = 1 (mod p) nên ta có hoặc ap−12 = 1 (mod p) hoặc ap−12 = −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 moduloplà thặng dư bình phương modulo

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 nghiệmkhông 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 = a (mod p)

Giả sử x1 là nghiệm của phương trình (1) khi đó

x12= x02= a (mod p) ⇒ x21− x20= (x1+ x0).(x1− x0) = 0 (mod p).

Do đó



p|(x1+ x0) p|(x1− x0) ⇒

2 thặng dư bình phương modulo p và p − 1

2 không là thặng dư bình phươngmodulo p

Chứng minh Gọi a là một thặng dư bình phương theo modulo p. Xét phươngtrình

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 {1 2 , 22, , (p − 1)2}.

được định nghĩa



= 1 nếu a là thặng dư bình phương modulo p,



a 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



= 311



= 411



= 511



= 911



= 1.

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

 2 11



= 611



= 711



= 811



=1011



= −1.

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



a p



= 311−12 = 35= 1 (mod 11),

 3 13



= 313−12 = 36= 1 (mod 13),

 3 17



= 317−12 = 38= −1 (mod 17),

 3 19



=



b p



=



ab p

,



=



b p



• (ii) Ta có



a p



= ap−12 (mod p),



b p



= bp−12 (mod p) và



ab p



= (ab)

p−1 2

(mod p)

Do đó



a p

 

b p



=



a p

 

a p

hoàn toàn xác địnhkhi thay (.) bởi các giái trị -1, 2, và các số nguyên tố lẻ q Nếu a là một số nguyênkhông chia hết cho p thì ta có thể viết



=



±1 p

 

2 p

r 0

q1p

r 1

.



qkp

r k

.

Quan sát kết quả trên ta thấy bài toán đặt ra: các số nguyên tố p như thếnào sẽ nhận các số −1, 2, q lẻ là thặng dư bình phương Các định lý sau đây sẽ làcâu trả lời cho bài toán đó



= 1 nếu p = 1 (mod 4)



−1 p



= 1

2; p

 Giả sử s1, s2, , sm là tậptất cả các số chẵn trong khoảng 0;p

2

 Ta có m + n = p − 1



= 1 nếu p = ±1 (mod 8),



2 p

= 2.4.6

p − 1 2



.



p −p − 32



= 1 nếu p = 1 (mod 8),hoặc



2 p



= −1 nếu p = −3 (mod 8).Tương tự, nếu p = 3 (mod 8) hoặc p = −1 (mod 8) ta có



.



p −p − 12



= 1 nếu p = −1 (mod 8),hoặc



2 p



= −1 nếu p = 3 (mod 8) Định lý được chứng minh

Ví dụ 1.14 Áp dụng định lý 1.16, ta có

2 7



=217



= 223



= 231



= 1,

2 3



=

2 5



=

 2 11



=

 2 13



=

 2 19



=

−2 13



=

 2 13

 −1 13

t1, t2, , th là tập tất cả các số bội của 3 nằm trong khoảng p;3p

2



Ta có m + n + h là số các bội của 3 nằm trong khoảng0;3p

2

tức là số các số

i với 3i < 3p

2 ⇔ 1 ≤ i ≤ p − 1

2 Vậy m + n + h = p − 1

2 Xét tập

Từ đó suy ra 3 là thặng dư bình phương modulo p khi và chỉ khi p = 12t ± 1.

Chứng minh Giả sử p = 6k + 1 Tập tất cả các số chia hết cho 3 trong khoảng

(0, p) là {3i}, i = 1, , 2k − 1

Ta có 3i > p

2 ⇔ i > k − 1

6 ⇔ i ≥ k. Vậy n = k

Từ đó suy ra 3p−12 = 1 (mod p). khi và chỉ khi k = 2t ⇔ p = 12t ± 1.

Ở trên ta đã tìm được tất cả các số nguyên tố p sao cho q = 2, q = 3 là thặng

dư bình phương modulo p Bây giờ ta xét bài toán tổng quát: Cho q là số nguyên

tố Tìm tất cả các số nguyên tố p 6= q sao cho q là thặng dư bình phương modulo p

Để giải quyết bài toán này ta cần dùng đến luật tương hỗ bậc hai

1.4.3 Luật tương hỗ bậc hai

Cho p và q là các số nguyên tố lẻ khác nhau Nếu q là thặng dư bình phươngmodulo p thì phương trình thặng dư

Bổ đề 1.1 (Bổ đề Gauss) Cho p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên dươngsao cho (a, p) = 1, xét dãy (ka) gồm các số nguyên a, 2a, 3a, ,p − 1

2 a. Và các lớpthặng dư dương nhỏ nhất của chúng, tức là

ka = rk (mod p), 1 ≤ rk < p. (1.5)

Gọi n là số các lớp thặng dư rk nằm trong p

2; p

 Khi đó



a p



= (−1)n (mod p)

(trong đó n xác định bởi công thức n =

p−1 2

P

j=1



ja p

)

Chứng minh Từ (1.5) nhân vế với vế ta được

p − 1 2



!.



a p

Thêm vào đó với ri∈ A, rj ∈ B thì (p − ri) 6= rj Thật vậy nếu (p − ri) = rj ⇒

ri + rj = p ⇒ a(i + j) = 0 (mod p) ⇒ i + j = 0 (mod p) Điều này không thể vì

i + j < p

Như vậy {(p − rk)|rk ∈ A} ∪ B = {1, 2, ,p − 1

2 } Do đó, từ (1.6) và (1.7), suyra

p − 1 2



!



a p



= (−1)n.

p − 1 2

X

k=1



ka p

X

k=1

ka = pS +

p−1 2

X

i=1



iq p



+

q−1 2

X

j=1



jp q

Ta phân hoạch A thành các tập con

i=1 A1i ở đó A1i = {(i, j)|j < qip} Ta có |A1i| =hqipi, do đó

|A1| =

p−1 2

X

i=1



iq p

X

j=1



jp q



.

Vì|A| = |A1| + |A2| nên bổ đề được chứng minh

Định lý 1.18 (Luật tương hỗ Gauss) Cho p, q là hai số nguyên tố lẻ phânbiệt Khi đó

1 Nếu có ít nhất một trong hai số có dạng 4k + 1 thìp là thặng dư bình phươngmodulo q khi và chỉ khi q là thặng dư bình phương modulo p

2 Nếu cả hai số có dạng 4k + 3 thì p là thặng dư bình phương modulo q khi

và chỉ khi q không là thặng dư bình phương modulo p.

Tương đương với,



p q

 

q p



= (−1)p−12

q−1 2



là một số chẵn do đó S, T có cùng tính chẵn lẻ Theo bổ đề 1.2 thì p là thặng dưbình phương modulo q khi và chỉ khi T là số chẵn và q là thặng dư bình phương

modulop khi và chỉ khi S là số chẵn Vậyp là thặng dư bình phương modulo q khi

và chỉ khi q là thặng dư bình phương modulo p

 17 13



=

17 13



=

4 13



=



2213

 19 7



= −75



= −25



=

2 5



=

23.31 1009



=

 23 1009



.

 31 1009



Vì1009 có dạng 4k + 1 nên

 23 1009



=100923



=2023



 5 23



= 523



=35



=100931



=1731



=1417



=2.717



= 217

  7 17



=177



=37



= −1

a) Nếu p = 1 (mod 4): Theo luật tương hỗ 7 là thặng dư bình phương modulo

p khi và chỉ khi p là thặng dư bình phương modulo 7 tức là khi p7−12 = p3 = 1 (mod 7) ⇔ p = 1, 2, 4 (mod 7) Ta có

p = 1 (mod 4), p = 1 (mod 7) ⇔ p = 1 (mod 28)

p = 1 (mod 4), p = 2 (mod 7) ⇔ p = 9 (mod 28)

p = 1 (mod 4), p = 4 (mod 7) ⇔ p = 25 = −3 (mod 28)

b) Nếup = −1 (mod 4): Theo luật tương hỗ7là thặng dư bình phương modulo

pkhi và chỉ khi p là số không chính phương modulo 7 tức là khi p(7−1)/2= p3 = −1 (mod 7) ⇔ p = 3, 5, 6 (mod 7) Ta có

p = −1 (mod 4), p = −1 (mod 7) ⇔ p = −1 (mod 28)

p = −1 (mod 4), p = 5 (mod 7) ⇔ p = 19 = −9 (mod 28)

p = −1 (mod 4), p = 3 (mod 7) ⇔ p = 3 (mod 28)

Tóm lại7là thặng dư bình phương modulopkhi và chỉ khip = ±1, ±3, ±9 (mod 28).

1.4.4 Thặng dư bình phương với modulo hợp số

Số n là hợp số, có dạng phân tích tiêu chuẩn

Định lý 1.19 Số nguyên a với (a, n) = 1 là thặng dư bình phương modulo n khi

và chỉ khi với mỗi pi a là thặng dư bình phương modulo pisi

Chứng minh Giả sửa là thặng dư bình phương modulo n Khi đó tồn tại x ∈N

sao chox2= a (mod n) ⇒ x2= a (mod pisi ) Vậyalà thặng dư bình phương modulo

pisi

Đảo lại giả sử với mỗi i = 1, 2, , k; a là thặng dư bình phương modulo pisi.Khi đó tồn tại x ∈ N sao cho x2i = a (mod p isi) Theo định lý thặng dư Trung hoatồn tại x ∈ N sao cho x = x i (mod p isi) với mỗi i = 1, 2, , k Do đó x2 = x2i = a (mod pisi ) Suy ra x2 = a (mod n) Vậy a là thặng dư bình phương modulo n.Cho m là số nguyên dương lẻ và a là số nguyên tố cùng nhau với m Chúng

ta sẽ chỉ ra rằnga là thặng dư bình phương modulo m khi và chỉ khi a là thặng dưbình phương modulo p với p là ước nguyên tố của m.

Sau đây ta tìm hiểu các bài toán quy về xét các hợp số n có dạng lũy thừacủa một số nguyên tố

Định lý 1.20 Giả sử n = 2s, s > 1. và a là số lẻ Khi đó a là thặng dư bình phươngmodulo n, khi và chỉ khi

ii) Với s ≥ 3 Nếu tồn tại x ∈Z sao choa = x2 (mod n)khi đó x2 = a (mod 8)

Vì với mọi số lẻ x, x2= 1 (mod 8) nên a = 1 (mod 8) Đảo lại, giả sử a = 1 (mod 8)

tức là a = 8t + 1 Với s = 3 ⇔ n = 8 thì hiển nhiên a là thặng dư bình phươngmodulo 8

Xét s > 3 Như ví dụ 1.4 đã chỉ ra tồn tại hệ đầy đủ modulo 2s−3 gồm các

số tam giác tức là tồn tại k ∈ Z sao cho kk + 1

2 = t (mod 2

s−3 ) ⇒ 4k(k + 1) = 8t (mod n) ⇒ (2k + 1)2 = 8t + 1 = a (mod n) Vậy a là thặng dư bình phương modulo

n

Định lý 1.21 Giả sử n = ps với p là số nguyên tố lẻ Khi đó a là thặng dư bìnhphương modulo n khi và chỉ khi a là thặng dư bình phương modulo p

Chứng minh Hiển nhiên nếua là thặng dư bình phương modulon thìa là thặng

dư bình phương modulo p Giả sử a là thặng dư bình phương modulo p Ta chứngminh bằng quy nạp khẳng định sau: Với mỗi k tồn tại xk ∈ N sao cho x2k = a (mod pk) Với k = 1, khẳng định đúng vì a là thặng dư bình phương modulo p Giả

sử khẳng định đúng với k tức là tồn tại xk sao cho x2k = a + tpk với t ∈ Z Đặt

xk+1 = xk + hpk với h là số nguyên dương thỏa mãn 2hxk = −t (mod p) Số h nàytồn tại vì (p, 2xk) = 1 Vậy

x2k+1 = x2k+ 2hxkpk+ p2k

= a + (2hxk + t)pk + p2k

= a (mod p)k+1.

bởi vì 2hxk+ t chia hết chop và 2k ≥ k + 1 Nói riêng tồn tại xs để x2s = a (mod ps)

haya là thặng dư bình phương modulo n

Kí hiệu Jacobi

Kí hiệu Jacobi là sự mở rộng của kí hiệu Legendre

Định nghĩa 1.7 Choa là một số nguyên và n là số nguyên dương lẻ có phân tíchtiêu chuẩnn =



.

2 5



= (−1)(−1) = 1

nhưng2 là số không chính phương modulo15 Tuy vậy ký hiệu Jacobi cũng có đầy

đủ các tính chất như ký hiệu Legendre Cụ thể

Định lý 1.22 Giả sử n là số nguyên lẻ và a là số nguyên với (a, n) = 1 Khi đó



 n m



= (−1)(m−1)2 · (n−1)

1.4.5 Nhận xét về thặng dư bậc cao

Cho m, k và a là các số nguyên sao chom ≥ 2; k ≥ 2 và (a, m) = 1 Ta nói rằng

a là thặng dư bậc k modulo m nếu tồn tại số nguyên x thỏa mãn

Tương tự như một phương trình đại số, có rất nhiều câu hỏi tự nhiên được đặt

ra cho phương trình thặng dư như "sự liên hệ giữa số nghiệm và bậc của phươngtrình thặng dư?" Phần viết này nhằm giải quyết những câu hỏi đó

Định nghĩa 2.1 Phương trình thặng dư đại số bậc n là một đồng dư thức códạng

f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a0= 0 (mod m) (2.1)trong đó a i ∈Z, 1 ≤ i ≤ n và a 0 là số không chia hết cho m, và x là ẩn

Số nguyênx 0được gọi là nghiệm của phương trình (2.1) nếuf (x 0 ) = 0 (mod m)

và khi đó mọi số x = x0 (mod m) đều nghiệm đúng (2.1) Thật vậy, giả sử

Định nghĩa 2.2 Cho đa thức f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a0 Khi đó bậc củaphương trình f (x) = 0 (mod m) là số nguyên i lớn nhất i ≤ n, sao cho ai 6= 0 (mod m) Nếu không tồn tại số nguyên i như vậy thì phương trình coi như không

có bậc

Theo định nghĩa trên ta thấy cùng một đa thức f (x) = 0 (mod m) với các số

m khác nhau các phương trình có bậc khác nhau Chẳng hạn, xét đa thức

2.1.2 Phương trình thặng dư tuyến tính

Định lý 2.1 Cho m, a, b là các số nguyên với m ≥ 1 Cho d = (a, m) là ước chunglớn nhất của a và m Phương trình

ax = b (mod m) (2.2)

có nghiệm khi và chỉ khi b = 0 (mod d).

Nếu b = 0 (mod d), thì phương trình (2.2) có đúngd nghiệm là các số đôi mộtkhông cùng thặng dư modulo m Đặc biệt, nếu (a, m) = 1, thì với mỗi số nguyên b

phương trình (2.2) có duy nhất nghệm modulo m

Chứng minh Cho d = (a, m) Phương trình (2.2) có nghiệm khi và chỉ khi tồntại hai số x và y sao cho

d là ước của x 1 − x, kéo theo x 1 = x + im

d với i ∈Z bất kì, điều có nghĩa

d với i = 0, 1, , d − 1 đôi một không thặng dư modulo m

Do đó, phương trình (2.2) có đúng d nghiệm.Định lý được chứng minh

nó có duy nhất nghiệm là x = 10 (mod 13).

Mỗi nghiệm của (2.3) thỏa mãn x = 10 (mod 13), vì vậy tập hợp nghiệm đầy

đủ đôi một không thặng dư modulo 91 là {10, 23, 36, 49, 62, 75, 88}

Để giải phương trình thặng dư tuyến tính ta có thể cho x chạy qua hệ thặng

dư đầy đủ modulo m, và tìm ra nghiệm thỏa mãn phương trình Ngoài cách đó tacòn có thể sử dụng những phương pháp khác giúp giải nhanh phương trình thặng

dư tuyến tính hơn

* Phương pháp "chia cho a"

+ Nếu a là ước của b thì x = b

a (mod m).+ Nếu akhông là ước của b thì tìmk ∈Z sao cho(b + km) .a, do đó x = b + km

a (mod m)

là nghiệm của phương trình (2.2)

Ví dụ 2.4 Giải phương trình 2x = 9 (mod 17)

Ta có (2, 17) = 1 và ϕ(17) = 16 Nên phương trình đã cho có nghiệm

2.1.3 Phương trình thặng dư modulo nguyên tố

Trong phần này ta xem xét phương trình f (x) = 0 (mod m = p) với p là một

số nguyên tố Định lý quan trọng nhất trong phần này khẳng định mọi phươngtrình thặng dư modulo nguyên tố sẽ có số nghiệm không vượt quá bậc của phươngtrình và chỉ ra điều kiện cần và đủ để một phương trình sẽ có số nghiệm bằng bậccủa nó

Định lý 2.2 Cho p là số nguyên tố, khi đó phương trình thặng dư bậc n

f (x) = 0 (mod p)

có không quá n nghiệm

Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp định lý này Vớin = 0 phương trình

có bậc 0, tức là f (x) = a06 .p Khi đó phương trình f (x) = 0 (mod p) vô nghiệm.Giả khẳng định đúng với mọi phương trình thặng dư có bậc nhỏ hơn n Tacần chứng minh khẳng định đúng với phương trình thặng dư bậc n Xét đa thức

f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a0 với an 6 .p Giả sử f (x) = 0 (mod p)có n + 1 nghiệmkhông cùng thặng dư modulo p là x 0 , x 1 , , x n Khi đó đa thức

g(x) = f (x) − an(x − x1)(x − x2) (x − xn)

có bậc bé hơn hoặc bằngn − 1

Nếu phương trìnhg(x) = 0 (mod p) có bậc thì bậc của nó bé hơnn Tuy nhiênphương trình này lại có n nghiệm không cùng thặng dư modulo p là x1, x2, , xn.Điều này trái với giả thiết

Nếu phương trình g(x) = 0 (mod p) không có bậc, tức là mọi hệ số của g(x)

đều chia hết cho p hay g(x) = 0 (mod p) với mọi số nguyên x, ta chọn x = x0 Khiđó

g(x0) = f (x0) − an(x0− x1)(x0− x2) (x0− xn) = 0 (mod p).

Điều đó là vô lý vìf (x0) = 0 (mod p)cònan(x0−x1)(x0−x2) (x0−xn) 6= 0 (mod p)

do x0, x1, , xn không cùng thặng dư modulo p Vậy điều giả sử sai, theo nguyên

lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

Theo định lý Fermat ta có xp = x (mod p) hay xp − x = 0 (mod p) và theođịnh lý 2.2 thì phương trình có p nghiệm với mọi số nguyên tố p Do đó đa thức

f (x) = (xp− x)q(x) + r(x) với deg r < p khi đó f (x) = 0 (mod p) và r(x) = 0 (mod p)

có cùng tập nghiệm Từ đó ta có định lý sau