Kết quả nghiêncứu này không trùng với bất cứ công trình nào đã được công bố trước đó.Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừanhững kết quả của các nhà khoa họ
Ký hiệu Legendre và một vài tính chất cơ bản
Giả sử \( p \) là một số nguyên tố lẻ, chúng ta xem xét phương trình đồng dư bậc hai có dạng \( ax^2 + bx + c \equiv 0 \mod p \), với điều kiện \( (a, p) = 1 \).
Phương trình này tương đương
4a 2 x 2 +4abx+4ac≡0 (mod p) Biến đổi phương trình ta được
(2ax+b) 2 + (4ac−b 2 )≡0 (mod p) Đặty*x+b,4ac−b 2 =−d, chúng ta thu được phương trình đồng dư y 2 ≡d (mod p).
Số nguyên a được gọi là thặng dư bậc hai (hay bình phương) modulo m nếu phương trình x² ≡ a (mod m) có ít nhất một nghiệm nguyên x Ngược lại, nếu phương trình này không có nghiệm nguyên, a sẽ được gọi là không phải là bình phương modulo m.
Ví dụ 1.1.2 Vì2≡3 2 (mod 7), nên2là bình phương modulo7.
Trước khi khám phá phương trình đồng dư bậc hai với m là số nguyên tùy ý, chúng ta sẽ xem xét trường hợp m = p, trong đó p là một số nguyên tố Từ đó, chúng ta sẽ giới thiệu ký hiệu Legendre Định nghĩa 1.1.3 nêu rõ rằng, cho p là một số nguyên tố lẻ, ký hiệu Legendre a p được định nghĩa như sau: a p.
−1 nếuakhông là bình phương modulo p,
Thặng dư bậc hai có một đặc điểm quan trọng: Đối với mỗi số nguyên tố lẻ p, trong tập hợp {1, 2, , p-1}, có chính xác (p-1)/2 số là bình phương modulo p.
Chứng minh Xét các số1 2 ,2 2 , , p−1 2
Nhận thấy đây là các bình phương mod- ulo p và khác nhau từng đôi một, vì p- x 2 −y 2 = (x−y)(x+y), trong đó x6=y∈
{1,2 , p−1 2 } Từ đấy suy ra có ít nhất p−1 2 số là bình phương modulo p.
Mặt khác, cho x là một bình phương modulo p và p-a, ta có thể viết x = pãq + i, với −(p−1)/2 ≤ i ≤ (p−1)/2 Khi đó, a ≡ i² (mod p), dẫn đến đồng dư modulo p với một phần tử duy nhất thuộc tập hợp {1², 2², , (p−1)²}.
Ký hiệu Legendre có nhiều tính chất quan trọng Theo Định lý 1.1.5 (xem [4, Định lý 4.3.1, tr 178]), đối với mỗi số nguyên tố lẻ p, có những đặc điểm nhất định mà ký hiệu này thể hiện.
=1 Khi đó a≡x 2 (mod p) là bình phương modulo p Lấy lũy thừa p−1 2 cả hai vế, và dùng Định lý Fermat nhỏ ta có: a p−1 2 ≡x p−1 ≡1 (mod p).
Cách 1: Nhận thấy phương trình
X p−1 2 −1≡0 (mod p) có không quá p−1 2 nghiệm do đây là phương trình đồng dư modulo một số nguyên tố. Mặt khác nếu a p
Nếu \( a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \) (mod \( p \)), thì \( a \) là một nghiệm của phương trình \( X^{\frac{p-1}{2}} - 1 \equiv 0 \) (mod \( p \)) Theo Định lý 1.1.4, điều này cho thấy rằng \( \frac{p-1}{2} \) là bình phương modulo \( p \) Do đó, tập hợp các số chính phương modulo \( p \) trùng với tập các nghiệm của phương trình trên Hơn nữa, với số \( a \) đã cho, ta có \( a^{\frac{p-1}{2}} \equiv \pm 1 \) (mod \( p \)).
= −1, thì a p−1 2 +1≡0 (mod p) Vậy tóm lại a p
=−1 ta có a không là bình phương modulo p Ta làm việc trong trường hữu hạnF p =Z/pgồm pphần tử Thế thì
Trong nhóm cyclic F × p, phần tử sinh α cho thấy rằng các nghiệm của phương trình X^(p−1)/2 − 1 = 0 tương ứng với các bình phương modulo p, trong khi các nghiệm của phương trình X^(p−1)/2 + 1 = 0 tương ứng với các số không phải là bình phương modulo p Do đó, ta có a^(p−1)/2 = −1.
Trường hợp 3: p|a.Khi đó cả hai số a p vàa p−1 2 đều đồng dư0modulo p.
(2): Điều này được dẫn ra trực tiếp từ (1) Thật vậy ab p
Mặt khác vì plẻ, nên ab p a p b p
(3): Dùng trực tiếp định nghĩa và nhận xéta 2 ≡a 2 (mod p).
(4): Dùng trực tiếp định nghĩa.
Mặt khác plẻ, nên(−1) p−1 2 (mod p) = (−1) p−1 2
Cho α là căn nguyên thủy bậc 8 của 1 trong F p, với F p là một bao đóng đại số của F p Đặt y = α + α^(-1) ∈ F p, ta có y^2 = α^2 + 1/α^2 + 2 = 2 (vì α^4 = -1) Do char.k = p, ta có y^p = α^p + α^(-p) Nếu p ≡ ±1 (mod 8), thì y^p = y, kéo theo y^(p-1) = 1.
Ngoài ra, nếu p≡ ±5 (mod 8), thì y p =α 5 +α −5 =−(α+α −1 ) =−y.(vìy 4 =−1)
=y p−1 =−1 Khẳng định được chứng minh.
Cách 2: Ta sử dụng các kết quả sau đây (sẽ được đề cập hệ thống hơn ở phần tiếp theo).
Bổ đề 1.1.6 (Bổ đề Gauss) chỉ ra rằng nếu p là số nguyên tố lẻ và số nguyên tố cùng nhau với p, với p1 = p−1/2, thì các số dư r1, , rp1 của p1 số a, 2a, , p1a khi chia cho p sẽ có đúng n số phân biệt trong r1, , rp1 lớn hơn 2p Khi đó, điều kiện a p được thỏa mãn.
Từ Bổ đề Gauss suy ra
Bổ đề 1.1.7 (xem [20, Bổ đề 2.5.10, tr 90])Cho plà một số nguyên tố lẻ,(a,p) =1, đặt p 1 = p−1 2 Thế thì: a p
. Áp dụng trực tiếp Bổ đề 1.1.7 choa=2với nhận xét ka p
=0với mọik=1,2, ,p 1 , ta rút ra kết luận cần chứng minh.
Nhận xét 1.1.8 Với p≡1 (mod 4), ta có(−1) p−1 2 =1, hay
=1 Hơn nữa một sốacụ thể như vậy làa= (2k)! với p=4k+1.
Định lý 1.1.5 (6) khẳng định rằng số 2 là bình phương modulo p khi và chỉ khi p ≡ 1, 7 (mod 8) Nếu p là một số nguyên tố chia 8 dư 7, thì ta có 2 ≡ 5^2 (mod 23), từ đó suy ra 2 là bình phương modulo 23 Tương tự, nếu p là số nguyên tố chia 8 dư 1, ta có 2 ≡ 6^2 (mod 17), nên 2 cũng là bình phương modulo 17.
Luật thuận nghịch bậc hai
Kết quả quan trọng về tính chất bình phương theo modulo là luật thuận nghịch của Gauss Định lý 1.2.1 khẳng định rằng, với hai số nguyên tố lẻ phân biệt p và q, luôn có p q ã q p.
Một trong những phương pháp chứng minh sử dụng yếu tố hình học tổ hợp được Eisenstein đề xuất, như đã được tham khảo trong tài liệu [19] Chứng minh này áp dụng Bổ đề 1.1.7 và thực hiện việc đếm số điểm nguyên trong hình chữ nhật theo hai cách khác nhau Trước tiên, chúng ta sẽ nhắc lại và trình bày một chứng minh cho Bổ đề Gauss đã đề cập.
Bổ đề 1.2.2 (Bổ đề Gauss)Với plà một số nguyên tố lẻ, pkhông là ước củaa, ta xét tập hợp:
Giả sử trong số các phần tử của S lấy modulo p có n số lớn hơn p 2 Khi đó a p
Chứng minh rằng bất kỳ hai số nào trong tập hợp S đều khác nhau modulo p Gọi r₁, , rₘ là các phần tử nhỏ hơn p/2, và s₁, , sₙ là các phần tử lớn hơn p/2 trong S Khi đó, với m = (p - 1)/2, ta có p - 1 số phân biệt sau: r₁, r₂, , rₘ, p - s₁, p - s₂, , p - sₙ.
Giả sử trái lại p−si=rj vớii,j nào đó Thế thì tồn tạiu,v∈Zsao cho
Từ đó suy ra(u+v)a≡ri+rj= p≡0 (mod p), suy ra p|u+v,1≤u,v≤ p−1 2 , suy ra vô lý Vậy ta có p−1 2
Khi đóa p−1 2 ≡(−1) n (mod p) Từ đó ta có a p
Ví dụ 1.2.3 Tính các ký hiệu Legendre sau đây bằng cách dùng Bổ đề Gauss:
Vậy khi lấy theo modulo17có3số sau lớn hơn p 2 =8,5:
Vậyn=3và ký hiệu Legendre bằng(−1) 3 =−1 Hoàn toàn tương tự ta có
Từ Bổ đề Gauss, chúng ta trình bày chứng minh trường hợp riêng sau đây của Bổ đề 1.1.7 khialà một số lẻ.
Bổ đề 1.2.4 Với plà một số nguyên tố lẻ,alà số lẻ không chia hết cho p, ta luôn có a p
, với sốnđược cho trong Bổ đề Gauss.
Chứng minh rằng với mỗi số \( k_a \) chạy từ 1 đến \( \frac{p-1}{2} \) trong tập \( S \), ta có thể xác định \( t_k \) theo công thức \( k_a = \frac{p}{p+t_k} \), với điều kiện \( 1 \leq t_k \leq p \) Khi đó, nếu \( t_k < 2p \), thì \( t_k \) sẽ nằm trong tập các số \( r_1, \ldots, r_m \); ngược lại, nếu \( t_k > \frac{p}{2} \), thì \( t_k \) sẽ thuộc vào tập các số \( s_1, \ldots, s_m \) Từ đó, suy ra rằng \( p - 1 \) chia cho 2.
Mặt khác vìr 1 , ,rm,p−s 1 , ,p−sn là một hoán vị của p−1 2 số tự nhiên đầu tiên nên p−1 2
Ta chỉ cần chứng minhn≡∑ p−1 2 k=1 hkn p i (mod 2) Lấy (1.1) trừ (1.2) ta có
2 k=1 hka p i là một số chẵn Từ đó kết thúc chứng minh Bổ đề 1.2.4.
Bây giờ ta quay về chứng minh Luật thuận nghịch bậc hai của Gauss (Định lý 1.2.1).
Chứng minh Trong mặt phẳng Oxy, ta xét hình chữ nhật với các đỉnh (0,0); 0, q 2
Đếm số điểm nguyên trongRlà phần trong hình chữ nhật với các tọa độ(0,0); 0, q 2
Cách 1:p,qlẻ nên số điểm nguyên bao gồm(n,m)trong đó1≤n≤ p−1 2 ,1≤m≤ q−1
Cách 2:(p,q) =1 Do đó không có điểm nguyên nào ở trên đường chéo nối(0,0) với 2 p , q 2
GọiT 1 là số điểm nguyên nằm dưới đường chéo;T 2 là số điểm nguyên nằm trên đường chéo Khi đó
Số điểm nguyên lúc này sẽ làT 1 +T 2
Từ hai cách tính trên ta suy ra p−1
Từ Bổ đề 1.2.4 ta có p q q p
= (−1) p−1 2 ã q−1 2 , và chứng minh được hoàn tất.
Chúng ta sẽ trình bày một chứng minh khác của luật huận nghịch bậc hai thông qua tổng Gauss, một kết quả nổi tiếng trong Số học với nhiều cách chứng minh khác nhau Định nghĩa 1.2.5: Cho p là số nguyên tố lẻ, ζp = e^(i 2π/p) là một căn nguyên thủy bậc p của 1 Tổng Gauss tương ứng sẽ được xác định như sau.
Nhận xét 1.2.6 Với mọi số nguyênata đều có p−1
Chứng minh Nếu p|a, thìζ p a =1, suy ra điều cần chứng minh.
Nếu pkhông là ước củaa, áp dụng công thức x p−1 +x p−2 +ã ã ã+x+1= x p −1 x−1 , vớix=ζ p a , ta có p−1
= ζp ap −1 ζ p a −1 =0. Định lý 1.2.7 Tổng GaussG 0 =0.
Mặt khác ta chỉ ra ∑ n=0 p−1 n p
=0 Xét r là một căn nguyên thủy modulo p, nghĩa là với mọin=1, ,p−1, đều tồn tạiksao chon≡r k (mod p) Khi đó n p r k p
Khi chonchạy từ 1đến p−1, thìk chạy trong một hoán vị của(1,2, ,p−1) Do đó tổng các lũy thừa(−1) k bằng0và ta có điều cần chứng minh.
Mệnh đề 1.2.8 Với mọia∈Z, ta có
Ta xét trường hợp còn lại, pkhông là ước củaa Khi đó a p
Vì p-a, nên{an} n=1 p−1 là một hoán vị của{1,2, ,p−1}modulo p Do đó a p
Ví dụ 1.2.9 Vớia=3, p=5, ta cóG 3 =−G 1
Chứng minh Thật vậy vì3không chính phương modulo5, nên 3 5
=−1 Do đó áp dụng công thức trên:Ga a p
Mệnh đề sau đây là một minh họa cho Định lý Kronecker-Weber khẳng định mọi mở rộng abel củaQđều chứa trong một mở rộng chia đường tròn.
Mệnh đề 1.2.10 Giả sử p-a, ta cóG 2 a = (−1) p−1 2 p.
Chứng minh Vì p-a, nên theo định nghĩa tổng Gauss ta có
Viếtb≡ac (mod p), vớicchạy trong1, ,p−1 Thế thì
Mặt khác ∑ a=1 p−1 ζp a(1+c) =−1 nếu 1+c6≡0 (mod p) và ∑ a=1 p−1 ζp a(1+c) = p−1 nếu
Ví dụ 1.2.11 Tính đượcG 2 1 =−3khi p=3.
Bây giờ chúng ta trình bày chứng minh khác cho luật thuận nghịch bậc hai (Định lý 1.2.1) thông qua các tổng Gauss.
Chứng minh thông qua tổng Gauss Bước 1:Đặt p ∗ = (−1) p−1 2 p, ta có
Mệnh đề 1.2.10 nói rằngG 2 = p ∗ Mặt khác p ∗ q
Bước 2.VớiGnhư trên ta có
Vìqlà một số nguyên tố lẻ, nên n p q n p
∑ n=0 n p ζ p qn ≡Gq (mod q), suy ra
KhửGở cả hai vế ta có p ∗ q
= (−1) p−1 2 ã q−1 2 Một hệ quả trực tiếp của luật thuận nghịch quan trọng này là như sau.
Hệ quả 1.2.12 Với hai số nguyên tố lẻ phân biệt pvàq, ta có
1 Nếu một trong hai số p,qđồng dư1theo modulo4, thì plà bình phương modulo qnếu và chỉ nếuqlà bình phương modulo p.
2 Nếu p≡q≡3 (mod 4), thì plà bình phương moduloqnếu và chỉ nếuqkhông là bình phương modulo p.
Ví dụ 1.2.13 1 Áp dụng luật thuận nghịch trên ta có
Do đó21không chính phương modulo53.
2 Ta tính tiếp ký hiệu Legendre 34 59
=−1 Mặt khác 17chia4dư 1, nên theo luật thuận nghịch
Mặt khác17 là số nguyên tố chia8dư1, nên 17 2
3 Cũng áp dụng quy tắc này, ta có 5là số chính phương modulo p với plẻ khi và chỉ khi 5 p
=1 Điều này có nghĩa là p≡1,4 (mod 5).
Một số ví dụ
Trong mục này chúng ta quan tâm một số áp dụng của các kết quả nói trên.
Ví dụ 1.3.1 (dựa trên [4, Ví dụ 1, tr 180]) Chứng minh rằng phương trình x 2 −17y 2024 không có nghiệm nguyên.
Để chứng minh phương trình có nghiệm nguyên, ta sử dụng phương pháp phản chứng Giả sử rằng 12 là bình phương modulo 17, ta áp dụng luật thuận nghịch bậc hai để tính ký hiệu Legendre của 12 với 17.
Vì17≡1 (mod 4)và là số nguyên tố, nên theo quy tắc nêu trên
Từ đó suy ra mâu thuẫn.
Ví dụ 1.3.2 (xem [4, Ví dụ 2, tr 181])Cho p,qlà các số nguyên tố phân biệt, mỗi số đều chia4dư3 Thế thì phương trình x 2 −py 2 =qkhông có nghiệm nguyên.
Giả sử (x,y) là một nghiệm của phương trình với x,y thuộc Z Khi đó, q sẽ là bình phương modulo p Vì cả p và q đều chia 4 dư 3, theo luật thuận nghịch bậc hai, ta có p không phải là bình phương modulo q.
Nếu \(q | y\), thì \(q | x\) do \(q = x^2 - py^2\) chia hết cho \(q^2\), điều này dẫn đến mâu thuẫn vì \(q - y\) và \(y\) khả nghịch trong \(F_q\) Suy ra, tồn tại \(y_0\) sao cho \(y y_0 \equiv 1 \mod q\) Do đó, \(y^{-2} x^2 = p \in F_q\) cho thấy \(p\) là bình phương modulo \(q\), điều này mâu thuẫn với khẳng định rằng \(p\) không phải là bình phương modulo \(q\) Từ đó, kết luận rằng phương trình trên không có nghiệm nguyên.
Chương 2 Ứng dụng của thặng dư bậc hai
Ước nguyên tố ứng với các biểu thức bậc hai cụ thể
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá các ước nguyên tố của các biểu thức dạng \(a^2 + b^2\), \(a^2 + 2b^2\) và \(a^2 - 2b^2\) với \(a, b\) là các số nguyên Đồng thời, chúng ta cũng sẽ tìm hiểu các điều kiện cần và đủ để một số nguyên tố có thể được biểu diễn dưới các dạng này Trước khi tiếp tục, hãy tóm tắt một số kết quả liên quan đến \(-1\), \(2\), và \(-2\) là bình phương modulo \(p\), với \(p\) là số nguyên tố lẻ, được dẫn ra từ Định lý 1.1.5.
Trước hết ta nhắc lại những khẳng định sau là hệ quả của Định lý Fermat nhỏ.
Hệ quả 2.1.2 (xem [4, Định lý 4.4.1])Mọi ước nguyên tố lẻ củaa 2 +1đều có dạng
Hệ quả 2.1.3 (xem [4, Định lý 4.4.2])
1 Cho a,bnguyên tố cùng nhau và p là một số nguyên tố là ước của a 2 +b 2 Thế thì p≡1 (mod 4).
2 Nếu p≡3 (mod 4)là một ước nguyên tố củaa 2 +b 2 , thì p|a, và p|b.
Kết quả quan trọng sau đây của Thue cho phép ta chứng minh Định lý 2.1.5. Định lý 2.1.4 (Bổ đề Thue, xem [4, Định lý 4.4.3]) Cho n> 1 là một số nguyên,
UCLN(a,n) =1 Thế thì tồn tại các số nguyên dương x và y nhỏ hơn √ n sao cho n|ax+yhoặcn|ax−y.
Chứng minh Giả sử nkhông là một số chính phương Đặtt = [√ n] +1và
Theo nguyên tắc Dirichlet, nếu \( S = t^2 > n \), tồn tại hai số phân biệt \( ax_1 + y_1 \equiv ax_2 + y_2 \mod n \) với \( x_1 > x_2 \) Từ đó, ta có \( a(x_1 - x_2) \equiv y_2 - y_1 \mod n \), và đặt \( x = x_1 - x_2 \), \( y = |y_1 - y_2| \) Do \( \text{UCLN}(a, n) = 1 \), suy ra \( x, y \neq 0 \) và \( 0 < x, y < \sqrt{n} \) Xét trường hợp \( n \) là số chính phương, đặt \( n = d^2 \) Nếu một trong các số \( x, y \) là \( d \), số còn lại cũng là bội của \( d \), dẫn đến \( a = d \pm 1 \) Với \( a = d - 1 \), chọn \( x = 1, y = d - 1 \) và dấu âm, còn nếu \( a = d + 1 \), chọn \( x = d - 1, y = 1 \) và dấu dương Định lý 2.1.5 chỉ ra rằng số nguyên tố \( p \) có thể viết dưới dạng \( p = a^2 + b^2 \) khi và chỉ khi \( p \equiv 1 \mod 4 \).
Chứng minh “⇒”: Đây chính là Định lý 2.1.3.
“⇐”: Với p≡1 (mod 4), ta đã biết−1là bình phương modulo p, hay tồn tạiu∈Z sao chou 2 ≡ −1 (mod p) Tương tự cách làm của Bổ đề Thue, ta xét
Vì số phần tử#(A) = (N+1) 2 > p, nên trongAhai phần tử x 1 +y 1 u≡x 2 +y 2 u (mod p), với(x 1 ,y 1 )6= (x 2 ,y 2 ) Do đóa+bu≡0 (mod p)vớia=x 1 −x 2 ,b=y 1 −y 2 Thế thì
Do đó p|a 2 +b 2 Mặt khác |a| ≤N, |b| ≤N, suy ra a 2 +b 2 p, suy ra theo nguyên tắc Dirichlet i+ jb≡I+Jb (mod p) với0≤i,j,I,J≤[√ p] và(i, j)6= (I,J)nào đó Đặtr=i−I,s=J−j, suy ra r≡bs (mod p), trong đó|r|,|s| ≤[√ p] 0, ta có x² − 2x + 4≡1,3 (mod 8) Điều này mâu thuẫn với khẳng định x² − 2x + 4≡7 (mod 8) đã nêu, chứng tỏ giả thuyết ban đầu là sai Do đó, phương trình không có nghiệm.
Bài tập 2.3.7 (xem [5, Định lý 2.7, tr 4])Chứng minh rằng phương trìnhy 2 =x 3 +46 không có nghiệm nguyên.
Giả sử (x,y) là một nghiệm của phương trình, ta có x lẻ Nếu x chẵn, sẽ dẫn đến mâu thuẫn khi y^2 ≡ 6 (mod 8) Từ x lẻ, suy ra y cũng lẻ, do đó y^2 ≡ 1 (mod 8) và x^3 ≡ x (mod 8) Xét phương trình ban đầu theo modulo 8, ta có x ≡ 3 (mod 8).
Biến đổi phương tình ban đầu về dạng y 2 +18=x 3 +64,
Vìx≡3 (mod 8), nênx+4≡7 (mod 8), nên
Do đóx 2 −4x+16có ước nguyên tốp6≡1,3 (mod 8) Mặt khácxlẻ nênx 2 −4x+16 cũng lẻ và p6=2,3 Hơn nữa pcũng là ước củay 2 +18, nên −18≡y 2 (mod p) Vì p6=2,3nên ta có biến đổi sau:
=1, suy ra p≡1 (mod 8)hoặc p≡3 (mod 8), suy ra mâu thuẫn. Tương tự ta cũng nhận được mâu thuẫn bằng cách xét các ước nguyên tố củax+4.
Từ đó suy ra phương trình ban đầu không có nghiệm nguyên.
Bài tập 2.3.8 (xem [5, Định lý 2.8, tr 4])Chứng minh rằng phương trìnhy 2 =x 3 −24 không có nghiệm nguyên.
Lời giải Trước hết ta chứng minh xchẵn Phương trình đầu được biến dổi về dạng: y 2 +16=x 3 −8= (x−2)(x 2 +2x+4).
Nếuxlẻ, thìx 2 +2x+4là một số dương và≡3 (mod 4), kéo theo có một ước nguyên tố dạng p≡3 (mod 4) Do đó
, kéo theo vô lý Vậy x chẵn, kéo theo ychẵn Hơn nữa, từ phương trình y 2 =x 3 −24 suy rax=2x 0 ,y=4y 0 , kéo theo
2y 02 =x 03 −3, kéo theox 0 lẻ và>1, kéo theo
Cho một ước nguyên tố lẻ tùy ý \( y_0 \) sao cho \( 2 - x_0 + 1 \equiv 2 \) (mod \( p \)), dẫn đến \( p \equiv 1, 3 \) (mod 8) Điều này cho thấy \( x_0 - x_0 + 1 \) là tích các số nguyên tố \( \equiv 1, 3 \) (mod 8), từ đó suy ra \( x_0 - x_0 + 1 \equiv 1, 3 \) (mod 8) Hơn nữa, vì \( y_0 \equiv 0, 1, 4 \) (mod 8), nên ta có \( x_0^3 = 2y_0 + 3 \).
≡3,5 (mod 8), kéo theox 0 ≡3,5 (mod 8), kéo theox 02 −x 0 +1≡5,7 (mod 8) Điều này mâu thuẫn với (2.7) Do đó khẳng định được chứng minh.
Bài tập 2.3.9 (xem [5, tr 5])Chứng minh rằng vớik=3,9,12, phương trình Mordell y 2 =x 3 −kkhông có nghiệm nguyên.
Lời giải vắn tắt Thực hiện quy trình chứng minh đã có sau khi viết lại các phương trình dưới dạng
Chương 3 Một số bài tập tổng hợp
Một số bài tập củng cố lý thuyết
Bài tập 3.1.1 (xem [15, Ví dụ 10, Bài tập 11])Tìm tất cả các số nguyên tố lẻ psao cho
(a) 5là thặng dư bậc hai modulo p.
(b) 3là thặng dư bậc hai modulo p.
Theo quy tắc thuận nghịch bậc hai, vì 5≡1 (mod 4), nên 5 là thặng dư bậc hai modulo p khi và chỉ khi p là thặng dư bậc hai modulo 5 Do đó, các số nguyên tố p cần tìm sẽ thỏa mãn điều kiện p≡ ±1 (mod 5).
Nếu p ≡ 1 (mod 4), theo luật thuận nghịch bậc hai, 3 là thặng dư bậc hai modulo p khi và chỉ khi p là thặng dư bậc hai modulo 3 Do đó, p chia 3 dư 1 Kết hợp với điều kiện p chia 4 dư 1, ta có p ≡ 1 (mod 12).
Nếu \( p \equiv 3 \) (mod 4), thì theo luật thuận nghịch bậc hai, \( 3 \) là thặng dư bậc hai modulo \( p \) khi và chỉ khi \( p \) không là thặng dư bậc hai modulo \( 3 \) Điều này dẫn đến \( p \) chia \( 3 \) dư \( 2 \) Kết hợp với \( p \) chia \( 4 \) dư \( 3 \), ta có \( p \equiv -1 \) (mod 12).
Tóm lại3là thặng dư bậc hai modulo pkhi và chỉ khi p≡ ±1 (mod 12).
Bài tập 3.1.2 (xem [13, Bài tập 7.6.19]) Chứng minh rằng phương trình x 4 ≡25(mod p)không có nghiệm nếu plà số nguyên tố và p≡13,17 (mod 20).
Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm Thế thì dùng luật thuận nghịch bậc hai với lưu ý5là số nguyên tố chia4dư1ta có
Từ đó suy ra vô lý và phương trình không có nghiệm.
Bài tập 3.1.3 (xem [13, Bài tập 7.6.20])Giả sử pnguyên tố, p≡13,17 (mod 20).
Chứng minh rằng phương trìnhx 4 +py 4 %y 4 không có nghiệm nguyên.
Lời giải Không mất tính tổng quát giả sử ước số chung lớn nhất của x,y,z bằng 1. Thế thì p-z Giả thiết suy rax 4 ≡25z 4 (mod p), suy ra
Từ đó suy ra mâu thuẫn.
Bài tập 3.1.4 (xem [4, Bài tập 2, tr 190])Chứng minh rằng vớin>1là số nguyên, thì phương trình: x 2 +y 2 =z n +2 n không có nghiệm nguyên vớiUCLN(x,y) =1vànlà số lẻ lớn hơn1.
Lời giải Đầu tiên ta kết luận z là số lẻ vì nếu trái lại 2 n |z n +2 n =x 2 +y 2 , suy ra x 2 +y 2 ≡0,4 (mod 8) Do đóx,yđều là số chẵn, suy ra vô lý.
Theo định lý 2.1.3(2), nếu \( n + 2n \) có ước nguyên tố dạng \( 4k + 3 \) (xét hai trường hợp \( 4m - 1 \) và \( z = 4m + 1 \)), thì \( x^2 + y^2 \) cũng sẽ có ước nguyên tố dạng \( p = 4k + 3 \) với \( x \) và \( y \) là các số nguyên tố cùng nhau Điều này dẫn đến mâu thuẫn, khẳng định rằng không thể tồn tại các số như vậy.
Bài tập 3.1.5 (xem [13, Bài tập 7.6.18]) Chứng minh rằng phương trình x 4 ≡25 (mod 1013)không có nghiệm.
Lời giải Vì 1013∈P, nên nếux 0 4 ≡25 (mod 1013), thìx 2 0 ≡ ±5 (mod 1013) Do đó ±5 1013
=−1, suy ra vô lý Vậy chứng minh được hoàn tất.
Bài tập 3.1.6 (xem [4, Ví dụ 4, tr 185])Chứng minh rằng không tồn tại số nguyênn sao chon 7 +7là một số chính phương.
Lời giải (Bài này tương tự Ví dụ 2.1.11)Nếunchẵn thì n 7 +7≡3 (mod 4), suy ra n 7 +7không là một số chính phương Điều này vô lý Do đónlẻ.
Trường hợp 1:n≡3 (mod 4).Thế thìn 7 +7≡2 (mod 4), suy ra loại.
Trường hợp 2:n≡1 (mod 4).Nếun 7 +7=q 2 với một số nguyênqnào đó, thì n 7 +2 7 =q 2 +11 2
Do đó, n + 2 | q² + 11 Vì n = 7 + 7 là một số chính phương, nên n là số nguyên dương Mặt khác, n + 2 ≡ 3 (mod 4), suy ra n + 2 có một ước nguyên tố dạng p = 4k + 3 Từ đó, ta có p | n + 2 | q² + 11² Theo Định lý 2.1.3(2), ta có p | 11 và p | q, do đó 11 | q Đặt q = q₁, khi đó n = 7 + 2 = q² + 11² - 2q₁ + 1.
, ta chỉ rad|7 Thật vậy dùng công thức a 7 +b 7 = (a+b) 7 −7ab(a+b) a 2 +ab+b 2 2
, suy ra a 7 +b 7 a+b = (a+b) 6 −7ab(a+b) 4 +14a 2 b 2 (a+b) 2 −7a 3 b 3 Áp dụng choa=n,b=2, ta cú d |n+2, d| n n+2 7 +2 7 , suy ra d| 7ã(2n) 3 Vỡ nlẻ, nờn (n+2,2n) =1, suy ra d,(2n) 3
Từ việcd|7, suy ra một trong hai sốn+2và n 7 n+2 +2 7 không chia hết cho11.
Nếu 11- n+2, thì ta xét p là một ước nguyên tố dạng 4k+3 của n+2 Khi đó (p,11) =1, suy ra p|q 2 1 +1 Điều này vô lý (theo Định lý 2.1.3(2)).
≡3 (mod 4), và n n+2 7 +2 7 >0 Thế thì n n+2 7 +2 7 có một ước nguyên tố p dạng4k+3 Trong trường hợp này p|q 2 1 +1, suy ra vô lý (theo Định lý 2.1.3(2)).
Bài tập 3.1.7 (xem [4, Ví dụ 1, tr 188])Chứng minh rằng phương trìnhx 3 −3=2y 2 không có nghiệm nguyên.
Giả thiết suy raxlẻ, ta có x ≡ ±1, ±3 (mod 8) Khi xét đồng dư theo modulo 8, hai trường hợp x ≡ ±1 (mod 8) sẽ bị loại Nếu x ≡ ±3 (mod 8), thì x^2 - x + 1 sẽ có dạng 8m - 1 hoặc 8m - 3, dẫn đến việc x^2 - x + 1 có một ước nguyên tố p dạng ≡ -1, -3 (mod 8) Hơn nữa, p | y^2 + 2 cũng được kéo theo.
=1, kéo theo p≡1,3 (mod 8), suy ra mâu thuẫn với p≡ −1,−3 (mod 8).
Bài tập 3.1.8 (xem [4, Ví dụ 1, tr 189])Xét phương trình8xy−(x+y) =z 2 Chứng minh rằng
1 Phương trình không có nghiệm (x,y,z)với x,y,zđều là các số nguyên dương.
2 Phương trình có vô số nghiệm(x,y,z)vớix,y,zđều là các số nguyên âm.
Lời giải (1): Giả sử phương trình có bộ nghiệm nguyên dương (x,y,z) Thế thì
Xét số nguyên dương x với bất đẳng thức 8x−1≥7, ta có thể xác định rằng 8x−1 có thể là ước nguyên tố dưới dạng 8m−1 hoặc 8m−3, điều này phụ thuộc vào giả thiết x là số nguyên dương Theo Định lý 2.1.9, 8x−1 không phải là ước của 2(2z)² + 1, từ đó dẫn đến một mâu thuẫn và hoàn tất chứng minh Ngoài ra, nếu ta xem p ≡ −1, −3 (mod 8) là ước nguyên tố của 8z² + 1 = 2(2z)² + 1, ta có −2(2z)² ≡ 1 (mod p) Vì 2z khả nghịch modulo p, nên −2 ≡ z₀² (mod p).
=1, kéo theo p≡1,3 (mod 8), suy ra vô lý.
(2): Ta có các bộ ba (x,y,z)sau: x=−1, y=−9n 2 −2n,z=−9n−1, với nlà số nguyên dương tùy ý.
Bài tập 3.1.9 (xem [8])Cho plà một số nguyên tố Chứng minh rằng tồn tại x∈Z sao cho p|x 2 −x+3khi và chỉ khi tồn tạiy∈Zsao cho p|y 2 −y+25.
Lời giải Trường hợp 1.p=2,3: Điều cần chứng minh là rõ vìx 2 −x+3vày 2 −y+25 là số lẻ, nên p6=2.
Nếu p=3thìp|x 2 −x+3vớixchẵn và p|y 2 −y+25vớiy≡2 (mod 3).
Trường hợp 2 p ≥ 5: Khi đó p| x 2 −x+3 khi và chỉ khi p | 4 x 2 −x+3
=1thì tồn tạit ∈Zsao cho p|t 2 +11 Nếu cần thayt bởit+p ta có thể giả sửt lẻ Đặtt =2x−1ta có p|x 2 −x+3.
Tương tự p|y 2 −y+25 khi và chỉ khi p|4 y 2 −y+25
Hai khẳng định (3.1) và (3.2) tương đương với nhau vì
Bài tập 3.1.10 (xem [8])Chứng minh rằng với mọi số nguyên tốp, tồn tạia,bnguyên sao cho p|a 2 +b 2 +1.
Lời giải cho bài toán cho thấy rằng p|a² + b² + 1 khi và chỉ khi 2 ≡ −b² − 1 (mod p) Cả hai tập hợp {a² | a ∈ Z} và {−b² − 1 | b ∈ Z} theo modulo p đều có p + 1/2 phần tử, từ đó suy ra chúng giao nhau và không rỗng, hoàn thành chứng minh.
Bài tập 3.1.11 (xem [8])Chứng minh rằng không tồn tại các sốa,b,cnguyên dương sao cho a 2 +b 2 +c 2 3(ab+bc+ca)∈Z.
Lời giải Giả sử trái lại tồn tại a,b,c(có thể giả sử(a,b,c) =1) sao cho a 2 +b 2 +c 2 3(ab+bc+ca) =n∈Z. Thế thìa 2 +b 2 +c 2 =3n(ab+bc+ca)suy ra
Vì3n+2>0, nên tồn tại ước nguyên tố dạng p≡2 (mod 3)và
p 2i−1 |3n+2, p 2i -3n+2, với i nào đó Từ đó suy ra p i | a+b+c, suy ra p| ab+bc+ca Thay c≡ −a−b (mod p), suy ra p|a 2 +ab+b 2 , suy ra p|(2a+b) 2 +3b 2
=1,suy ra mẫu thuẫn vì p≡2 (mod 3) Vậy p|a 2 +ab+b 2 , suy ra p| a, suy ra p|c,suy ra vô lý.
Bài tập 3.1.12 (xem [17])Giả sửa,b∈Z + là hai số nguyên dương thỏa mãn15a+ 16b và16a−15b đều là các số chính phương Tìm giá trị nhỏ nhất của min{15a+ 16b,16a−15b}.
a= 15k 2 481 +16l 2 , b= 16k 2 481 −15l 2 , với k,l ∈ Z + Vỡ 481= 13ã37, nờn 15k 2 +16l 2 ≡0 (mod 13), suy ra 2k 2 ≡ −3l 2 (mod 13) Do đók 2 ≡5l 2 (mod 13) Vì 13 5
Tương tự15k 2 +16l 2 ≡0 (mod 37), suy ra32l 2 ≡ −30k 2 (mod 37), suy ral 2 ≡ 6k 2 (mod 37) Kết hợp với 37 6
=−1 suy ra37 |k, 37| l Thế thì l nhỏ nhất bằng
481 Vớ dụ khik=l H1ta cúaã481,bH1.
Bài tập 3.1.13 (Lind-Reichart)Chứng minh rằng phương trình
2Y 2 =X 4 −17Z 4 (3.3) chỉ có nghiệm hữu tỷ tầm thường.
Giả sử phương trình có nghiệm (x,y,z) khác (0,0,0) với x,y,z thuộc tập số hữu tỷ Q Với mọi số tự nhiên n, bộ (nx,n²y,nz) cũng là nghiệm của phương trình Do đó, phương trình có nghiệm không tầm thường (x,y,z) thuộc Z³, và có thể giả sử rằng (x,y) = 1 và z > 0.
Giả sử \( q \) là một số nguyên tố lẻ Khi đó, phương trình (3.3) có thể được kéo theo \( x^4 = z^4 \) trong \( F_q \) Do đó, 17 trở thành lũy thừa bậc 4 modulo \( q \) vì nếu \( q \) chia hết cho \( y \), thì \( q \) cũng phải chia hết cho \( x \), điều này dẫn đến mâu thuẫn với điều kiện \( UCLN(x,z) = 1 \).
=1 Theo luật tương hỗ (thuận nghịch) Gauss, vìq≡1 (mod 8), nên 17 q
Trong trường hợp này, 2 và -1 đều là các bình phương trong trường F17, với 2 tương đương 6^2 (mod 17) và -1 tương đương 4^2 (mod 17) Điều này cho thấy mọi ước nguyên tố của z đều là bình phương modulo 17 Dựa vào tính chất nhân tính của kí hiệu Legendre, ta có z = z^2_0 trong F17 Khi thay vào phương trình (3.3), ta nhận được kết quả cần thiết.
Do đó, 2^4 là lũy thừa bậc 4 trong F17 Tuy nhiên, điều này không hợp lý vì không tồn tại số nào trong F17 có lũy thừa bậc bốn bằng 2 Vì vậy, phương trình (3.3) không có nghiệm trên Q.
Ví dụ của Lind-Reichart minh họa một đường cong không tuân thủ nguyên lý địa phương toàn cục Hasse-Minkowski Nguyên lý này khẳng định rằng nếu một dạng toàn phương với hệ số hữu tỷ có nghiệm trên mọi bao đóng p-adic và trên trường thực R, thì nó cũng phải có nghiệm hữu tỷ.
Một số bài thi học sinh giỏi có liên quan
Bài tập 3.1.11 có liên quan với bài tập sau đây.
Bài tập 3.2.1 (Thi của Trung Âu năm 2018-2019) Một số nguyên n được gọi là tốt nếu tồn tạia,b,c∈Z + sao chon= ab+bc+ca a 2 +b 2 +c 2
(a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tốt.
(b) Chứng minh rằng tồn tại những số nguyên dương không tốt.
Lời giải (a): Trước hết ta tìmksao cho k= a 2 +b 2 +c 2 ab+bc+ca với a,b,cnguyên (không nhất thiết dương) Xét thêm ràng buộc a+b=1, kéo theo b=1−a, kéo theo k= 2a 2 −2a+1+c 2 c+a(1−a) = (c+1) 2 c+a(1−a)−2.
Tiếp tục chọnc=1−a(1−a) =a 2 −a+1, kéo theo k= (a 2 −a+2) 2 −2 Do đó, nếu c=a 2 −a+1, k= (a 2 −a+2) 2 −2, thì b 1 =1−alà một nghiệm của phương trình bậc hai (ẩnb): a 2 +b 2 +c 2 =k(ab+bc+ca).
Do đó theo hệ thức Viete, nghiệm còn lại làb 2 =k(a+c)−b 1 =k(a+c) +a−1 Với số nguyên dươngata có c=a 2 −a+1>0,k= a 2 −a+22
−2là số tốt với mọi sốanguyên dương.
Bằng phương pháp lùi vô hạn, ta chứng minh rằng k=4 không phải là số tốt Giả sử tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho a² + b² + c² = ab + bc + ca = 4, từ đó suy ra rằng a, b, c đều chia hết cho 2 Khi thay vào phương trình ban đầu, ta có a', b', c' đều chia hết cho 2 Tiếp tục lập luận này, ta suy ra 2^n | a, b, c với mọi n = 1, 2, và cuối cùng dẫn đến b = c = 0, gây ra mâu thuẫn.
Bài tập 3.2.2 từ kỳ thi chọn đội tuyển dự thi Toán quốc tế của Việt Nam năm 2004 yêu cầu chứng minh rằng đối với mọi số nguyên dương n, biểu thức 2n + 1 không có ước số nguyên tố nào có dạng 8k + 7.
Lời giải Giả sử p=8k+7 là một ước nguyên tố của 2 n +1 Nếun chẵn, thì−1 là bình phương modulo p Do đó ký hiệu Legendre:
=1, kéo theo p≡1 (mod 4) Điều này mâu thuẫn với giả thiết p=8k+7.
Nếunlẻ thìn+1là chẵn Giả thiết suy ra p|2 n+1 +2, dẫn đến−2là bình phương modulo p Áp dụng công thức của ký hiệu Legendre
Vìp=8k+7, nên kéo theo(−1) p−1 2 =−1 Kết hợp với điều trên ta có(−1) p
Thay p=8k+7vào p 2 8 −1 suy ra vô lý Do đó p≡1 (mod 4), lại suy ra mâu thuẫn. Khẳng định được chứng minh.
Bài tập 3.2.3 (Đài Loan 1997, xem [3, Mệnh đề 9.1.1, tr 171])Cho k=2 2 n +1với nnguyên dương Chứng minh rằng klà một số nguyên tố (số nguyên tố Fermat, lưu ý
641|2 2 5 +1) khi và chỉ khi klà ước của 3 k−1 2 +1.
Lời giải Nếuklà ước của3 k−1 2 +1thì
Do đó, 3 k−1 ≡ 1 (mod k), và cấp của 3 modulo k chính là k−1 Điều này dẫn đến kết luận rằng k−1 | ϕ(k), với ϕ(k) là phi-hàm Euler của k Nếu k không phải là số nguyên tố, ta sẽ thấy ϕ(k) > k−1, do đó k phải là một số nguyên tố Ngược lại, nếu k là một số nguyên tố, theo luật thuận nghịch và giả thiết k = 2^n + 1, ta có kết quả cần chứng minh.
Bài tập 3.2.4 trong kỳ thi chọn đội tuyển dự thi Toán quốc tế của Iran năm 2013 đặt ra câu hỏi về sự tồn tại của các số nguyên dương a, b, c sao cho 2013(ab + bc + ca) chia hết cho a² + b² + c².
Lời giải Giả sử tồn tại n∈Z + sao choa 2 +b 2 +c 2 13n(ab+bc+ca) Thế thì
Vì 2013n+2 là số nguyên dương chia 3 dư 2, nên nó có một ước nguyên tố p≡2 (mod 3) và vp(2013n+2) = 2i+1 là một số lẻ Do đó, p i+1 |a+b+c dẫn đến p| a+b+c So sánh lũy thừa của p ở hai vế cũng cho thấy p|ab+bc+ca Thay c ≡ −a−b (mod p) sẽ suy ra p| a² + ab + b², từ đó p|(2a+b)² + 3b².
=1 Điều này mâu thuẫn nên không tồn tại bộ ba số nguyên dương nào thỏa mãn đề bài.
Bài tập 3.2.5 (Kỳ thi vô địch Toán Quốc tế 2008, người ra đề Kestutis Cesnavicius)
Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dươngnsao chon 2 +1có ít nhất một ước nguyên tố lớn hơn2n+√
Lời giải Cách 1.(xem [17], chỉnh sửa một chút từ lời giải trong kỷ yếu của kỳ thi)
Ta chọn plà một số nguyên tố dạng8k+1 Vì
Phương trình đồng dư x² + 1 ≡ 0 (mod p) có hai nghiệm phân biệt trong tập {1, 2, , p−1}, với tổng của hai nghiệm này bằng 8k + 1 Để tìm nghiệm nhỏ hơn, chọn n = 4k − a, với điều kiện 0 ≤ a < 4k Do đó, ta có n² + 1 ≡ p − 1.
Mặt khác nghịch đảo của4modulo pcho bởi:
Kết hợp với điều trên suy ra a(a+1)≡ −6k−2≡2k−1 (mod p).
Hơn nữa,a(a+1)chẵn và dương nên a(a+1)≥2k−1+8k+1k, nên
2n−1< p Vì có vô hạn số nguyên tốpdạng8k+1, nên có vô hạn số nguyên dươngnthỏa mãn đề bài.
Để giải phương trình x² ≡ -1 (mod p) với p là số nguyên tố và p ≡ 1 (mod 8), ta có hai nghiệm trong tập {1, 2, , p-1} với tổng bằng p Nếu chọn n là nghiệm nhỏ hơn, ta suy ra rằng p chia hết cho n² + 1 và n ≤ p - 1.
2 Đặtn= p−1 2 −l vớil ≥0 Vìn 2 ≡ −1 (mod p), nên p−1
Vì(2l+1) 2 ≡1≡ p (mod 8)nênr≡5 (mod 8), suy rar≥5 Do đó
Kết hợp với p= u 2 5 +4 , suy rau 2 −5u−10u+4≥0 Vìu≥0, nên u≥ 5+√
Kết hợp vớin≤ pưu 2 , suy ra p≥2n+u≥2n+1
Vì có vô hạn số nguyên tố dạng8k+1, nên có vô hạn sốnthỏa mãn đề bài.
Bài tập 3.2.6 (xem [17, Bổ đề 3.6]) Giả sử số nguyên dương a không là chính phương Chứng minh rằng a p
=−1với vô hạn số nguyên tố p.
Lời giải Giả sử điều này không đúng Thế thì tồn tại số nguyên r sao cho với mọi q>rta có a q
=1 Đặt a=x 2 p 1 p 2 pk, trong đó p 1 < p 2 <
rsao cho p≡5 (mod 8) Thế thì a p p 1 p p 2 p ã ã ã pk p
Vì p i lẻ, nên theo luật thuận nghịch bậc hai ta có pi p p p i với mọii=1,2, ,k.
Chọn các sốr 2 , ,rk tương ứng nguyên tố với p 2 , ,pk sao cho r 2 p 2 ã ã ã r k p k
=±1(tùy theo tình huống ở sau). Định lý phần dư Trung Hoa suy ra tồn tại sốt ∈Zsao cho
Theo định lý Dirichlet, với t ≡ 5 (mod 8) và t ≡ r_i (mod p_i) cho 2 ≤ i ≤ k, tồn tại vô hạn số nguyên tố trong cấp số cộng {t + l * 8p_2 p_k} với l = 1 Do đó, có ít nhất một số nguyên tố q lớn hơn r trong dãy số này.
=1, điều này mâu thuẫn với việc chọn được r 2 ,r 3 , ,r k sao cho a q
=−1 Thật vậy theo trên a q q p 1 ã ã ã q p k hoặc a q
Vậy cùng với nhận xét q p i t p i ri p i với mọii=2, ,k.
Từ đó suy ra mâu thuẫn và kết thúc chứng minh.
Bài tập 3.2.7 (xem [13, Bài tập 7.6.17]) Cho p là số nguyên tố lẻ Chứng minh rằng số nguyên nhỏ nhất không là bình phương modulo p sẽ nhỏ hơn √ p+1 (I.
Vinogradov có đưa ra giả thuyết nói rằng số nhỏ nhất làO(p ε )vớiε>0tùy ý.)
Lời giải Gọi nlà số nguyên dương nhỏ nhất không chính phương modulo p, chọnm là số nhỏ nhất sao chomn>p Khi đó n(m−1)≤ p.
Vì pnguyên tố, nênn(m−1)< p