Thặng dư bậc hai và Ứng dụng (tt)

Chương 1 dành để tóm lược các kiến thức về thặng dưbậc hai, cụ thể là kí hiệu Legendre và một vài tính chất cơ bản, sau đó là luật thuậnnghịch bậc hai của Gauss có trình bày lại chứng mi

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:PGS.TS Đào Phương Bắc

TÓM TẮT LUẬN VĂN

Luận văn gồm có 3 chương Chương 1 dành để tóm lược các kiến thức về thặng dưbậc hai, cụ thể là kí hiệu Legendre và một vài tính chất cơ bản, sau đó là luật thuậnnghịch bậc hai của Gauss (có trình bày lại chứng minh chi tiết trong khả năng), vàmột số ứng dụng trực tiếp của các kết quả vừa nêu

Chương 2 trình bày một số ứng dụng quan trọng như tìm hiểu các ước nguyên tố cóthể có của các đa thức bậc hai cụ thể như a2+ b2, a2+ 2b2 và a2− 2b2khi a, b là các

số nguyên Ngoài ra luận văn cũng tìm hiểu áp dụng của thặng dư bậc hai trong việctìm hiểu phương trình Mordell và phương trình Pell (âm)

Chương 3 đề cập đến một số bài tập với mục đích củng cố lý thuyết cũng như cácbài toán thuộc chủ đề này đã xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi trong nước vàquốc tế Phần cuối cùng là một số bài tập, nhận xét bổ sung nhận được từ việc tìmhiểu lời giải của các bài toán đã có

Mở đầu

Thặng dư bậc hai là công cụ để giải phương trình đồng dư bậc hai, và do đó cónhiều ứng dụng trong Số học Trong các kì thi Olympic Toán học ở trong nước cũngnhư quốc tế thì mảng kiến thức này khá được chú trọng Nói riêng một trong hai bàitoán khó nhất của kỳ thi IMO 2008 là bài toán thuộc chủ đề này Vì thế việc có nhữnghiểu biết ban đầu về thặng dư bậc hai sẽ giúp ta giải nhiều bài toán khó trong Số họcmột cách ngắn gọn và đẹp

Vì những lí do nêu trên, tác giả đã chọn đề tài “Thặng dư bậc hai và ứng dụng” đểnghiên cứu Trong quá trình thực hiện đề tài, tác giả đã tìm hiểu nhằm xây dựng và hệthống lại các vấn đề kiến thức cần thiết xung quanh chủ đề “Thặng dư bậc hai” kèmtheo đó là một số ứng dụng và các bài toán minh họa Tác giả cũng hy vọng rằng luậnvăn sẽ góp phần vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán ở nhà trường phổ thông

Chương 1 Thặng dư bậc hai

Chương này dành để tìm hiểu những áp dụng của thặng dư bậc hai vào phương trìnhDiophantine Thực tế, từ những lớp dưới chúng ta đã thấy sự hiệu quả của phương phápđồng dư trong các bài toán số học Phát triển từ ý tưởng này, thặng dư bậc hai mà kếtquả quan trọng của nó là luật thuận nghịch bậc hai (đưa ra bởi C F Gauss) sẽ cungcấp những ứng dụng thú vị đối với một số lớp phương trình Diophantine quan trọngnhư phương trình Mordell, phương trình Pell được đề cập trong phần sau của luậnvăn

1.1 Ký hiệu Legendre và một vài tính chất cơ bản

Giả sử p là một số nguyên tố lẻ Sau khi xem xét phương trình đồng dư bậc nhất,người ta quan tâm đến các phương trình đồng dư bậc hai cho bởi:

ax2+ bx + c ≡ 0 (mod p), ở đây (a, p) = 1

Phương trình này tương đương

4a2x2+ 4abx + 4ac ≡ 0 (mod p)Biến đổi phương trình ta được

(2ax + b)2+ (4ac − b2) ≡ 0 (mod p)

Đặt y = 2ax + b, 4ac − b2 = −d, chúng ta thu được phương trình đồng dư

y2 ≡ d (mod p)

Từ đó dẫn chúng ta đến việc tìm hiểu những khái niệm quan trọng sau:

Định nghĩa 1.1.1 Số nguyên a nguyên tố cùng nhau với m được gọi là thặng dư bậc

hai (quadratic residue, hay cũng gọi ngắn gọn là bình phương) modulo m nếu phương trình x2 ≡ a (mod m) có ít nhất một nghiệm nguyên x Trái lại ta sẽ nói a không là

bình phương modulo m.

Ví dụ 1.1.2 Vì 2 ≡ 32 (mod 7), nên 2 là bình phương modulo 7.

Trước khi tìm hiểu phương trình đồng dư bậc hai với m là số nguyên tùy ý, ta xéttrường hợp m = p là một số nguyên tố Từ đó dẫn đến ký hiệu Legendre sau

Định nghĩa 1.1.3 Cho p là một số nguyên tố lẻ, ta định nghĩa ký hiệu Legendreap

như sau:

 ap

1 nếu a là bình phương modulo p,

−1 nếu a không là bình phương modulo p,

0 nếu p | a.

Dưới đây là nhận xét quan trọng đầu tiên về thặng dư bậc hai

Định lý 1.1.4 (xem [3, Định lý 9.1.1, tr.167]) Với mỗi số nguyên tố lẻ p, có đúng p−12

số là bình phương modulo p trong tập hợp { 1, 2, , p − 1}.

Bây giờ chúng ta đề cập đến một số tính chất của ký hiệu Legendre

Định lý 1.1.5 (xem [4, Định lý 4.3.1, tr 178]) Với mỗi số nguyên tố lẻ p, ta đều có:

1 (Tiêu chuẩn Euler) ap−12 ≡a

Bổ đề 1.1.6 (Bổ đề Gauss, xem [20, Bổ đề 2.5.9, tr 89]) Giả sử p là số nguyên tố

lẻ và số a nguyên tố cùng nhau với p Đặt p1 = p−12 Gọi r1, , rp1 tương ứng là các

số dư của p1 số a,2a, , p1a khi chia cho p Giả sử có đúng n số phân biệt trong

r1, , rp1 lớn hơn 2p Khi đó:



a p



= 0 với mọi k = 1, 2, , p1,

ta rút ra kết luận cần chứng minh

Nhận xét 1.1.8 Với p ≡ 1 (mod 4), ta có (−1)p−12 = 1, hay−1p = 1 Hơn nữa một

số a cụ thể như vậy là a = (2k)! với p = 4k + 1

Ví dụ 1.1.9 Định lý 1.1.5 (6) chỉ ra 2 là bình phương modulo p khi và chỉ khi p ≡ 1, 7

(mod 8) Chẳng hạn p = 23 là một số nguyên tố chia 8 dư 7 Thế thì 2 ≡ 52 (mod 23),

suy ra 2 là bình phương modulo 23, kiểm nghiệm đúng kết quả trên Tương tự với

p= 17 thì nó là số nguyên tố chia 8 dư 1 Hơn nữa 2 ≡ 62 (mod 17), nên suy ra 2 là

bình phương modulo 17, cũng kiểm nghiệm đúng nhận định trên.

1.2 Luật thuận nghịch bậc hai

Kết quả quan trọng nhất liên quan đến tính chất bình phương hay không theo ulo p là luật thuận nghịch (reciprocity, tương hỗ) sau đây của Gauss

mod-Định lý 1.2.1 Với p, q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt tùy ý, ta luôn có

 pq



· qp



= (−1)(p−1)(q−1)4 Một trong các cách chứng minh sử dụng các yếu tố của hình học tổ hợp được đưa

ra bởi Eisenstein, tác giả tham khảo ở tài liệu [19] Chứng minh này có sử dụng Bổ

đề 1.1.7 và đếm số điểm nguyên trong hình chữ nhật theo hai cách Trước hết ta nhắclại và trình bày một chứng minh của Bổ đề Gauss nói trên

Bổ đề 1.2.2 (Bổ đề Gauss) Với p là một số nguyên tố lẻ, p không là ước của a, ta xét



Giả sử trong số các phần tử của S lấy modulo p có n số lớn hơn p2 Khi đó



a p



=(−1)n.

Từ Bổ đề Gauss, chúng ta trình bày chứng minh trường hợp riêng sau đây của Bổ

đề 1.1.7 khi a là một số lẻ

Bổ đề 1.2.3 Với p là một số nguyên tố lẻ, a là số lẻ không chia hết cho p, ta luôn có

 ap



= (−1)n= (−1)∑

p−1 2 k=1

h

ka p

i

,

với số n được cho trong Bổ đề Gauss.

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,q2
;

Cách 1: p, qlẻ nên số điểm nguyên bao gồm (n, m) trong đó 1 ≤ n ≤ p−12 , 1 ≤ m ≤

T1 = ∑

p−1 2

k=1

hk p q

i,

T2= ∑

q−1 2

j=1

h

j p q

i

Số điểm nguyên lúc này sẽ là T1+ T2

Từ hai cách tính trên ta suy ra

p− 1

2 ·q− 1

p−1 2

∑

k=1

 kpq

+

q−1 2

∑

j=1

 j pq



Từ Bổ đề 1.2.3 ta có

 pq

  qp



= (−1)∑

q−1 2 j=1

h

j p q

i

· (−1)∑

p−1 2 k=1

h

k p q

i

,

= (−1)∑

p−1 2 k=1

h

k p q

i +∑

q−1 2 j=1

h

j p q

  qp



= (−1)p−12 ·q−12 ,

và chứng minh được hoàn tất

Tiếp đến ta trình bày một chứng minh khác của luật huận nghịch bậc hai thông quatổng Gauss Lưu ý rằng đây là một kết quả nổi tiếng trong Số học với nhiều chứngminh rất khác nhau

Định nghĩa 1.2.4 Cho p là số nguyên tố lẻ, ζp= ei2πp là một căn nguyên thủy bậc p của 1 Khi đó tổng Gauss ứng với a là

Mệnh đề sau đây là một minh họa cho Định lý Kronecker-Weber khẳng định mọi

mở rộng abel của Q đều chứa trong một mở rộng chia đường tròn

Mệnh đề 1.2.8 Giả sử p - a, ta có G2a= (−1)p−12 p.

Tính được G21 = −3 khi 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−12 p, ta có

Gq= Gq−1· G = G2
q−1

2 · G

ζpqn≡ Gq (mod q),suy ra



· G (mod q)

Khử G ở cả hai vế ta có

 p∗q



≡ qp

(mod q),

Một hệ quả trực tiếp của luật thuận nghịch quan trọng này là như sau

Hệ quả 1.2.9 Với hai số nguyên tố lẻ phân biệt p và q, ta có

1 Nếu một trong hai số p, q đồng dư 1 theo modulo 4, thì p là bình phương modulo

q nếu và chỉ nếu q là bình phương modulo p.

2 Nếu p ≡ q ≡ 3 (mod 4), thì p là bình phương modulo q nếu và chỉ nếu q không

là bình phương modulo p.

1.3 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 x2−17y2024= 12 không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 1.3.2 (xem [4, Ví dụ 2, tr 181]) Cho p, q là các số nguyên tố phân biệt, mỗi số

đều chia 4 dư 3 Thế thì phương trình x2− py2 = q không có nghiệm nguyên.

Chương 2 Ứng dụng của thặng dư bậc hai

2.1 Ước nguyên tố ứng với các biểu thức bậc hai cụ thể

Trong mục này chúng ta sẽ tìm hiểu các ước nguyên tố có thể có của các biểu thứcdạng a2+ b2, a2+ 2b2 và a2− 2b2với a, b nguyên Hơn nữa, ta còn tìm hiểu điều kiệncần và đủ để một số nguyên tố có thể viết được dưới dạng a2+ b2, a2+ 2b2, a2− 2b2.Trước khi đi tiếp ta tóm lược một số kết quả khi −1, 2, −2 là bình phương modulo pvới p là số nguyên tố lẻ Những điều này đều 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 của a2+ 1 đều có dạng 4k + 1.

Hệ quả 2.1.3 (xem [4, Định lý 4.4.2])

1 Cho a, b nguyên tố cùng nhau và p là một số nguyên tố là ước của a2+ b2 Thế thì p ≡ 1 (mod 4).

2 Nếu p ≡ 3 (mod 4) là một ước nguyên tố của a2+ b2, 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 + y hoặc n | ax − y.

Định lý 2.1.5 (xem [20, Định lý 3.4.2, tr 140]) Số nguyên tố p lẻ viết được dưới dạng

p= a2+ b2khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4).

Nhận xét 2.1.6 (xem [7, tr 34]) Để tránh việc trình bày chứng minh với những kết

quả trung gian, ta có thể tóm lược thành một chứng minh trực tiếp như sau:

Như trên đã biết vì p ≡ 1 (mod 4) là một số nguyên tố, nên tồn tại b ∈ Z sao cho

b2≡ −1 (mod 4) Xét tập các số nguyên sau:

A= {i + jb | i, j là các số nguyên chạy từ 0 đến [√p]}

Thế thì |A| = [√p] + 1
2> p, suy ra theo nguyên tắc Dirichlet

i+ jb ≡ I + Jb (mod p)với 0 ≤ i, j, I, J ≤ [√p] và (i, j) 6= (I, J) nào đó Đặt r = i − I, s = J − j, suy ra

r≡ bs (mod p),trong đó |r|, |s| ≤ [√p] <√

p, (r, s) 6= (0, 0) Khi đó

r2+ s2≡ (bs)2+ s2= s2 b2+ 1
≡ 0 (mod p)

Hơn nữa 0 < r2+ s2<√

p2+√

p2= 2p Kết hợp với điều trên suy ra r2+ s2 = p

Nhận xét 2.1.7 Theo [7, tr 44], ta cũng có một số kết quả tương tự sau đây của Định

lý 2.1.5:

Số nguyên tố p biểu thị được ở một trong các dạng sau đây x2+ y2, x2+ 2y2,

x2+ xy + y2, x2+ xy + 2y2, x2+ xy + 3y2, x2+ xy + 5y2 khi và chỉ khi các ký hiệuLegendre tương ứng−1p ,−2p ,−3p ,−7p ,−11p ,−19p bằng 1

Ví dụ sau đây là một áp dụng của Định lý 2.1.3.

Ví dụ 2.1.8 (xem [4, Ví dụ 1, tr 183]) Với n > 1 là một số nguyên lẻ, thì phương trình

xn+ 2n−1= y2 không có nghiệm nguyên dương lẻ.

Kết quả sau minh họa một trường hợp của Nhận xét 2.1.7

Định lý 2.1.9 (xem [4, Định lý 4.4.4, tr 186]) Một số nguyên tố lẻ p viết được dưới

dạng p = a2+ 2b2 với các số nguyên a, b nào đó khi và chỉ khi p ≡ 1, 3 (mod 8).

Ví dụ 2.1.10 (xem [4, Ví dụ 2, tr 184]) Chứng minh rằng phương trình x3− x2+ 8 =

y2 không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 2.1.11 (xem [4, Kỳ thi Toán học Balkan, Ví dụ 3, tr 184]) Giải phương trình

nghiệm nguyên x5− 4 = y2.

Định lý 2.1.12 (xem [4, Định lý 4.4.5, tr 188]) Số nguyên tố lẻ p viết được dưới dạng

p= a2− 2b2 với a, b là các số nguyên nào đó nếu và chỉ nếu p ≡ ± 1 (mod 8).

Nhận xét 2.1.13. 1 Ta cũng có nếu p là số nguyên tố dạng 8k ± 3, và p | a2− 2b2,thì p | a và p | b

2 Để tiếp cận bài toán tìm điều kiện để một số nguyên tố viết được dưới dạng

x2+ ny2 ta cần những phương pháp của Lý thuyết số đại số, chẳng hạn như lýthuyết trường các lớp Người đọc có thể xem tài liệu [6] của David Cox cho mộttrình bày sâu rộng về vấn đề này

2.2 Phương trình Pell (âm)

Trong mục này tác giả đề cập đến áp dụng của thặng dư bậc hai cho các phươngtrình Pell (âm)

Định nghĩa 2.2.1 Phương trình Pell loại 2 (âm) là phương trình có dạng:

x2− dy2 = −1, d ∈ Z+

Nhận xét 2.2.2. 1 Nếu cần thay x, y bởi các số đối của nó, ta chỉ quan tâm cácnghiệm nguyên dương của phương trình này, với d không là một số chínhphương.

2 Nếu d có ước nguyên tố dạng p = 4k + 3, thì phương trình vô nghiệm theo Định

lý Fermat nhỏ

Bằng cách sử dụng Bổ đề Dirichlet về xấp xỉ, chúng ta chỉ ra được phương trình Pell(dương) x2− dy2 = 1 (với d không là số chính phương) luôn có nghiệm Tuy nhiênnhư đã thấy ở trên, không phải phương trình Pell (âm) nào cũng có nghiệm Điều đóđược chi tiết trong các kết quả dưới đây

Định lý 2.2.3 (xem [14, Định lý 5.7]) Với d là một số nguyên tố tùy ý, phương trình

Pell âm có nghiệm khi và chỉ khi d 6= 4k + 3.

Việc có nghiệm hay không của một phương trình Pell (âm) có thể xem như việc tìmhiểu nghiệm của phương trình Pell (dương) tương ứng có “khai căn” được hay không

Đó là tinh thần của những kết quả dưới đây mà tác giả không nêu chứng minh

Định lý 2.2.4 (Điều kiện cần để phương trình Pell âm có nghiệm, xem [14, Định lý

5.8]) Gọi (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell (dương) liên kết với phương

trình Pell âm x2− dy2 = −1 Thế thì phương trình Pell âm có nghiệm khi và chỉ khi

hệ sau có nghiệm nguyên dương:

Nếu (u, v) là nghiệm cơ bản của x2− dy2 = −1, thì cặp (a, b) nguyên dương thỏamãn





cũng bao gồm tất cả các nghiệm của phương trình Pell âm, trong đó (u, v) (tương ứng,(a, b)) lần lượt là nghiệm cơ bản của phương trình Pell âm (tương ứng, phương trìnhPell dương)

Định lý 2.2.6 (xem [11, tr 921]) Giả sử d ≡ 1, 2 (mod 4) là một số nguyên không

chính phương Khi đó phương trình Pell âm có nghiệm nếu và chỉ nếu x0 ≡ −1

(mod 2d), trong đó (x0, y0) là nghiệm cơ bản của phương trình Pell dương liên kết

5, y =15) Từ đó dẫn đến câu hỏi tự nhiên sau: phải chăng với d không có ước nguyên

tố dạng 4k + 3, phương trình x2− dy2= −1 luôn có nghiệm hữu tỷ?

Bây giờ ta tìm hiểu phương trình Pell (âm) khi d = p1p2 là tích của hai số nguyêntố

Mệnh đề 2.2.9 (xem [18, Định lý 2.4.2, tr 20]) Cho p1, p2là các số nguyên tố chia4

dư 1 sao chop1

p2



= −1 Khi đó phương trình Pell âm x2− p1p2y2= −1 có nghiệm.

Hơn nữa nếu p là số nguyên tố chia 8 dư 5, thì phương trình x2− 2py2 = −1 có

nghiệm.

2.3 Phương trình Mordell

Trong mục này chúng ta sẽ tìm hiểu ứng dụng của thặng dư bậc hai trong việc tìmhiểu các phương trình Mordell (xem [12]), nghĩa là phương trình nghiệm nguyên dạng

y2 = x3− k Sau đây là ví dụ cơ bản đầu tiên

Ví dụ 2.3.1 (xem [5, Định lý 2.2], [13, Ví dụ 6.3.1], đề chọn đội tuyển của Chuyên

Khoa học Tự nhiên 2008) Phương trình y2= x3− 5 không có nghiệm nguyên.

Lời giải. Giả sử (x, y) là một nghiệm của phương trình Khi đó y2≡ x3− 1 (mod 4),suy ra y chẵn và x ≡ 1 (mod 4) Phương trình trên viết lại thành:

y2+ 4 = x3− 1 = (x − 1)(x2+ x + 1)

Vì x ≡ 1 (mod 4), 3 ≤ x2+ x + 1 ≡ 3 (mod 4), nên x2+ x + 1 có ước nguyên tố dạng

p≡ 3 (mod 4) Do đó tồn tại p | y2+ 4 và p ≡ 3 (mod 4) Từ đó dẫn đến tính toánsau:

 −4p

đã cho không có nghiệm nguyên

Sau đây tác giả trình bày một lời giải khác (không chặt chẽ) cho ví dụ quan trọng(Ví dụ 2.3.1) nói trên

Lời giải chưa chặt chẽ Trường hợp 1: x chẵn. Thế thì 8 | y2+ 5, kéo theo y2 ≡ 3(mod 4) (vô lý)

Trường hợp 2: x lẻ.Từ giả thiết suy ra:

Vì y chẵn, nên N(u) lẻ Mặt khác, u là ước chung của y +√−5 và y −√−5, kéo theo

u| 2√−5, hay N(u) | 20 Vì N(u) lẻ, nên nó bằng 1 hoặc 5

Nếu N(u) = 5, thì 5 = N(u) | y2+ 5, kéo theo 5 | y Lại từ giả thiết y2+ 5 = x3,suy ra 5 | x Do đó ta có thể đặt: x = 5m, y = 5n, kéo theo 5n2+ 1 = 25m3 Điều này

vô lý Vậy N(u) = 1 Do đó y +√−5 và y −√−5 nguyên tố cùng nhau Vậy từ đẳngthức (2.2) suy ra mỗi số trong hai số y +√−5, y −√−5 đều là lũy thừa bậc ba trongZ[

ra Vậy phương trình không có nghiệm

Nhận xét 2.3.2 Lời giải trên bị hổng ở chi tiết sau: vành Z[√−5] không là vành nhân

tử hóa Hay nói cách khác, trong Z[√−5], nói chung không có tính chất phân tích duynhất thành tích các nhân tử bất khả quy Chẳng hạn:

6 = 2 · 3 = (1 +√

−5)(1 −√−5)

là hai phân tích thực sự khác nhau của 6 thành tích các thừa số bất khả quy Do đó

việc xét tính nguyên tố cùng nhau rồi rút ra mỗi số trong hai số x +√−5, x −√−5đều là lũy thừa bậc ba trong Z[√−5] là không chính xác Tuy nhiên, lời giải này cóthể “sửa” bằng cách thay tính chất phân tích duy nhất (mà ta không có) bằng tính chấtphân tích duy nhất của các iđêan, và dùng thêm khái niệm về số lớp Người đọc có thểtham khảo lời giải theo hướng tiếp cận này trong tài liệu [13, Ví dụ 6.3.1] Bằng cáchtiếp cận thông qua các iđêan nói trên, chúng ta cũng có được một số kết quả tổng quátcho ở [2, Định lý 14.1.1, 14.1.2, 14.1.3, 14.1.4; pp 386, 387, 388 ]