Thặng dư bậc k


Trong bài viết này ta đề cập một vấn đề khá cổ điển  trong Lí thuyết đồng dư ,đó là thặng dư bậc k và sẽ nghiên cứu kĩ hơn trong trường hợp k=2 ,thường được gọi là thặng dư bặc 2 hay thặng dư chính phương .

Định nghĩa : Ta nói một số a mà \gcd(a,p)=1 là thặng dư bậc k mod p khi và chỉ khi tồn tại số x sao cho x^k\equiv a (\mod p) ,ngược lại ta nói nó là phi thặng dư bậc k theo mod p .

Ta bắt đầu vấn đề bằng một định lí khá quan trọng trong phần này .

Định lí:Đặt d=\gcd(k,p-1)  Số a là thặng dư bậc k theo mod p khi và chỉ khi : a^{\frac{p-1}{d}}\equiv 1 (\mod p) hơn nữa nếu phương trình này có nghiệm nó sẽ có chính xác d nghiệm .

Chứng minh của định lí không hề khó ,nhưng ta cần đến công cụ về căn nguyên thuỷ , do tính chất bài viết xin bỏ qua công đoạn chứng minh tồn tại ,phép chứng minh có thể tìm thấy tồn tại có thể tìm thấy trong nhiều text book . Bây giờ quay lại bài toán ,ta có khẳng định đơn giản sau :

Bổ đề 1 : Nếu g là căn nguyên thuỷ mod p thì \{g,...,g^{p-1}\} lập thành một hệ thặng dư thu gọn mod p . Điều này khá hiển nhiên , giả sử ngược lại tức là tồn tại h và k sao cho g^h\equiv g^k (\mod p) ,từ đó suy ra g^{|h-k|}\equiv 1 (\mod p) , tức là p-1|h-k ,điều này vô lí do 1\leq h,k\leq p-1 .

Bổ đề này có 1 ý nghĩa đó là ,với mỗi một số a nguyên tố cùng nhau với p thì tồn tại số l sao cho a\equiv g^l (\mod p) .

Bây giờ quay lại bài toán ,tồn tại m,n\in \{1,...,p-1\} sao cho x\equiv g^na\equiv  g^m . Khi đó phương trình đồng dư của chúng ta tương đương với việc phương trình đồng dư sau có nghiệm : nk\equiv m (\mod p-1) (*) và vế sau của khẳng định sẽ tương đương với d|m . Công việc của ta bây giờ là chuyển sang nghiên cứu nghiệm của (*) . Điều kiện cần d|m là hiển nhiên , ta sẽ chứng minh đây cũng là điều kiện đủ của bài toán . Thật vậy nếu d|m phương trình (*) tương đương với : \frac{k}{d}.n \equiv \frac{m}{d} (\mod \frac{p-1}{d} ) và chú ý rằng \gcd(\frac{p-1}{d},\frac{k}{d})=1 nên ta luôn có \{n.\frac{k}{d}-\frac{m}{d}\} chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ mod \frac{p-1}{d} khi a chạy a một hệ thặng dư đầy đủ mod \frac{p-1}{d} , tức là tồn tại n mà sao cho (*) có nghiệm . Hơn nữa có chính xác $d$ hệ đầy đủ mod \frac{p-1}{d} từ tập \{1,...,p-1\} , do vậy nếu phương trình này có nghiệm sẽ có chính xác d nghiệm . Định lí (1) được chứng minh xong .

Ta lấy ví dụ cho trường hợp k=3 và a=1 .Theo điều kiện của bài toán ta dễ thấy rằng phương trình :x^3\equiv 1 (\mod p) luôn luôn có nghiệm ,và sẽ có đúng 1 nghiệm khi 3 không là ước của p-1 ,trường hợp còn lại sẽ có 3 nghiệm . Như vậy khi p=6k+1 , tập  \{x^3 |x\in Z_n\} sẽ chia thành \frac{p-1}{3}  lớp thặng dư mod p . Ta bắt đầu bằng ví dụ đơn giản sau :

Cho p là số nguyên dạng 6k+5 ,hãy tính T=\prod_{i=1}^{p}(i^2+i+1) theo mod p

Lời giải : Theo nhận xét ở trên phương trình x^3\equiv 1 (\mod p) có đúng 1 nghiệm x=1 trong $Z_p$ và do đó phương trình đồng dư x^2+x+1\equiv 0 (\mod p-1) không có nghiệm nguyên . Đặt M=(p-1)!  . Khi đó ta có :

MT=3.\prod_{i=2}^p (i^3-1) .

Theo trên \{x^3-1\} lập thành hệ thu gọn mod p nên ta có MT\equiv -3 (\mod p) ,do M \equiv -1 (\mod p) nên ta có M\equiv 3 (\mod p) . Bài toán chứng minh xong .

Một cách tương tự có thể tính được \prod_{i=1}^p \frac{i^p-1}{i-1} theo mod p và các bạn có thể làm hoàn toàn tương tự như tư tưởng của chứng minh trên

Có một ví dụ tương tự cho bài toán này ,lời giải xin dành cho bạn đọc : Cho p là số nguyên tố dạng 6k+5 khi đó chứng minh rằng tồn tại không quá p-1 số k có dạng k=x^3-y^2+1 với x,y\in \{0,..,p-1\}p|k .

Bây giờ quay lại với chủ đề chính của chúng ta là thặng dư chính phương tức là trong trường hợp k=2 . Khi đó định lí (1) còn được gọi là tiêu chuẩn Euler Để  thuận tiện các nhà toán học đã đưa ra kí hiệu về tính chính phương mod p của một số a được gọi là kí hiệu Ledrenge (\frac{a}{p}) với

(\frac{a}{p})=1 nếu a là số chính phươn  mod p ,-1 nếu a là phi thặng dư chính phương mod p và 0 nếu p|a

Khi đó không khó khăn để chứng minh bài toán sau : (\frac{a}{p})=a^{\frac{p-1}{2}} (\mod p)(*) .Điều này là hỉên nhiên bởi theo định lí (1) đã nêu ở trên a là số chính phương mod p khi và chỉ khi a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 (\mod p) và bằng -1 nếu là phi thặng dư chính phương mod p . Từ bài toán này ta có thể dễ dàng suy ra kí hiệu Ledrenge có tính chất (\frac{a}{p}).(\frac{b}{p})=(\frac{ab}{p}) .Định lí này khá thú vị , nó khẳng định rằng nếu a,b nguyên tố cùng nhau với p thì ít nhất 1 trong 3 số a,b,ab là số chính phương mod p . Bài toán cố điển sau là một ví dụ minh hoạ rõ nét cho tính chất này :

*) Chứng minh rằng tồn tại một đa thức ko có nghiệm nguyên sao cho với mỗi số nguyên tố p đều tồn tại n sao cho p|P(n) .

Ta có thể chỉ ra một đa thức chẳng hạn P(x)=(x^2-2)(x^2-3)(x^2-6) ,và để ý đa thức này thoả mãn điều kiện bài toán . Nếu bạn đã đọc kĩ bài Chinese Remainder theorem ở mực trước bạn hoàn toàn có thể chứng minh bài toán tổng quát hơn sau đây :

Chứng minh rằng tồn tại một đa thức hệ số nguyên ,không có nghiệm nguyên sao cho với mỗi số nguyên n ta đều tìm được m sao cho n|P(m) .

Quay trở lại với bài toán (*) ,ta hãy xét một trường hợp đặc biệt khi a=-1 , như vậy theo (*) ta sẽ có : (\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}} , từ đó có thể dễ thấy rằng -1 là số chính phương mod p khi và chỉ khi p có dạng 4k+1 . Đây là một gợi ý cho bài toán Fermat-Euler đã nêu ở bài trước : Một số viết được dưới dạng tổng hai số chính phương khi và chỉ khi v_p(n)\equiv 0 (\mod 2) với mọi p có dạng 4k+3 . Tuy nhiên có thể ta sẽ quay lại bài toán Fermat Êuler này sau một thời gian nữa ,bạn đọc lưu ý .

Có hai định lí rất quan trọng trong lí thuyết này mà các bạn cần lưu ý :

1) (\frac{2}{p})\equiv 2^{\frac{p^2-1}{8}} (\mod p )

2) Luật tương hỗ Gauss ( Quadratic reciprocity ) Định lí này nói rằng nếu p và q là hai số nguyên tố phân biệt thì ta luôn có :

(\frac{p}{q})=(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4} } (\frac{q}{p}) ,

Phép chứng minh của hai định lí này có thể xem http://en.wikipedia.org/wiki/Quadratic_reciprocity”

Tác giả bài viết chỉ lưu ý đến ý nghĩa của định lí ,định lí 2 khẳng định rằng nếu một trong hai số p và q có dạng 4k+1 thì chúng hoặc là thặng dư chính phương hoặc là phi thặng dư chính phương của nhau . Định lí cho phép ta kiểm tra tính chính phương mod p của hai số nguyên tố lớn thông qua thuật toán Euclide .

Ngoài kí hiệu Ledrenge về số chính phương mod p , người ta còn định nghĩa kí hiệu Jacobi , có thể xem ở línks phần trên nhưng chú ý rằng ,tính chất của kí hiệu Jacobi chỉ là điều kiện cần để một số là chính phương mod n hay không ,tuy nhiên sẽ rất lợi hại khi  ta cần câu trả lời là phủ định .

Tiếp tục câu chuyện về thặng dư chính phương . Ta sẽ bắt đầu bằng 1 vài ví dụ rất đơn giản trong phần này .

Ví dụ 1 : Tính M= \sum_{i=1}^n (\frac{i}{p}) .

Lời giải  :Như đã chứng minh ở định lí 1 ,chúng ta có đúng \frac{p-1}{2} số là chính phương mod p và đúng \frac{p-1}{2} số là phi thặng dư chính phương mod p từ đó dễ dàng suy ra trong tổng này có 1 số bằng 0 , \frac{p-1}{2} số bằng 1 và \frac{p-1}{2} số bằng  0 . Từ đó tổng này bằng 0 , ta kết luận bài toán. Ta tiếp tục với một ví dụ không tầm thường hơn một chút :

Cho p là số nguyên tố lẻ , a,b,c là các số nguyên thoản mãn hai điều kiện sau : p \nmid ap \nmid b^2-4ac . Chứng minh rằng :

\sum_{k=1}^p (\frac{ax^2+bx+c}{p})=-(\frac{a}{p})

Lời giải : Theo cảm nhận của tác giả đây là một trong những ví dụ hay và điểm hình nhất cho lí thuyết về thặng dư chính phương . Trước hết ta hãy viết lại đa thức  f(x) dưới dạng sau

4af(x)=4a^2x^2+4abx+4ac=(2ax+b)^2+4ac-b^2 .

Đặt d=4ac-b^2 , và chú ý rằng do \gcd(d,p)=\gcd(2a,p)=1  nên \{2ax+b\} lập thành một hệ thặng dư đầy đủ theo mod p .Theo đó ta sẽ có :

T\equiv (\frac{a}{p}).M=\sum_{k=1}^p (\frac{k^2+d}{p}) (\mod p) . Theo tiêu chuẩn Euler ta có :

T=\sum_{k=1}^p (k^2+d)^{\frac{p-1}{2}} .

Trước hết ta sẽ chứng minh bổ đề sau :

Bổ đề : Cho k là một số nguyên dương ,không là bội của p-1 , khi đó ta luôn có :

S=\sum_{i=1}^p i^k \equiv 0 (\mod p) .

Nếu bạn đã theo dõi từ đầu bài viết này ,bạn sẽ hình thành ý tưởng đề chứng minh bài toán này. Phép chứng minh khá đơn giản như sau : Như khẳng định ở định lí 1 , \{g^j\}_{j=0}^{p-2} là thặng dư thu gọn mod p , từ đó ta có :

S\equiv \sum_{j=1}^{p-1} g^{k.j} =\frac{g^{k.(p-1)}-1}{g^{k-1}} (\mod p)

Do g là căn nguyên thủy theo mod p và p-1 không là ước của k nên ta có p\nmid g^k-1 , từ đó suy ra dễ dàng p|S theo định lí Fermat nhỏ . Bổ đề của chúng ta được chứng minh xong .

Quay lại bài toán đang xét :

T\equiv \sum_{j=0}^ {\frac{p-1}{2}}{{\frac{p-1}{2}}\choose j } .d^{\frac{p-1}{2}-j} .[\sum_{k=1}^p k^{j}] (\mod p)

Theo bổ đề 1 ta dễ dàng suy ra T\equiv -1 (\mod p) từ đó ta có S\equiv -(\frac{a}{p}) (\mod p) và đó là điều cần phải chứng minh . Ta kết thúc bài toán .

Với phương pháp và kết quả của bài toán này ,ta có thể tấn công các bài toán đã từng xuất hiện trong các kì thi Olympic sau đây ,các bạn có thể tự giải để hiểu rõ hơn bản chất vấn đề .

1) Tính số nghiệm của phương trình đồng dư x^2\equiv y^2+1 (\mod p) với x,y \in \{0,...,p-1\} .

2) Tìm tất cả các số nguyên nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư x^2\equiv y^3-y có chính xác p nghiệm (x,y) mà x,y\in \{0,...,p-1\}

3) Gọi g là căn nguyên thủy mod p ,hãy tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho \{g,...,g^{\frac{p-1}{2}}\} là tập hợp tất cả các số chính phương mod p .

Ta tiếp tục bằng một số ví dụ thông qua các bài toán khá cổ điển , chưa động chạm đến các cuộc thi Olympic :

Ví dụ 3  :Chứng minh rằng  một số nguyên tố p là ước của hai số nào đó có dạng m^2+1n^2+1 khi và chỉ khi nó là ước của số nguyên dạng k^4+1 .

Lời giải : Ta biết rằng -1 là số chính phương mod p khi và chỉ khi p\equiv 1 \mod 4) và -2 là số chính phương mod p khi và chỉ khi p có dạng 8k+1 hoặc 8k+3 .

Từ đó có thể để ý rằng bài toán tương đương với việc chứng minh nếu $p\equiv 1 (\mod 8)$ thì tồn tại các số m,n,k thỏa mã điều kiện của bài toán . Sự tương đương của dữ kiện 1 và khẳng định này đã được nêu ra ở trên ,như vậy ta chỉ cần chứng minh bài toán sau :

Một số nguyên tố lẻ  p thỏa mãn ,phương trình đồng dư x^4\equiv -1 (\mod p) khi và chỉ khi p\equiv 1 (\mod 8) .

Chiều thuận : Giả sử tồn tại x thỏa mãn p|x^4+1 , khi đó ta có p|x^8-1p|x^{p-1}-1  theo định lí Fermat nhỏ . Từ đó ta có p|x^{\gcd(p-1,8)}-1 và chú ý rằng p \nmid x^4-1 nên ta buộc phải có 8|p-1 ,và đó là chiều thuận của bài toán .

Chiều đảo  :Bây giờ giả sử p có dạng 8k+1, khi đó nếu gọi g là căn nguyên thủy mod p thì dễ thấy g^k là nghiệm của phương trình đồng dư x^4\equiv -1 (\mod p)

Bài toán chứng minh xong  . Ta tiếp tục với một ví dụ không tầm thường khác :

Ví dụ 4 : Cho x,y là các số nguyên .Khi đó hãy chứng minh rằng 2y^2+3\nmid x^2-2

Lời giải : Ta giả sử rằng tồn tại cặp (x,y) thỏa mãn bài toán . Khi đó ta xét một ước nguyên tố p bất kì của 2y^2+3 , thì ta đều có (\frac{2}{p}) =1 , theo định lí đã nêu ra ở bài trước ta có p\equiv 1 (\mod 8) hoặc p\equiv -1 (\mod 8) Từ đó ta suy ra 2y^2+3\equiv 1,-1 (\mod 8) , tuy nhiên ta biết rằng với mọi số y nguyên thì y^2 chỉ nhận số dư mod 8 là 1,0,4 ,từ đó ta nhận được sự vô lí bởi 2y^2+3 chỉ nhận số dư trong tập \{3,5\} theo mod 8 . Có một bài tương tự,các bạn có thể tự giải coi như bài tập

Ví dụ 5 :Cho p là số nguyên tố dạng 4k+1 , ta đã biết rằng theo định lí Fermat-Euler , tồn tại a và b sao cho p=a^2+b^2 ,trong a và b có đúng một số lẻ .Giả sử a lẻ  chứng minh rằng a là số chính phương theo mod p .

(còn tiếp )

—-

Nguồn http://tungtho.wordpress.com/2009/07/08/thang-d%c6%b0-b%e1%ba%adc-k/

4 thoughts on “Thặng dư bậc k”

  1. Chứng minh tồn tại căn nguyên thủy( thực chất là tồn tại một phần tử x sao cho nhóm nhân (Z/pZ)*= có thể chứng minh dựa vào lí thuyết nhóm. Hình như anh Tuân đã từng có bài viết như thế.

  2. Cho p là một số nguyên tố co dạng 3k+1. Chứng minh rằng một phần ba trong số các số nguyên từ 1 đến p-1 là thặng dư bậc ba modun p. Làm sao a. A co thê hd e duoc k

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out / Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out / Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Log Out / Change )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Log Out / Change )

Connecting to %s