Phần

Bình phương theo mod 3, 4, 8 và tính chẵn lẻ trong chứng minh

Mục tiêu bài học

Sau bài này, em lập được bảng thặng dư bình phương (các số dư mà $n^2$ có thể nhận) theo mod $3$ , mod $4$ và mod $8$ , và dùng chính các bảng đó để chứng minh một phương trình nghiệm nguyên vô nghiệm — thay vì thử từng giá trị.

Sau bài này, em lập được **bảng thặng dư bình phương** (các số dư mà $n^2$ có thể nhận) theo mod $3$, mod $4$ và mod $8$, và dùng chính các bảng đó để **chứng minh một phương trình nghiệm nguyên vô nghiệm** — thay vì thử từng giá trị.

Kiến thức cần có

Cần vững kỹ thuật đồng dư và bảng dư mod $4$ đã chứng minh ở Bài 1 (Đồng dư thức và số dư). Bài này mở rộng thêm mod $3$ , mod $8$ , và một ứng dụng mới: dùng bảng dư để chứng minh vô nghiệm, kỹ thuật vượt khỏi yêu cầu chuẩn Lớp 9 — được đánh dấu là Mở rộng dành cho HSG.

Cần vững kỹ thuật đồng dư và bảng dư mod $4$ đã chứng minh ở Bài 1 (Đồng dư thức và số dư). Bài này mở rộng thêm mod $3$, mod $8$, và một ứng dụng mới: **dùng bảng dư để chứng minh vô nghiệm**, kỹ thuật vượt khỏi yêu cầu chuẩn Lớp 9 — được đánh dấu là **Mở rộng dành cho HSG**.

Khác gì so với đề đại trà lớp 9: đề thi thông thường chỉ dùng "chữ số tận cùng của số chính phương không thể là $2, 3, 7, 8$ " để loại trừ khả năng một số có phải số chính phương hay không — một mẹo quan sát, không phải một chứng minh có hệ thống. Bài HSG đi xa hơn: dùng bảng thặng dư bình phương theo một modulo được chọn phù hợp với bài toán để chứng minh chặt chẽ rằng một phương trình không có nghiệm nguyên nào, với mọi giá trị của biến — một kết luận tổng quát, không chỉ kiểm tra vài số nhỏ.

**Khác gì so với đề đại trà lớp 9:** đề thi thông thường chỉ dùng "chữ số tận cùng của số chính phương không thể là $2, 3, 7, 8$" để loại trừ khả năng một số có phải số chính phương hay không — một mẹo quan sát, không phải một chứng minh có hệ thống. Bài HSG đi xa hơn: dùng **bảng thặng dư bình phương theo một modulo được chọn phù hợp với bài toán** để chứng minh chặt chẽ rằng một phương trình không có nghiệm nguyên nào, với mọi giá trị của biến — một kết luận tổng quát, không chỉ kiểm tra vài số nhỏ.

Bài toán khởi động

Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên $x, y$ nào thỏa mãn $x^2 = 3y^2 + 2$ . Thử vài giá trị nhỏ của $y$ ( $y=0{,}1{,}2,\ldots$ ) sẽ không tìm được nghiệm nào — nhưng thử hữu hạn giá trị không phải là một chứng minh cho MỌI số nguyên. Ta cần một lý lẽ tổng quát.

Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên $x, y$ nào thỏa mãn $x^2 = 3y^2 + 2$. Thử vài giá trị nhỏ của $y$ ($y=0,1,2,\ldots$) sẽ không tìm được nghiệm nào — nhưng thử hữu hạn giá trị không phải là một chứng minh cho MỌI số nguyên. Ta cần một lý lẽ tổng quát.

Ý tưởng cốt lõi

Ý tưởng: nếu ta biết chắc chắn $x^2$ khi chia cho $3$ chỉ có thể nhận một vài giá trị dư nhất định, và vế phải của phương trình buộc $x^2$ phải đồng dư với một giá trị không nằm trong danh sách đó, thì phương trình chắc chắn vô nghiệm — bất kể $x, y$ lớn cỡ nào. Đây là phương pháp phản chứng bằng bảng thặng dư: liệt kê đầy đủ mọi khả năng của $n^2 \pmod m$ , rồi đối chiếu với điều kiện của phương trình.

Ý tưởng: nếu ta biết chắc chắn $x^2$ khi chia cho $3$ chỉ có thể nhận một vài giá trị dư nhất định, và vế phải của phương trình buộc $x^2$ phải đồng dư với một giá trị **không nằm trong** danh sách đó, thì phương trình chắc chắn vô nghiệm — bất kể $x, y$ lớn cỡ nào. Đây là **phương pháp phản chứng bằng bảng thặng dư**: liệt kê đầy đủ mọi khả năng của $n^2 \pmod m$, rồi đối chiếu với điều kiện của phương trình.

Điều gì khiến cách làm này hợp lý? Một học sinh giỏi khi thấy phương trình dạng $x^2 = (\text{bội của } m) + r$ sẽ tự hỏi: "số dư $r$ này có phải là một thặng dư bình phương của $m$ không?" — nếu câu trả lời là "không", bài toán kết thúc ngay lập tức mà không cần thử số nào. Việc chọn modulo nào để xét (ở đây là $3$ , ứng đúng với hệ số $3y^2$ trong đề) chính là điểm mấu chốt.

**Điều gì khiến cách làm này hợp lý?** Một học sinh giỏi khi thấy phương trình dạng $x^2 = (\text{bội của } m) + r$ sẽ tự hỏi: "số dư $r$ này có phải là một thặng dư bình phương của $m$ không?" — nếu câu trả lời là "không", bài toán kết thúc ngay lập tức mà không cần thử số nào. Việc chọn modulo nào để xét (ở đây là $3$, ứng đúng với hệ số $3y^2$ trong đề) chính là điểm mấu chốt.

Ví dụ áp dụng

Ví dụ

Ví dụ 1 — Lập bảng thặng dư bình phương mod 3

1
Mọi số nguyên $n$ khi chia cho $3$ thuộc một trong ba lớp: $n \equiv 0$ , $n \equiv 1$ , hoặc $n \equiv 2 \pmod 3$ .
Mọi số nguyên $n$ khi chia cho $3$ thuộc một trong ba lớp: $n \equiv 0$, $n \equiv 1$, hoặc $n \equiv 2 \pmod 3$.
2
$n \equiv 0 \Rightarrow n^2 \equiv 0$ . $n \equiv 1 \Rightarrow n^2 \equiv 1$ . $n \equiv 2 \Rightarrow n^2 \equiv 4 \equiv 1 \pmod 3$ .
$n \equiv 0 \Rightarrow n^2 \equiv 0$. $n \equiv 1 \Rightarrow n^2 \equiv 1$. $n \equiv 2 \Rightarrow n^2 \equiv 4 \equiv 1 \pmod 3$.
3
Với mọi số nguyên $n$ : $n^2 \pmod 3 \in \{0, 1\}$ — số chính phương chia cho $3$ không bao giờ dư $2$ .
Với mọi số nguyên $n$: $n^2 \pmod 3 \in \{0, 1\}$ — số chính phương chia cho $3$ **không bao giờ** dư $2$.
4
Xét đủ ba lớp dư của $n$ theo mod $3$ : $n\equiv0{,}1{,}2\pmod3$ . Với $n\equiv0$ : $n^2\equiv0$ . Với $n\equiv1$ : $n^2\equiv1$ . Với $n\equiv2$ : $n^2\equiv4\equiv1\pmod3$ . Do đó với mọi số nguyên $n$ : $n^2\pmod3\in\{0{,}1\}$ — không bao giờ dư $2$ . Vậy bảng thặng dư bình phương mod $3$ là $\{0{,}1\}$ .
Xét đủ ba lớp dư của $n$ theo mod $3$: $n\equiv0,1,2\pmod3$. Với $n\equiv0$: $n^2\equiv0$. Với $n\equiv1$: $n^2\equiv1$. Với $n\equiv2$: $n^2\equiv4\equiv1\pmod3$. Do đó với mọi số nguyên $n$: $n^2\pmod3\in\{0,1\}$ — không bao giờ dư $2$. Vậy bảng thặng dư bình phương mod $3$ là $\{0,1\}$.
5
Đổi sang lớp dư mod $6$ (kết hợp cả mod $2$ và mod $3$ ): xét đủ sáu lớp dư $n\equiv0,\ldots,5\pmod6$ , ta thu được bảng dư bình phương mod $6$ là $\{0{,}1{,}3{,}4\}$ — rộng hơn hẳn vì $6$ không phải số nguyên tố, một hướng mở rộng học sinh có thể tự khám phá.
Đổi sang lớp dư mod $6$ (kết hợp cả mod $2$ và mod $3$): xét đủ sáu lớp dư $n\equiv0,\ldots,5\pmod6$, ta thu được bảng dư bình phương mod $6$ là $\{0,1,3,4\}$ — rộng hơn hẳn vì $6$ không phải số nguyên tố, một hướng mở rộng học sinh có thể tự khám phá.

Ví dụ

Ví dụ 2 — Giải bài toán khởi động bằng bảng dư mod 3

1
Giả sử tồn tại $x, y$ nguyên thỏa $x^2 = 3y^2 + 2$ . Lấy đồng dư hai vế theo mod $3$ : vì $3y^2 \equiv 0 \pmod 3$ , ta có $x^2 \equiv 2 \pmod 3$ .
Giả sử tồn tại $x, y$ nguyên thỏa $x^2 = 3y^2 + 2$. Lấy đồng dư hai vế theo mod $3$: vì $3y^2 \equiv 0 \pmod 3$, ta có $x^2 \equiv 2 \pmod 3$.
2
Theo Ví dụ 1, $x^2 \pmod 3$ chỉ có thể là $0$ hoặc $1$ — không bao giờ là $2$ . Điều này mâu thuẫn với $x^2 \equiv 2 \pmod 3$ vừa suy ra.
Theo Ví dụ 1, $x^2 \pmod 3$ chỉ có thể là $0$ hoặc $1$ — không bao giờ là $2$. Điều này mâu thuẫn với $x^2 \equiv 2 \pmod 3$ vừa suy ra.
3
Mâu thuẫn xuất hiện với mọi cách chọn $x, y$ nguyên — nên giả sử ban đầu là sai. Vậy phương trình $x^2 = 3y^2 + 2$ vô nghiệm nguyên. Chứng minh này đúng với mọi $x, y$ , không cần thử bất kỳ giá trị cụ thể nào.
Mâu thuẫn xuất hiện với **mọi** cách chọn $x, y$ nguyên — nên giả sử ban đầu là sai. Vậy phương trình $x^2 = 3y^2 + 2$ vô nghiệm nguyên. Chứng minh này đúng với mọi $x, y$, không cần thử bất kỳ giá trị cụ thể nào.
4
Giả sử tồn tại $x,y$ nguyên thỏa $x^2=3y^2+2$ . Lấy đồng dư hai vế theo mod $3$ : vì $3y^2\equiv0\pmod3$ , ta có $x^2\equiv2\pmod3$ (1). Theo bảng thặng dư bình phương mod $3$ đã lập ở Ví dụ 1, $x^2\pmod3\in\{0{,}1\}$ (2). Kết hợp (1) và (2) suy ra mâu thuẫn: không tồn tại $x$ nguyên nào có $x^2\equiv2\pmod3$ . Do đó giả sử ban đầu sai. Vậy phương trình $x^2=3y^2+2$ vô nghiệm nguyên.
Giả sử tồn tại $x,y$ nguyên thỏa $x^2=3y^2+2$. Lấy đồng dư hai vế theo mod $3$: vì $3y^2\equiv0\pmod3$, ta có $x^2\equiv2\pmod3$ (1). Theo bảng thặng dư bình phương mod $3$ đã lập ở Ví dụ 1, $x^2\pmod3\in\{0,1\}$ (2). Kết hợp (1) và (2) suy ra mâu thuẫn: không tồn tại $x$ nguyên nào có $x^2\equiv2\pmod3$. Do đó giả sử ban đầu sai. Vậy phương trình $x^2=3y^2+2$ vô nghiệm nguyên.
5
Đổi vế phải từ $2$ thành $1$ : xét $x^2=3y^2+1$ . Vế phải $\equiv1\pmod3$ , thuộc bảng dư $\{0{,}1\}$ — không mâu thuẫn ngay, nên phương trình CÓ THỂ có nghiệm (thật vậy $x=2,y=1$ : $4=3+1$ ✓) — cho thấy phải kiểm tra đúng giá trị vế phải, không phải mọi phương trình dạng $x^2=3y^2+r$ đều vô nghiệm.
Đổi vế phải từ $2$ thành $1$: xét $x^2=3y^2+1$. Vế phải $\equiv1\pmod3$, thuộc bảng dư $\{0,1\}$ — không mâu thuẫn ngay, nên phương trình CÓ THỂ có nghiệm (thật vậy $x=2,y=1$: $4=3+1$ ✓) — cho thấy phải kiểm tra đúng giá trị vế phải, không phải mọi phương trình dạng $x^2=3y^2+r$ đều vô nghiệm.

Với

n = 0, 1, \ldots, 7

, số dư của

n^2

khi chia cho

8

chỉ rơi vào ba giá trị

\{0, 1, 4\}

— không bao giờ là

2, 3, 5, 6, 7

. Đặc biệt, số dư

1

xuất hiện nhiều nhất vì nó ứng với mọi

n

lẻ.Với $n = 0, 1, \ldots, 7$, số dư của $n^2$ khi chia cho $8$ chỉ rơi vào ba giá trị $\{0, 1, 4\}$ — không bao giờ là $2, 3, 5, 6, 7$. Đặc biệt, số dư $1$ xuất hiện nhiều nhất vì nó ứng với mọi $n$ lẻ.

Ví dụ

Ví dụ 3 — Bảng dư mod 8 và một bổ đề quan trọng: tổng hai số chính phương

1
Với $n = 2k$ : $n^2 = 4k^2$ . Nếu $k$ chẵn thì $k^2$ chẵn nên $4k^2 \equiv 0 \pmod 8$ ; nếu $k$ lẻ thì $k^2$ lẻ nên $4k^2 \equiv 4 \pmod 8$ . Vậy $n$ chẵn cho $n^2 \equiv 0$ hoặc $4 \pmod 8$ .
Với $n = 2k$: $n^2 = 4k^2$. Nếu $k$ chẵn thì $k^2$ chẵn nên $4k^2 \equiv 0 \pmod 8$; nếu $k$ lẻ thì $k^2$ lẻ nên $4k^2 \equiv 4 \pmod 8$. Vậy $n$ chẵn cho $n^2 \equiv 0$ hoặc $4 \pmod 8$.
2
Với $n = 2k+1$ : $n^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 4k(k+1) + 1$ . Vì $k, k+1$ là hai số nguyên liên tiếp nên tích $k(k+1)$ luôn chẵn, suy ra $4k(k+1)$ chia hết cho $8$ . Vậy mọi số lẻ đều có $n^2 \equiv 1 \pmod 8$ — một kết quả mạnh hơn cả mod 4.
Với $n = 2k+1$: $n^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 4k(k+1) + 1$. Vì $k, k+1$ là hai số nguyên liên tiếp nên tích $k(k+1)$ luôn chẵn, suy ra $4k(k+1)$ chia hết cho $8$. Vậy **mọi số lẻ đều có** $n^2 \equiv 1 \pmod 8$ — một kết quả mạnh hơn cả mod 4.
3
Với mọi số nguyên $n$ : $n^2 \pmod 8 \in \{0, 1, 4\}$ (không bao giờ là $2, 3, 5, 6, 7$ ).
Với mọi số nguyên $n$: $n^2 \pmod 8 \in \{0, 1, 4\}$ (không bao giờ là $2, 3, 5, 6, 7$).
4
Dùng lại bảng dư mod $4$ ( $n^2 \pmod 4 \in \{0{,}1\}$ ): tổng hai số chính phương $x^2 + y^2$ khi chia cho $4$ chỉ có thể cho $0+0=0$ , $0+1=1$ , hoặc $1+1=2$ — không bao giờ bằng $3$ . Vậy phương trình $x^2 + y^2 = 4z + 3$ vô nghiệm nguyên với mọi $z$ . Đây là một bổ đề rất hay dùng, sẽ xuất hiện lại ở Chương 4 và Chương 5.
Dùng lại bảng dư mod $4$ ($n^2 \pmod 4 \in \{0,1\}$): tổng hai số chính phương $x^2 + y^2$ khi chia cho $4$ chỉ có thể cho $0+0=0$, $0+1=1$, hoặc $1+1=2$ — **không bao giờ bằng $3$**. Vậy phương trình $x^2 + y^2 = 4z + 3$ vô nghiệm nguyên với mọi $z$. Đây là một bổ đề rất hay dùng, sẽ xuất hiện lại ở Chương 4 và Chương 5.
5
Xét $n$ chẵn, $n=2k$ : $n^2=4k^2$ ; nếu $k$ chẵn thì $4k^2\equiv0\pmod8$ , nếu $k$ lẻ thì $4k^2\equiv4\pmod8$ (1). Xét $n$ lẻ, $n=2k+1$ : $n^2=4k(k+1)+1$ ; vì $k,k+1$ liên tiếp nên $k(k+1)$ luôn chẵn, do đó $4k(k+1)$ chia hết cho $8$ , suy ra $n^2\equiv1\pmod8$ với MỌI $n$ lẻ (2). Kết hợp (1) và (2): với mọi $n$ nguyên, $n^2\pmod8\in\{0{,}1{,}4\}$ (3). Mặt khác, theo bảng dư mod $4$ (Bài trước), $n^2\pmod4\in\{0{,}1\}$ , nên tổng hai số chính phương $x^2+y^2\pmod4$ chỉ nhận $0{,}1{,}2$ — không bao giờ $3$ . Vậy phương trình $x^2+y^2=4z+3$ vô nghiệm nguyên với mọi $z$ .
Xét $n$ chẵn, $n=2k$: $n^2=4k^2$; nếu $k$ chẵn thì $4k^2\equiv0\pmod8$, nếu $k$ lẻ thì $4k^2\equiv4\pmod8$ (1). Xét $n$ lẻ, $n=2k+1$: $n^2=4k(k+1)+1$; vì $k,k+1$ liên tiếp nên $k(k+1)$ luôn chẵn, do đó $4k(k+1)$ chia hết cho $8$, suy ra $n^2\equiv1\pmod8$ với MỌI $n$ lẻ (2). Kết hợp (1) và (2): với mọi $n$ nguyên, $n^2\pmod8\in\{0,1,4\}$ (3). Mặt khác, theo bảng dư mod $4$ (Bài trước), $n^2\pmod4\in\{0,1\}$, nên tổng hai số chính phương $x^2+y^2\pmod4$ chỉ nhận $0,1,2$ — không bao giờ $3$. Vậy phương trình $x^2+y^2=4z+3$ vô nghiệm nguyên với mọi $z$.
6
Thay tổng HAI số chính phương bằng tổng BA số chính phương $x^2+y^2+w^2=8k+7$ : dùng đúng bảng dư mod $8$ thay vì mod $4$ , liệt kê mọi tổng ba giá trị lấy từ $\{0{,}1{,}4\}$ rồi rút gọn mod $8$ — đây chính là câu Thử thách của bài, tổng quát hóa cùng ý tưởng lên ba số hạng và một modulo khác.
Thay tổng HAI số chính phương bằng tổng BA số chính phương $x^2+y^2+w^2=8k+7$: dùng đúng bảng dư mod $8$ thay vì mod $4$, liệt kê mọi tổng ba giá trị lấy từ $\{0,1,4\}$ rồi rút gọn mod $8$ — đây chính là câu Thử thách của bài, tổng quát hóa cùng ý tưởng lên ba số hạng và một modulo khác.

Bẫy thường gặp

(1) Áp dụng bảng dư mod $8$ của số chẵn ( $\{0{,}4\}$ ) cho số lẻ, hoặc ngược lại — hai trường hợp cho hai tập giá trị khác nhau, phải xét riêng. (2) Chọn modulo không khớp với hệ số trong phương trình (ví dụ dùng mod $4$ cho phương trình có hệ số $3$ ) khiến bảng dư không loại trừ được gì. (3) Chỉ kiểm tra một vài lớp dư rồi vội kết luận — phản chứng bằng modulo đòi hỏi liệt kê đầy đủ mọi lớp dư từ $0$ đến $m-1$ .

(1) Áp dụng bảng dư mod $8$ của số **chẵn** ($\{0,4\}$) cho số **lẻ**, hoặc ngược lại — hai trường hợp cho hai tập giá trị khác nhau, phải xét riêng. (2) Chọn modulo không khớp với hệ số trong phương trình (ví dụ dùng mod $4$ cho phương trình có hệ số $3$) khiến bảng dư không loại trừ được gì. (3) Chỉ kiểm tra một vài lớp dư rồi vội kết luận — phản chứng bằng modulo đòi hỏi liệt kê **đầy đủ** mọi lớp dư từ $0$ đến $m-1$.

Luyện tập có hướng dẫn

Luyện tập độc lập

Thử thách

Điều cần nhớ

Ba bảng thặng dư bình phương cốt lõi là mod $3$ : $\{0{,}1\}$ , mod $4$ : $\{0{,}1\}$ , mod $8$ : $\{0{,}1{,}4\}$ (và đặc biệt: mọi số lẻ có bình phương $\equiv 1 \pmod 8$ ). Khi một phương trình buộc $x^2$ (hay tổng các bình phương) phải đồng dư với một giá trị không nằm trong bảng dư tương ứng, phương trình đó vô nghiệm — với mọi số nguyên, không cần thử số nào.

Ba bảng thặng dư bình phương cốt lõi là mod $3$: $\{0,1\}$, mod $4$: $\{0,1\}$, mod $8$: $\{0,1,4\}$ (và đặc biệt: mọi số lẻ có bình phương $\equiv 1 \pmod 8$). Khi một phương trình buộc $x^2$ (hay tổng các bình phương) phải đồng dư với một giá trị **không nằm trong bảng dư tương ứng**, phương trình đó vô nghiệm — với mọi số nguyên, không cần thử số nào.

Bài tiếp theo: trước khi quay lại kỹ thuật chứng minh vô nghiệm ở Chương 4, ta cần thêm một công cụ số học khác: tính chất của ước chung lớn nhất (ƯCLN) và cách phân tích thừa số nguyên tố để chứng minh chia hết — đó là nội dung của Chương 2, bắt đầu ngay sau đây.