ทฤษฎีจำนวน

บทท่ี 6 สมการไดโอแฟนไทน์ 145

(3) ถา้ ผลเฉลยค่าน้อยสุดของสมการไดโอแฟนไทน์ x2 − 61y2 = 1 คือ
(x1, y1) = (1766319049, 226153980) จงหาผลเฉลย (a, b) ทีไ่ มเ่ ทา่ กบั (x1, y1)
(4) จงแสดงวา่ ถา้ (xn, yn) เปน็ ผลเฉลยของสมการของเพลล์ x2 − dy2 = 1 แล้ว
(xn+1, yn+1) = (x2n − dyn2, 2xnyn) เป็นผลเฉลยอ่นื

สาขาวิชาคณิตศาสตร์ คณะวทิ ยาศาสตร์

146 ทฤษฎจี ำนวน

มหาวิทยาลัยราชภัฏอดุ รธานี

บทที่ 7
ทฤษฎสี ว่ นตกค้างกำลงั สอง

ในบทน้ี เราศกึ ษาถึงการหาผลเฉลยของสมภาคกำลงั สอง ส่วนตกค้างกำลงั สองรวม
ถงึ สัญลกั ษณเ์ ลอช็องดร์ บทตัง้ ของเกาส์ และสญั ลกั ษณ์จาโคบี

7.1 สมภาคกำลงั สอง

ในหวั ข้อ 4.4 ได้กล่าวถึงสมภาคเชงิ เส้น สำหรับหวั ข้อนี้ จะไดศ้ ึกษาถึงการหาผลเฉลย
ของสมภาคกำลงั สอง (quadratic congruence)
บทนยิ าม 7.1.1 ใหฟ้ งั ก์ชนั พหุนาม

f (x) = anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 ซึง่ an, an−1, . . . , a1, a0 ∈ Z
ถ้า c ∈ Z และ f (c) ≡ 0(mod m) แลว้ จะเรียก c ว่า ผลเฉลย (solution) ของ
f (x) ≡ 0(mod m)

ตัวอย่างท่ี 7.1.1 ให้ x2 − x − 1 ≡ 0(mod 5)
เนื่องจาก 32 − 3 − 1 = 5 ≡ 0(mod 5)
จะไดว้ า่ 3 เป็นส่วนหน่ึงของผลเฉลยของ x2 − x − 1 ≡ 0(mod 5)
ดงั นัน้ x ซง่ึ x ≡ 3(mod 5) เป็นผลเฉลยของ x2 − x − 1 ≡ 0(mod 5)

ทฤษฎีบท 7.1.1 ให้ f เป็นฟงั กช์ ันพหนุ ามทมี่ ีสมั ประสิทธ์เิ ปน็ จำนวนเต็ม
ถ้า a ≡ b(mod m) แล้ว f (a) ≡ f (b)(mod m)

พสิ จู น์ ให้ f (x) = c0xn + c1xn−1 + . . . + cn ซง่ึ ci ∈ Z, i = 1, 2, . . . , n
เนอื่ งจาก a ≡ b(mod m) จากทฤษฎีบท 4.1.1 (4) จะไดว้ า่

a2 ≡ b2(mod m), a3 ≡ b3(mod m), . . . , an ≡ bn(mod m)

148 ทฤษฎจี ำนวน
และ cjan−j ≡ cjbn−j(mod m), j = 1, . . . , n แลว้ จากทฤษฎบี ท 4.1.1 (3) จะไดว้ า่

c0an + c1an−1 + . . . + cn ≡ (c0bn + c1bn−1 + . . . + cn)(mod m)
นั่นคือ f (a) ≡ f (b)(mod m)
ตวั อย่างท่ี 7.1.2 ให้ f (x) = x2 + 1 เนือ่ งจาก 4 ≡ −3(mod 7) ดงั นัน้
จากทฤษฎีบท 7.1.1 จะไดว้ า่ f (4) = 17 ≡ 10 = f (−3)(mod 7)

บทแทรก 7.1.1 ให้ b, c ∈ Z และ f (x) = anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 โดยท่ี
an, an−1, . . . , a1, a0 ∈ Z ถา้ c เป็นผลเฉลยของ f (x) ≡ 0(mod m) และ c ≡ b(mod m)
แลว้ b เป็นผลเฉลยของ f (x) ≡ 0(mod m)

พิสูจน์ เน่ืองจาก c เปน็ ผลเฉลยของ f (x) ≡ 0(mod m) และ c ≡ b(mod m) จากบทนิยาม
7.1.1 จะได้ว่า f (c) ≡ 0(mod m) และจากทฤษฎบี ท 7.1.1 จะไดว้ ่า f (c) ≡ f (b)(mod m)
ดังนั้น f (b) ≡ 0(mod m) น่นั คือ b เป็นผลเฉลยของ f (x) ≡ 0(mod m)

ตวั อยา่ งที่ 7.1.3 พิจารณาผลเฉลยของ x2 − x + 4 ≡ 0(mod 10)
เนอ่ื งจาก 32 − 3 + 4 = 10 ≡ 0(mod 10) และ 82 − 8 + 4 = 60 ≡ 0(mod 10)
จะไดว้ า่ 3 และ 8 เปน็ ส่วนหนึ่งของผลเฉลยของ x2 − x + 4 ≡ 0(mod 10) ดงั นนั้
x ≡ 3(mod 10) หรอื x ≡ 8(mod 10) เปน็ ผลเฉลยของ x2 − x + 4 ≡ 0(mod 10)

หมายเหตุ 7.1.1 โดยท่ว้ั ไป ถ้า f (x) ≡ 0(mod m) มีผลเฉลยเปน็ c แลว้ จะมคี ่า x
ท่เี ปน็ ผลเฉลยได้ หลายผลเฉลย ซ่งึ x ≡ c(mod m) และจะถือว่า x และ c เป็นผลเฉลย
ทไ่ี ม่ตา่ งกัน

ทฤษฎบี ท 7.1.2 ให้ A = {r0, r1, . . . , rm−1} เปน็ ระบบสว่ นตกค้างบริบูรณ์ มอดุโล m
จะไดว้ า่ จำนวนผลเฉลย ของ f (x) ≡ 0(mod m) เท่ากบั จำนวนของ ri ∈ A ซึ่ง
f (ri) ≡ 0(mod m), i = 0, 1, . . . , m − 1

พสิ จู น์ จากหมายเหตุ 7.1.1 และทฤษฎบี ท 7.1.1
ตวั อย่างที่ 7.1.4 จงหาผลเฉลยท้ังหมดของ x2 + 1 ≡ 0(mod 5)

มหาวทิ ยาลัยราชภัฏอดุ รธานี

บทท่ี 7 ทฤษฎสี ว่ นตกค้างกำลงั สอง 149

วิธที ำ ให้ f (x) = x2+1 เนื่องจาก ระบบสว่ นตกคา้ งนอ้ ยสดุ ในมอดโุ ล 5 คอื {0, 1, 2, 3, 4}
ซง่ึ เป็นระบบสว่ นตกคา้ งบริบูรณ์ และจากทฤษฎบี ท 7.1.2 ดังน้นั จงึ เปน็ การเพียงพอทจี่ ะหา
ผลเฉลยจากเซตนี้
เน่ืองจาก f (0) = 02 + 1 = 1 ≢ 0(mod 5)

f (1) = 12 + 1 = 2 ≢ 0(mod 5)
f (2) = 22 + 1 = 5 ≡ 0(mod 5)
f (3) = 32 + 1 = 10 ≡ 0(mod 5)
และ f (4) = 42 + 1 = 17 ≢ 0(mod 5)
ดังน้นั ผลเฉลยทัง้ หมดของ x2 + 1 ≡ 0(mod 5) คือ
{x ∈ Z | x ≡ 2(mod 5)} ∪ {x ∈ Z | x ≡ 3(mod 5)}

ตวั อย่างท่ี 7.1.5 จงหาผลเฉลยท้ังหมดของ x2 + 1 ≡ 0(mod 7)

วธิ ที ำ ระบบสว่ นตกคา้ งนอ้ ยสดุ ในมอดโุ ล 7 คอื {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} ซึ่งเราจะหาผลเฉลยจาก

เซตน้ี เนือ่ งจาก 02 + 1 = 1 ≢ 0(mod 7)

12 + 1 = 2 ≢ 0(mod 7)

22 + 1 = 5 ̸≡ 0(mod 7)

32 + 1 = 10 ̸≡ 0(mod 7)

42 + 1 = 17 ≢ 0(mod 7)

52 + 1 = 26 ≢ 0(mod 7)

และ 62 + 1 = 37 ≢ 0(mod 7)

ดงั นน้ั x2 + 1 ≡ 0(mod 7) ไม่มีผลเฉลย

ทฤษฎีบท 7.1.3 ให้ d | m และ d > 0 ถ้า c เป็นผลเฉลยของ f (x) ≡ 0(mod m) แล้ว
c เปน็ ผลเฉลยของ f (x) ≡ 0(mod d)

พสิ จู น์ พิสจู นไ์ ด้โดยตรงจากทฤษฎบี ท 4.1.1 (5)

ตวั อยา่ งท่ี 7.1.6 ให้ x2 − x + 2 ≡ 0(mod 8)
เนือ่ งจาก 32 − 3 + 2 = 8 ≡ 0(mod 8)
จะไดว้ ่า 3 เป็นส่วนหนงึ่ ของผลเฉลยของ x2 − x + 2 ≡ 0(mod 8)

สาขาวิชาคณิตศาสตร์ คณะวทิ ยาศาสตร์

150 ทฤษฎจี ำนวน

เนอื่ งจาก 4 | 8 และจากทฤษฎีบท 7.1.3
ดังน้นั 3 เปน็ ผลเฉลยของ x2 − x + 2 ≡ 0(mod 4)

บทนิยาม 7.1.2 สมภาคในรูป

Ax2 + Bx + C ≡ 0(mod p) (∗)

เมอื่ p เปน็ จำนวนเฉพาะ และ p A จะเรยี กวา่ สมภาคกำลังสอง (quadratic

congruence)

พจิ ารณาสมภาค (∗) กรณี p = 2 ถ้าแทนค่า x ด้วยสมาชิกในเชตของสว่ นตกคา้ ง

นอ้ ยสดุ {0, 1} แล้วจะได้ผลเฉลยของ (∗)

กรณี p เปน็ จำนวนเฉพาะค่ี และ p A จะได้วา่ p 4A น่นั คอื (4A, p) = 1 และจาก

(∗) จะได้ว่า

Ax2 + Bx + C ≡ 0(mod p) ⇔ 4A(Ax2 + Bx + C) ≡ 0(mod p)

⇔ (2Ax + B)2 − (B2 − 4AC) ≡ 0(mod p)

⇔ (2Ax + B)2 ≡ (B2 − 4AC)(mod p)

⇔ y2 ≡ a(mod p) (∗∗)

เม่อื y = 2Ax + B และ a = B2 − 4AC

ดังน้ัน (∗) มผี ลเฉลย กต็ อ่ เมื่อ (∗∗) มีผลเฉลย

ตวั อย่างท่ี 7.1.7 จงหาผลเฉลยของ 3x2 − 4x + 7 ≡ 0(mod 13)

วธิ ที ำ

3x2 − 4x + 7 ≡ 0(mod 13)
⇔ (4 · 3)(3x2 − 4x + 7) ≡ 0(mod 13)
⇔ 36x2 − 48x + 84 ≡ 0(mod 13)
⇔ (6x − 4)2 − (16 − 84) ≡ 0(mod 13)
⇔ (6x − 4)2 ≡ (16 − 84)(mod 13)
⇔ (6x − 4)2 ≡ −68(mod 13)
⇔ (6x − 4)2 ≡ 10(mod 13)

มหาวิทยาลยั ราชภฏั อุดรธานี

บทที่ 7 ทฤษฎสี ่วนตกค้างกำลังสอง 151

ให้ y = 6x − 4 จะได้วา่ y2 ≡ 10(mod 13) ซึง่ เมอ่ื ตรวจสอบแลว้ มเี พียง 2
ผลเฉลยคอื y ≡ 6, 7(mod 13) ดงั นั้นผลเฉลยของ 3x2 − 4x + 7 ≡ 0(mod 13) คือ
6x − 4 ≡ 6(mod 13) และ 6x − 4 ≡ 7(mod 13) นน่ั คอื x ≡ 6, 4(mod 13)

ทฤษฎีบทต่อไปนี้ทำให้เราหาผลเฉลยของสมภาคกำลงั สองได้สะดวกขึ้น

ทฤษฎีบท 7.1.4 ให้ p เปน็ จำนวนเฉพาะคี่ และ a ∈ Z ซง่ึ (a, p) = 1
ถ้า y2 ≡ a(mod p) มผี ลเฉลยเป็น y ≡ y′(mod p) แล้ว (y′, p) = 1 และ มผี ลเฉลยท่ี
ตา่ งจาก y ≡ y′(mod p) คือ y ≡ −y′(mod p)

พิสจู น์ ให้ (a, p) = 1 และ (y′)2 ≡ a(mod p)
จะได้วา่ (y′, p) = 1 และ (y′)2 = (−y′)2 ≡ a(mod p)
ทำให้ไดว้ ่า y ≡ −y′(mod p) เปน็ ผลเฉลยของ y2 ≡ −a(mod p)
และเนอ่ื งจาก 2y′ ̸≡ 0(mod p) ดังนั้น y′ ≢ −y′(mod p)
นัน่ คอื y ≡ y′(mod p) และ y ≡ −y′(mod p) เป็นผลเฉลยทีต่ ่างกนั
สมมุติว่า x ∈ Z ซง่ึ x2 ≡ a(mod p)
เนอ่ื งจาก (y′)2 ≡ a(mod p) ดังนัน้ x2 ≡ (y′)2(mod p)
ทำใหไ้ ดว้ ่า x2 − (y′)2 = (x − y′)(x + y′) ≡ 0(mod p)
แต่เนอ่ื งจาก p เปน็ จำนวนเฉพาะ ดงั น้ัน x − y′ ≡ 0(mod p) หรอื x + y′ ≡ 0(mod p)
น่นั คือ x ≡ y′(mod p) หรอื x ≡ −y′(mod p)
แสดงว่า มเี พียงสองผลเฉลยเทา่ นนั้ ท่ตี า่ งกนั

ตวั อยา่ งท่ี 7.1.8 จงหาผลเฉลย 5x2 − 6x + 2 ≡ 0(mod 13)

วธิ ีทำ

5x2 − 6x + 2 ≡ 0(mod 13)
⇔ 5(5x2 − 6x + 2) ≡ 5(0)(mod 13)

⇔ (5x − 3)2 + 1 ≡ 0(mod 13)
⇔ y2 ≡ −1(mod 13) เม่อื y = 5x − 3
⇔ y2 ≡ 12(mod 13) เม่อื y = 5x − 3

สาขาวชิ าคณติ ศาสตร์ คณะวทิ ยาศาสตร์

152 ทฤษฎจี ำนวน

ตรวจสอบแลว้ จะไดว้ ่า y ≡ 5, 8(mod 13) เปน็ ผลเฉลยของ y2 ≡ 12(mod 13)
ดังน้นั 5x − 3 ≡ 5(mod 13) และ 5x − 3 ≡ 8(mod 13)
ทำใหไ้ ด้ x ≡ 10, 12(mod 13) เป็นผลเฉลยของ y2 ≡ 12(mod 13)
น้นั คอื x ≡ 10, 12(mod 13) เปน็ ผลเฉลยของ 5x2 − 6x + 2 ≡ 0(mod 13)

จากทฤษฎีบท 7.1.4 จะเห็นว่า สมภาคกำลงั สองจะมีเพียงสองผลเฉลยเท่านน้ั แต่
อยา่ งไรก็ตาม ยงั มีบางสมภาคกำลงั สองท่ีไมม่ ผี ลเฉลย

ตัวอย่างที่ 7.1.9 จงหาผลเฉลยของ 3x2 + 7x + 5 ≡ 0(mod 13)

วิธีทำ

3x2 + 7x + 5 ≡ 0(mod 13)
12(3x2 + 7x + 5) ≡ 12(0)(mod 13)
36x2 + 84x + 60 ≡ 0(mod 13)
(36x2 + 84x + 49) + 11 ≡ 0(mod 13)

(6x + 7)2 ≡ −11(mod 13)
(6x + 7)2 ≡ 2(mod 13)

y2 ≡ 2(mod 13), y = 6x + 7

เมื่อตรวจสอบแลว้ จะเหน็ ว่า y2 ≡ 2(mod 13) ไมม่ ผี ลเฉลย ดงั นน้ั
3x2 + 7x + 5 ≡ 0(mod 13) ไม่มผี ลเฉลย

จะเห็นว่า สมภาคกำลงั สองมผี ลเฉลยหรือไม่ก็ได้ แต่ถ้ามี x เป็นผลเฉลยหน่งึ แล้ว
จะไดว้ ่า −x เป็นผลเฉลยหนึ่งเสมอ

แบบฝึกหัด 7.1

จงหาผลเฉลยทง้ั หมดของสมภาคต่อไปนี้
(1) x2 ≡ 1(mod 6)
(2) x2 ≡ 1(mod 12)

มหาวิทยาลัยราชภฏั อุดรธานี

บทท่ี 7 ทฤษฎสี ่วนตกคา้ งกำลังสอง 153

(3) x2 ≡ 5(mod 6)
(4) 3x2 ≡ 5(mod 7)
(5) 4x2 ≡ 7(mod 11)
(6) x2 + 5 ≡ 0(mod 7)
(7) x2 + 3 ≡ 0(mod 5)
(8) x2 − 3x + 4 ≡ 0(mod 10)
(9) 2x2 + 3x + 1 ≡ 0(mod 13)
(10) 25x2 + 70x + 37 ≡ 0(mod 13)

7.2 สว่ นตกค้างกำลงั สอง

จากหัวข้อ 7.1 ทฤษฎบี ท 7.1.4 ทำใหเ้ ราสนใจวา่ สมภาคกำลงั สอง
x2 ≡ a(mod p) เมอ่ื (a, p) = 1 มเี งือ่ นไขการมีผลเฉลยเปน็ เชน่ ไร
บทนิยาม 7.2.1 ให้ p เป็นจำนวนเฉพาะค่ี และ a ∈ Z ซึ่ง (a, p) = 1

ถา้ x2 ≡ a(mod p) มีผลเฉลยแลว้ จะเรียก a ว่า ส่วนตกคา้ งกำลังสอง
(quadratic residues) ของ p และ ถา้ ไมม่ ีผลเฉลยแล้ว จะเรยี ก a ว่า
สว่ นไมต่ กค้างกำลงั สอง (quadratic non − residue) ของ p

เนอื่ งจาก ถ้า a ≡ b(mod p) แล้ว a เป็นส่วนตกค้างกำลังสองของ p กต็ อ่ เม่อื b
เปน็ ส่วนตกคา้ งกำลงั สองของ p ดงั น้ันในการหาสว่ นตกค้างกำลงั สองของ p เราจะพจิ ารณา
เฉพาะจำนวนเตม็ บวกทีน่ อ้ ยกวา่ p

ตวั อย่างที่ 7.2.1 จงหาสว่ นตกค้างกำลังสองและสว่ นไมต่ กค้างกำลงั สองของ p = 7

วธิ ีทำ ให้ y2 ≡ a(mod 7) ซ่งึ a ∈ {1, 2, 3, ..., 6}

สาขาวชิ าคณติ ศาสตร์ คณะวทิ ยาศาสตร์

154 ทฤษฎจี ำนวน

ถา้ a = 1 เนื่องจาก
02 = 0 ≢ 1(mod 7)
12 = 1 ≡ 1(mod 7)
22 = 4 ̸≡ 1(mod 7)
32 = 9 ≢ 1(mod 7)
42 = 16 ̸≡ 1(mod 7)
52 = 25 ̸≡ 1(mod 7)
62 = 36 ≡ 1(mod 7)

ดังน้ัน 1 เปน็ ส่วนตกค้างกำลังสองของ 7
ทำนองเดยี วกัน ให้ a = 2, 3, ..., 6 จะไดว้ า่ 2, 4 เปน็ สว่ นตกค้างกำลังสองของ 7

และ 3, 5, 6 เปน็ สว่ นไม่ตกคา้ งกำลงั สองของ 7

ตัวอย่างที่ 7.2.2 จงหาสว่ นตกค้างกำลงั สองและส่วนไมต่ กค้างกำลังสองของ p = 13

วิธีทำ เนือ่ งจาก
12 ≡ 1 ≡ 122(mod 13), 22 ≡ 4 ≡ 112(mod 13)
32 ≡ 9 ≡ 102(mod 13), 42 ≡ 3 ≡ 92(mod 13)
52 ≡ 12 ≡ 82(mod 13), 62 ≡ 10 ≡ 72(mod 13)

ดังน้ัน 1, 3, 4, 9, 10, 12 เปน็ สว่ นตกค้างกำลงั สองของ 13 และ 2, 5, 6, 7, 8, 11 เปน็ สว่ น
ไมต่ กค้างกำลังสองของ 13
หมายเหตุ 7.2.1 จำนวนของส่วนตกค้างกำลงั สองเท่ากบั p − 1 เท่ากบั จำนวนของส่วน

2
ไม่ตกคา้ งกำลงั สอง

ทฤษฎีบทตอ่ ไปน้ี บอกเงอื่ นไขการมีผลเฉลยของสมภาคกำลังสอง ท่ีออยเลอรไ์ ด้พัฒนาข้นึ
แตก่ ่อนอ่ืนเราจะใหส้ ญั ลกั ษณบ์ างอย่างเพ่อื การพสิ ูจน์
บทนิยาม 7.2.2 ให้ a, m ∈ N, r ∈ Z และ (a, m) = 1 จะเรยี ก r วา่ อันดบั (order)
ของ a ถา้ ar ≡ 1(mod m) และเขียนแทนดว้ ย ordm a

มหาวทิ ยาลยั ราชภฏั อุดรธานี

บทที่ 7 ทฤษฎีสว่ นตกค้างกำลงั สอง 155

ตวั อยา่ งที่ 7.2.3 ให้ m = 7, a ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, } และกำหนด ar ≡ 1(mod 7) ดงั น้ี
a a2 a3 a4 a5 a6
11 1 1 1 1
24 1 2 4 1
32 6 4 5 1
42 1 4 2 1
54 6 2 3 1
61 6 1 6 1

จากตาราง จะได้ว่า ord7 1 = 1, ord7 2 = 3 = ord7 4, ord7 3 = 6 = ord7 5 และ
ord7 6 = 2

ตัวอยา่ งท่ี 7.2.4 จงหา ord13 5 และ ord13 7

วิธที ำ เนือ่ งจาก (5, 13) = 1 และ 52 ≡ −1(mod 13), 53 ≡ −5(mod 13), 54 ≡
1(mod 13) ดังนั้น ord13 5 = 4
เนอ่ื งจาก (7, 13) = 1 และ

72 ≡ −3(mod 13), 73 ≡ 5(mod 13), 74 ≡ −4(mod 13)
75 ≡ −2(mod 13), 76 ≡ −1(mod 13), 77 ≡ 6(mod 13)

78 ≡ 3(mod 13), 79 ≡ −5(mod 13), 710 ≡ 4(mod 13)
711 ≡ 2(mod 13), 712 ≡ 1(mod 13)

ดังนั้น ord13 7 = 12

บทนิยาม 7.2.3 ให้ m, t ∈ N ซง่ึ (m, t) = 1
t เปน็ รากปฐมฐาน (primitive root) มอดูโล m ถา้ ordm t = ϕ(m)

ตวั อย่างท่ี 7.2.5 (1) จากตัวอย่าง 7.2.4 เนอ่ื งจาก ord13 7 = 12 = ϕ(13) ดังนนั้ 7
เป็นรากปฐมฐาน มอดูโล 13

(2) จากตวั อยา่ ง 7.2.3 เนอ่ื งจาก ord7 3 = 6 = ϕ(7) และ ord7 5 = 6 = ϕ(7)
ดงั น้ัน 3 และ 5 เปน็ รากปฐมฐาน มอดูโล 7

สาขาวิชาคณิตศาสตร์ คณะวิทยาศาสตร์

156 ทฤษฎจี ำนวน

ทฤษฎบี ท 7.2.1 (Euler′s criterion)

ให้ p เป็นจำนวนเฉพาะค่ีและ a ∈ N ซง่ึ (a, p) = 1

a เป็นสว่ นตกคา้ งกำลงั สองของ p กต็ อ่ เมื่อ p−1 ≡ 1(mod p)

a2

พสิ จู น์ สมมุตวิ า่ a เป็นส่วนตกค้างกำลังสองของ p จะได้วา่ y2 ≡ a(mod p) มผี ลเฉลย

ใหเ้ ปน็ b เนือ่ งจาก (a, p) = 1 ดังนน้ั (b, p) = 1 จากทฤษฎีบท 5.2.1 จะไดว้ า่ bp−1 ≡

1(mod p) จงึ ทำใหไ้ ดว้ ่า a p−1 ≡ (b2 ) p−1 = bp−1 ≡ 1(mod p)
2 2

สำหรบั การพสิ จู น์บทกลับของทฤษฎีบท สมมุติว่า a p−1 ≡ 1(mod p) ดังน้ัน p
2

มีรากปฐมฐาน ให้เป็น t ดงั น้ัน a ≡ tk(mod p) สำหรบั บาง k ∈ Z, 1 ≤ k ≤ p − 1

ทำใหไ้ ด้วา่ tk p−1 ≡ p−1 ≡ 1(mod p) เนื่องจาก t เป็นรากปฐมฐานมอดุโล p ดงั นั้น
2
a2

ordp t = (p − 1) | k(p − 1) จะได้วา่ k ตอ้ งเปน็ จำนวนเต็มคู่ ให้ k = 2i จะไดว้ า่
2

a ≡ t2i ≡ (ti)2(mod p) น้ันคอื a เปน็ สว่ นตกคา้ งกำลงั สองของ p

บทแทรก 7.2.1 ให้ p เปน็ จำนวนเฉพาะคี่ และ a ∈ N ซงึ่ (a, p) = 1

a เป็นสว่ นไม่ตกค้างกำลังสองของ p ก็ตอ่ เมื่อ a p−1 ≡ −1(mod p)
2

พสิ ูจน์ ถา้ a p−1 ≢ 1(mod p) แล้ว จากทฤษฎบี ท 7.2.1 จะไดว้ ่า a เปน็ ส่วนไมต่ กคา้ ง
2

กำลังสองของ p และจากทฤษฎีบท 5.2.1 เราสามารถหาเซตส่วนตกคา้ งน้อยสดุ ap−1 ≡

1(mod p) ได้ แตเ่ น่อื งจาก p เปน็ จำนวนเฉพาะค่ี และ ap−1 − 1 = p−1 + p−1 − 1)

(a 2 1)(a 2

ดงั น้ัน

p−1 ≡ 1(mod p) หรือ p−1 ≡ −1(mod p)

a2 a2

อย่างใดอย่างหน่ึง และเนอ่ื งจาก p−1 ̸≡ 1(mod p) ดังน้นั p−1 ≡ −1(mod p)

a2 a2

สำหรับการพิสจู นบ์ ทกลับของทฤษฎีบท ให้ (a, p) = 1 และ a p−1 ≡ −1(mod p)
2

สมมุติว่า a เป็นสว่ นตกค้างกำลงั สองของ p จากทฤษฎีบท 7.2.1 จะได้วา่ p−1 ≡ 1(mod p)

a2

แลว้ ทำให้ไดว้ ่า −1 ≡ 1(mod p) นนั่ คือ p = 2 ซง่ึ เกดิ ข้อแย้งกบั ทว่ี า่ p เปน็ จำนวนเฉพาะคี่

ตวั อย่างที่ 7.2.6 10 และ 7 เปน็ ส่วนตกคา้ งกำลังสองของ 13 หรอื ไม่

มหาวทิ ยาลยั ราชภฏั อุดรธานี

บทที่ 7 ทฤษฎสี ่วนตกคา้ งกำลงั สอง 157

วิธีทำ (1) เน่อื งจาก 10 13−1 = 106 ≡ (−3)6 ≡ 1(mod 13) ดังนั้น จากทฤษฎีบท 7.2.1
2

จะไดว้ ่า 10 เป็นสว่ นตกคา้ งกำลงั สองของ 13

(2) เนือ่ งจาก 7 13−1 = 76 = (73)2 ≡ 52 ≡ −1(mod 13) และ 76 ̸≡ 1(mod 13)
2

ดังนั้นจากทฤษฎีบท 7.2.1 ทำใหไ้ ด้วา่ 7 เปน็ สว่ นไมต่ กค้างกำลังสองของ 13

แบบฝึกหัด 7.2

(1) จงหาส่วนตกคา้ งกำลงั สองและสว่ นไม่ตกคา้ งกำลงั สองของจำนวนต่อไปน้ี
(1.1) 11
(1.2) 17
(1.3) 8
(1.4) 12

(2) จำนวน a, b ∈ N ในแตล่ ะข้อต่อไปนี้ เปน็ ส่วนตกค้างกำลงั สองของ p ทีก่ ำหนดให้
หรือไม่

(2.1) a = 5, p = 23
(2.2) a = 2, p = 33
(2.3) a = 3, b = 5, p = 7
(3) ข้อความตอ่ ไปนเ้ี ป็นจรงิ หรอื ไม่

" ผลคูณของส่วนไมต่ กค้างกำลังสองของจำนวนเฉพาะค่ี p เปน็ สว่ นตกค้างกำลงั สอง
ของ p " (นน่ั คอื จรงิ หรือไมท่ ี่ x2 ≡ a(modp) และ x2 ≡ b(modp) ไม่มผี ลเฉลย

แต่ x2 ≡ ab(modp) มีผลเฉลย)
(4) จงพสิ จู น์ว่า ทุก ๆ รากปฐมฐานของจำนวนเฉพาะค่ี p เป็นสว่ นไมต่ กค้างกำลังสองของ
p

7.3 สญั ลักษณเ์ ลอช็องดร์

แม้ทฤษฎบี ท 7.2.1 จะใชเ้ พ่ือหาผลเฉลย x2 ≡ a(mod p) ได้ แต่มขี อ้ จำกัด ถา้
p และ a มคี า่ มาก ซ่งึ ถ้าใชส้ ญั ลักษณเ์ ลอช็องดร์ (Legendre symbol) เขา้ ช่วยจะทำใหส้ ้ัน
และงา่ ยข้นึ (Adrien − M arie Legendre ใช้สัญลกั ษณน์ เี้ มื่อปี ค.ศ. 1798)

สาขาวิชาคณิตศาสตร์ คณะวิทยาศาสตร์

158 ทฤษฎจี ำนวน

บทนยิ าม 7.3.1 ให้ p เปน็ จำนวนเฉพาะค่ีและ a ∈ Z ซ่งึ (a, p) = 1

a
สัญลักษณเ์ ลอช็องดร์ () กำหนดโดย
p


a  1 ถ้า a เปน็ สว่ นตกคา้ งกำลังสองของ p
( p ) =  −1 ถา้ a เป็นสว่ นไม่ตกคา้ งกำลงั สองของ p

ตัวอย่างที่ 7.3.1 ในตัวอย่างที่ 7.2.2 เราได้วา่

1, 3, 4, 9, 10 และ 12 เปน็ สว่ นตกคา้ งกำลงั สอง ของ 13

และ 2, 5, 6, 7, 8 และ 11 เปน็ ส่วนไม่ตกคา้ งกำลังสอง ของ 13

1 3 4 9 10 12
ดังนนั้ ( ) = ( ) = ( ) = ( ) = ( ) = ( ) = 1
13 13 13 13 13 13
2 5 6 7 8 11
และ ( ) = ( ) = ( ) = ( ) = ( ) = () = −1
13 13 13 13 13 13

จากสมภาค p−1 ≡ −1(mod p) เราใช้สัญลักษณเ์ ลอชอ็ งดรเ์ ขียนได้เปน็

a2

a ≡ p−1 p)
()
p a 2 (mod

ดงั นน้ั ทฤษฎีบท 7.2.1 จะเขียนไดด้ ังนี้

ทฤษฎีบท 7.3.1 (Euler′s criterion)
ให้ p เปน็ จำนวนเฉพาะค่ี และ a ∈ Z ซึง่ (a, p) = 1

a
a เป็นส่วนตกค้างกำลังสองของ p กต็ อ่ เม่ือ ( ) = 1

p

นน่ั คือ x2 ≡ a(mod p) มีผลเฉลย กต็ ่อเม่ือ a = 1
()
p

ตวั อยา่ งท่ี 7.3.2 เนอ่ื งจาก 10 = 1 ดังนัน้ x2 ≡ 10(mod 13) มผี ลเฉลย
()
13
ขณะท่ี ( 7 ) = −1 ดงั นนั้ x2 ≡ 7(mod 13) ไม่มีผลเฉลย
13

a
อยา่ งไรกต็ าม การหาคา่ ( ) เม่ือ a และ p มีคา่ มากๆ อาจไม่สะดวกแตท่ ฤษฎบี ท

p
a

ตอ่ ไปนจ้ี ะให้สมบัตพิ นื้ ฐานสามประการ ท่เี ปน็ เครอ่ื งมือหาคา่ ( )
p

มหาวทิ ยาลยั ราชภัฏอดุ รธานี

บทที่ 7 ทฤษฎสี ว่ นตกคา้ งกำลังสอง 159

ทฤษฎีบท 7.3.2 ให้ p เปน็ จำนวนเฉพาะค่ี และ a, b ∈ Z ซงึ่ (ab, p) = 1

(1) ถ้า a ≡ b(modp) แล้ว ab
( )=( )
pp

ab a b
(2) ( ) = ( )( )
p pp

a2
(3) ( ) = 1

p

พสิ จู น์ (1) พจิ าณา 2 กรณี กรณี a = 1 จะได้ว่า x2 ≡ a(mod p) มผี ลเฉลย
()
p

และเนอื่ งจาก a ≡ b(mod p) ดงั นน้ั x2 ≡ b(mod p) มีผลเฉลย ทำให้ได้ว่า b = 1
()
p

น่นั คอื ( a) = 1 = ( b )
pp

กรณี a = −1 พิสจู นไ์ ดท้ ำนองเดยี วกัน จะได้ว่า b = −1
() ()
pp

(2) จากทฤษฎบี ท 7.2.1 จะไดว้ า่

ab ≡ p−1 ≡ p−1 · b p−1 ≡ ab p) (∗)
() 2 ( )( )(mod
(ab) 2 a2
p pp

ถ้า ab ≠ ab แลว้ จาก (∗) จะไดว้ า่ 1 ≡ −1(mod p) ทำใหไ้ ดว้ ่า 2 ≡
() ( )( )
p pp

ab a b
0(mod p) ซง่ึ เกิดขอ้ ขดั แย้งกบั p > 2 ดงั นัน้ ( ) = ( )( )

p pp

a2 a a
(3) จาก (2) จะได้ว่า ( ) = ( )( )

p pp

เนอื่ งจาก a = ±1 ดงั นัน้ a2 = aa = (±1)(±1) = 1
() () ( )( )
p p pp

จากทฤษฎบี ท 7.3.2 (2) และ (3) จะไดว้ า่

a2b a2 b bb
( ) = ( )( ) = 1( ) = ( )
p pp p p

ดังนน้ั เราสามารถนำตวั ประกอบกำลังสองออกได้โดยสัญลกั ษณ์เลอช็องดร์ไมเ่ ปลี่ยนค่า

28
ตัวอยา่ งที่ 7.3.3 จงหาค่า ( )

31

28 (4)(7) 47 22 7 77
วธิ ีทำ ( ) = ( ) = ( )( ) = ( )( ) = 1( ) = ( ) = 1
31 31 31 31 31 31 31 31

สาขาวชิ าคณิตศาสตร์ คณะวิทยาศาสตร์

160 ทฤษฎีจำนวน

บทแทรก 7.3.1 ถา้ p เปน็ จำนวนเฉพาะค่แี ล้ว



( −1) =  1 ถา้ p ≡ 1(mod 4)
p −1 ถา้ p ≡ −1(mod 4)

พิสูจน์ จากทฤษฎีบท 7.2.1 จะไดว้ า่ (− 1 ) ≡ (−1) p−1 (mod p)
2

p

ถ้า p ≡ 1(mod 4) แล้ว p = 4k + 1 สำหรับบาง k ∈ Z

ดังนั้น (−1) p−1 = (−1)2k = 1 น่ันคอื (− 1 ) = 1
2

p

ถา้ p ≡ −1(mod 4) ≡ 3(mod 4) แลว้ p = 4k + 3 สำหรับบาง k ∈ Z

ดังนน้ั (−1) p−1 = (−1)2k+1 = −1 น่นั คอื (− 1 ) = −1
2

p

ตัวอย่างการใชบ้ ทแทรก 7.3.1

ตวั อย่างท่ี 7.3.4 จงหาค่า (− 4 ) และ (− 9 )
41 83

วธิ ที ำ

4 41 22 1
(− ) = ( )(− ) = ( )(− ) (ทฤษฎบี ท 7.3.2 (2))
41 41 41 41 41 (ทฤษฎีบท 7.3.2 (3))
(บทแทรก 7.3.1)
= (− 1 ) (ทฤษฎีบท 7.3.2 (2))
41 (ทฤษฎบี ท 7.3.2 (3))
(บทแทรก 7.3.1)
=1

9 91 32 1
และ (− ) = ( )(− ) = ( )(− )
83 83 83 83 83

= (− 1 )
83

= −1

qi
ทฤษฎีบท 7.3.2 (2) สามารถประยกุ ต์หาคา่ ซงึ่ (q, p) = 1 ได้ดงั น้ี

p

บทแทรก 7.3.2 ให้ p เป็นจำนวนเฉพาะค,ี่ q เปน็ จำนวนเฉพาะ ซงึ่ (p, q) = 1 และ

i ∈ N จะได้วา่

qi ) = ( q )i
(
pp

มหาวทิ ยาลยั ราชภัฏอดุ รธานี

บทที่ 7 ทฤษฎสี ่วนตกคา้ งกำลังสอง 161

พิสูจน์ ให้พิสูจน์เป็นแบบฝกึ หัด

ตวั อยา่ งท่ี 7.3.5 จงหาคา่ 125 และ 15, 625 เมอื่ 5 = −1
() () ()
17
17 17

วธิ ที ำ 125 53 5 )3 = (−1)3 = −1
( )=( )=(
17 17 17
56
และ 15, 625 = ( ) = ( 5 )6 = (−1)6 = 1
()
17 17 17

บทแทรก 7.3.3 ให้ p เปน็ จำนวนเฉพาะคี่ และ a = p1r1p2r2pr33 . . . pkrk ซ่ึง ri ∈ N,
p1 < p2 < . . . < pk เป็นจำนวนเฉพาะ จะไดว้ า่

a = ( p1 r1 ( p2 r2 . . . ( pk rk
()
) ) p )
p pp

พสิ ูจน์ เนื่องจาก (a, p) = 1 ดงั นนั้ (pi, p) = 1, i ∈ {1, 2, . . . , k}, 1 ≤ i ≤ k
จากบทแทรก 7.3.2 จะได้วา่ ( prii ) = ( pi )ri ดังนนั้

pp

a = ( pr11 pr22 p3r3 . . . prkk )
()
pp

= ( pr11 )( p2r2 ) . . . ( pkrk )
pp p

= ( p1 r1 ( p2 r2 . . . ( pk rk

) ) p )
pp

ตวั อย่างที่ 7.3.6 จงหาคา่ 5, 000 เมื่อ ( 2 ) = 1 และ ( 5 ) = −1
()
23 23 23

วธิ ีทำ เน่อื งจาก 5, 000 = 2354 ดงั น้ัน จากบทแทรก 7.3.2 จะได้ว่า
( 5, 000 ) = ( 2 )3( 5 )4 = 13(−1)4 = 1 · 1 = 1
23 23 23

บทตัง้ ของเกาส์ ต่อไปนไี้ ด้บอกเงอื่ นไขของจำนวน a ∈ Z ซ่งึ (a, p) = 1 เม่อื p เปน็
จำนวนเฉพาะ วา่ a จะเป็นส่วนตกค้างกำลงั สองของ p เมือ่ ใด

สาขาวิชาคณิตศาสตร์ คณะวิทยาศาสตร์

162 ทฤษฎีจำนวน

บทตงั้ 7.3.1 (Gauss′ Lemma) ให้ p เป็นจำนวนเฉพาะคี่ และ a ∈ Z ซง่ึ (a, p) = 1
ให้ ν แทน จำนวนสว่ นตกคา้ งทีเ่ ป็นบวกค่านอ้ ยสดุ ของ

p−1 p
a, 2a, 3a, . . . , ( )a ท่มี ีค่ามากกวา่
22

จะไดว้ ่า สญั ลกั ษณเ์ ลอช็องดร์

( a ) = (−1)ν
p

p
พสิ จู น์ ให้ r1, r2, . . . , rk เป็นสว่ นตกค้างท่ีเป็นบวกค่าน้อยสดุ ซ่ึง < 2 และ s1, s2, . . . , sν

p p−1
เป็นส่วนตกค้างท่ีเป็นบวกคา่ นอ้ ยสุดซงึ่ > ของ a, 2a, 3a, . . . , ( )a ดังน้นั

22
p−1

k+ν =
2

พิจารณา r1, r2, . . . , rk, p − s1, p − s2, . . . , p − sν ซ่ึงแต่ละจำนวนเป็นบวกและ
p
< จะแสดงวา่ ไมม่ ีคใู่ ดสมภาคกันในมอดโุ ล p
2

ก่อนอื่นจะแสดงวา่ ri ≢ rj(mod p) สำหรับแตล่ ะ i, j, i ̸= j สมมตวิ า่

ri ≡ rj(mod p) จะไดว้ า่ tia ≡ tja(mod p) สำหรับบาง ti, tj, i ̸= j และ

1 ≤ t,tj ≤ p−1 เนอ่ื งจาก (a, p) = 1 ดงั นน้ั ti ≡ tj(mod p) ซง่ึ เป็นไปไม่ได้
2

และเช่นเดียวกัน สามารถแสดงไดว้ ่า ไมม่ ีคู่ si, sjใดสมภาคกันในมอดุโล p

ดังน้นั เราสรุปไดว้ ่า ไมม่ คี ู่ p − si, p − sjใดสมภาคกนั ในมอดุโล p

ต่อไปจะแสดงวา่ ri ̸≡ p − sj(mod p) สำหรบั แตล่ ะ i, j, i ≠ j สมมตวิ า่

ri ≡ p−sj(mod p) จะไดว้ ่า ri ≡ −sj(mod p) ดังนัน้ ri +sj ≡ 0(mod p) ซึง่ เปน็ ไปไม่ได้

pp
(เพราะวา่ ri ≤ 2 และ sj ≤ 2 ) ดังนน้ั ri + sj < p

นน่ั คือ ri ≢ p − sj(mod p)

เน่อื งจาก r1, r2, . . . , rk, p − s1, p − s2, . . . , p − sν ต่าง < p ซึ่งไมส่ มภาคกนั
2
p−1
ในมอดโุ ล p และมจี ำนวน k+ν = ดงั นัน้ จะต้องเป็นสว่ นตกคา้ งท่เี ป็นบวกค่านอ้ ยสุด
2
p−1
1, 2, 3, . . . , นั่นคือ
2

r1, r2, . . . , rk, p − s1, p − s2, . . . , p − sν ≡ 1, 2, 3, . . . , p − 1 p)
2 (mod

ทำใหไ้ ด้

มหาวทิ ยาลยั ราชภัฏอดุ รธานี

บทที่ 7 ทฤษฎสี ว่ นตกค้างกำลังสอง 163

(−1)νr1, r2, . . . , rk, s1, s2, . . . , sν ≡ p − 1 p) (∗)
( 2 )!(mod

แต่ (−1)νr1, r2, . . . , rk, s1, s2, . . . , sν เป็นสว่ นตกค้างทเ่ี ป็นบวกคา่ น้อยสุดของ a, 2a,

3a, . . . , ( p − 1 )a ดงั นนั้
2

r1r2 . . . rks1s2 . . . sν ≡ p − 1 p)
a(2a)(3a) . . . ( 2 )a(mod

จากสมการ (∗) จะไดว้ า่

(−1)νa(2a)(3a) . . . ( p − 1 ≡ p − 1 p)
)a ( )!(mod
22

น่นั คอื

(−1)ν a p−1 ( p − 1 ≡ p − 1 p)
2 )! ( )!(mod

22

เน่ืองจาก (p, p − 1 ดังน้นั
( )!)
2

(−1)ν a p−1 ≡ 1(mod p)
2

นน่ั คือ p−1 ≡ (−1)ν (mod p)

a2

จากทฤษฎบี ท 7.2.1 และบทแทรก 7.2.1 จะไดว้ ่า

a ≡ p−1 p)
()
p a 2 (mod

เน่อื งจาก a = ±1 และ p เปน็ จำนวนเฉพาะคี่ ดังนนั้ a = (−1)ν
() ()
pp

ตวั อยา่ งที่ 7.3.7 จงหาคา่ สญั ลกั ษณเ์ ลอชอ็ งดร์ต่อไปน้ี โดยใช้บทตงั้ ของเกาส์
10

(1) ( )
13
7

(2) ( )
13

p − 1 13 − 1
วธิ ที ำ (1) ให้ p = 13 และ a = 10 ดงั น้ัน = = 6 จะได้ว่า
22

สว่ นตกคา้ งที่เป็นบวกค่านอ้ ยสดุ ของ 1·10, 2·10, 3·10, 4·10, 5·10 และ 6·10 มอดุโล 13 คอื

p
10, 7, 4, 1, 11 และ 8 ตามลำดบั จะเห็นว่ามสี ว่ นตกค้างท่เี ป็นบวกคา่ นอ้ ยสดุ ซง่ึ > = 6.5
2
10
จำนวน ν = 4 ดังน้ัน จากบทต้ังของเกาส์ ทำใหไ้ ดว้ ่า () = (−1)4 = 1
13
p − 1 13 − 1
(2) ให้ p = 13 และ a = 7 ดงั นน้ั = = 6 จะได้วา่
22

สว่ นตกคา้ งท่เี ปน็ บวกค่านอ้ ยสดุ ของ 1 · 7, 2 · 7, 3 · 7, 4 · 7, 5 · 7 และ 6 · 7 มอดุโล 13 คอื

สาขาวชิ าคณติ ศาสตร์ คณะวทิ ยาศาสตร์

164 ทฤษฎจี ำนวน

p
7, 1, 8, 2, 9 และ 3 ตามลำดับ จะเห็นวา่ มีสว่ นตกคา้ งทเี่ ปน็ บวกค่าน้อยสดุ ซงึ่ > = 6.5
2
10
จำนวน ν = 3 ดงั นั้น จากบทตง้ั ของเกาส์ ทำใหไ้ ดว้ า่ () = (−1)3 = −1
13

หมายเหตุ 7.3.1 จากบทตั้ง 7.3.1 (บทตงั้ ของเกาส)์ จะได้วา่

a
( ) = 1 ก็ตอ่ เม่ือ ν เป็นจำนวนคู่
p

2
ตัวอย่างที่ 7.3.8 จงหาค่าสัญลักษณเ์ ลอช็องดร์ ( ) โดยใช้บทตัง้ ของเกาส์

13

วิธีทำ 1 ให้ p = 13 และ a = 2 เนือ่ งจาก ( 2 ) = (−1)ν เม่ือ ν เปน็ สว่ นตกคา้ งท่ีเป็น
13

บวกค่านอ้ ยสดุ ของ 1 · 2, 2 · 2, 3 · 2, 4 · 2, 5 · 2 และ 6 · 2 มอดุโล 13 คือ 2, 4, 6, 8, 10
p

และ 12 ตามลำดบั และท่ี > 2 = 6.5 ทำให้ได้ ν = 3 ดงั นัน้ จากบทแทรก 7.3.1 จะไดว้ ่า
( 2 ) = −1
13

วิธที ำ 2 ให้ p = 13 และ a = 2 เนอื่ งจาก ( 2 ) = (−1)ν เมื่อ ν เป็นส่วนตกค้างทเี่ ปน็
13

บวกค่าน้อยสดุ ของ 1·2, 2·2, 3·2, 4·2, 5·2 และ 6·2 มอดุโล 13 จะเห็นวา่ แตล่ ะจำนวนนอ้ ยกว่า

p ซึง่ ทำให้สามารถหา ν ไดด้ งั น้ี

p
ν = จำนวนสว่ นตกคา้ ง 2r ท่ี >

2

= p−1− (จำนวนของ 2r ที่ p
<)
22

=6− (จำนวนของ r ที่ p
<)

4

= 6 − ⌊ p⌋ = 6 − ⌊ 13⌋ = 6 − 3 = 3
44

ดังนน้ั จากบทแทรก 7.3.1 จะไดว้ ่า ( 2 ) = −1
13

ทฤษฎีบทตอ่ ไปน้ี เปน็ การประยกุ ต์บทตง้ั ของเกาส์ และมีการนำไปใชก้ นั มาก

ทฤษฎีบท 7.3.3 ให้ p เป็นจำนวนเฉพาะค่ี


2 1
() = ถ้า p ≡ ±1(mod 8)
p  ถ้า p ≡ ±3(mod 8)
−1

มหาวิทยาลัยราชภฏั อดุ รธานี

บทท่ี 7 ทฤษฎีสว่ นตกค้างกำลังสอง 165

พสิ จู น์ จากบทตัง้ ของเกาส์ ( 2 ) = (−1)ν เมื่อ ν เป็นสว่ นตกค้างทเ่ี ปน็ บวกคา่ น้อยสดุ ของ
13
p − 1 )·2 p
1·2, 2·2, 3·2, . .., ( มอดโุ ล p ทม่ี ากกวา่ จะได้วา่ สว่ นตกค้างทเ่ี ปน็ บวกค่าน้อยสุด
22
p−1
มอดุโล p ท่มี ีค่าน้อยกวา่ p จะมีเท่ากบั จำนวน ดงั นน้ั
2

p
ν = จำนวนสว่ นตกค้าง 2r ที่ >

2

= p−1− (จำนวนของ 2r ที่ p
<)
22

= p−1− (จำนวนของ r ที่ p
<)
24

= p − 1 − ⌊p⌋
24

กรณี 1 ถ้า p ≡ 1(mod 8) แลว้ p = 8k + 1 สำหรบั บาง k ∈ Z ดังนั้น

ν = p − 1 − ⌊p⌋ = 4k − 2k = 2k
24

กรณี 2 ถา้ p ≡ −1(mod 8) แลว้ p = 8k − 1 สำหรบั บาง k ∈ Z ดังนัน้

ν = p − 1 − ⌊p⌋ = (4k − 1) − (2k − 1) = 2k
24

กรณี 3 ถา้ p ≡ 3(mod 8) แลว้ p = 8k + 3 สำหรบั บาง k ∈ Z ดังนนั้

ν = p − 1 − ⌊p⌋ = (4k + 1) − 2k = 2k + 1
24

กรณี 4 ถ้า p ≡ −3(mod 8) แลว้ p = 8k − 3 สำหรบั บาง k ∈ Z ดงั นัน้

ν = p − 1 − ⌊p⌋ = (4k − 2) − (2k − 1) = 2k − 1
24
2
จะไดว้ ่า ถา้ p ≡ ±1(mod 8) แลว้ ν เป็นจำนวนคู่ ดังนัน้ ( )= 1
p

และ ถา้ p ≡ ±3(mod 8) แล้ว ν เปน็ จำนวนค่ี ดังนน้ั 2 = −1
()
p

จากทฤษฎบี ท 7.3.3 ทำใหไ้ ดว้ ่า
2 เปน็ สว่ นตกคา้ งกำลงั สองของจำนวนเฉพาะคี่ p ก็ต่อเมอ่ื p ≡ ±1(mod 8)

นนั่ คือ x2 ≡ 2(mod p) มผี ลเฉลย ก็ตอ่ เมอื่ p ≡ ±1(mod 8)
และเราจะใชท้ ฤษฎบี ท 7.3.3 น้ี หาค่าของสญั ลักษณจ์ าโคบใี นหัวข้อต่อไป

ตัวอย่างท่ี 7.3.9 จงตรวจสอบว่าสมภาค x2 ≡ 8(mod 17) มผี ลเฉลยหรือไม่

สาขาวชิ าคณติ ศาสตร์ คณะวิทยาศาสตร์

166 ทฤษฎจี ำนวน

8
วิธที ำ เราจะตรวจสอบจากการหาคา่ สญั ลักษณ์เลอช็องดร์ ( )

17

8 4·2 4 2 (ทฤษฎีบท 7.3.2 (2))
( ) = ( ) = ( )( ) (ทฤษฎีบท 7.3.2 (3))
17 17 17 17

2
=( )

17

= −1 (ทฤษฎีบท 7.3.3)

ดังน้ัน สมภาค x2 ≡ 8(mod 17) มีผลเฉลย

ตัวอย่างที่ 7.3.10 จงตรวจสอบว่าสมภาค x2 ≡ 13(mod 31) มีผลเฉลยหรอื ไม่

13
วธิ ที ำ หาคา่ สญั ลกั ษณ์เลอช็องดร์ ()
31

(13 ) = (−18) (ทฤษฎบี ท 7.3.2 (1))
31 31 (ทฤษฎบี ท 7.3.2 (2))
(ทฤษฎบี ท 7.3.2 (3), 7.3.3)
= ( 9 )( 2 )(− 1 ) (บทแทรก 7.3.1)
31 31 31

= (− 1 )
31

= −1

ดังนนั้ สมภาค x2 ≡ 13(mod 31) ไม่มผี ลเฉลย

แบบฝึกหดั 7.3

(1) จงหาค่าสญั ลกั ษณเ์ ลอชอ็ งดร์ตอ่ ไปนี้
5

(1.1) ( )
7
7

(1.2) ( ) โดยใชท้ ฤษฎีบท 7.3.2
11

(2) จงหาคา่ ตอ่ ไปน้โี ดยใช้บทแทรก 7.3.1
16

(2.1) ( )
17

(2.2) (− 1 )
29

(3) จงหาค่าตอ่ ไปนี้ เมอ่ื ( 2 ) = 1 = ( 3 ) และ ( 5 ) = −1
23 23 23

128
(3.1) ( )

23
600
(3.2) ( )
23

มหาวทิ ยาลัยราชภฏั อดุ รธานี

บทที่ 7 ทฤษฎสี ว่ นตกคา้ งกำลังสอง 167

(4) จงหาคา่ ต่อไปนี้ เมือ่ ( 3 ) = −1 = ( 7 )
19 19

27
(4.1) ( )

19
147
(4.2) ( )
19
(5) จงตรวจสอบวา่ สมภาคตอ่ ไปนี้ มผี ลเฉลยหรอื ไม่

(5.1) x2 ≡ 2(mod 23)

(5.2) x2 ≡ 2(mod 41)

(5.3) x2 ≡ 12(mod 23)

(5.4) x2 ≡ 41(mod 43)

(6) ให้ p เปน็ จำนวนเฉพาะคี่ และ (a, p) = 1 = (b, p)

จงพิสูจนว์ ่า ถา้ a ≡ b((mod p) แลว้ a, b เป็นส่วนตกคา้ งกำลังสอง หรือ a, b

เป็นสว่ นไมต่ กค้างกำลงั สอง อยา่ งใดอย่างหนึ่ง

(7) ให้ a, b ∈ N ซึ่ง ab ≡ 1(mod p) จงพิสูจน์ว่า a = b
() ()
pp

7.4 สญั ลกั ษณจ์ าโคบี

จาโคบี (Karl G.J. Jacobi) นักคณติ ศาสตรช์ าวเยอรมนั ได้ขยายแนวคดิ จากสญั ลกั ษณ์
เลอช็องดรไ์ ปเป็นสญั ลักษณจ์ าโคบี (Jacobean symbol) เม่ือปี ค.ศ. 1846

บทนยิ าม 7.4.1 ให้ a ∈ Z, m เปน็ จำนวนเต็มบวกคี่ ซึ่ง m = p1r1p2r2 . . . pkrk เม่อื

pi, 1 ≤ i ≤ k เป็นจำนวนเฉพาะ, k ∈ N และ (a, m) = 1
a

สัญลกั ษณจ์ าโคบี ( ) กำหนดดงั น้ี
m

a = a . . pkrk ) = a )r1 ( a )r2 . . . a )rk
() ( pr11 pr22 . ( p2 (
m p1 pk

a 1 ≤ i ≤ k แทนสัญลกั ษณ์เลอช็องดร์
เมื่อ ( ),
pi

a
จะเหน็ ว่า สัญลักษณ์จาโคบี ( ) นนั้ m ไมจ่ ำเปน็ ตอ้ งเป็นจำนวนเฉพาะ แต่ต้องเปน็

m
จำนวนคี่ และ (a, m) = 1

2 109
ตัวอยา่ งท่ี 7.4.1 จงหาคา่ ของสัญลักษณจ์ าโคบี ( ) และ ( )

75 385

สาขาวชิ าคณิตศาสตร์ คณะวทิ ยาศาสตร์

168 ทฤษฎีจำนวน

วธิ ที ำ (1) 2 2 2 22 = (−1)(−1)2 = −1
( )= () = ( )( )
75 3 · 52
35

(2) เน่อื งจาก 385 = 5 · 7 · 11 ดังนน้ั

109 109 109 109 109
( 385 ) = (5 · 7 · 11) = ( )( )( )
5 7 11

4 4 10
= ( )( )( )

5 7 11

2 2 2 2 −1
=( ) ( ) ( )

5 7 11

= (−1)212(−1) = −1

จากหวั ขอ้ 7.2 และ 7.3 ท่ผี า่ นมาทำใหเ้ ราทราบวา่ ถ้า m เป็นจำนวนเฉพาะแล้ว

x2 ≡ a(mod m) มีผลเฉลย ก็ต่อเมอ่ื ( a ) = 1
m

แต่สำหรบั หัวข้อ 7.4 นี้ m = pr11pr22 . . . pkrk เมื่อ pi, 1 ≤ i ≤ k เป็นจำนวนเฉพาะ

สมมุติวา่ x2 ≡ a(mod m) มผี ลเฉลย จะได้ว่า x2 ≡ a(mod pi) มีผลเฉลย ดังนั้น
a
( ) = 1 ทำให้ไดว้ ่า
pi

( a ) = ( a )r1( a )r2 . . . ( a )rk = 1r11r2 . . . 1rk = 1
m p1 p2 pk

ดังนน้ั ถ้า x2 ≡ a(mod m) มผี ลเฉลยแล้ว สญั ลกั ษณ์จาโคบี ( a ) = 1 ในทางกลับ
m

กนั นัน้ ไมเ่ ป็นจริง

เชน่ ให้ a = 2, m = 33 จะเห็นวา่

2 = ( 2 = 22 = (−1)(−1) = 1
() 3 · 11) ( )( )
33 3 11

แต่ x2 ≡ 2(mod 33) ไม่มผี ลเฉลย
ทฤษฎบี ทตอ่ ไปน้ี แสดงใหเ้ หน็ วา่ สญั ลักษณจ์ าโคบีและสัญลักษณเ์ ลอช็องดร์ มีสมบตั ิ

คลา้ ยกัน

มหาวิทยาลัยราชภฏั อุดรธานี

บทท่ี 7 ทฤษฎสี ว่ นตกคา้ งกำลงั สอง 169

ทฤษฎีบท 7.4.1 ให้ m เป็นจำนวนเต็มบวกค่ี และ a, b ∈ Z ซง่ึ (a, m) = 1 = (b, m)

จะไดว้ ่า

(1) ถ้า a ≡ b(mod m) แลว้ a b )
( )=(
mm

a b ab
(2) ( )( ) = ( )

mm m

a2
(3) ( ) = 1

m

พสิ จู น์ (1) เนื่องจาก a ≡ b(mod m) ดงั นน้ั a ≡ b(mod pi) แลว้ จากทฤษฏบี ท 7.3.2
ab

ทำใหไ้ ดว้ า่ ( ) = ( ) ดังน้ัน
pi pi

( a ) = ( a )r1( a )r2...( a )rk = ( b )r1( b )r2 . . . ( b )rk = ( b )
m p1 p2 pk p1 p2 pk m

(2) จากทฤษฎบี ท 7.3.2 จะได้ว่า

ab a b
( ) = ( )( )

pi pi pi

ดังนน้ั ( ab )ri = ( a )ri( b )ri แล้วทำใหไ้ ดว้ ่า
pi pi pi

( ab ) = ( ab )r1( ab )r2 . . . ( ab )rk
m p1 p2 pk

= ( a )r1( b )r1( a )r2( b )r2 . . . ( a )rk ( b )rk
p1 p1 p2 p2 pk pk

= [( a )r1( a )r2 . . . ( a )rk ][( b )r1( b )r2 . . . ( b )rk ]
p1 p2 pk p1 p2 pk

ab
= ( )( )

mm

a2 a a a
(3) จาก (2) จะได้ว่า ( ) = ( )( ) แต่ ( ) = ±1
m mm m
a2
ดังนนั้ () = ( a )( a ) = (±1)(±1) = 1

m mm

ตัวอย่างท่ี 7.4.2 จงแสดงว่า (1) 211 = (− 20 )
()
231 231
200 4 50
(2) ( ) = ( )( )
231 231 231

สาขาวชิ าคณติ ศาสตร์ คณะวิทยาศาสตร์

170 ทฤษฎจี ำนวน

วธิ ีทำ (1) ให้ m = 231 = 3 · 7 · 11 จะเหน็ วา่ 211 ≡ −20(mod 231)

211 211 211 211 211 1 1 2
ดังน้ัน () = ( ) = ( )( )( ) = ( )( )( )
231 3 · 7 · 11 3 7 11 3 7 11
(− 20 ) 20 (−20 )(−20 )(−20 ) 11 2
และ 231 = (− · 7· ) = 3 7 11 = ( )( )( )
3 11 3 7 11
211 20
ดังนั้น () = (− )
231 231

(2)

200 200
() = ( )
231 3 · 7 · 11

200 200 200
= ( )( )( )

3 7 11

4 · 50 4 · 50 4 · 50
= ( )( )( )

3 7 11

4 50 4 50 4 50
= ( )( )( )( )( )( )

3 3 7 7 11 11

4 4 4 50 50 50
= [( )( )( )][( )( )( )]

3 7 11 3 7 11

4 50
= ( 3 · 7 · 11)(3 · 7 · 11)

4 50
= ( )( )

231 231

ต่อไปน้ีจะกล่าวถงึ กฎส่วนกลบั กำลงั สอง (quadratic reciprocity law) ท่ีเกาส์
ค้นพบ ซึ่งมสี ว่ นเกยี่ วขอ้ งกับสมภาคกำลังสองมผี ลเฉลยหรือไม่มีผลเฉลย

บทตัง้ 7.4.1 ให้ m เป็นจำนวนเตม็ บวกคี่ ซง่ึ m = p1r1pr22 . . . pkrk ซง่ึ ri, k ∈ N, และ
1 < p1 < p2 < . . . < pk เป็นจำนวนเฉพาะ จะได้วา่

∑k ri(pi − 1)

i=1 ≡ m − 1 2)
2 (mod
2

พสิ จู น์ จะเห็นวา่ pi − 1 ≡ 0(mod 2) และ p2i − 1 ≡ 0(mod 8)
เนือ่ งจาก prii = (1 + (pi − 1))ri และ pi − 1 เปน็ จำนวนคู่
ดงั น้นั โดยทฤษฎีบททวนิ าม จะไดว้ า่ prii ≡ (1 + ri(pi − 1))(mod 4) ทำให้ได้ว่า
m = p1r1p2r2 . . . prkk ≡ (1 + r1(p1 − 1))(1 + r2(p2 − 1)) . . . (1 + rk(pk − 1))(mod 4)
เน่อื งจาก (1 + ri(pi − 1))(1 + rj(pj − 1)) ≡ (1 + ri(pi − 1) + rj(pj − 1))(mod 4)

มหาวทิ ยาลัยราชภัฏอดุ รธานี

บทท่ี 7 ทฤษฎีส่วนตกค้างกำลงั สอง 171

ดงั นั้น m ≡ (1 + r1(p1 − 1)r2(p2 − 1) . . . rk(pk − 1))(mod 4)
∑k

≡ (1 + ri(pi − 1))(mod 4)

i=1

∑k
จะได้วา่ m − 1 ≡ ri(pi − 1)(mod 4)

i=1

∑k ri(pi − 1)

นนั่ คอื i=1 ≡ m − 1 2)
(mod
22

ทฤษฎีบท 7.4.2 ให้ m, n เป็นจำนวนเฉพาะค่ี ซ่งึ m, n ∈ N และ (m, n) = 1 จะไดว้ า่

m n ) = (−1)( m−1 )( n−1 )
( )( 2 2

nm

∏r ∏s
พสิ จู น์ ให้ m = p1a1p2a2 . . . prar = pai i และ n = q1b1q2b2 . . . qsbs = qj

i=1 j=1

จากบทนยิ าม 7.4.1 จะไดว้ า่

m ∏l m )bj ∏s ∏r pi )aibj ∏s ∏r pi )ai bj
() ( [( (
= = j=1 i=1 qj ] = j=1 i=1 qj
n j=1 qj

n ∏r n )ai ∏r ∏s qj )bj ai ∏r ∏s qj )bj ai
( [( (
และ ( ) = = i=1 j=1 pi ] = ดงั นัน้
m i=1 pi i=1 j=1 pi

m n ∏r ∏s pi qj )]aibj
[(
( )( ) = )(
nm i=1 j=1 qj pi

∏r ∏s pi −1 )( qj −1 )]ai bj
[(−1)( 2 2
=

i=1 j=1

∑r ∑s aibj( pi − 1 )( qj − 1
2 2 )

= (−1) i=1 j=1

∑r ai( pi − 1 ∑s bj( qj − 1
[ 2 )][ 2 )]

= (−1) i=1 j=1

แล้วจากบทต้ัง 7.4.1 สรุปไดว้ า่ m n ) = (−1)( m−1 )( n−1 )
( )( 2 2

nm

สาขาวิชาคณิตศาสตร์ คณะวิทยาศาสตร์

172 ทฤษฎจี ำนวน

ทฤษฎบี ท 7.4.3 ให้ m และ n เปน็ จำนวนเฉพาะคี่ จะไดว้ า่

 n
 ()
m =  m ถ้า m ≡ 1(mod 4) หรือ n ≡ 1(mod 4)
() −( n ) ถ้า m ≡ n ≡ 3(mod 4)

n

m

พสิ จู น์ ถา้ m ≡ 1(mod 4) แล้วจำนวน m − 1 เป็นจำนวนคู่
2
และ ถา้ m ≡ 3(mod 4) แลว้ m − 1 เปน็ จำนวนคี่
2
m − 1n − 1
จะเหน็ วา่ ถ้า m ≡ 1(mod 4) หรือ n ≡ 1(mod 4) แล้ว ( )( ) เปน็ จำนวนคู่
22
m− 1n − 1
และ ถา้ m ≡ n ≡ 3(mod 4) แลว้ ( )( 2 ) เปน็ จำนวนคี่ ดังน้ัน

2


m n 1
( )( ) = ถ้า m ≡ 1(mod 4) หรือ n ≡ 1(mod 4)
nm  ถ้า m ≡ n ≡ 3(mod 4)
3

เนอื่ งจาก m m มคี ่าเปน็ ไปได้ทง้ั 1 หรือ −1 ดงั น้นั
( ), ()
nn

 n
 ()
m =  m ถ้า m ≡ 1(mod 4) หรือ n ≡ 1(mod 4)
() −( n ) ถ้า m ≡ n ≡ 3(mod 4)

n

m

17
ตวั อย่างที่ 7.4.3 จงหาคา่ สัญลักษณจ์ าโคบี ()
71

วิธีทำ เนื่องจาก 17 ≡ 1(mod 4) ดงั นนั้

17 71
( )=( )
71 17

3
=( )

17
17
=( )
3
2
=( )
3

= −1

นน่ั คือ x2 ≡ 17(mod 71) ไมม่ ผี ลเฉลย

มหาวทิ ยาลัยราชภฏั อดุ รธานี

บทท่ี 7 ทฤษฎีส่วนตกคา้ งกำลงั สอง 173
55 364

ตวั อย่างที่ 7.4.4 จงหาค่าสัญลกั ษณจ์ าโคบี ( ) และ ( )
273 935

วธิ ีทำ เนือ่ งจาก 273 = 3 · 7 · 13

ดงั น้ัน

55 55 55 55
( ) = ( )( )( )
273 3 7 13

= ( 1)(−1 )( 3 )
3 7 13

= 1 · (−1)(13)
3

= −(1)
3

= −1

เน่ืองจาก 935 = 5 · 11 · 17
ดงั นั้น

364 364 364 364
( ) = ( )( )( )
935 5 11 17

= ( 4)( 1 )( 7 )
5 11 17

=1·1·( 7 )
17

7
=( )

17

จากหมายเหตุ 7.4.3 จะไดว้ า่ ( 7 ) = 17 = 3 = −1
() ()
17 7 7

ตัวอยา่ งที่ 7.4.5 จงตรวจสอบวา่ สมภาค x2 ≡ 3797(mod 7297) มีผลเฉลยหรอื ไม่

3797
วธิ ีทำ เราจะตรวจสอบจากการหาคา่ ( )

7297
เน่ืองจาก 3797, 7297 เป็นจำนวนเฉพาะค่ี และ

สาขาวชิ าคณติ ศาสตร์ คณะวิทยาศาสตร์

174 ทฤษฎจี ำนวน

3797 ≡ 1(mod 4) และ 7297 ≡ 1(mod 4) จากทฤษฎบี ท 7.4.3 จะได้ว่า

3797 7297
( )=( )
7297 3797

3500
=( )

3797

22 · 53 · 7
=( )

3797

22 53 7
= ( )( )( )
3797 3797 3797

57
= ( )( )

3797 3797

3797 3797
= ( )( )

57

23
= ( )( )

57

= (−1)(−1)

=1

จากตวั อยา่ ง 7.4.5 ทำให้เราเห็นว่า สมภาค x2 ≡ 3797(mod 7297) มผี ลเฉลย

แบบฝกึ หัด 7.4

(1) จงหาค่าสญั ลักษณจ์ าโคบี ต่อไปนี้
3

(1.1) ( )
35
23

(1.2) ( )
65
442

(1.3) ( )
385
−198

(1.4) ( )
2873

(2) จงตรวจสอบว่า แตล่ ะสมภาคตอ่ ไปน้ี มีผลเฉลยหรือไม่
(2.1) x2 ≡ 2(mod 15)
(2.2) x2 ≡ 17(mod 33)
(2.3) x2 ≡ 3533(mod 4133)

มหาวิทยาลัยราชภัฏอุดรธานี

บทท่ี 7 ทฤษฎีส่วนตกค้างกำลังสอง 175

(3) จงหาค่า

3
(3.1) ( 72 )
3
(3.2) ( )
53 · 75
3
(3.3) ( )
5 · 73 · 136

(4) ให้ m เปน็ จำนวนเต็มบวกค่ี และ m = papbpc ซ่ึง p ≡ q ≡ r ≡ ±5(mod 12) แลว้

3
มเี งอ่ื นไขอะไรทจี่ ะทำให้ ( ) = 1
m
(5) ให้ m เป็นจำนวนเต็มค่ี และ a ∈ Z ซ่งึ a = −1 จงพสิ ูจน์ว่า x2 ≡ a(mod m)
()
m

ไมม่ ีผลเฉลย

สาขาวชิ าคณิตศาสตร์ คณะวทิ ยาศาสตร์

176 ทฤษฎจี ำนวน

มหาวิทยาลัยราชภัฏอดุ รธานี

ภาคผนวก

178 ทฤษฎจี ำนวน

มหาวิทยาลัยราชภัฏอดุ รธานี

จำนวนทม่ี ีรปู แบบเฉพาะ

หัวขอ้ นีอ้ ยากให้ทราบถงึ จำนวนบางจำนวนและการสรา้ งจำนวนเหลา่ นี้ อาทิ
จำนวนสมบรู ณ์ จำนวนแมร์แซน และจำนวนแฟรม์ าต์ ความสมั พนั ธ์กนั ของจำนวนดงั กล่าว
รวมถึงการสร้างจำนวนเฉพาะท่มี ีขนาดใหญข่ ึ้นและการตรวจสอบจำนวนเฉพาะทสี่ ร้างข้ึนจาก
จำนวนดังกล่าว
บทนิยาม 1 ให้ N ∈ Z และ N > 1 จะเรยี ก N ว่า จำนวนสมบรู ณ์ (perf ect number)
ถ้า σ(N ) = 2N และจะเรยี ก N ว่า จำนวนพรอ่ ง (def icient number) และ จำนวนเกิน
(abundant number) ถ้า σ(n) < 2N และ σ(N ) > 2N ตามลำดับ
ตวั อยา่ งท่ี 1
1) เน่อื งจาก σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12 = 2(6) ดงั นัน้ 6 เป็นจำนวนสมบรู ณ์
2) เนอื่ งจาก σ(12) = 28 > 24 = 2(12) ดังนนั้ 12 เป็นจำนวนเกิน
3) จำนวนเฉพาะเปน็ จำนวนพรอ่ ง
ทฤษฎบี ท 1 ให้ N, m ∈ N และ m ≥ 2 จะได้ว่า

N เป็นจำนวนสมบรู ณท์ ี่เปน็ จำนวนคู่ ก็ตอ่ เม่ือ N = 2m−1(2m − 1)

โดยท่ี 2m − 1 เป็นจำนวนเฉพาะ

พสิ ูจน์ จะแสดงว่า ถ้า N = 2m−1(2m − 1) โดยท่ี 2m − 1 เป็นจำนวนเฉพาะ แลว้ N
เป็นจำนวนสมบรู ณ์

เนอื่ งจาก 2m − 1 เป็นจำนวนเฉพาะคี่ ดังน้นั (2m−1, 2m − 1) = 1 จะไดว้ า่

σ(N ) = σ(2m−1)σ(2m − 1) = (2m − 1)(2m) = 2N

นัน่ คือ N เปน็ จำนวนสมบูรณ์
ตอ่ ไปจะพสิ จู นว์ ่า ถ้า N เปน็ จำนวนสมบูรณ์ทเี่ ป็นจำนวนคู่ แลว้

N = 2m−1(2m − 1) โดยที่ 2m − 1 เป็นจำนวนเฉพาะ

180 ทฤษฎีจำนวน

ให้ N = 2ts เมอ่ื t ≥ 1 และ s เป็นจำนวนคี่

เนอ่ื งจาก σ(N ) = 2N = 2t+1s และ (2t, s) = 1

ดังนน้ั σ(N ) = σ(2ts) = σ(2t)σ(s) = (2t+1 − 1)σ(s)

จะไดว้ า่ 2t+1s = (2t+1 − 1)σ(s) (∗)

เนื่องจาก (2t+1, 2t+1 − 1) = 1 ดงั น้ัน 2t+1 | σ(s)

จะไดว้ ่า σ(s) = 2t+1r สำหรับบางจำนวนเต็มบวก r แทนค่า σ(s) ใน (∗) จะไดว้ า่

s = (2t+1 − 1)r (∗∗)

ทำให้ได้ r | s ถ้า r = s แลว้ t = 0 เกิดขอ้ ขดั แย้ง ดังนน้ั r < s

จะแสดงว่า r = 1 ดังน้ี จาก (∗∗) จะไดว้ ่า

s + r = 2t+1r = σ(s)

ถ้า r ≠ 1 แลว้ จะมีตัวหารของ s อย่างน้อย 3 จำนวน คือ 1, r และ s ดังน้ัน
σ(s) ≥ s + r + 1 เกิดข้อขดั แย้ง น่นั คอื r = 1 จึงทำใหไ้ ด้วา่ s = 2t+1 − 1 และเนอ่ื งจาก
σ(s) = s + 1 ดงั นัน้ s เป็นจำนวนเฉพาะ น่นั คอื N = 2t(2t+1 − 1) เม่ือ 2t+1 − 1
เป็นจำนวนเฉพาะ

ทฤษฎีบทน้บี อกให้ทราบว่า การหาจำนวนสมบูรณท์ เ่ี ปน็ จำนวนค่นู ั้น เราต้องหาจำนวน
เฉพาะท่ีอยู่ในรปู 2m − 1 ซึ่งจะกล่าวถงึ ต่อไปน้ี
บทนิยาม 2 ให้ n ∈ Z และ n ≥ 2 จำนวน Mn = 2n − 1 จะเรียกว่า
จำนวนแมร์แซน (M ersene number) และจะเรียกวา่ จำนวนเฉพาะแมร์แซน (M ersene
prime number) ถา้ Mn เป็นจำนวนเฉพาะ
ตัวอยา่ งที่ 2
M2 = 22 − 1 = 3, M3 = 23 − 1 = 7, M4 = 24 − 1 = 15 และ M5 = 25 − 1 = 31
เปน็ จำนวนแมรแ์ ซน แต่ M2, M3 และ M5 เปน็ จำนวนเฉพาะแมร์แซน

จำนวนเฉพาะแมร์แซน มาจากช่อื นักคณิตศาสตรช์ าวฝรงั่ เศส ช่ือ แมร์แซน (M arin
M ersenne 1588 – 1648) ซึง่ ไดร้ ับการยกย่องวา่ เป็นผู้คดิ วธิ ที ง่ี ่ายทีส่ ุดในการทดสอบเลข
จำนวนเฉพาะ
ทฤษฎีบท 2 ให้ a > 1 และ n ∈ N ซึง่ n > 1 ถ้า an − 1 เปน็ จำนวนเฉพาะแลว้ a = 2
และ n เปน็ จำนวนเฉพาะ

มหาวิทยาลัยราชภัฏอุดรธานี

ภาคผนวก 181

พสิ จู น์ เน่อื งจาก

an − 1 = (a − 1)(an−1 + . . . + a + 1) (∗)

ถ้า a > 2 และ n > 1 แล้ว a − 1 > 1 และ an−1 + . . . + a + 1 > a + 1 > 3

ดงั น้ัน (∗) > 1 และ an − 1 ไม่เป็นจำนวนเฉพาะ

นั่นคอื ถ้า an − 1 เป็นจำนวนเฉพาะแลว้ a = 2

ตอ่ ไป ให้ 2n − 1 เป็นจำนวนเฉพาะ จะแสดงวา่ n เป็นจำนวนเฉพาะ

สมมุตวิ ่า n ไม่เป็นจำนวนเฉพาะ ดังนั้น เขียน n = st ซึง่ 1 < s, t < n จะไดว้ ่า

2n−1 = 2st−1 = (2s)t−1 เป็นจำนวนเฉพาะ เน่อื งจาก ถา้ an−1 เปน็ จำนวนเฉพาะแลว้

a = 2 ดังนนั้ จงึ ทำใหไ้ ด้ 2s = 2 น่ันคือ s = 1, t = n ดงั นน้ั n ไมเ่ ป็นจำนวนประกอบ

นั่นคอื n เป็นจำนวนเฉพาะ

บทแทรก 1 ให้ n ∈ N และ n > 1 ถ้า Mn เป็นจำนวนเฉพาะแล้ว n เปน็ จำนวนเฉพาะ
พิสจู น์ จากทฤษฎบี ท 2

ทฤษฎีบทต่อไปน้สี ามารถใช้ตรวจสอบจำนวนแมร์แซน ว่าเปน็ จำนวนเฉพาะแมร์แซน
หรอื ไม่ ซงึ่ การพิสจู น์คอ่ นขา้ งยาก จึงไมข่ อพิสูจน์ ดงั น้ี
ทฤษฎีบท 3 (Lucas − Lehmer test) ให้ p เปน็ จำนวนเฉพาะค่ี และกำหนดลำดบั
r1, r2, r3, . . . , rp−1 ซงึ่ r1 = 4 และ สำหรบั k ≥ 2,

rk = (rk2−1 − 2)(mod Mp), 0 ≤ rk < Mp

จะได้ว่า Mp เปน็ จำนวนเฉพาะ ก็ต่อเมอ่ื rp−1 ≡ 0(mod Mp)
ตัวอย่างท่ี 3 ให้ p = 5 จะได้วา่ Mp = M5 = 31 และ

r1 = 4
r2 ≡ 42 − 2 = 14(mod 31)
r3 ≡ 142 − 2 = 194 ≡ 8(mod 31)
r4 ≡ 82 − 2 = 62 ≡ 0(mod 31)

ดงั น้ัน จากทฤษฎบี ท 3 จะไดว้ ่า M5 = 31 เปน็ จำนวนเฉพาะ

สาขาวิชาคณิตศาสตร์ คณะวทิ ยาศาสตร์

182 ทฤษฎจี ำนวน

เราจะเหน็ ว่า ทฤษฎบี ทนใ้ี ช้ทดสอบ Mp เปน็ จำนวนเฉพาะ เพยี ง p − 1 ครั้ง ซงึ่ ถ้าใช้

การทดสอบจากการหาจำนวนเฉพาะที่ √ ต้องใช้การทดสอบ 2p ครง้ั
≤ Mp 2

ทฤษฎบี ทต่อไปนี้ แสดงใหเ้ หน็ ถงึ ความสมั พนั ธ์ระหวา่ ง จำนวนแมร์แซนและจำนวน

สมบูรณ์

ทฤษฎีบท 4 ถา้ 2p − 1 เป็นจำนวนเฉพาะแมร์แซนแล้ว 2p−1(2p − 1) เปน็ จำนวนสมบูรณ์

พสิ จู น์ ให้ q = 2p − 1 และ n = 2p−1q = 2p−1(2p − 1)
เนอ่ื งจาก q เป็นจำนวนเฉพาะค่ี ดังนนั้ จากทฤษฎีบท 3.2.1 จะได้ว่า

σ(n) = σ(2p−1q)
2p − 1 q2 − 1

= ( )( )
2−1 q−1

= (2p − 1)(q + 1)

= (2p − 1)2p

= 2n

ตัวอย่างที่ 4 เนอ่ื งจาก 22 − 1, 23 − 1, 25 − 1 และ 27 − 1 เปน็ จำนวนเฉพาะแมรแ์ ซน
ดังน้นั

2(22 − 1) = 2 · 3 = 6,
22(23 − 1) = 22 · 7 = 28,
24(25 − 1) = 24 · 31 = 496,
26(27 − 1) = 26 · 127 = 8, 128

เป็นจำนวนสมบูรณ์
ตอ่ ไปจะกลา่ วถึงการสรา้ งจำนวนเฉพาะทีม่ ขี นาดใหญ่ขึ้นพรอ้ มกบั การตรวจสอบ

บทนยิ าม 3 ให้ n ∈ Z และ n ≥ 0 จำนวน Fn = 2(2n) + 1 จะเรยี กวา่ จำนวนแฟร์มาต์
(F ermat number) และจะเรยี กว่า จำนวนเฉพาะแฟรม์ าต์ (F ermat prime number)
ถ้า Fn เป็นจำนวนเฉพาะ

มหาวิทยาลยั ราชภฏั อดุ รธานี

ภาคผนวก 183

ตัวอย่างท่ี 5 จำนวน F0 = 2(20) + 1 = 3, F1 = 2(21) + 1 = 5, F2 = 2(22) + 1 = 17,
F3 = 2(23) + 1 = 257 และ F4 = 2(24) + 1 = 65, 537 เป็นจำนวนแฟรม์ าต์และเปน็ จำนวน

เฉพาะแฟรม์ าต์
ทฤษฎีบท 5 ให้ a > 1 และ n, k ∈ N ซงึ่ n > 1 ถา้ an + 1 เป็นจำนวนเฉพาะแลว้ a
เป็นจำนวนคู่ และ n = 2k สำหรบั บาง k ≥ 1

พสิ ูจน์ จาก an − 1 = (a − 1)(an−1 + . . . + a + 1) แทน a ด้วย −a จะไดว้ ่า

(−a)n−1 = (−a−1)((−a)n−1+(−a)n−2+. . .+(−a)+1) (∗)

เนอ่ื งจาก n เป็นจำนวนค่ี และ n − 1 เปน็ จำนวนคู่ และ n − 2 เป็นจำนวนค่ี . . .

ดงั น้ัน an = (−a)n, (−a)n−1 = an−1, (−a)n−2 = −an−2, . . .

ดงั นั้น จาก (∗) ทำใหไ้ ด้วา่ −(an + 1) = −(a + 1)(an−1 − an−2 + . . . − a + 1)

แลว้ an + 1 = (a + 1)(an−1 − an−2 + . . . − a + 1) เมอ่ื n เป็นจำนวนคี่ ถ้า a ≥ 2 แลว้

an+1 > a+1 > 1 แสดงว่า ถ้า n เป็นจำนวนค่ีและ a > 1 แลว้ an+1 ไมเ่ ป็นจำนวนเฉพาะ

สมมตุ วิ ่า n = 2st เม่อื t เปน็ จำนวนคี่ จะไดว้ ่า ถ้า an + 1 เป็นจำนวนเฉพาะแล้ว
(a2s)t+1 เปน็ จำนวนเฉพาะ แต่เราไดว้ า่ จำนวนนไี้ ม่เป็นจำนวนเฉพาะ ถา้ t เป็นจำนวนค่แี ละ

t ≥ 2 ดังนนั้ จึงสรุปได้วา่ t = 1 และ n = 2s เชน่ เดียวกนั ถ้า an + 1 เป็นจำนวนเฉพาะแล้ว

a เปน็ จำนวนคู่ เพราะวา่ ถา้ a เปน็ จำนวนคีแ่ ลว้ an เปน็ จำนวนคี่ ดงั นน้ั an+1 เปน็ จำนวนคู่

คือ 2 แต่ a > 1 ดงั นั้น a ≥ 2 น่นั คือ an + 1 ≥ 3

ทฤษฎีบท 6 (P epin′s test, 1877) ให้ M เป็นจำนวนแฟร์มาต์ ซึง่ M = Fn = 2(2n) + 1
เม่อื n ≥ 1 จะไดว้ า่

M เปน็ จำนวนเฉพาะแฟร์มาต์ กต็ ่อเมอื่ M −1 ≡ −1(mod M)

32

พสิ ูจน์ สมมุตวิ า่ M เป็นจำนวนเฉพาะ เนื่องจาก M ≡ 1(mod 4) ดังนัน้ ( 3 ) = ( M )
M3
3 M 2
และเนือ่ งจาก M ≡ (−1)2n + 1 ≡ 2(mod 3) ดังนน้ั () = () = () = −1
M 33
3
จากทฤษฎีบท 7.2.1 และบทแทรก 7.2.1 จะได้วา่ ( ) ≡ M −1 M) ดังนนั้
M
3 2 (mod

3 M−1 ≡ −1(mod M)
2

สำหรบั บทกลบั ของทฤษฎีบท สมมตุ ิวา่ 3 M−1 ≡ −1(mod M) จะได้วา่
2

3 M−1 ≡ −1(mod p) สำหรับจำนวนประกอบเฉพาะ p ของ M ดังน้นั 3M −1 ≡ 1(mod p)
2

ทำใหไ้ ดว้ ่า ordp 3 | (M − 1) นนั่ คือ ordp 3 | 2(2n) แลว้ จะไดว้ ่า ordp 3 = 2k สำหรับบาง

สาขาวิชาคณติ ศาสตร์ คณะวิทยาศาสตร์

184 ทฤษฎีจำนวน

จำนวนเต็มบวก k ตอ่ ไปจะแสดงวา่ k = 2n สมมตุ ิวา่ k < 2n จะไดว้ า่ 2n − k − 1 ≥ 0

เนอ่ื งจาก 32k ≡ 1(mod p) ดังน้นั (3 )2k 22n−k−1 ≡ 1(mod p)

นั่นคอื 322n−1 ≡ 3 M−1 ≡ 1(mod p) ทำใหไ้ ดว้ า่ 1 ≡ −1(mod p) จะได้ว่า p = 2
2

เกิดข้อขัดแย้ง ดังน้ัน k = 2n และ ordp 3 = (M − 1) จากทฤษฎีบทของแฟรม์ าต์

ordp 3 ≤ (p − 1) ดงั นน้ั (M − 1) = ordp 3 ≤ (p − 1) โดยท่ี p | M จึงทำให้ไดว้ า่

M = p เป็นจำนวนเฉพาะ

ตวั อย่างท่ี 6 จากตัวอย่างท่ี 5 จะได้วา่ มจี ำนวนเฉพาะแฟรม์ าต์ Fn เมอ่ื 0 ≤ n ≤ 4
สำหรับจำนวนแฟร์มาต์ M = F5 = 2(25) + 1 = 2, 863, 311, 531 และ

M −1 ≡ 10, 324, 303 ≢ −1(mod M)

32

ดงั นั้น จากทฤษฎบี ท 6 จะได้ว่า F5 ไมเ่ ปน็ จำนวนเฉพาะแฟร์มาต์

มหาวิทยาลัยราชภฏั อดุ รธานี

คา่ ของฟงั ก์ชันเลขคณิต

n τ (n) σ(n) ϕ(n)
11 1 1
22 3 1
32 4 2
43 7 2
52 6 4
64 12 2
72 8 6
84 15 4
93 13 6
10 4 18 4
11 2 12 10
12 6 28 4
13 2 14 12
14 4 24 6
15 4 24 8
16 5 31 8
17 2 18 16
18 6 39 6
19 2 20 18
20 6 42 8

186 ทฤษฎีจำนวน

ค่าของฟงั ก์ชันเลขคณิต (ต่อ)

n τ (n) σ(n) ϕ(n)

21 4 32 12

22 4 36 10

23 2 24 22

24 8 60 8

25 3 31 20

26 4 42 12

27 4 40 18

28 6 56 12

29 2 30 28

30 8 72 8

มหาวิทยาลัยราชภฏั อุดรธานี

สญั ลักษณ์

Σ ผลบวก
∏ ผลคูณ
n แฟกทอเรียล
n! ข้อความที่มตี ัวแปร n
P (n) a หาร b ลงตัว
a|b a หาร bไม่ลงตัว
ab ตวั หารร่วมมากของ a และ b
(a, b) ตวั คูณร่วมน้อยของ a และ b
[a, b] จำนวนตัวหารทเ่ี ป็นจำนวนบวกท้งั หมดของ n
τ (n) ผลบวกของตัวหารท่ีเปน็ จำนวนบวกทง้ั หมดของ n
σ(n) จำนวนของจำนวนเต็มบวก m ซ่งึ m ≤ n และ (m, n) = 1
ϕ(n) ฟังกช์ นั เมอบอิ สุ , 42
µ(n) จำนวนเตม็ คา่ มากสดุ ทน่ี ้อยกวา่ หรือเทา่ กับ x
⌊x⌋ เลขชี้กำลังสูงสดุ ของ pi ใน n!
Epi (n!) a สมภาคกับ b มอดุโล m
a ≡ b(mod m) a ไมส่ มภาคกับ b มอดุโล m
a ̸≡ b(mod m) อนั ดบั ของ a ในมอดโุ ล m
ordm a สญั ลักษณ์เลอชอ็ งดร์
a สัญลักษณจ์ าโคบี
() จำนวนแมร์แซน
p จำนวนแฟรม์ าต์

a
()
m
Mn
Fn

188 ทฤษฎจี ำนวน

มหาวิทยาลัยราชภัฏอดุ รธานี

ผลเฉลยแบบฝกึ หัด

ผลเฉลยแบบฝกึ หดั บทท่ี 1
ผลเฉลยแบบฝกึ หดั 1.1

(1) เทจ็ (8) จรงิ
(2) เทจ็ (9) เท็จ
(3) เทจ็ (10.1) เทจ็
(4) เท็จ (10.2) เทจ็
(5) เทจ็ (10.3) เทจ็
(6) เทจ็ (10.4) เทจ็
(7) จริง

ผลเฉลยแบบฝึกหดั 1.2

(1.1) ไม่มี (1.3) มี
(1.2) ไมม่ ี (1.4) มี

ผลเฉลยแบบฝกึ หัด 1.3

(1.1) ∑10 3i (3.1) เท็จ
(3.2) เทจ็
i=1 (4.1) 17

(1.2) ∑11 i(i + 1)

i=1

(1.3) ∑5 i(i + 2)

i=1

(2.1) 20 (4.2) 28

(2.2) 57 (4.3) 210

(2.3) 25 (4.4) 280

(2.4) 360

(2.5) 24

(2.6) 4,420

190 ทฤษฎีจำนวน
ผลเฉลยแบบฝึกหดั 1.4
(5.1) เทจ็ (5.2) เทจ็

ผลเฉลยแบบฝึกหดั บทท่ี 2
ผลเฉลยแบบฝกึ หดั 2.1

(1.1) มีผลเฉลย x = 5t+3, y = -8t-7 , t เป็นจำนวนเตม็ (1.2) ไม่มผี ลเฉลย

ผลเฉลยแบบฝึกหดั 2.2

(1.1) a = 3, b = 0, จะได้ q = 0, r = 0 (1.2) a = 345, b = 0, จะได้ q = 0, r = 0
a = 3, b = 1, จะได้ q = 0, r = 1 a = 345, b = 1, จะได้ q = 0, r = 1
a = 3, b = -1, จะได้ q = -1, r = 2
a = 3, b = 10, จะได้ q = 3, r = 1 a = 345, b = -1, จะได้ q = -1, r = 344
a = 345, b = 344, จะได้ q = -1, r = 1
a = 3, b = -10, จะได้ q = -4, r = 2 a = 345, b = 7863, จะได้ q = 22, r = 273
a = 345, b = -7863, จะได้ q = -23, r = 270

ผลเฉลยแบบฝึกหัด 2.3
(1.1) 793 (1.2) 82

ผลเฉลยแบบฝกึ หดั 2.4

(3.1) เปน็ (3.3) ไมเ่ ป็น
(3.2) ไม่เป็น

มหาวทิ ยาลยั ราชภฏั อุดรธานี

ผลเฉลยแบบฝึกหดั 191

ผลเฉลยแบบฝกึ หดั บทท่ี 3
ผลเฉลยแบบฝกึ หดั 3.1

(2.1) 27 (3) 259
(2.2) 10 (4.1) เปน็
(2.3) 11 (4.2) ไม่เปน็

ผลเฉลยแบบฝึกหดั 3.2

(1) ดูในภาคผนวก (2.2) 992
(2.1) 2,821 (2.3) 2,047

ผลเฉลยแบบฝึกหดั 3.3

(1.1) 288 (3) 1, 2
(1.2) 48 (4.1) n = 3
(1.3) 192 (4.2) n = 1
(1.4) pt−1 (4.3) n = 2
(2.1) 1, 2, 4, 8

ผลเฉลยแบบฝึกหดั 3.4

(1.1) 0 (2) -1
(1.2) 0 (4) 3

(1.1) เท็จ ผลเฉลยแบบฝึกหดั 3.5
(1.2) จรงิ
(1.3) เท็จ (4) 24
(1.4) เทจ็ (5) 405 ≤ n ≤ 409
(1.5) จริง
(1.6) เทจ็ (6) 24
(7) 238 · 318 · 59 · 75 · 113 · 133 · 172 · 192 · 23 · 37

สาขาวชิ าคณติ ศาสตร์ คณะวทิ ยาศาสตร์

192 ทฤษฎีจำนวน

ผลเฉลยแบบฝกึ หดั บทท่ี 4
ผลเฉลยแบบฝกึ หดั 4.1

(1.1) จริง (1.8) เทจ็
(1.2) จรงิ (1.9) จรงิ
(1.3) จริง (1.10) จรงิ
(1.4) จริง (5.1) 1
(1.5) เท็จ (5.2) 1
(1.6) จรงิ (5.3) -1
(1.7) เท็จ
(11) 2

ผลเฉลยแบบฝกึ หัด 4.2

(1.1) -7, -2, 3, 8, 13 (1.4) 0,1,2,3,4
(1.2) 5k, k เปน็ จำนวนเตม็ , (3.1) เปน็
(3.2) ไมเ่ ปน็
5k+1, k เปน็ จำนวนเตม็ , (3.3) ไม่เป็น
5k+2, k เปน็ จำนวนเตม็ , (3.4) ไม่เปน็
5k+3, k เป็นจำนวนเตม็ , (3.5) ไม่เป็น
5k+4, k เป็นจำนวนเตม็
(1.3) 0,1,2,3,4, 3,4,5,6,7 ฯลฯ

ผลเฉลยแบบฝึกหดั 4.3

(1.1) 7 และ 9 (2) ไม่ลงตัว
(1.2) 0 และ 8 (3) ลงตัว
(1.3) 0 และ 9 (4) 600
(1.4) 8 และ 3 (5) 5,000
(6) 400

มหาวทิ ยาลยั ราชภัฏอุดรธานี

ผลเฉลยแบบฝกึ หัด 193

ผลเฉลยแบบฝกึ หัด 4.4

(1.1) 3 จำนวน (2.3) x = 3 (mod 7)
(1.2) 1 จำนวน (3.1) x = 7 (mod 15)
(1.3) 3 จำนวน (3.2) ไมม่ ีผลเฉลยรว่ ม
(1.4) 1 จำนวน (3.3) x = 19 (mod 35)
(2.1) x = 1,4,7,10,13,16,19(mod 21) (3.4) x = 34 (mod 45)
(2.2) x = 33 (mod 34)

ผลเฉลยแบบฝกึ หดั บทที่ 5
ผลเฉลยแบบฝกึ หัด 5.1

(1.1) 1 และ 10 (1.2) 1 และ 18

ผลเฉลยแบบฝกึ หัด 5.4
(2.1) 1 (2.2) 1

ผลเฉลยแบบฝึกหัดบทที่ 6
ผลเฉลยแบบฝกึ หดั 6.1

(1.1) x = 15t + 13, y = 9 − 13t, t ∈ Z (1.4) x = 17 − 3t1 + 5t2,
(1.2) x = 15t + 6, y = 9 − 6t, t ∈ Z y = t2, z = t1, t2, t1 ∈ Z
(2) เส้อื 2 ตัว และ กางเกง 9 ตัว

ผลเฉลยแบบฝกึ หดั 6.2

(2.1) ไมม่ ี c ทเ่ี ปน็ จำนวนเต็ม (2.3) ไม่มี c ทีเ่ ป็นจำนวนเตม็
(2.2) ไมม่ ี c ทีเ่ ปน็ จำนวนเต็ม (2.4) ไม่มี c ทเ่ี ป็นจำนวนเตม็

สาขาวิชาคณติ ศาสตร์ คณะวทิ ยาศาสตร์

194 ทฤษฎีจำนวน

ผลเฉลยแบบฝึกหัด 6.4

(2.1) (2,1) และ (7,4) (3) a = (1766319049)2 + (226153980)2
(2.2) (7,2) และ (97,14) b = 2(1766319049)(226153980)
(2.3) (9,4) และ (161,72)
(2.4) (169,24) และ (15842,7724)

ผลเฉลยแบบฝึกหดั บทที่ 7
ผลเฉลยแบบฝกึ หดั 7.1

(1) x = 1, 5 (mod 6) (6) x = 3, 4 (mod 7)
(2) x = 1, 5, 7, 11(mod 12) (7) ไม่มผี ลเฉลย

(3) ไมม่ ผี ลเฉลย (8) x = 4, 9 (mod 10)
(4) x = 2, 5 (mod 7) (9) ไมม่ ผี ลเฉลย

(5) ไม่มผี ลเฉลย (10) x = 3, 5 (mod 13)

ผลเฉลยแบบฝึกหัด 7.2

(2.1) ไมเ่ ปน็ (2.3) ไมเ่ ปน็
(2.2) ไม่เป็น

ผลเฉลยแบบฝึกหดั 7.3

(1.1) -1 (4.1) -1
(1.2) -1 (4.2) -1
(2.1) 1 (5.1) มผี ลเฉลย
(2.2) 1 (5.2) ไมม่ ผี ลเฉลย
(3.1) 1 (5.3) มผี ลเฉลย
(3.2) 1 (5.4) มีผลเฉลย

มหาวิทยาลยั ราชภัฏอดุ รธานี