TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN ************** HOÀNG THỊ HẢI YẾN CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE, JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHỨNG MINH CỦA LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số HÀ NỘI - 2015 TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN ************** HOÀNG THỊ HẢI YẾN CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE, JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHỨNG MINH CỦA LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Ngƣời hƣớng dẫn khoa học ThS. ĐỖ VĂN KIÊN HÀ NỘI - 2015 LỜI CẢM ƠN Được sự phân công của khoa Toán trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 2 và sự đồng ý của thầy giáo hướng dẫn ThS. Đỗ Văn Kiên tôi đã thực hiện đề tài “Kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi và một vài cách chứng minh của luật thuận nghịch bậc hai”. Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo đã tận tình hướng dẫn giảng dạy trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và rèn luyện ở trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 2, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới thầy giáo hướng dẫn ThS. Đỗ Văn Kiên đã tận tình, chu đáo hướng dẫn tôi thực hiện khóa luận này. Mặc dù đã có nhiều cố gắng để thực hiện đề tài một cách hoàn chỉnh nhất. Song, do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học cũng như hạn chế về kiến thức và kinh nghiệm nên không tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong được sự góp ý của quý Thầy, Cô và các bạn sinh viên để khóa luận được hoàn chỉnh hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 5 năm 2015 Sinh viên Hoàng Thị Hải Yến LỜI CAM ĐOAN Khóa luận tốt nghiệp là nghiên cứu của riêng tôi, do chính tôi nghiên cứu và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của giáo viên hướng dẫn ThS. Đỗ Văn Kiên, trên cơ sở một số tài liệu tham khảo. Tôi xin cam đoan kết quả của mình không trùng với bất cứ kết quả của tác giả nào khác. Hà Nội, tháng 5 năm 2015 Sinh viên Hoàng Thị Hải Yến MỤC LỤC MỞ ĐẦU .................................................................................................. 1 1. Lí do chọn đề tài ................................................................................ 1 2. Mục đích nghiên cứu ......................................................................... 1 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu..................................................... 1 4. Phương pháp nghiên cứu................................................................... 1 CHƢƠNG 1: LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ ............................................... 2 1.1. Đồng dư thức .............................................................................. 2 1.2. Các tính chất của quan hệ đồng dư ................................................ 5 1.3. Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao ........................................... 9 CHƢƠNG 2: LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI ........................... 18 2.1. Thặng dư bậc hai .......................................................................... 18 2.2. Kí hiệu Legendre và kí hiệu Jacobi.............................................. 21 2.3. Luật thuận nghịch bậc hai ............................................................ 30 2.4. Một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai..................... 36 CHƢƠNG 3. MỘT SỐ BÀI TẬPVẬN DỤNG LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI .............................................................................. 51 3.1. Sử dụng luật thuận nghịch tính kí hiệu Legendre ....................... 51 3.2. Sử dụng luật thuận nghịch bậc hai giải bài toán đồng dư ............ 53 KẾT LUẬN ............................................................................................ 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................... 56 MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Có thể nói kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc hai là những mảng kiến thức hay và khó liên quan đến kiến thức đồng dư, đồng thời có những ứng dụng trong số học.Ở nước ta theo tôi biết, đến năm 2008 mới có một tài liệuTiếng Việt chính thức đề cập đến kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc hai. Và tôi cũng là một người đam mê tới ba mảng kiến thức này. Vì những lý do trên tôi chọn đề tài “Kí hiệu Jacobi, kí hiệu Legendre và một vài cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai”. 2. Mục đích nghiên cứu Khóa luận gồm ba chương: chương 1, chương 2 của khóa luận tôi sẽ trình bày về lý thuyết đồng dư, kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi và một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai, còn chương 3 tôi đưa ra một số bài tập áp dụng luật thuận nghịch bậc hai. 3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu là kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi và luật thuận nghịch bậc hai. Phạm vi nghiên cứu là nghiên cứu về kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi dựa trên lý thuyết đồng dư; luật thuận nghịch bậc hai, một vài cách chứng minh luận thuận nghịch bậc hai và bài tập áp dụng. 4. Phƣơng pháp nghiên cứu Trong khóa luận này, tôi thu thập và đọc các tài liệu tìm được từ nhiều nguồn khác nhau để phân tích, nghiên cứu về kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi và luật thuận nghịch bậc hai cùng một số cách chứng minh sau đó ghi lại một cách hệ thống theo cách tôi hiểu. 1 CHƢƠNG 1: LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ Trong chương này tôi xin trình bày lại một số kiến thức về đồng dư thức: khái niệm và tính chất của đồng dư thức, phương trình đồng dư một ẩn bậc cao. 1.1. Đồng dƣ thức Định nghĩa 1.1.1. Cho nguyên. Ta nói chia và đồng dư với nhau theo môđun và cho là một số nguyên dương, và là hai số nếu trong phép ta được cùng một số dư, nghĩa là có các số nguyên với sao cho à đồng dư với nhau theo môđun Khi và Nếu không đồng dư với ( , ta viết theo môđun ) thì ta viết ( ) Định lý 1.1.2. Các kết quả sau là tương đương i. ( ) ii. chia hết cho (kí hiệu là ( iii. Tồn tại số nguyên sao cho )) . Chứng minh. i.  ii. Ta có ( với ) ( Suy ra nên ii.  iii. Giả sử ( ( ). Do ). ) khi ấy tồn tại số sao cho tức là iii.  i. Giả sử có số trong phép chia cho . Gọi là số dư sao cho , nghĩa là với Khi ấy hay 2 ( , ) , trong đó . Chứng tỏ số dư trong phép chia , ( là , tức là cho cũng  ). Định nghĩa 1.1.3. Các lớp tương đương theo quan hệ đồng dư môđun được gọi là các lớp thặng dư môđun . Mệnh đề 1.1.4. Số các lớp thặng dư môđun Chứng minh. Mỗi lớp thặng dư môđun số dư 0,1, ..., đúng bằng chứa một và chỉ một trong các thu được khi chia các số nguyên cho lớp thặng dư môđun bằng . . Vậy số các . Kí hiệu lớp thặng dư chứa số nguyên * ̅ là ̅. Như vậy +. Mỗi số của một lớp thặng dư được gọi là một thặng dư. Số ̅ với được gọi là thặng dư không âm bé nhất của lớp ̅. Như vậy *̅ ̅ ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ ( ) } với mọi số {̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅̅+  nguyên . Ví dụ 1.1.5. *̅ ̅ ̅+ ̅̅̅̅}. Các thặng dư không âm {̅ ̅ bé nhất của các lớp đồng dư môđun 8 là * + Định nghĩa 1.1.6. Nếu từ mỗi lớp thặng dư môđun ta lấy ra một đại diện thì tập hợp các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ môđun . Nếu từ mỗi lớp thặng dư môđun ta lấy ra một đại diện không âm bé nhất thì tập hợp các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun . Nhận xét 1.1.7. Từ định nghĩa của một hệ thặng dư đầy đủ ta suy ra rằng một hệ thặng dư đầy đủ môđun không đồng dư môđun là một hệ gồm . 3 số nguyên, đôi một Nếu * + là một hệ thặng dư đầy đủ môđun * thì + cũng là một hệ thặng dư đầy đủ môđun với mọi . là * Hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun +. Còn hệ thặng dư đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất môđun được xác định như sau { khi } lẻ và 2 3 hoặc 2 khi 3 chẵn. Ví dụ 1.1.8. Hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun 9 là * + Còn hệ thặng dư đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất môđun 9 là * + Định lý 1.1.9. Cho nguyên, với là một số nguyên dương và nguyên tố với . Khi đó nếu một hệ thặng dư đầy đủ môđun bộ một hệ thặng dư đầy đủ nào đó môđun ( do ( ) chứng tỏ khi ) lấy giá trị trong toàn bộ cũng lấy giá trị trong toàn thì Chứng minh. Ta có là những số . ( )khi và chỉ khi ( ) ( nên điều đó tương đương với ). Điều này chạy qua các lớp tương đương khác nhau thì cũng chạy qua các lớp tương đương khác nhau. Vậy nếu ( chạy khắp một hệ thặng dư đầy đủ môđun một hệ thặng dư đầy đủ môđun thì ) và cũng chạy khắp  . 4 Nhận xét 1.1.10. Từ chứng minh trên ta suy ra hệ quả: nếu ( ) thì ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ khi và chỉ khi ̅ ̅ môđun . 1.2. Các tính chất của quan hệ đồng dƣ Định lý 1.2.1. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập tức là ( i. Với mọi ) ( ii. Với mọi )khi và chỉ khi ( iii. Với mọi ( suy ra ) ( ( ) ) ) Chứng minh. i. Vì chia hết cho ii. Từ ( ) ta có ( ( ) Khi đó Vậy ( ( ) (( ( ( ) ). ).Do đó ) ( iii. Ta có ( nên ) ) nên ( )) hay ( ( ).  ). Định lý 1.2.2. Cho là một số nguyên dương và số nguyên, nếu ( ) và ( i. ii. ) và ( ( là những ) thì ta có ) ). Chứng minh. i. Từ sao cho ( ), ( . Do đó , ( Vậy ) suy ra tồn tại ( ) 5 ) với . ( ii. Từ ), sao cho ( . Do đó , ( Vậy ) suy ra tồn tại ), chia hết cho . ( hay  ). Hệ quả 1.2.3. ( i. ) khi và chỉ khi ( Thật vậy, ta có ) và ( Vậy ( Vậy ) và )( ( ( )( ) ). ) ( iii. ). ) khi và chỉ khi ( Thật vậy, ta có ( ) ) ( ii. ( ) khi và chỉ khi ( ) với mọi . ( Thật vậy, ), ( Vậy ) ( ( à ( Thật vậy, ta có ) và ) ( Thật vậy, ta có ( ), ( ) v. Suy ra ). ). ( iv. ( ( ). ) vậy ( ) ( ) ) với mọi ( ), ... , vi. Giả sử ( ) là một đa thức với hệ số nguyên và ( ( ) khi ấy ( )( ( ) ). Đặc biệt, nếu ( ) ) ( ) với mọi Thật vậy, giả sử ( ) ( ) suy ra ( ) thì . Từ giả thiết ( 6 ), 1, 2, ..., . Do đó Nghĩa là ( ) ( )( )( ) ( ) Nhưng ( ) ) ( ) với mọi ) ( Đặc biệt, vì ( ( nên ( )( ) ) nên ta có ( ) . Định lý 1.2.4. Cho là một số nguyên dương và là những số nguyên i. Cho là số nguyên,  ( ii. Với ( )và ( ( ). ), , (  ( iii. ), , ) ) . /  ( ( ) hay ) Chứng minh. ( i. Ta có Nhưng ( ) ) nên ta có ii. Từ giả thiết, ( ( ) ( ), ta đặt ). ). , ( . Mặt khác ( ,với ) . Ta có   . ( iii. Từ ra ( ) ( / ( ) mà  ( ) suy  ). Định lý 1.2.5. Cho ) hay là một số nguyên dương và nguyên, ta có 7 là những số ( i. ), = 1, ...,  ( ) với ). BCNN( ( ii. ) ( Ta thấy với hai phần tử ( ) ( ) và của lớp ̅ thì ) ( ( ) ) . Do đó ta có thể định nghĩa Định nghĩa 1.2.6. ( ̅ (̅ ) môđun ) được cho bằng ( ) với một thì lớp ̅ được gọi là một lớp thặng dư nguyên tố với . Ví dụ 1.2.7. Ta có thể tìm số dư trong phép chia ( Thật vậy vì , chia cho . ) nên Ví dụ 1.2.8. Giả sử ( , ̅. Khi √ ) √ nguyên. Khi đó ( √ dư , còn chia cho ). √ . Khi đó , cùng chia hết cho . Thật vậy, ta có √ √ ( √ √ )( √ √ ) Vậy { Từ hay , ( ( ( ) ) ) suy ra điều cần chứng minh. , Định nghĩa 1.2.9. Nếu từ mỗi lớp thặng dư nguyên tố với môđun ta lấy ra một đại diện thì tập các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư thu gọn môđun . Nhận xét 1.2.10. Thông thường, ta chọn hệ thặng dư thu gọn môđun từ một hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất * rằng số các số trong tập * + nguyên tố với số các phần tử của một hệ thu gọn môđun 8 là ( ). +. Vì là ( )nên là * Ví dụ 1.2.11. Hệ thặng dư thu gọn môđun ( ) + và . Định lý 1.2.12. Cho một số nguyên dương . Khi đó nếu nguyên tố với dư thu gọn môđun Chứng minh. Vì ( hết cho . ) và ( lấy giá trị trong toàn bộ một hệ thặng cũng lấy giá trị trong toàn bộ hệ thặng dư thì thu gọn nào đó môđun nên ) chia hết cho khi và chỉ khi ( khắp một hệ thặng dư thu gọn môđun thặng dư thu gọn môđun Định lý 1.2.13. Nếu môđun và một số nguyên và khi và chỉ khi ) . Nên nếu chạy cũng chạy khắp một hệ thì  , từ đó suy ra điều phải chứng minh. là các số nguyên dương thì mỗi lớp thặng dư là hợp của đúng lớp thặng dư môđun . là một lớp thặng dư môđun Chứng minh. Giả sử chia Ta kiểm tra rằng các lớp thặng dư môđun ̅ với . ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ với sau đây: đều là tập con của . Điều này chứng tỏ ⋃ . Ngược lại, lấy . Khi đó có với . Ta có ⋃ . Mặt khác để hợp của đúng , và . Do vậy thì , tức giao của lớp thặng dư ⋃ . Vậy ( Điều này chứng tỏ . Biểu diễn ). và bằng rỗng. Vậy là  môđun 1.3. Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn bậc cao Định nghĩa 1.3.1. Cho là số nguyên dương, là các số nguyên. Phương trình đồng dư dạng ( ( ){ ( 9 ) ) Được gọi là phương trình đồng dư bậc . ( ) Định nghĩa 1.3.2. Cho phương trình đồng dư ( ). Số được gọi là một nghiệm đúng của phương trình nếu ( ) ( ). Định nghĩa 1.3.3. Nếu phương trình ( ) ( có nghiệm đúng thì nó cũng nhận tất cả các ( thuộc lớp ( nghiệm. Khi đó ta nói lớp là ), ) ) là nghiệm của phương trình. ( Chứng minh. Ta có ( ) ( ) ( ) ). Vì ( ) ( ) ( ( ) ) nên ( ). Chú ý rằng trong phương trình ( ) ta có thể đưa tất cả các hệ số về các số không âm, nhỏ hơn . Do chỉ có lớp thặng dư nên số nghiệm của phương trình ( ) là số các phần tử trong một hệ thặng dư đầy đủ theo môđun hay trong hệ * + thỏa mãn là số đủ nhỏ thì ta chỉ cần thử lần lượt các phần tử nó. Chú ý rằng, nếu thuộc * + để tìm nghiệm; còn đối với là số quá lớn thì số phép thử rất nhiều. Chẳng hạn, khi giải phương trình đồng dư ( )( ) ( ), ta chỉ cần thử tất cả đều thỏa mãn phương trình. Vậy mọi đều là nghiệm đúng. là một số nguyên. Xét phương trình đồng dư Cho ( ) ( ) với Tất cả ( ), ( )  . Việc tìm tất cả các giá trị ̅ thỏa mãn ( ) được gọi là giải phương trình đồng dư. 10 Định lý 1.3.4. Giả sử có phân tích chính tắc thành các thừa số nguyên tố. Khi đó ( ) tương đương với hệ phương trình đồng dư sau ( ) ( ) ( ) ( ) { ( ) ( ( ) ) là một nghiệm của ( ). Khi đó ( ) ( ( ) Chứng minh. Giả sử nên ta cũng có Vì m là bội của các Như vậy ). ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { ( ) ) là một nghiệm của ( ). ( ( Ngược lại, giả sử ) là một nghiệm của ( ). Khi đó ( ) ( Do ( ) chia hết cho các ) là nguyên tố sánh đôi nên và các ( ) chia hết cho tích là ( ) có nghiệm hay ( ) ( ( ), tức ). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.  Nhận xét 1.3.5. Như vậy việc giải phương trình ( ) được thay bằng giải hệ ( ). Nếu mỗi phương trình ( ) chẳng hạn ( { ) với mỗi ( ) ta tìm được nghiệm, thì ta sẽ giải hệ sau đây ( ) ( ) để tìm nghiệm của ( ). ( ) 11 Rõ ràng, để giải phương trình ( ) ta cần phải biết giải các phương trình dạng ( ) ( ) với triển Taylor của hàm đa thức bậc ( ) ( ) ( ) ( ) Dễ dàng chỉ ra ( ) nguyên tố. Theo công thức khai tại ( ) ( ) khi ta có ( ) ( ) là một số nguyên. Thay ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Định lý 1.3.6. Cho hai phương trình với ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ) nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng là một số nguyên tố và của ( ) cũng là một nghiệm đúng của ( ). Ngược lại, giả sử ( ) là một nghiệm của ( ) và kí hiệu các lớp môđun i. Nếu của ̅̅̅( là tập hợp tất cả ) khi đó ta có các khẳng định sau ( ) không chia hết cho thì trong sẽ có đúng một lớp là nghiệm của ( ) ii. Nếu lớp của ( ) chia hết cho và ( ) chia hết cho thì tất cả các đều là nghiệm của ( ). iii. Nếu ( ) chia hết cho và ( ) không chia hết cho ) đều không là nghiệm đúng của cả các phần tử của lớp ̅̅̅( ( ), do đó tất cả các lớp thì tất đều không là nghiệm của ( ). 12 Chứng minh. Hiển nhiên mỗi nghiệm của ( ) cũng là nghiệm của ( ). Giả sử ( ) là một nghiệm của ( ). Khi đó thay vào phương trình ( ) ( , ) ta có ( ) ( ) Theo công thức khai triển Taylor cho hàm đa thức ở vế trái, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ta nhận được Chia hai vế cho ( ) Khi đó nếu ( ) ( ) ( ) không chia hết cho thì ( ) có nghiệm duy nhất ( ) . Do đó Hay . Vì vậy ( ) Là nghiệm duy nhất của ( ) trong . ( ) chia hết cho Nếu và ( ) chia hết cho với mọi . Do đó tất cả các phần tử của ( ) chia hết cho Nếu thì ( ) có nghiệm đều là nghiệm của ( ). và ( ) không chia hết cho ( ) vô nghiệm do đó tất cả các phần tử của lớp ̅̅̅( thì rõ ràng ) đều  không là nghiệm đúng của ( ). Định lý 1.3.7. Cho hai phương trình với ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ) nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng là một số nguyên tố và của ( ) cũng là một nghiệm đúng của ( ). Ngược lại giả sử ( môđun )là một nghiệm của ( ) và kí hiệu của ̅̅̅( là tập tất cả các lớp ). Khi đó ta có các khẳng định sau 13 ( ) không chia hết cho i. Nếu sẽ có đúng một lớp là thì trong nghiệm của ( ) ( ) chia hết cho ii. Nếu và ( ) chia hết cho thì tất cả các lớp của đều là nghiệm của ( ). ( ) chia hết cho iii. Nếu và ( ) không chia hết cho thì tất ) đều không là nghiệm đúng của ( ), do cả các phần tử của lớp̅̅̅̅( đó tất cả các lớp đều không là nghiệm của ( ). Chứng minh. Bằng quy nạp một cách hình thức và định ý 1.3.6.i) ta nhận được i). ( ) chia hết cho Trong trường hợp ( ) phương trình và ( ) chia hết cho ) làm tập ) liên tiếp nhận ̅̅̅( ( nghiệm đúng với thì Do đó ta thu được ii). Bây giờ ta chứng minh iii) theo định lý 1.3.6.iii) nên tất cả các phần ) đều không là nghiệm đúng của phương trình tử của lớp ̅̅̅( ( ) ( ). Do đó tất cả các phần tử của lớp ̅̅̅( ) đều không là nghiệm đúng của ( ). Ta có iii) Suy ra điều phải chứng minh  Ví dụ 1.3.8. Giải phương trình đồng dư ( ) ( ( Giải: Trước tiên xét ( thặng dư đầy đủ ta có phương trình. Ta có ) và ( ) ( Xét nghiệm ) ). Thử trên một hệ ( ) là nghiệm của . ) ta có ( ) không chia hết cho . Đặt ta có ( ) Chia cho Vậy ( ) ta có ( ( ) hay ( ). ). ( và 14 ) . vào phương trình đồng dư Thay ( ) ( và khai triển ta có ( ) ( ) ( Vậy Cuối cùng ta được ). ) hay , ( ( ). Chia hai vế cho ( Xét nghiệm ) ta được ( ). và với . ), hoàn toàn tương tự ta có , . Tóm lại, phương trình đồng dư ( ) ( ( có hai nghiệm ) và ) ( ). Ví dụ 1.3.9. Giải phương trình đồng dư ( ) ( ( Giải: Xét ( ta được ). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ) là nghiệm của phương trình ( ) Ta có Lớp ( ) ( và ( ) ( ) ) chia ra thành ( ) chia hết cho lớp theo môđun ), ( ), là ( ). Song cả ba lớp này không có lớp nào là nghiệm của phương trình đồng dư ( ) vì khi giải ( ) có ( ( ) ( ) ) hay ( không chia hết cho . Tóm lại phương trình đồng dư ( ) ( ) vô nghiệm. Ví dụ 1.3.10. Giải phương trình đồng dư ( 15 ) ) nên theo định lý 2.2.1. phương trình đã cho tương Giải: Vì ( ) ( ) đương với hệ phương trình đồng dư{ ( ( ) ) ( Trước tiên ta giải phương trình ( ( Đạo hàm ). Xét ). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có ) là nghiệm của phương trình. Ta viết ( ) Ta có ( ) . . ( ) , ( Hay ( , ( ) , ) . Biểu diễn ( ) ( ) ) ( ) luôn luôn chia hết cho ( t nguyên. Ta viết ) thành , , ta có ( ) Xét với mọi . ( ) ( ( ) hay )  không thỏa mãn phương trình. Xét ta có ( ) hay ( ( ) ( ) ) luôn thỏa mãn với mọi suy ra luôn là nghiệm đúng của phương trình. ta có ( ) Xét ( ) (  ( ) không thỏa mãn phương trình. Như thế ( ) ( ) chỉ có các nghiệm ( ); ( ) Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có ( ( ). ( Tiếp theo ta giải phương trình của ) hay ). Viết 16 ). ( ) là nghiệm . Đạo hàm ( ) ( ) ( . Ta có ) ) . Vì không chia hết cho , ta xét ( ) ( ( hay , vậy ( ) Ta có ) ( ) ) ( ( ). ) có nghiệm ( ) . Tóm lại, phương trình đã cho tương đương với ba hệ sau với { ( , ( ( ) ) { ( ( ) ) { Giải các hệ này suy ra phương trình đồng dư ( ) có ba nghiệm là , ( ( ( 17 ) ). ) ( ( ) ) CHƢƠNG 2: LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI 2.1. Thặng dƣ bậc hai là một số nguyên tố lẻ và phương trình đồng dư bậc hai Cho ( với nguyên tố với . Do ) nguyên tố lẻ và ( ( đồng dư bậc hai ) nên phương trình ) được đưa về dạng tương đương ( ( hay Đặt ) ( Cho phương trình ) trong đó ( ) là một số nguyên tố lẻ và được gọi là một thặng dư bậc hai theo ( nếu phương trình đồng dư bậc hai ) có nghiệm. được gọi là một bất thặng dư bậc hai môđun Số nguyên thặng dư phi toàn phương môđun ( ). . Định nghĩa 2.1.1. Số nguyên môđun ( ta có phương trình , nguyên tố v ) hay nếu phương trình đồng dư bậc hai ) vô nghiệm. Ví dụ 2.1.3. Xét một vài ví dụ sau ( i. ) có nghiệm làmột thặng dư bậc hai môđun nên ii. ( dư bậchai môđun ( ) vì ( ) . ) vô nghiệm vì ( ) nên là một bất thặng . Mệnh đề 2.1.4. Cho một số nguyên tố lẻ và một số nguyên nguyên tố với , khi đó i. Nếu thặng dư ̅( là một thặng dư bậc hai môđun thì mọi phần tử thuộc lớp ) cũng là thặng dư bậc hai môđun . 18 là một bất thặng dư bậc hai môđun ii. Nếu thì mọi phần tử thuộc ) cũng là bất thặng dư bậc hai môđun . lớp thặng dư ̅( Chứng minh. là một thặng dư bậc hai môđun . Khi đó tồn tại i. Giả sử ( để ) với ( ). Như vậy, cũng là một thặng dư bậc hai môđun . ( nào để tại số nguyên ( Như vậy ) và suy ra là một bất thặng dư bậc hai môđun . Khi đó không tồn ii. Giả sử để ( ̅ có ) thì ). Lấy ( ̅. Nếu có số nguyên ) ( mâu thuẫn).  cũng là một bất thặng dư bậc hai môđun . Định lý 2.1.4. Nếu ( trình ( thì phương ) có đúng hai nghiệm. là một thặng dư bậc hai môđun Chứng minh. Do ( là một thặng dư bậc hai môđun ). Vậy phương trình ) do ( ) ( ( để nên có ) có nghiệm ) nên ( ) cũng là một nghiệm của phương trình đã cho. ( Giả sử ). Khi đó ta có ( số nguyên tố lẻ nên ( ). Vì ) (mâu thuẫn ). Vậy ( (  ) chỉ có đúng hai nghiệm. ( ( Giải: Phương trình đồng dư bậc hai ( về phương trình tương đương Đặt ) ) và ) không có quá hai nghiệm. Do vậy Ví dụ 2.1.5. Giải phương trình đồng dư ( là một ) là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho. Mà phương trình ( ( ( ). ) được đưa ) hay ). ta có phương trình ( này vô nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm. 19 ). Vì phương trình Định lý 2.1.6. Trong một hệ thặng dư thu gọn môđun dư bậc hai tương ứng cùng lớp với các thặng dư có thặng . / và có bất thặng dư bậc hai. . Chứng minh. Các số môđun / là những thặng dư bậc hai đôi một không cùng thuộc một lớp thặng dư môđun . Thật ( vậy, phương trình ( ) với có nghiệm ). ( Giả sử ) với ( Do ( )( ) ) ( ( nên ) và khi đó , ) với , ). Từ ( Giả sử là một thặng dư bậc hai môđun . Khi đó trong hệ thặng dư thu gọn môđun ( Do ta suy ra . với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất có số nguyên để ). | | Như vậy , nên khi lấy cùng với lớp | | ta được { . Định lý 2.1.7. Cho một số nguyên tố lẻ ( ).  / }. và một số nguyên nguyên tố với . Khi đó ta có i. Nếu là một thặng dư bậc hai môđun thì ii. Nếu là một thặng dư bậc hai môđun thì Chứng minh. 20 ( ). ( ). là một thặng dư bậc hai môđun . Khi đó tồn tại i. Giả sử với ( ) ( để ). Theo định lý Euler ( ). là một bất thặng dư bậc hai môđun . Vì mỗi thặng dư ii. Giả sử bậc hai môđun ( đều nghiệm đúng phương trình phương trình này có không quá thu gọn môđun có đúng ) và nghiệm nên trong một hệ thặng dư nghiệm của phương trình này là các thặng dư bậc hai môđun . Vậy mọi số không phải là thặng dư bậc hai môđun đều không nghiệm đúng phương trình này. Chính vì thế ( ). Điều này có nghĩa là . ( tố với p nên . . Vì nguyên ). Như vậy /. ( Tóm lại, ta có / ( / ).  ). Hệ quả2.1.8. Cho một số nguyên tố lẻ và một số nguyên nguyên tố với . Khi đó ta có là một thặng dư bậc hai môđun i. khi và chỉ khi ( ii. là một bất thặng dư bậc hai môđun ( ) khi và chỉ khi ) 2.2. Kí hiệu Legendre và kí hiệu Jacobi Để nghiên cứu phương trình đồng dư bậc hai, Legendre đã đưa ra một kí hiệu có tính chất kĩ thuật để xem xét phương trình ( ) có nghiệm hay không còn gọi là kí hiệu Legendre được đề cập ngay dưới đây 21 Định nghĩa 2.2.1 (Kí hiệu Legendre). Cho một số nguyên tố lẻ một số nguyên nguyên tố với . Kí hiệu Legendre và . /đọc là kí hiệu trên , được xác định như sau Legendre ( * { Kí hiệu này được đặt tên sau khi nhà toánhọc người Pháp là Adrien- Legendre (1752- 1833) giới thiệu về việc sử dụng kí hiệu này. Ví dụ 2.2.2. Kí hiệu Legendre . / với có các giá trị sau ( ( * * ( * ( * ( ( * * ( * ( * Định lý 2.2.3. Cho một số nguyên tố lẻ ( ( * * ( ( * * và một số nguyên nguyên tố với . Khi đó ( ( * Chứng minh. Nếu ( môđun thì ) là một thặng dư bậc hai môđun ) và . / ( ; còn nếu ) và ( * là một bất thặng dư bậc hai . / ( thì . Vậy )  22 ( Định lý 2.2.4. Nếu ) thì ( * ( Chứng minh. Khi ( * ) thì hoặc cùng là thặng dư bậc và hai hoặc cùng là bất thặng dư bậc hai môđun . Do đó ( * ( *  Định lý 2.2.5. Ta có ( Chứng minh. Ta có ) ( vì ) luôn có nghiệm ( ( Ta có ) ). bởi định lý 2.2.3. vì cả hai vế chỉ lấy giá trị hoặc nên ( ) ( Ví dụ 2.2.6. Chứng minh rằng phương trình ( nghiệm khi và chỉ khi )có ). ( Giải: Áp dụng định lí 2.2.5. ) có nghiệm khi và chỉ khi ( điều này tương đương với Định lý 2.2.7. Cho với với mọi ( ) ). là số nguyên tố lẻ và các số nguyên . Khi đó 23 nguyên tố ( Chứng minh. Vì ( * ) ( *( * ( * nên ( , ) . Theo định lý 2.2.3. ( * ( ) ( * Vì cả hai biểu thức ở hai đầu hệ thức chỉ nhận giá trị *( ( và ) là một số nguyên tố lẻ nên ta có ( Hệ quả 2.2.8. Cho và * ( *( * ( * là một số nguyên tố lẻ và hai số nguyên dương nguyên tố với . Khi đó 4 5 Chứng minh. Từ định lý 4 5 4 5 ( * ta suy ra ( *( * 4 5 4 5( * ( * Từ hệ quả này, ta có thể chuyển việc tính một kí hiệu Legendre về tính những kí hiệu dạng đơn giản tính . . / với số nguyên tố . Cụ thể, khi /, trước tiên ta biểu diễn Vì ( * ( * ( * trong đó chỉ lấy tích cho những mà 24 ∏( * là lẻ.  Ví dụ 2.2.9. Ta có ( * 4 5 và . / . ( * / . / Bổ đề 2.2.10 (Bổ đề Gauss). Gọi là số các số trong dãy , , ..., a có thặng dư âm trong hệ thặng dư thu gọn môđun giá trị tuyệt đối nhỏ nhất. Khi đó ta có . Chứng minh. Đặt ( / số hoặc sẽ có số bằng ( ) . Xét các đồng dư thức sau đây ( ) ( ) ( trong đó với ) và . Theo giả thiết trong các ) và ( ) số bằng ( nên ). Ta sẽ chứng minh ( * Thật vậy, dãy , lập thành một hệ thặng dư , thu gọn môđun . Khi đó các thặng dư thu gọn với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất sẽ là Từ đó suy ra { . } Do đó * +. . Nhân các vế tương ứng của các đồng dư thức trên ta được ( ) hay 25 ( ) Lại có ( ) ( Do đó: ( nên ta suy ra )( Bổ đề 2.2.11. Cho ). ). là một số nguyên tố lẻ và một số nguyên nguyên tố với . Khi đó ta có ( ( * ( ) ) ∑ 0 1 Chứng minh. Để chứng minh kết quả nêu trên, theo bổ đề Gauss ta chỉ cần chỉ ra ( ) ∑[ ) cho p ta nhận được Thực hiện phép chia trong đó số có thặng dư âm trong hệ thặng dư . Vì có với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất nên trong ta có ]( khi hoặc số sẽ có số lớn hơn khi , với các số đã được xác định như trong bổ đề Gauss. Ta có [ ] ∑ ∑ Do đó ta nhận được ( ) ( ) ( ) ∑[ ] ∑[ ] 26 ∑ ∑ ∑ và Đặt ∑ là tổng các số hạng dương và với là tổng các số hạng âm. Khi đó ∑ do vậy ∑ từ đây ta suy ra ∑[ ] và như thế vì ( ) ( ) ( ) ∑[ ]( ) nên ta có Hệ quả 2.2.12. Với mỗi ∑[ ]( nguyên tố lẻ ta có ( ( * và 0 Chứng minh. Ta có ( * ) 1 ( với mọi nên ) Ví dụ 2.2.13. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố lẻ trình ( Giải: Phương trình  ) ) có nghiệm khi và chỉ khi ( ( ) có nghiệm khi và chỉ khi 27 thì phương ). ( ( * ) ( Điều này tương đương với ). Trong phần này chúng ta định nghĩa kí hiệu Jacobi. Kí hiệu này được giới thiệu bởi nhà toán học người Đức tên là Carl Jacobi. Kí hiệu Jacobi là một sự mở rộng của kí hiệu Legendre. Định nghĩa 2.2.14 (Kí hiệu Jacobi). Giả sử , với các số nguyên tố lẻ, không nhất thiết khác nhau và là một số nguyên, . Khi đó kí hiệu Jacobi được xác định như sau nguyên tố với . / trong đó . là / với ( *( * ( * là các kí hiệu Legendre. Ví dụ 2.2.15. Từ định nghĩa kí hiệu Jacobi, ta thấy rằng ( * ( ( * * Nhận xét 2.2.16. Nếu . ( ). ( * *( * ) ( ) ( ( . / ( * ( * ) / ( ( ( * ( *( )( ) ( *( *( ( )thì tồn tại chỉ số nhiên trong trường hợp . / ( ( 28 ) vô ) vô nghiệm. Tuy ta không thể suy ra có nghiệm. ) sao cho Do đó phương trình đồng dư nghiệm. Từ đó suy ra phương trình * ( ) Ví dụ 2.2.17. . ( / ( * ) vô nghiệm vì ( Bổ đề 2.2.18. Giả sử * với là các số lẻ. Kí hiệu ( Khi đó ta có ) và ( ). Chứng minh. Ta có ,( )( ) ( , ) - ) - - và ,( )( ) ( , . Định lý 2.2.19. Tính chất của kí hiệu Jacobi Cho là một số nguyên dương, là những số nguyên. Khi đó i. . / . /. / ( ii. Nếu iii. . / ) thì . / . /. / 29 . / iv. . ( . / / ( ) . / ( ) v. . vi. / ) Chứng minh. Suy trực tiếp từ bổ đề và các tính chất của kí hiệu Legendre. Ví dụ 2.2.20. Tính . /, cho biết là một số nguyên tố lẻ. Giải: Ta có ( * ( *( *( * ( ( Nếu xem . ( * * ( ( * ( * * ( * ( * ( * ( * / là kí hiệu Jacobi thì ta có * ( * ( * ( * ( * 2.3. Luật thuận nghịch bậc hai Trong việc xác định kí hiệu Legendre . có thể quy về việc tính . / với là số nguyên tố ta là hai số nguyên tố phân biệt. Nếu thì ta chỉ phân tích Trong trường hợp / với và ta có . / . /. thì ta sẽ sử dụng luật thuận nghịch Gauss về 30 mối liên hệ giữa . / . / để đưa việc tính . / về việc tính . /, và khi đó ta lặp lại quá trình trên. Tuy nhiên cần lưu ý rằng trong quá trình tính . / như trên chúng ta có thể gặp trường hợp tính . /, khi đó ta không thể áp dụng luật thuận nghịch Gauss được. Phần này sẽ trình bày một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai và từ đó đưa ra công thức tính . / Định lý 2.3.1(Gauss ). Cho là hai số nguyên tố lẻ phân biệt, khi đó ( ( * Do ( ) ( ) ) ( )( ) ( * ( lẻ nếu và chỉ nếu ) nên định lý 1 ta có thể phát biểu như sau ( * ( ( * ) ( * ( * trong trường hợp ngược lại. Định lý 2.3.2 (Tổng Gauss tổng quát ). Cho và là hai số nguyên khác không. Khi đó tổng Gauss tổng quát được định nghĩa bởi | | ( ) Chúng ta có mỗi liên hệ giữa ( ) ∑ ( ) và ( ), xem như là luật thuận nghịch của tổng Gauss như sau Định lý 2.3.3. Cho √| | trong đó ( ) là hai số nguyên khác không, khi đó và | | ( nếu ( ) | | ( )) √| | và 31 ( ) nếu . ( )( ) ( ) Chứng minh. Xét hàm số: với ( ) là biến số phức, các tham số ( ) với phân ∫ ( ) và , và tích là đường thẳng trong mặt phẳng phức đi qua điểm và hợp với trục số thực một góc là . ( ) Trước hết ta cần chứng minh tích phân ∫ hàm là hội tụ. Ta xét ( ) trong một dải bị chặn bởi hai đường thẳng song song với và nằm về hai phía của . Khi đó ta có thể biểu diễn , trong đó và là các số thực, bị chặn và biến thiên tùy ý. Ta có | ( | và ) ( ) ( | || | ) suy ra ( ) |( ) | do đó | | |( | | |) | |(| | | |) | | trong đó và là các hằng số phụ thuộc . Hơn nữa, | Do (4) | | khi | | | || √ | | trong dải đã chọn, nên với | | đủ lớn thì ta có | ( ) | Từ (4) và (5) ta có | | | ( )| Với | | đủ lớn trong dải đã chọn do đó tích phân ∫ 32 (6) ( ) là hội tụ. ta đặt Với mỗi ( ) với mỗi thẳng ( ) ∫ xét hình bình hành ) sinh bởi đường thẳng và cắt trục số thực tại điểm song song với đường thẳng ( , đường và hai song song với trục số thực và nằm về hai phía của trục số thực. Theo định lý Cauchy về thặng dư ta có ∫ Theo (6) thì và ( ) ( ) ( ) ∑ đều khi | | trong dải được giới hạn bởi . Do đó khi cho ∫ tiến ra vô cùng về hai phía ta có ( ) ∫ ( ) ∫ ( ) ( ) Tuy nhiên, theo (3) ta có ( ) ( 33 ) Do đó ( ) ∫ ∫ ( ) ∫ ( ) ( ) Kết hợp (7) với (8) ta có ( ) ( ) ( ) ∑ Mặt khác ta có ( ) ( ) ∫ ∫ trong đó ( ( ∫ là ảnh của . ) / qua phép tịnh tiến ) ∫ . Bằng cách tính tích phân trong hình bình hành như trên ta có ∫ trong đó ∫ là đường thẳng song song với ta có , suy ra ∫ ∫ trong đó 34 và đi qua gốc tọa độ. Trên ∫ ( Do đó ta có Thay ) ( ( ) ( ) ( ) * rồi lấy tổng hai vế ta được bởi ( ) Thay ( ) ( ( ∑ ) * ta có ( ) ( ) ( ( ∑ ) * Từ (9) và (11) suy ra ( ) ( ) ∑ ∑ ∑ Chọn và ∑ , ( ( ( ( ) * ta có ∑ ( ⁄ Trong công thức trên ta thay ) ∑ vào ta có ∫ Bằng phép đổi biến trong đó là một số thực dương, ta có ∫ √ 35 ) * Do đó ta có √ ∑ ( ) √ ∑ Suy ra ( √ ( ) ) √ ( ) ( ) Như vậy định lý được chứng minh với Nếu nên áp dụng ( thì ( √ ( ) ) √ ) ta có ( ) Suy ra ( √| | Mà theo ( ) thì ( Nếu ( ) ) |) √ ) ( nên áp dụng ( ( ( ) ) nên ta có ( ). thì ( | ), ( ) ( )và ) ta có (2).  2.4. Một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai Để chứng minh luật thuận nghịch Gauss ta sẽ chứng minh một kết quả tổng quát Định lý 2.4.1. Cho ( ) là số nguyên tố lẻ và là số nguyên sao cho , khi đó . / Để ý rằng, nếu √ ( Chứng minh. Do ( ( ) ) ( ) (13) ) nên ta có ∑ ( ( ) thì ) 36 ∑ ( ) ( Nhưng với mọi đến và ( ( ) ) thì ( là thặng dư ). Do đó khi chạy đúng hai lần. Vậy ( trong đó ) (lấy theo môđun ) chạy khắp tập các thặng dư bậc hai thì theo môđun ( chạy từ đến , nếu bậc hai theo môđun từ ) ) ( ∑ ) ( ) chạy khắp tập các thặng dư bậc hai theo môđun . Bây giờ ta xét tổng ( ∑ trong đó ) chạy khắp tập các bất thặng dư bậc hai theo môđun . Rõ ràng ta có ( ∑ ( Đặt ) ) , ta có ( ∑ ( do ) ( ∑ chẵn) và ) ( do ) thay vào trên ta có ∑ Từ ( ) và ( ( ) ∑ ( ) ∑ ∑ ( ) ∑ ( ) ( ) ) ta suy ra ( ) Ta có hai trường hợp 37 ( ) Trường hợp 1: . môđun / cũng vậy. Tương tự, khi thì dư bậc hai thì ( chạy khắp tập các thặng dư bậc hai theo khi cũng vậy. Do đó ta có ) ( ∑ ) ( ∑ ) . / ( Trường hợp 2:. ( chạy khắp tập các bất thặng ) / ∑ ( )( ( ) ( ). Tương tự trường hợp 1 ta cũng có ( ) . / ( )) ( ∑ ) ( )( ( )) ) Vậy ta luôn có ( ) . / ( ) ( ) Theo định lý 3.2.1. ta có √| | (do ( Thay vào ( ) ( ( ) ) ( ) ) ( ( √ ( ) ) ) ) ta có ( . / ) ( √  ) Bây giờ ta sẽ đưa ra cách chứng minh thứ nhất của định lý 2.3.1. Trong định lý 2.4.1. thay ( ta có * ( √ Mà theo định lý 3.2.1. thì 38 ) ( ) ( √ do ( ) ) ) ) ( ( ( ) ) , nên ta có ( . / với ( ) (18) là số nguyên tố lẻ. Theo định lý 3.3.1.1 và định lý 2.3.3. ta có ( * ( ) ( √ ( Mà theo ( ( ) ) ) ( ) ( √ ( ) ( ) ( ) * ) thì ( * *( * ( ) ) ( )( ( ( * Suy ra ( ( * ( ( * ) ( * ( *  ) Tiếp theo ta sẽ trình bày cách chứng minh thứ hai, chứng minh luật thuận nghịch bậc hai dựa vào tổng Gauss Chứng minh. Trước hết ta chứng minh cho trường hợp nguyên tố lẻ. Gọi với mỗi là một nghiệm của đa thức ta có thể lấy chọn đại diện của trong và là các số trong ̅ . Khi đó xác định và không phụ thuộc vào cách . Ta xét tổng Gauss sau đây ∑( * Khi đó ta có các khẳng định sau đây 39 Bổ đề 2.4.2. ( ) Thật vậy ta có (∑ ( * )( ∑ ( * ) Nhóm các số hạng một cách thích hợp ta có ∑ ( *( * ( ∑ 4 ) 5 Để rút gọn tổng này, ta có thể dùng bổ đề sau Bổ đề 2.4.3. Cho cho là các số nguyên và là một số nguyên tố sao . Khi đó ta có và ∑4 5 Bằng cách nhân cả hai vế với . ( * / ta có thể giả sử và . Khi đó, đẳng thức của ta được viết lại ∑4 5 Với chú ý rằng dấu bằng thực sự xảy ra trong . Đặt , theo định lý Euler ta có 4 5 ( ) ∑( * Cộng tất cả lại ta có ∑ . / ∑ 40 ( ) ∑ (19) Ở đây ta chú ý rằng ∑ Thật vậy, nhóm { là một nhóm cyclic. Gọi nhóm đó. Khi đó mọi phần tử khác là một phần tử sinh của đều có dạng trong với Do vậy ta có đằng thức ∑ ∑ thì tổng trên hiển nhiên bằng Ta xét trường hợp khi . , khi đó ( nên ta có ) ∑ Do vậy chú ý trên được chứng minh. Theo chú ý trên, với thì nên tổng ∑ Từ đó ta suy ra được ∑4 (với chú ý là nên ( 5 ). Ta nhận xét rằng vế phải bị chặn bởi . Ngoài ra nếu tồn tại do sao cho p . Do đó tổng vế phải luôn chỉ có hạng khác bằng ) hoặc 1. Do có đúng 41 do từng số hạng bị chặn bởi thì có đúng hai số như vậy hoặc số hạng bằng , các số số hạng, tổng này phải là số lẻ. Từ những nhận xét trên, ta suy ra tổng này phải bằng . Do đó ta chứng minh được bổ đề. Quay lại bài toán ở trên, khi ta có ( 4 ) 5 ( * ta nhận được Khi ∑4 ( 5 )( * Từ nhứng điều trên ta suy ra được ( ( *∑ )( * ( )  Bổ đề 2.4.4. ( * Thật vậy, ta có (∑ ( * Do trường ̅ có đặc số ) ̅ ta đều có nên với mọi ( ( ) ) Áp dụng đẳng thức này vào ( )ta được ∑( * Do ( ) nên ánh xạ nó. Do đó nếu ta đặt là một song ánh từ thì tổng trên có thể viết lại ( *∑( * 42 ( * vào chính Từ đó ta dễ dàng suy ra được ( * Từ các bổ đề trên ta có ( ( * ) .( ) ( / ) ( * Đẳng thức này xảy ra trên ̅ nhưng do cả hai vế chỉ nhận giá trị ( hoặc ) trong trường hợp này nên chúng bằng nhau trên . Ta có điều phải  chứng minh. Tiếp theo ta xét cách chứng minh thứ ba của luật thuận nghịch bậc hai: chứng minh bằng cách đếm số điểm nguyên. Để chứng minh định lý này trước hết ta đi chứng minh các bổ đề sau Bổ đề 2.4.5 (Bổ đề Gauss). Cho p là một số nguyên tố lẻ, ( ) ( . Đặt ) với , là số các giá trị . Khi đó ta có của mà ( * Chứng minh. Gọi ( ) là các giá trị của không vượt quá và là các giá trị còn lại. Chúng nhận giá trị khác nhau và khác . Ta có với Thật vậy, nếu và không có ( thì ( ). Điều này mâu thuẫn với ( ) ) ( ( ) dẫn tới ). Do vậy tương ứng nhận ta có thể sắp thứ tự cho dãy giá trị là . . Ta có 43 ( * ∏ ( * ( ∏( ) ) ∏ ( ( ∏ ) )⁄ ( * ( ) ( * ( ) ( ( ∏ ) ( * )⁄ ( ) Sử dụng luật giản ước ta được ( ( ) )⁄ ( ) hơn nữa ta có ( )⁄ ( *( ) nên ta có ( ) ( *( ) Với chú ý rằng hai vế của đồng dư thức này chỉ có thể nhận giá trị hoặc ( ), cho nên ta được đẳng thức ( ) ( *( ) Bổ đề 2.4.6. Nếu p là một số nguyên tố lẻ sao cho ( ( ( * Đặc biệt với ( ) )⁄ ∑ [ ] , ( * ( )( 44 )⁄ ) thì Chứng minh. Với các hàm được định nghĩa như trên. Xét ( ) . Chú ý ở đây chúng ta có thể viết [ ] Ta có ∑ ( )⁄ ∑ ( )⁄ 0 1 ∑ ∑ (1) Hơn nữa, ở phần trên chúng ta đã chứng minh được dãy sắp xếp được và ( ( )⁄ ( ) ∑ )⁄ ( ∑ [ ] ) ∑ Với chú ý là ( )⁄ ( ∑ ( ( ) ( ( ) )⁄ ( ∑ [ ] ( ) ) ) ∑ )⁄ )( ( ∑ [ ] Trước hết ta chứng minh cho trường hợp a là số lẻ, tức suy ra ( )⁄ ∑ [ ]( Theo bổ đề Gauss ta có . 45 ) ) là số chẵn, Với trường hợp thì ( [ ] ) ( )  Bây giờ chúng ta sử dụng hai bổ đề trên để chứng minh luật thuận nghịch bậc hai. Chứng minh. ( ( *( * Vì ) là các số chẵn nên theo bổ đề 2.4.6. ta có q ( * ( ) ∑ ( )⁄ 0 1 ( * ( ) ∑ ( )⁄ 0 1 Vậy để chứng minh mệnh đề trên ta sẽ chứng minh đẳng thức ( )⁄ ( ∑ [ ] )⁄ ∑ [ Xét tập hợp 2 số nguyên khác ] 3 gồm Gọi là số các số nguyên dương và là số các số nguyên âm trong tập hợp đó. Như vậy Mặt khác, là số các cặp số nguyên ( Với mỗi k cho trước thỏa mãn kiện ) thỏa mãn các điều kiện thì phải thỏa mãn điều . Vì vậy với mỗi cho trước có 0 1 cặp ( ) thỏa mãn điều kiện nói trên. Từ đó định lý được chứng minh. Ta còn có một cách khác chứng minh luật thuận nghịch bậc hai như sau 46 Luật thuận nghịch bậc hai: giả sử và là hai số nguyên tố lẻ phân biệt, ta có ( ( *( * Vì . / ) nên đẳng thức trên còn có thể viết ( * ( ) ( * từ đó suy ra ( * ( ( * { ( * ) ( ( * Chứng minh. Xét đa thức trên . Gọi ) là trường phân rã của nó . Các phép tính sẽ được thực hiên trong trường trên Giả sử là một căn nguyên thủy bậc đa thức với đặc số . của , tức là một nghiệm của sao cho tất cả các nghiệm của . Đặt Giả sử là và đặt ∑( * Nếu thì . / như những phần tử của *∑ ( * Đặt và nếu thì . / và do đó của ( vì +* ∑ 4 5 ta được 47 + . Ta xem chúng ) ta có ∑4 5 ∑4 ( ) ( ∑4 ) 5 ∑ 5 ( * . Khi đó ta có Giả sử ∑4 5 và vì 4 5 ( nên ) ( *4 ( ( 5 ) 4 ( 5 ) ) , khi đó ta có thể viết Giả sử 4 ( ) 5 Nhưng khi a chạy khắp ( ). thì cũng chạy khắp / ( *( ) vì do đó , -. Vậy ta có chạy khắp ∑4 ( ) 5 ( *∑( ) ( ) ∑ , - ( ) *∑ ( * Nhưng ( * ∑( * không chính phương. Vậy 48 ( *+ ( * ( ) do đó ( ∑ ( ) ) * Nhưng ∑ ( ) ∑ ( ( + ) ) ∑ ( ∑ vì tổng các nghiệm của đa thức ) bằng . Vậy ta được ( . Vì trường Ta tính có đặc số ) nên ta có ∑( * Vì trong , mọi ta có , nên với ( * . / ( * Vậy ∑( * từ đó ( * vì khi a chạy khắp thì ( * Vì ( ) nên ∑( * cũng vậy ( ) nên ta có ∑( * , do đó giản ước cho 49 ta được ta có ( * Ta có ( ) ( *( ) ( * từ đó suy ra ( * ( *( ) ( ) ( * hay ( *( * 50  CHƢƠNG 3: MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI 3.1. Sử dụng luật thuận nghịch tính kí hiệu Legendre Bài 1: Cho . Tính . và ( Giải: Ta có: ) do vậy ( Vì ( / và . /. * ( * ) nên áp dụng định lý tính chất của kí hiệu Legendre ta có ( * ( * Ta có ( * 4 5 ( * ( * . Tính . / Vậy Bài 2: Cho và ( Giải: Ta có ). Áp dụng luật thuận nghịch bậc hai ta có ( Vì ( * * ) nên theo tính chất của kí hiệu Legendre ta có ( Lại có ( ( * ( * ), áp dụng luật thuận nghịch bậc hai một lần nữa ta được 51 Vì ( ) và ( * ( * ( ) nên theo tính chất của kí hiệu Legendre ta được ( * ( * Vậy ( * là số nguyên tố. Tính . Bài 3: Biết rằng Giải: Ta phân tích /. . Theo tính chất của kí hiệu Legendre ta có ( * ( Từ * ( *( * ( * ), ta được ( * ( Vì ( ( * ( ), * ( ) nên theo tính chấtcủa kí hiệu Legendre ta có ( ( Do Vì ( ( * * ( 4 * ( 5 4 * ( * 5( * ( * ) nên theo luật thuận nghịch bậc hai ta có ( * ( * ( * ( * ) nên 52 Áp dụng luật thuận nghịch bậc hai thêm một lần nữa, ta được ( * ( Vì ( * ) nên ( * ( * ( * Như vậy Tương tự, ( * ( * ( * ( ( * *( 4 * ( * ( * ( * 5 Như vậy ( * Vậy ( * 3.2. Sử dụng luật thuận nghịch bậc hai giải bài toán đồng dƣ Bài 1: Chứng minh rằng phương trình đồng dư sau vô nghiệm. ( ) Giải: Ta có ( * ( * Ngoài ra, theo luật thuận nghịch bậc hai ta có 53 ( * ( * ( ( ( ( * )( ) )( ) ( * ( *( ) * Từ đó suy ra ( * ( ( Hay phương trình )  ) vô nghiệm. Bài tập đề nghị Bài 1: Dùng luật thuận nghịch bậc hai chứng tỏ rằng nếu p là số nguyên tố lẻ khác 5 thì ( * khi và chỉ khi chữ số cuối cùng của hoặc . là một thặng dư chính phương của số Bài 2: Chứng minh rằng nếu nguyên tố là ( thì nghiệm của a) ( ) nếu b) ( ) ) là , ( hoặc . ( Bài 3: Chứng minh rằng ) có nghiệm. Bài 4: Những đồng dư thức nào sau đây có nghiệm a) ( ( b) c) ( d) ( ) ) ) ( e) f) ) ( ) ) 54 ) nếu KẾT LUẬN Kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc hai là những mảng kiến thức hay và khó liên quan đến kiến thức đồng dư, đồng thời có những ứng dụng trong số học. Phần kiến thức liên quan tới ba mảng này khá rộng, vì thế khóa luận tốt nghiệp của tôi chỉ có thể cung cấp một số kiến thức cơ bản về kí hiệuLegendre, kí hiệu Jacobi và một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai cùng một số bài tập áp dụng. Chắc chắn nếu đi sâu tìm hiểu thêm các bạn sinh viên sẽ có thêm những kiến thức hay hơn nữa. Lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học, cùng với năng lực còn hạn chế và vốn thời gian ít ỏi, chắc chắn khóa luận của tôi còn nhiều thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo của quý Thầy, Cô và sự đóng góp ý kiến của các bạn sinh viên. 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1].Ngô Thúc Lanh( ), Đại số và số học tập 3, Nhà xuất bản giáo dục. [2]. Lại Đức Thịnh( [3]. Dương Quốc Việt( ), Giáo trình Số học, Nhà xuất bản giáo dục. ), Cơ sở lý thuyết số và đa thức, Nhà xuất bản Đại học Sư Phạm Hà Nội. [4]. Bộ giáo dục và đào tạo( ), Viện nghiên cứu cao cấp về toán, Một số định lý cơ sở trong lý thuyết số giải tích, Nhà xuất bản Hà Nội. 56 [...]... CHƢƠNG 2: LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI 2.1 Thặng dƣ bậc hai là một số nguyên tố lẻ và phương trình đồng dư bậc hai Cho ( với nguyên tố với Do ) nguyên tố lẻ và ( ( đồng dư bậc hai ) nên phương trình ) được đưa về dạng tương đương ( ( hay Đặt ) ( Cho phương trình ) trong đó ( ) là một số nguyên tố lẻ và được gọi là một thặng dư bậc hai theo ( nếu phương trình đồng dư bậc hai ) có nghiệm được gọi là một bất... là một thặng dư bậc hai môđun thì mọi phần tử thuộc lớp ) cũng là thặng dư bậc hai môđun 18 là một bất thặng dư bậc hai môđun ii Nếu thì mọi phần tử thuộc ) cũng là bất thặng dư bậc hai môđun lớp thặng dư ̅( Chứng minh là một thặng dư bậc hai môđun Khi đó tồn tại i Giả sử ( để ) với ( ) Như vậy, cũng là một thặng dư bậc hai môđun ( nào để tại số nguyên ( Như vậy ) và suy ra là một bất thặng dư bậc. .. đúng một lớp là nghiệm của ( ) ii Nếu lớp của ( ) chia hết cho và ( ) chia hết cho thì tất cả các đều là nghiệm của ( ) iii Nếu ( ) chia hết cho và ( ) không chia hết cho ) đều không là nghiệm đúng của cả các phần tử của lớp ̅̅̅( ( ), do đó tất cả các lớp thì tất đều không là nghiệm của ( ) 12 Chứng minh Hiển nhiên mỗi nghiệm của ( ) cũng là nghiệm của ( ) Giả sử ( ) là một nghiệm của ( ) Khi đó thay vào... | | ta được { Định lý 2.1.7 Cho một số nguyên tố lẻ ( )  / } và một số nguyên nguyên tố với Khi đó ta có i Nếu là một thặng dư bậc hai môđun thì ii Nếu là một thặng dư bậc hai môđun thì Chứng minh 20 ( ) ( ) là một thặng dư bậc hai môđun Khi đó tồn tại i Giả sử với ( ) ( để ) Theo định lý Euler ( ) là một bất thặng dư bậc hai môđun Vì mỗi thặng dư ii Giả sử bậc hai môđun ( đều nghiệm đúng phương... nghiệm của ( ) ( ) chia hết cho ii Nếu và ( ) chia hết cho thì tất cả các lớp của đều là nghiệm của ( ) ( ) chia hết cho iii Nếu và ( ) không chia hết cho thì tất ) đều không là nghiệm đúng của ( ), do cả các phần tử của lớp̅̅̅̅( đó tất cả các lớp đều không là nghiệm của ( ) Chứng minh Bằng quy nạp một cách hình thức và định ý 1.3.6.i) ta nhận được i) ( ) chia hết cho Trong trường hợp ( ) phương trình và. .. minh Nếu ( môđun thì ) là một thặng dư bậc hai môđun ) và / ( ; còn nếu ) và ( * là một bất thặng dư bậc hai / ( thì Vậy )  22 ( Định lý 2.2.4 Nếu ) thì ( * ( Chứng minh Khi ( * ) thì hoặc cùng là thặng dư bậc và hai hoặc cùng là bất thặng dư bậc hai môđun Do đó ( * ( *  Định lý 2.2.5 Ta có ( Chứng minh Ta có ) ( vì ) luôn có nghiệm ( ( Ta có ) ) bởi định lý 2.2.3 vì cả hai vế chỉ lấy giá trị hoặc... dụng luật thuận nghịch Gauss được Phần này sẽ trình bày một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai và từ đó đưa ra công thức tính / Định lý 2.3.1(Gauss ) Cho là hai số nguyên tố lẻ phân biệt, khi đó ( ( * Do ( ) ( ) ) ( )( ) ( * ( lẻ nếu và chỉ nếu ) nên định lý 1 ta có thể phát biểu như sau ( * ( ( * ) ( * ( * trong trường hợp ngược lại Định lý 2.3.2 (Tổng Gauss tổng quát ) Cho và là hai số... hai môđun i khi và chỉ khi ( ii là một bất thặng dư bậc hai môđun ( ) khi và chỉ khi ) 2.2 Kí hiệu Legendre và kí hiệu Jacobi Để nghiên cứu phương trình đồng dư bậc hai, Legendre đã đưa ra một kí hiệu có tính chất kĩ thuật để xem xét phương trình ( ) có nghiệm hay không còn gọi là kí hiệu Legendre được đề cập ngay dưới đây 21 Định nghĩa 2.2.1 (Kí hiệu Legendre) Cho một số nguyên tố lẻ một số nguyên nguyên... Trong một hệ thặng dư thu gọn môđun dư bậc hai tương ứng cùng lớp với các thặng dư có thặng / và có bất thặng dư bậc hai Chứng minh Các số môđun / là những thặng dư bậc hai đôi một không cùng thuộc một lớp thặng dư môđun Thật ( vậy, phương trình ( ) với có nghiệm ) ( Giả sử ) với ( Do ( )( ) ) ( ( nên ) và khi đó , ) với , ) Từ ( Giả sử là một thặng dư bậc hai môđun Khi đó trong hệ thặng dư thu... có nghiệm khi và chỉ khi ( ( ) có nghiệm khi và chỉ khi 27 thì phương ) ( ( * ) ( Điều này tương đương với ) Trong phần này chúng ta định nghĩa kí hiệu Jacobi Kí hiệu này được giới thiệu bởi nhà toán học người Đức tên là Carl Jacobi Kí hiệu Jacobi là một sự mở rộng của kí hiệu Legendre Định nghĩa 2.2.14 (Kí hiệu Jacobi) Giả sử , với các số nguyên tố lẻ, không nhất thiết khác nhau và là một số nguyên, ... kí hiệu Jacobi luật thuận nghịch bậc hai Phạm vi nghiên cứu nghiên cứu kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi dựa lý thuyết đồng dư; luật thuận nghịch bậc hai, vài cách chứng minh luận thuận nghịch bậc. .. kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc hai Và người đam mê tới ba mảng kiến thức Vì lý chọn đề tài “Kí hiệu Jacobi, kí hiệu Legendre vài cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai ... 2.3 Luật thuận nghịch bậc hai 30 2.4 Một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai 36 CHƢƠNG MỘT SỐ BÀI TẬPVẬN DỤNG LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI 51 3.1 Sử dụng luật thuận nghịch