TRƯỜNG ĐẠI HỌC s ư PHẠM HÀ NỘI 2 KHỎA TOÁN HOÀNG THỊ HẢI YẾN CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE, JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHỨNG MINH CỦA LUẬT THUẬN• NGHỊCH • • BẬC HAI KHÓA LUẬN TÓT NGHIỆP ĐẠI • • • HỌC • C huyên ngành: Đ ại số HÀ NỘI - 2015 TRƯỜNG ĐẠI HỌC s ư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN HOÀNG THỊ HẢI YÉN CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE, JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHỨNG MINH CỦA LUẬT THUẬN• NGHỊCH • • BẬC HAI KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC • • • • C huyên ngành: Đ ại số Người hướng dẫn khoa học ThS. ĐỎ 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 LÍKÍ hiệu Legendre, k í 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 on! Hà Nội, thảng 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, thảng 5 năm 2015 Sinh viên Hoàng Thị Hải Yến MỤC LỤC MỞ Đ À U ........................................................................................................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 CHƯƠNG 1: LÝ THUYÉT ĐÒNG D Ư ..................................................2 1.1. Đồng dư th ứ c .................................................................................. 2 1.2. Các tính chất của quan hệ đồng d ư ...................................................5 1.3. Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao..............................................9 CHƯƠNG 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 h ai............................................................... 30 2.4. Một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai...................... 36 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ BÀI TẬPVẬN DỤNG LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC H A I.................................................................................. 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 KÉT LUẬN.................................................................................................55 TÀI LIỆU THAM KHẢO........................................................................56 MỎ ĐÀU 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 thứcđềcập đến kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc hai.Vàtôi cũng là một người đam mê tới ba mảng kiến thức này. Vì những lý do trên tôi chọn đề tài ÍLKÍ hiệu Jacobi, k í hiệu Legendre và một vài cách chúng minh luật thuận nghịch bậc hai”. 2. Mục đích nghiên cún 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 tượng và phạm vi nghiên cún 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. Phương pháp nghiên cún 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 CHƯƠNG 1: LÝ THUYẾT ĐÒNG D ư 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 dư thức Định nghĩa 1.1.1. Cho m là một số nguyên dương, a và b là hai số nguyên. Ta nói a và b đồng dư với nhau theo môđun 771 nếu trong phép chia a và b cho 771 ta được cùng một số dư, nghĩa là có các số nguyên ^ 1 ^ 2/ r với 0 < r < m sao cho a = mq1 + r v ầ b = mq2 + r Khi a v ầ b đồng dư với nhau theo môđun m, ta viết a = b(mod ĨYÌ) Neu a không đồng dư với b theo môđun m thì ta viết a í b(m od m) Định lý 1.1.2. Các kết quả sau là tương đương i. a = b(m od m) ii.a — b chia hết cho m (kí hiệu là m |(a —b)) iii. Tồn tại số nguyên t sao cho a = b + mt. Chủng minh. i. => ii. Ta có a = b(mod m) a = m q 1 + r , b = m q 2 + r với q±, q2, r 6 z , 0 < r < m. Suy ra a — b = m ( q 1 — q2). Do Ri ~ Ri e 2 nên m |(a —b). ii. => iii. Giả sử m |(a —b) khi ấy tồn tại số t 6 TL sao cho a — b = m t tức là a = b + m t iii. => i. Giả sử có số t 6 7Lsao cho a = b + mt. Gọi r là số dư trong phép chia a cho m, nghĩa là a = m q 1 + r với ql t r 6 0< r < m. Khi ấy b + m t = a = m q 1 + r hay b = m ( q 1 — t) + r, trong đó 2 qx — t ЕЖ, о < г < m. Chứng tỏ số dư trong phép chia b cho m cũng là r, tức là a = b(mod m). Định nghĩa 1.1.3. Các lớp tương đương theo quan hệ đồng dư môđun m được gọi là các lớp thặng dư môđun m. Mệnh đề 1.1.4. Số các lóp thặng dư môđun m đúng bằng m. Chủng minh. Mỗi lớp thặng dư môđun m chứa một và chỉ một trong các số dư 0,7, 771 — 1 thu được khi chia các số nguyên cho m. Vậy số các lớp thặng dư môđun m bằng m. Kí hiệu lớp thặng dư chứa số nguyên a là ã. Như vậy ã = [a 4- m t / t e l } . Mỗi số của một lớp thặng dư được gọi là một thặng dư. số rb = a (mod m) iii. Ta có a = b(mod m), b — c(mod m) nên m\(a — b) và m\(b — c).Khi đó ш |((а —b) + (b —c)) hay m |(a —c). Vậy а — c(mod m). Định lý 1.2.2. Cho m là một số nguyên dương và al f a2, bl f b2 là những số nguyên, nếu at — b±(mod rà) và a2 — b2(mod nì) thì ta có i. dị ± a2 = bị ± b2(jnod m). ii.a1a2 — b1b2(rnod m). Chủng minh. i. Từ at = b ^ m o d ш ), a2 — b2(mod rrì) suy ra tồn tại tl f t 2 6 TL sao cho at = b + m t !, a2 = b + m t 2. Do đó аг ± a2 = bị ± b2 -\r m(an — bn(mod m) với mọi n e ж, n > 0 Thật vậy, ta сÓ а = b(mod m), а — b(mod ш ), ... , а = b(m od ш) Suy ra an — bn(mod nì). vi. Giả sử f ( x ) là một đa thức với hệ số nguyên và а — ß(m od m) khi ấy f ( à ) = f ( ß ) ( m o d nì), Đặc biệt, nếu f ( à ) = 0 (mod nì) thì f ( a + k m ) — 0 (m od m ) với mọi к ЕЖ. Thật vậy, giả sử /0*0 = a0 + агх +••• +anx n. Từ giả thiết а — ß(m od rrì) suy ra CLiCỞ — a ß {mod m ), i = 1 ,2 , 6 Do đó a 0 + a1a+--- +an a n = a0 + al p + " ' +CLU01(mod rrì), Nghĩa là f ( à ) — f(/3)(jnod m) Đặc biệt, vì a = ( a + k m )(m o d m ) v k 6 n nên f ( a ) — f ( a + k m ) ( m o d m) Nhưng f ( à ) — 0 (mod rà) nên ta có f ( a + krà) — 0 (mod m) với mọi k E 2. Định lý 1.2.4. Cho 771 là một số nguyên dương và a, b là những số nguyên i. Cho c là số nguyên, ac = bc(mod m )và (c,m ) = 1 =>a — b(mod m). ii. Với a = b(mod m), 0 < ô 6 a b/ ô|(a, b , m ) m\ ^ s = s ( m od s ) iii. a — b(mod m), 5|m, ô > 0 => a = b(m od ô) Chủng minh. i. Ta có ac — bc(mod m)=> m\(ac — bc) hay m\c(a — b). Nhưng (c, m ) = 1 nên ta có m |(a —/?)=> a — b(m od m). ii.T ừ giả thiết, ô |(a , b , m ), ta đặt a = ỗ a ls b = ỗb-LiVỞỈ alf bí , m 1 E TL, m 1 > 0. Mặt khác a — b(m od m)=> a = b + mt, t E TL. Ta có ổal = Ốb1 + ổ r r i ị ^ ^ = bx + m xt => ax = bị (mod ra) hay iii. Từ a = b(mod m)=> m |(a —b) mà ô|m => ô|(a —b) suy ra a = b(m od ô). Định lý 1.2.5. Cho 771 là một số nguyên dương và a, b là những số nguyên, ta có 7 i. a = b(m od Till), i= 1 m =B , к => a = b(m od m) với C N N ••• ,77ifc). ii.a — b(mod m) thì (a, ?n) = (ft, m). Ta thấy với hai phần tử b và с của lớp ã thì (b — à) : 7П, (c —à) : m =>(b —c) : m. Do đó ta có thể định nghĩa Định nghĩa 1.2.6. (ã,m ) được cho bằng (b, ni) với một b 6 ã. Khi Сã ,m ) = 1 thì lóp ã được gọi là một lóp thặng dư nguyên tố với môđun m. Ví dụ 1.2.7. Ta có thể tìm số dư trong phép chia 15325 — 1 chia cho 9. Thật vậy vì 1532 = 2 (mod 9) nên 15325 — 1 = 25 — 1 = 4 (mod 9). Ví dụ 1.2.8. Giả sử ( l + 4 V2 —4л/4) = a n + bn Ụ2 + cn ỤÃ. Khi đó an, b n, cn nguyên. Khi đó an chia cho 8 dư 1, còn bn, cn cùng chia hết cho 4. Thật vậy, ta có an+i + bn+1V 2 + cn+1Ụ Ĩ = ( a n + b n ụ 2 + сп Щ ) { 1 + 4 V2 - 4лД) Vậy Từ aj_ = 1, ъг = 4, C! = —4 suy ra điều cần chứng minh. Định nghĩa 1.2.9. Neu từ mỗi lớp thặng dư nguyên tố với môđun m ta lấy ra một đại diện thì tập các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư thu gọn môđun 771. Nhận xét 1.2.10. Thông thường, ta chọn hệ thặng dư thu gọn môđun m từ một hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất {0,1 ,...,771 — 1). Vì rằng số các số trong tập {0 ,1 ,..., m — 1} nguyên tố với m là (m). 8 Ví dụ 1.2.11. Hệ thặng dư thu gọn môđun 14 là (1,5,7,11,13,17} và 1 nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng của (7) cũng là một nghiệm đúng của (8). Ngược lại giả sử X = x 1( m o d p) là một nghiệm của (8) và kí hiệu L là tập tất cả các lớp môđun p a của x^(mod p). Khi đó ta có các khẳng định sau 13 i. Nếu f ' (xt ) không chia hết cho p thì trong L sẽ có đúng một lớp là nghiệm của (7). ii. Neu / ' Oq) chia hết cho p và f ( x 1) chia hết cho p a thì tất cả các lóp của L đều là nghiệm của (7). iii. Nếu / ' Oq) chia hết cho p và /O q ) không chia hết cho p a thì tất cả các phần tử của lóp~Y[(mod p) đều không là nghiệm đúng của (7), do đó tất cả các lớp L đều không là nghiệm của (7). Chủng mình. Bằng quy nạp một cách hình thức và định ý Ì.3.6.Ỉ) ta nhận được ỉ). Trong trường hợp / '( % ) chia hết cho p và /( % ) chia hết cho p a thì phương trình / ( x ) = 0 ( r n o d p j>) liên tiếp nhận x ^ ( m o d p ) làm tập nghiệm đúng với j = 1,2,..., a. Do đó ta thu được ii). Bây giờ ta chứng minh iii) theo định lý 1.3.6.ỈU) nên tất cả các phần tử của lóp x^(m odp) đều không là nghiệm đúng của phương trình f ( x ) = 0 (mod p 2). Do đó tất cả các phần tử của lớp ĩc[(mod p) đều không là nghiệm đúng của (7). Ta có iii) Suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 1.3.8. Giải phương trình đồng dư f ( x ) = X4 + 2 x 3 —9x + 1 = 0(mod 125). Giải: Trước tiên xét X4 + 2 x 3 — 9x + 1 = 0 (mod 5). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có X = 1 ( m od 5) và X = 2 ( m o d 5) là nghiệm của phương trình. Ta có f ' ( x ) = 4 x 3 + 6 x 2 — 9. Xét nghiệm X = 1 (mod 5) ta có / '( 1 ) = 1 không chia hết cho 5. Đặt X = 1 + 5Ủ! ta có / ( 1 ) 4- 1) = 0 (mod 25) hay —5 + 5Ủ! = 0 (mod 25). Chia cho 5 ta có tx = l(7nod 5). Vậy = 1 + 5 t2 và X = 1 + 5(1 + 5ủ2) = 6 + 25t2. 14 Thay X = 6 + 2512 vào phương trình đồng dư / ( x ) = X4 + 2 x 3 — 9x + 1 = 0 (m od 125) và khai triển ta có / ( 6 ) + 25t2- / /(6) = 0 (mod 125). Vậy 50 + 2512. 1071 = 0 {mod 125). Chia hai vế cho 25 ta được 2 + t2. 1071 = 0 (mod 5) hay t2 — 3 (mod 5). Cuối cùng ta được t 2 = 3 + 5 t3, t36 TLvà X = 81 + 12513 với t36 TL. Xét nghiệm X = 2 (mod 5), hoàn toàn tương tự ta có X = 57 + 12513, t 36 7L. Tóm lại, phương trình đồng dư / ( x ) = X4 + 2 x 3 — 9x + 1 = 0 (m od 125) có hai nghiệm X — 81 ( m od 125) và X = 57 ( m o d 125). Ví dụ 1.3.9. Giải phương trình đồng dư f ( x ) = X3 4- 6 x 2 — 1 = 0 ( m o d 81). Giải: Xét X3 + 6 x 2 — 1 = 0 (mod 3). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta được X = 1 (m od 3) là nghiệm của phương trình /( x ) = X3 4- 6 x 2 — 1 = 0 (mod 3) Ta có f ' ( x ) = 3 x 2 + 12x và / '( 1 ) = 15 chia hết cho 3. Lóp X = 1 (m od 3) chia ra thành 3 lóp theo môđun 9 là X — l ( m o d 9),x —4 (m od 9), X — 7 (m od 9). Song cả ba lớp này không có lớp nào là nghiệm của phương trình đồng dư / ( x ) = X3 + 6 x 2 — 1 = 0 (mod 9) vì khi g i ả i / ( l ) + = 0 (mod 9) hay 6 + 3 ^ . 15 = 0 (mod 9) có 6 không chia hết cho 9. Tóm lại phương trình đồng dư / ( x ) = X3 + 6x2 — 1 = 0 (mod 81) vô nghiệm. Ví dụ 1.3.10. Giải phương trình đồng dư X3 + 6 x 2 + 2 = 0 (mod 1323). 15 Giải: Vì m = 33. 72 nên theo định lý 2.2.1. phương trình đã cho tương ' í/" 0 0 — 0 (ĩĩiod 33) đương với hê phương trình đông dư] ^ 1 oi Kj{x) — 0 {mod 7Z) Trước tiên ta giải phương trình X3 + 6 x 2 + 2 = 0 (mod 33). Xét X3 + 6 x 2 + 2 = 0 (mod 3). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có X = 1 (mod 3) là nghiệm của phương trình. Ta viết X = 1 + 3t, t E %. Đạo hàm f i x ' ) = 3 x 2 + 12x. Ta có / ( 1 ) = 9, / '( 1 ) = 1 5 ,/" (1 ) = 18. Biểu diễn /( 1 + 3 0 = /(1 ) + 3 /' ( 1 ) + 9t ,/" ( 1 ) + ... Hay / ( 1 + 31) = 9 4- 4 5 t + 8 1 t2 + ••• luôn luôn chia hết cho 9 với mọi t nguyên. Ta viết X = 1 (mod 3) thành X = 1 + 9 t1? X = 4 + 9ủ2, X = 7 + 9ủ3. Xét X = 1 + 9Ủ! ta có / ( 1 ) + 9tẲ/ '( 1 ) = 0 (mod 27) hay 9 + 1 3 5 ^ — 0 ( m od 27) =>x = 1 + 9 ti không thỏa mãn phương trình. Xét X = 4 + 9 t 2 ta có /( 4 ) + 9Ủ! / '( 4 ) = 0 ( m o d 27) hayl62 + 9.9612 — 0 (mod 27) luôn thỏa mãn với mọi t 2 suy ra X = 4 + 9 t2 luôn là nghiệm đúng của phương trình. Xét X = 1 + 9t3 ta có /( 7 ) + 9 t3 / '( 7 ) = 0 (mod 27) hay 637 + 9.231Ủ3 = 0 (mod 27) = 7 + 9 13 không thỏa mãn phương trình. Như thế f ( x ) = 0 (mod 33) chỉ có các nghiệm X — 4 (m o d 27); X — 13(?nod 27); X — 2 2 (m od 27). Tiếp theo ta giải phương trình X3 + 6x2 + 2 = 0 (mod 72). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có X = —l(jn od 7) là nghiệm của X3 + 6 x 2 + 2 = 0 ( m od 7). Viết X = —1 + 7t, t e n. 16 Đạo hàm / ' 0 0 = 3x2 + 12x. Ta có / ( - 1 ) = 7, / ' ( - 1) = - 9 . VI / ' ( —1) = —9 không chia hết cho 7, ta xét / ( —1) + 7 t / ' ( —1) — 0 ( m o d 49) hay 7 —7.9t — 0(mod 49)=>1 + 5t = 0(mod 7). Ta có t = 4 + 7tl5 v ậy/(x) = 0 (mod 72) có nghiệm X = - 1 + 7t = - 1 + 7(4 + 7ủi) = 27 + 49Í! với Ủ! e ъ. Tóm lại, phương trình đã cho tương đương với ba hệ sau Ị X = 4 ( m o d 27) {x — 27(mod 49) ị x — 13 (m od 27)ị x — 2 2 (mod 27) ịx — 27(mod 49) ịx — 27(mod 49) Giải các hệ này suy ra phương trình đồng dư X3 + 6 x 2 + 2 = 0 (mod 1323) có ba nghiệm là í X = 76 (m o d 1323) I X = 51 ( m o d 1323) . [x = 958 (mod 1323) 17 CHƯƠNG 2: LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI 2.1. Thặng dư bậc hai Cho p là một số nguyên tố lẻ và phương trình đồng dư bậc hai a x 2 + bx + c = 0 (mod p) với a nguyên tố với p . Đ o p nguyên tố lẻ và (a, b) = 1 nên phương trình đồng dư bậc hai a x 2 + bx + c = 0 (mod p) được đưa về dạng tương đương 4a2x 2 + 4 abx + 4ac = 0 (mod p) (2ax + b) 2 + 4ac — b2 = 0 (mod p). hay Đặt y = 2ax + b , d = b2 — 4 ac ta có phương trình y 2 = d(m od p) Cho phương trình X2 = a ( m o d p) trong đó p là một số nguyên tố lẻ và a nguyên tố với p. Định nghĩa 2.1.1. số nguyên a được gọi là một thặng dư bậc hai theo môđun p nếu phương trình đồng dư bậc hai X2 = a ( m o d p) có nghiệm. Số nguyên a được gọi là một bất thặng dư bậc hai môđun p hay thặng dư phi toàn phương môđun p nếu phương trình đồng dư bậc hai X2 — a ( m o d p) vô nghiệm. Ví dụ 2.1.3. Xét một vài ví dụ sau i. X2 — 5 (m od 11) có nghiệm X — ± 4 (m o d 11) vì (5,11) = 1 nên 5 làmột thặng dư bậc hai môđun 11. ii.x 2 = 2 (mod 11) vô nghiệm vì (2,11) = 1 nên 2 là một bất thặng dư bậchai môđun 11. Mệnh đề 2.1.4. Cho một số nguyên tố lẻ p và một số nguyên a nguyên tố với p, khi đó i. Neu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì mọi phần tử thuộc lớp thặng dư ã(m od p) cũng là thặng dư bậc hai môđun p. 18 ii.Neu a là một bất thặng dư bậc hai môđun p thì mọi phần tử thuộc lớp thặng dư ã(m od p) cũng là bất thặng dư bậc hai môđun p. Chủng minh. i. Giả sử a là một thặng dư bậc hai môđun p. Khi đó tồn tại x 0 6 n đểx02 = a ( m o d p ) với b 6 ã có b = a ( m o d p) và suy ra x 02 = b(m od p). Như vậy, b cũng là một thặng dư bậc hai môđun p. ii. Giả sử a là một bất thặng dư bậc hai môđun p . Khi đó không tồn tại số nguyên x 0 nào để x 02 = a(mod p). Lấy b 6 ã. Neu có số nguyên Xq để x 02 — b ( m o d p) thì x 02 = a(jnod p) ( mâu thuẫn). Như vậy b cũng là một bất thặng dư bậc hai môđun p. Định lý 2.1.4. Neu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì phương trìnhx2 = a ( m o d p) có đúng hai nghiệm. Chủng minh. Do a là một thặng dư bậc hai môđun p nên có x 0 6 TLđể x 02 = a ( m o d p ) . Vậy phương trình x 02 = a ( m o d p ) có nghiệm X — x 0( m o d p) do (—x0) 2 = x 02 = a ( m o d p ) nên X — —x 0(m o d p ) cũng là một nghiệm của phương trình đã cho. Giả sử X = —x 0(mod p). Khi đó ta có 2x0 = 0 (mod p). VI p là một số nguyên tố lẻ nên x 0 — 0 ( m od p) (mâu thuẫn ). Vậy X — x 0( m o d p) và X = —x 0 (m o d p) là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho. Mà phương trình X2 = a(mod p) không có quá hai nghiệm. Do vậy X2 = a ( m o d p) chỉ có đúng hai nghiệm. Ví dụ 2.1.5. Giải phương trình đồng dư X2 + 3x + 1 = 0 (mod 7). Giải: Phương trình đồng dư bậc hai X2 + 3x + 1 = 0 (mod 7) được đưa về phương trình tương đương 4x2 + 12x + 4 = 0 ( m o d 7) hay (2x 4- 3)2 — 5 = 0(mod 7). Đặt y = 2x + 3 ta có phương trình y 2 = 5(mod 7). Vì phương trình này vô nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm. 19 p-1 Định lý 2.1.6. Trong một hệ thặng dư thu gọn môđun p có ----- thặng 2 dư bậc hai tương ứng cùng lớp với các thặng dư 12,2 2, - ' - ) và có p- 1 , ----- bât thặng dư bậc hai. 2 Chủng minh. Các số 12, 22 ^ những thặng dư bậc hai môđun p đôi một không cùng thuộc một lớp thặng dư môđun p. Thật vậy, phương trình X2 = k 2( m o d p ) với 1< к < 7) — 1 2 ~có nghiệm X — ± k ( m o d p). Giả sử h2 = k 2(mod p) với 1 < h, к < khi đó (/г — k)Ợi + к) — 0 (mod p) với 1 < /г, к < Do (h + k , l ) = 1 nên h — k(m od p). Từ h — k (m o d p) và 1 < /г, к < ta suy ra h = k. Giả sử a là một thặng dư bậc hai môđun p. Khi đó trong hệ thặng dư thu gọn môđun p với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất có số nguyên x 0 để Xq2 — a ( m o d p). Do 1 < |x01 < nên khi lấy к = \x01ta được а = к 2(mod p). Như vậy a cùng với lóp к 2 e Ị l 2,2 2, •••, (j— ) ỊĐịnh lý 2.1.7. Cho một số nguyên tố lẻ p và một số nguyên a nguyên tố với p. Khi đó ta có V- 1 i. Nêu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì a 2 = 1 (mod p). ii.Nêu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì a Chủng minh. 20 p-1 2 = —1 ( m od p). i. Giả sử a là một thặng dư bậc hai môđun p. Khi đó tồn tại x 0 6 1L với (x 0, p ) = 1 để x 02 = a(mod p). Theo định lý Euler V- 1 a 2 = X0P 1 — 1 ( m od p). ii.Giả sử a là một bất thặng dư bậc hai môđun p. Vì mỗi thặng dư p -1 bậc hai môđun p đêu nghiệm đúng phương trình y 2 = 1 (mod p) và p -1 phương trình này có không q u á ----- nghiệm nên trong một hệ thặng dư p-1 thu gọn môđun p có đ ú n g ----- nghiệm của phương trình này là các thặng dư bậc hai môđun p. Vậy mọi số không phải là thặng dư bậc hai môđun p đều không nghiệm đúng phương trình này. Chính vì thế P- 1 Ị , p-1 S a 2 í 1 (mod p). Điêu này có nghĩa là í a 2 — l , p j = 1. Vì a nguyên Ezỉ tô với p nên a 2 — 1 = 0 (mod p). Như vậy / Ezl \ í Ezl \ í a 2 — 1) í a 2 + 1J = 0 ( m o d p). p-1 Tóm lại, ta có a 2 = —1 ( m o d p ). Hệ quả2.1.8. Cho một số nguyên tố lẻ p và một số nguyên a nguyên tố với p. Khi đó ta có i. a là một thặng dư bậc hai môđun p khi và chỉ khi P-1 a 2 = 1 ( m od p) ii. a là một bất thặng dư bậc hai môđun p khi và chỉ khi a —2 = —1 (mod p). 2.2. Kí hiệu Legendre và kí hiệu Jacobi Đe nghiên cứu phương trình đồng dư bậc hai, Legendre đã đưa ra một kí hiệu có tính chất kĩ thuật đế xem xét phương trình X2 = a ( m o d p) 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 p và một số nguyên a nguyên tố với p. Kí hiệu Legendre ^đọc là kí hiệu Legendre a trên p, được xác định như sau / a\ _ ( 1 nếu a lầ m ộ t thặng dư bậc hai mồâun p ; \p) l —l n ế u a lằ m ộ t bất thặng d ư bậc hai m ô đ u n p. 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 a = 1,2,•••,12 có các giá trị sau ẻ) - (ẳ) - (ắ) - (ẫ) - (n) - (I' - 1 ẻ ) - (ể) - (ắ) - © - (ẳ) - © - -*• Định lý 2.2.3. Cho một số nguyên tố lẻ p và một số nguyên a nguyên tố với p. Khi đó /a\ Ezl ị —J = a 2 (mod p). Chủng minh. Neu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì a — 2 = 1 (mod p) và ( a J^ = 1; còn nêu a là một bât thặng dư bậc hai _ _ ( a\J = —1. Vậy 2 = —1 (mod p) và môđun p thì a — (CL\ = a Ezỉ 2 (m o d p). 22 Định lý 2.2.4. Neu b = a(mod p) thì Chủng minh. Khi b = a(m od p) thì a và b hoặc cùng là thặng dư bậc hai hoặc cùng là bất thặng dư bậc hai môđun p. Do đó Định lý 2.2.5. Ta có 1 Chủng minh. Ta có — = 1 vì X = 1 (mod p) luôn có nghiệm V X — ± 1 (m o d p). \ Ta có — = ( —l ) v— 2 bởi định lý 2.2.3. vì cả hai vế chỉ lấy giá trị 1 hoặc —1 nên —1 Pzl — = (-1 ) 2 . p VÍ dụ 2.2.6. Chứng minh rằng phương trìnhX 2 + 1 = 0(mod p)có nghiệm khi và chỉ khi p = 1 (mod 4). Giải: Áp dụng định lí 2.2.5.X2 + 1 = 0 (mod p) có nghiệm khi và chỉ khi 2 zl —1 1=-f = (-1) * p điều này tương đương với p = 1 (m od 4). Định lý 2.2.7. Cho p là số nguyên tố lẻ và các sốnguyên với p với mọi i = 1,2, ..., n. Khi đó 23 dị nguyên tố _ p ) i ^ l \ ( ^2 ^ 2 >"' • tpi^"Pi’ ^Pi^Pi' Từ đó suy ra {a1; a 2, •••, aPi] = {1,2, •••, px}. Do đó ••• a p = 1.2 ••• px. Nhân các vế tương ứng của các đồng dư thức trên ta được p ^.a ? 1 = a 1a 2( m od p) hay P i! a Pl = 25 (m o d p) Lại có (px!, p) = 1 nên ta suy ra aVl = t ^ . - . t p (mod p). Do đó: a Pl — ( —i y ( r n o d p). Bổ đề 2.2.11. Cho p là một số nguyên tố lẻ và một số nguyên a nguyên tố với p. Khi đó ta có /a\ pfzifa-n+ypi \!щ V- 1 Ç ) = ( - D 8 ( 1)+2йМ Р 1 = * 4 - Chủng mình. Đe chứng minh kết quả nêu trên, theo bố đề Gauss ta chỉ cần chỉ ra t = p2 — 1 8 V lka~\ (a — 1) + У — (mod 2) k =1 ^ Thực hiện phép chia a, 2a, •••, P!a cho p ta nhận được a = q1p + bl f 2 a = q2p + Ь2г - , р ±а = qPlp + bVi, trong đó 1 < bị < p — 1. Vì có t số có thặng dư âm trong hệ thặng dư , ' _ V với giá trị tuyệt đôi nhỏ nhât nên trong p1 sô bị sẽ có t sô lớn hơn —và ta có bị = dị khi tị = 1 hoặc bi = p — CLi khi ti = —1, với các số t, t if CLi đã được xác định như trong bổ đề Gauss. Ta có V1 V1 'ia' , i = 1,2, và ^ bị = ^ tịCLi + Ri = -Vi=1 i=l Do đó ta nhận được Pi a ( 1 + 2 + - + Pi) = + q2 + ••• + qPl) + ^ bi i=1 Vi V1 = р2^| — i=1 i=l rial + ^ P 1 (P1+ 1) a 2 Pi Pi P2-1 rỉa l = р 2 Л р ] i= 1 V + 2 / i= 1 26 г а ; + г р ' Đặt tịdi = A — B với A là tổng các số hạng dương và —B là tổng các số hạng âm. Khi đó V Pi-I A+B = = ^x i= i=1 = 1- +■ 2- +■ ••• + p1 p2 —1 8 do vậy V1 p 2 —1 = ,4 + £ - 2 5 = — - ------ 25 i= 1 từ đây ta suy ra Vi Vi P2- 1 _ ria] 'ia\ a 8 = pZi=[l p J + p2 —1 8 — 2 B + tp và như thế Vi p 2 —1 (a — 1) + p ^ Ị—Ị (mod 2) p t=— 8 ~ i=1 ^ VÌ (2, p) = 1 nên ta có p 2 —1 f= 8 Pi (a — 1) + ^ Ị—Ị (mod 2). i= 1 ^ Hệ quả 2.2.12. Với mỗi p nguyên tố lẻ ta có '2'\ /2 Ezỉ (Ậ; - ‘ - 1)“ \2k-\ p—\ Chủng minh. Ta có 2 — 1 = 1 và 1^— J = 0 với mọi k = 1, • • • — nên V2- 1 • /2 \ Q - Ví dụ 2.2.13. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố lẻ p thì phương trình X2 = 2 ( m o d p ) có nghiệm khi và chỉ khi p = ± 1 ( m o d 8). Giải: Phương trình X2 = 2 (mod p) có nghiệm khi và chỉ khi 27 8 ê) Điều này tương đương với p = ±1 (mod 8). 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 m = p1p2 với P i là các số nguyên tố lẻ, không nhất thiết khác nhau và a là một số nguyên, nguyên tố với 771. Khi đó kí hiệu Jacobi được xác định như sau trong đó với i = 1 ,..., k là các kí hiệu Legendre. Ví dụ 2.2.15. Từ định nghĩa kí hiệu Jacobi, ta thấy rằng ( — ) = ( —l ) . Do đó phương trình đồng dư VPi/ X 2 = a ^ m o d p i) vô nghiệm. Từ đó suy ra phương trình X2 = a ( m o d rù) vô nghiệm. Tuy nhiên trong trường hợp ( — ) = 1 ta không thể suy ra \m j có nghiệm. 28 X 2 = a(m od m ) = X 2 = 2(mod 55) vô nghiệm vì Ví dụ 2.2.17. Bố đề 2.2.18. Giả sử 771 = pxp2 ••• Vk với Vi là các số lẻ. Kí hiệu m 2 —1 ra — 1 Pi —1 pL2 — 1 b —= bẤ + b2 H------1- bk(mod 2). Chủng mình. Ta có 1 a = ị [(1 + a j ( 1 + a2) ••• (1 + ak) - 1] 1 ——[2d1 + 2a2 + ••• + 2 = ữ-L + ữ2 + ••• “ỉ" CLỵ + 4i4] 2i4 và ò - - [(1 + 8Ò!)(1 + 8ò2) ••• (1 + 8bk) - 1] = —[8b-L + Sb2 "I" ••• 4" Sbfc + 645] = b1 + b2 + ••• + bk + 8 B Định lý 2.2.19. Tính chất của kí hiệu Jacobi Cho m là một số nguyên dương, a,b ,m ,p l t p2 là những số nguyên. Khi đó ỉ. ii.Neu a — b(mod m) thì iỉỉ. 29 iv - (Ỉ) = © = ( - 1 ) 771- 1 v- f â = (_ 1 )' = c-u Vi. © m 2- l Chủng minh. Suy trực tiếp từ bổ đề và các tính chất của kí hiệu Legendre. /1 0 5 \ Ví dụ 2.2.20. Tính \ ch° biết 941 là một số nguyên tố lẻ. Giải: Ta có Q =(4 X 4 ) (4 ) = - ^ ) = - ( ! ) = ' 9417 7 \ 941/ ,4 1 ' = íiu V 5 ) V5 /941\ _ /3' V7 / V7 . / 105\ Nêu xem Ị -— I là kí hiệu Jacobi thì ta có V941/ /1 0 5 \ _ /9 4 1 \ _ /1 0 1 \ _ /1 0 5 \ _ / 4 \ _ V941/ - VĨÕ5/ " VĨÕ5/ " \ ĩ õ ĩ ) ~ l ĩ õ ĩ / " 2.3. Luật thuận nghịch bậc hai (m\ , , Trong việc xác định kí hiệu Legendre ^ —J với q là sô nguyên tô ta có thểquy về việc tính p > qthì ^ với p, q là hai số nguyên tố phân biệt. Nếu ta chỉ phân tích p = kq + p',p' < q và ta có ^ Trong trường họp p < q 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 p, q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt, khi đó (p-1) (q-1) ( q\ ( (ĩ)=■ ■ (?) (p -1 ) (q -1 ) , , D o --------■---------lẻ nêu và chỉ nêu p = q = 3(m od 4) nên định lý 1 ta có thể phát biểu như sau © = - (p) ’nếup=q=3(mod4) và © = (p) trong trường hợp ngược lại. Định lý 2.3.2 (Tổng Gauss tổng quát ). Cho m vàn là hai số nguyên khác không. Khi đó tống Gauss tống quát được định nghĩa bởi |n| g(m ,n) = y (1) k =1 Chúng ta có mỗi liên hệ giữa g ( m , n ) và g { —n, m), xem như là luật thuận nghịch của tống Gauss như sau Định lý 2.3.3. Cho m và n là hai số nguyên khác không, khi đó - ^ = g ( m , r i ) = e ^ l - ịmnịS9n 0, và tích phân Ị cp(u) với c là đường thẳng trong mặt phang phức đi qua điểm 1 n u = ị và họp với trục sô thực một góc là —. Trước hết ta cần chứng minh tích phân J 0 ( u ) du là hội tụ. Ta xét hàm 0(u) trong một dải bị chặn bởi hai đường thắng song song với c và nằm về hai phía của c. Khi đó ta có thể biểu diễn u = c + r. e~ĩ, T = R e z+ UmT, trong đó c và r là các số thực, c bị chặn và r biến thiên tùy ý. Ta có ị g m n i 2+ 2 m X u I _ TU 2 + và g - 7 ĩ l m( T U2 + 2 Xu ) 2Xu = irr2 + 2e~*(ĩc + X ) r + (rc + 2x ) c suy ra I m ( ĩ u 2 + 2XÙ) > Rer. r 2 — 2\TC + x \\r\ — \{rc + 2X)c\ do đó \ q TTXTU. + 2 m X u ị < g-7Ư- Rer+ 7ĩ\ĩ\(c +2\ cr \ ) + 2 7ĩ\x\(\c\ + \u\) < Ae~7rr'2ReT+B\r\ (4) trong đó i4và B là các hằng số phụ thuộc r. Hơn nữa, \e7ỉim — l | > 1 — \e Do r -> ±oo khi \u\ -> oo 1 - e _V2; trong dải đã chọn, nên với \u\ đủ lớn thì ta có ,7ĨÌĨU - 1 >T 7> 0, (5) Từ (4) và (5) ta có |0(iOI < A1e~m'2ReT+B\r\, Với |u| đủ lớn trong dải đã chọn do đó tích phân / 32 (6) cPQu) du là hội tụ. Với môi X 6 c ta đặt f ( x ) = f ( X , ĩ) = ị 0{u,x, ĩ) du, c với mỗi n > 0 xét hình bình hành ỵ sinh bởi đường thẳng c , đường 1 thăng Cn song song với c và căt trục sô thực tại điêm n ^ ị và hai đường thẳng LẤ, L2 song song với trục số thực và nằm về hai phía của trục số thực. Theo định lý Cauchy về thặng dư ta có n (7) Theo (6) thì 0 (u ) -> 0 đều khi \u\ -> oo trong dải được giới hạn bởi c vàC n. Do đó khi cho /^và tiến ra vô cùng về hai phía ta có ( 8) c r Tuy nhiên, theo (3) ta có 0 ( ụ , x + m) 0(u + n , x ) = e -> 33 Do đó Ị 0(u)du 0{ù)du = — ỊI 0,71 > 0 ta có z 71 n \ m _ - TTl, 2 _• m—k +m m k■ __ 2_le T — ( l - n m -V) X \— 1 = Im/ne* k =1 2j _-n mkn +k , 27Ú — /c = 1 Trong công thức trên ta thay m = 72 = 1 vào ta có + 0 0 /1 = J — e -;zr2 d r = 1 . 00 Bằng phép đổi biến r >-> rrtro n g đó Tlà một số thực dương, ta có +00 Ir = Ị e ~ TO' 2 d r = 35 /Ị r ' / r, Do đó ta có n .— ^ —1 _ rn, 2 _• m —k + m m k, \ y en Lu fc=i m л/72 ni,* v —( 1-nm ) \ \ = —— e 4V Vm — / 1 e » n - m k n - k■ 2 _та— m> fc=i Suy ra - )=g(rn,n ) = —== n, m),(12) Như vậy định lý được chứng minh với m > 0, n > 0. Nếu m > 0, n < 0 thì —71, m > 0 nên áp dụng (12) ta có 1 1 nb —f= g ( —n , m ) = fỉ~4 ym V—71 m Cf[—171., —71) Suy ra 1 1 g ( —m , —n ) = —= e л/ n ’ л /т -TTt |nmug ( —n,m), Mà theo (1) thì g ( —m, —ù) = g ( m , n ) nên ta có (2). Nếu m < 0,71 < 0 thì —71, —m > 0 nên áp dụng (12)và g ( n , —T7Ì)= g ( —n , m ) , g ( —m , —n) = g ( m , n ) ta có (2). 2.4. Một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai Đe chứng minh luật thuận nghịch Gauss ta sẽ chứng minh một kết quả tổng quát Định lý 2.4.1. Cho n là số nguyên tố lẻ và m là số nguyên sao cho (m ,n) = 1, khi đó {ĩ) = ầ e~i(n~1)g(-m’n)’ Chủng minh. Do k 2 = k(m o d 2) nên ta có n n -1 ÆΗ(n + l)/c‘ -= 11 ++ 2Y«'5' ] g{m,n ) = £ /c=1 /c=1 Đe ý rằng, nếu /í2 = p(m od rì) thì 36 (13) .m , ., . m. . e m^(n +l)k' _ e m^(n +l)p 7 Nhung với mọi к chạy từ 1 đến 71, nếu к 2 = p (m od rì) thì p là thặng dư bậc hai theo môđun 71 và (n —k ) 2 = k 2 = piỵnod TÌ). Do đó khi к chạy từ 1 đến n thì k 2(lấy theo môđun n) chạy khắp tập các thặng dư bậc hai theo môđun n đúng hai lần. Vậy g{m, rì) = 1 + 2 ^ e 7dn(jl+1^)Pt (14) p trong đó p chạy khắp tập các thặng dư bậc hai theo môđun 71. Bây giờ ta xét tổng Z m —(n + l ) v e n V trong đó V chạy khắp tập các bất thặng dư bậc hai theo môđun n. Rõ ràng ta có Z . m, ^ V 1 „ m —(n + l ) p . \ en .m , + > e n p n -l „- V—1 „ m —(n + l ) v \ .m „m— = > e n V k =1 Đặt 77 = e Mn {n+ \ ta có îf1 = 1( do n + 1 chẵn) và ĨỊ Ф 1( do n \ m) thay vào trên ta có 1+ V e ” n ( n+1)^ + p V е л‘ п (п+1) k =1 V ^ ỉ r ° ' t l l' - Y e * ? ” 1» ' = g (l,n ){th eo ( 16 ) ) V p 'ĨYl = Q ỡ (l,n) ĩl Vậy ta luôn có 'ĨTĨ g(m , rì) = ị —) 5 ( 1, n), Theo íặ>ỉ/z lý 3.2.1. ta có -^ = y/\n\ 0 ( 1 , 71) = e ? (1 _n)0 ( - n , 1) = e ĩ (1~n\ (do g ( —n, 1) = l) ^ > g ( l ,n ) = v ^ e ĩ (1-n) Thay vào (17) ta có 1 ri, /ГП\ (— ) = -7=É?4 yjn g(jn, rì). Bây giờ ta sẽ đưa ra cách chứng minh thứ nhất của định lý 2.3.1. Trong định lý 2.4.1. thay m = —1 ta có Mà theo định lý 3.2.1. thì 38 (17) - ^ = g ( - l,n ) = 6?4(n g ( - n , - l ) = e™{n 1}, do g ( —n, —1) = 1, nên ta có m, >. n— 1 = e2(n_l) = ( - l ) T , ( 18) (t ) - với 71 là số nguyên tố lẻ. Theo định lý 3.3.1. ì và định lý 2.3.3. ta có (E\ = J L e ỳ * - » g ( p iq ) = V Vp Vp Vp Mà theo (18) thì = Ĩ)-(= ĨV Ĩ) _ > - > ( ’ p ) \ p ) \p) \p Suy ra = e7(ợ-l +l-pợ +p-l) í// _ g-fkp-1)07-1) \p \p / PzlBzl ÍQ\ V' Tiếp theo ta sẽ trình bày cách chứng minh thứ hai, chứng minh luật thuận nghịch bậc hai dựa vào tổng Gauss Chủng minh. Trước hết ta chứng minh cho trường hợp p và q là các số nguyên tố lẻ. Gọi w là một nghiệm của đa thức x v — 1 trong Fq. Khi đó với mỗi I E lFp ta có thể lấy w x xác định và không phụ thuộc vào cách chọn đại diện của X trong Fp. Ta xét tổng Gauss sau đây y - m X6F p Khi đó ta có các khẳng định sau đây 39 ^ Bỗ đề 2.4.2. — У = ( - 1 ) 2 pThật vậy ta có Nhóm các số hạng một cách thích hợp ta có wk x,yeFp x , k EFp Đe rút gọn tổng này, ta có thể dùng bổ đề sau Bổ đề 2.4.3. Cho a, b, с là các số nguyên và p là một số nguyên tố sao cho p \ a v ầ p \ b 2 — 4 ac. Khi đó ta có , , /4 a \ , Băng cách nhân cả hai vê với ^ — J ta có thê giả sử а = lvà b = 0. Khi đó, đẳng thức của ta được viết lại 'x2 + с xGFp S ( : p = -1 , ' ' ' p —1 Với chú ý răng dâu băng thực sự xảy ra trong Fp. Đặt h = — , theo định lý Euler ta có X2 + с ĩỊ Ị £ ).(, . +c)- | ữ V 7 ỉ=0 Cộng tất cả lại ta có (19) 40 Ở đây ta chú ý rằng (p — 1,nếu p — IIк 0, neu p — 1 \ к ' x xGFpx eFj Thật vậy, nhóm IF* là một nhóm cyclic. Gọi g là một phần tử sinh của nhóm đó. Khi đó mọi phần tử khác 0 trong IFp đều có dạng g h với h 6 0, •••, p — 2. Do vậy ta có đằng thức P-1 ^ x k = ^ g ki, xe Wp i=0 xeFj Nếu p — l\k thì tống trên hiến nhiên bằng p — 1. Ta xét trường hợp khi nếu p — 1 \ k, khi đó g k ^ 1 nên ta có p-2 I i=0 Do vậy chú ý trên được chứng minh. Theo chú ý trên, với l < h thì 2h < p — 1 nên tổng ^ X2Ỉ = 0. XGFp Từ đó ta suy ra được I í x 2 + c\ xeFjV (với chú ý là с = p — 1 = —l(m o d p). V ,h-h _ 0 nên сл-л = 1). Ta nhận xét rằng vế phải bị chặn bởi p do từng số hạng bị chặn bởi 1. Ngoài ra nếu tồn tại X sao cho p\x2 + с thì có đúng hai so X như vậy do p \ c. Do đó tổng vế phải luôn chỉ có 0 hoặc 2 số hạng bằng 0, các số hạng khác bằng 1 hoặc —1. Do có đúng p số hạng, tổng này phải là số lẻ. 41 Từ những nhận xét trên, ta suy ra tổng này phải bằng —1. Do đó ta chứng minh được bổ đề. Quay lại bài toán ở trên, khi k 0 ta có ( x ( k —x ) \ / —1' p ' V V ỉ Khi k = 0 ta nhận được XEĨE Ĩ pị X Từ nhứng điều trên ta suy ra được y2 = -1 \ . /- 1 ' w k + (p - 1) = ( - 1 )”^ p . ^ k e¥p BỔ đề 2.4.4. \p Thật vậy, ta có yq=( j í {ĩ)wX) \ X E WP / ’ (2) Do trường wq có đặc số q nên với mọi a, b e wq ta đều có (a 4- b)q = a q + bq, Áp dụng đẳng thức này vào (2)ta được y < ỉ = z ( p ) w < p : ’ Do gcd(p, q) = 1 nên ánh xạ X I—» qx là một song ánh từ Wp vào chính nó. Do đó nếu ta đặt t = qx thì tổng trên có thể viết lại t > '= ( m > - = ( Ị ) y tewp 42 Từ đó ta dễ dàng suy ra được Từ các bổ đề trên ta có /q\ _ í \ ( - J = y q 1 = (y 2) 2 = (с—1) 2 •p) q-1 2~ p-1 7) — 1 >2~ ’ n ^ ' c^c tri Khi đó ta có Chứng minh. Gọi rlf r2, •••, rn là các giá trị của (Xj p không vượt quá —và slt s2, •••, sk là các giá trị còn lại. Chúng nhận giá trị khác nhau và khác p 0. Ta có 0 < p — Tị < — vói i = 1,2, •••, n và không c ó p — Tị = Sj. Thật vậy, nếu p — Tị = Sj thì —Tị = Sj(mod p \ S j = u a ( m o d p) dẫn tới ua = —va (m o d p). Điều này mâu thuẫn với и £ —v(m od p). Do vậy ta có thể sắp thứ tự cho dãy slt s 2, •••, p —rlf •••, p —rn tương ứng nhận giá trị là в7 —. Ta có 43 (V)!=fbT>-^ П Пn j=l ( ~ Y ~ ) '■ (_ 1 )n i= 1 7=1 si 1=1 (mod p■* û.-i)/2 (^2~)!-(-1)пY \ ai ^m odp') )=1 ( ^ 2 ~ ) ! “ (_ 1 )n (^~2~~”) ! ß(p 1)/2(*mod p)Sử dụng luật giản ước ta được (—l ) n = a (p ^2 (m o d p), hơn nữa ta có ị mod p ) a (p V2 = nên ta có (—l ) n — ^ (mod p). Với chú ý rằng hai vế của đồng dư thức này chỉ có thể nhận giá trị 1 hoặc (—1), cho nên ta được đắng thức (—l ) n = Ị—^ (mod p). Bỗ đề 2.4.6. Neu p là một số nguyên tố lẻ sao cho (a, 2p) = 1 thì 7= 1 Đặc biệt với a = 2. p2-D/8 44 Chứng minh. Với các hàm được định nghĩa như trên. Xét a ẽ ^ ( f l , p ) = 1. Chú ý ở đây chúng ta có thể viết ja = p 'ja' + (Xị với j = 1, — p —1 . Ta có (p-l)/ (p-l)/ r. n 2 ,1 1 /2 j a = z ; =X 2 p [ v ] + s ? =1 Tj + , 5;, ( 1) Hơn nữa, ở phần trên chúng ta đã chứng minh được dãy s1} s2, ••• ,p — rlt ••• ,p — rn sắp xếp được và (p-Ị)/2 (a-1) /Cp - i >/2 £ j =pi ;=1 \ Ỵ' ;=1 \ Ệ ] - n ) + 2X ^ / 7=1 (P-i)/2 . i =1 p2 - 1 „ , , s (p 2 - 1) nên (a —1) 8 8 '(p-i)ỵ 2 ja p\ - \u = \ —7 2 + 2 n I/" 7-1 7 1 /(P3 ... \ —n (£ S-) (mod 2). Trước hết ta chứng minh cho trường hợp a là số lẻ, tức a — 1 là số chẵn, suy ra (P - i )/2 ỹa *■ 1j =1 1 Theo bổ đề Gauss ta có ủ = 72. 45 (mod 2). Với trường họp a = 2 thì p —1 (p2 — 1) ■2j = 0 với j = 1, •••,—-— suy r a n = ---- ----- (mod 2), 2 Ipl Bây giờ chúng ta sử dụng hai bổ đề trên để chứng minh luật thuận nghịch bậc hai. Chủng minh. ẹ o -[...]... a 2 = —1 ( m o d p ) Hệ quả2.1.8 Cho một số nguyên tố lẻ p và một số nguyên a nguyên tố với p Khi đó ta có i a là một thặng dư bậc hai môđun p khi và chỉ khi P-1 a 2 = 1 ( m od p) ii a là một bất thặng dư bậc hai môđun p khi và chỉ khi a —2 = —1 (mod p) 2.2 Kí hiệu Legendre và kí hiệu Jacobi Đe nghiên cứu phương trình đồng dư bậc hai, Legendre đã đưa ra một kí hiệu có tính chất kĩ thuật đế xem xét... 11) vì (5,11) = 1 nên 5 l một thặng dư bậc hai môđun 11 ii.x 2 = 2 (mod 11) vô nghiệm vì (2,11) = 1 nên 2 là một bất thặng dư bậchai môđun 11 Mệnh đề 2.1.4 Cho một số nguyên tố lẻ p và một số nguyên a nguyên tố với p, khi đó i Neu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì mọi phần tử thuộc lớp thặng dư ã(m od p) cũng là thặng dư bậc hai môđun p 18 ii.Neu a là một bất thặng dư bậc hai môđun p thì mọi phần... 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 m = p1p2 với P i là các số nguyên tố lẻ, không nhất thiết khác nhau và a là một số nguyên, nguyên tố với 771 Khi đó kí hiệu Jacobi được xác định như sau trong đó với i = 1 , , k là các kí hiệu Legendre Ví dụ 2.2.15 Từ định nghĩa kí hiệu Jacobi, ta thấy rằng ( — ) = (... 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 p, q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt, khi đó (p-1) (q-1) ( q\ ( (ĩ)=■ ■ (?) (p -1 ) (q -1 ) , , D o ■ -lẻ nêu và chỉ nêu p = q = 3(m od 4) nên định lý 1 ta có thể phát biểu như sau © = - (p) ’nếup=q=3(mod4) và © = (p)... p) là một nghiệm của (8) và kí hiệu L là tập tất cả các lớp môđun p a của x^(mod p) Khi đó ta có các khẳng định sau 13 i Nếu f ' (xt ) không chia hết cho p thì trong L sẽ có đúng một lớp là nghiệm của (7) ii Neu / ' Oq) chia hết cho p và f ( x 1) chia hết cho p a thì tất cả các lóp của L đều là nghiệm của (7) iii Nếu / ' Oq) chia hết cho p và /O q ) không chia hết cho p a thì tất cả các phần tử của lóp~Y[(mod... n thì tất cả các lớp của 5 đều là nghiệm của (4) iii Nếu / '( % ) chia hết cho p và /( % ) không chia hết cho p n thì tất cả các phần tử của lớp Y[(jnod p n_1) đều không là nghiệm đúng của (4), do đó tất cả các lớp s đều không là nghiệm của (4) 12 Chủng minh Hiển nhiên mỗi nghiệm của (4) cũng là nghiệm của (5) Giả sử X = x 1(mod pn_1) là một nghiệm của (5) Khi đó X = X1 + p n~1t, thay vào phương trình... pn_1) với p là một số nguyên tố và n > 1 nguyên Khi đó mỗi nghiệm đúng của (4) cũng là một nghiệm đúng của (5) Ngược lại, giả sử X = x ^ m o d pn_1) là một nghiệm của (5) và kí hiệu s là tập hợp tất cả các lóp môđun p n của x ^ ( m o d p n_1) khi đó ta có các khẳng định sau i Neu / 'C O không chia hết cho p thì trong s sẽ có đúng một lóp là nghiệm của (4) ii.Neu f ( x i) chia hết cho p và / ( x x) chia... 49) Giải các hệ này suy ra phương trình đồng dư X3 + 6 x 2 + 2 = 0 (mod 1323) có ba nghiệm là í X = 76 (m o d 1323) I X = 51 ( m o d 1323) [x = 958 (mod 1323) 17 CHƯƠNG 2: LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI 2.1 Thặng dư bậc hai Cho p là một số nguyên tố lẻ và phương trình đồng dư bậc hai a x 2 + bx + c = 0 (mod p) với a nguyên tố với p Đ o p nguyên tố lẻ và (a, b) = 1 nên phương trình đồng dư bậc hai a x 2... ( m o d p) trong đó p là một số nguyên tố lẻ và a nguyên tố với p Định nghĩa 2.1.1 số nguyên a được gọi là một thặng dư bậc hai theo môđun p nếu phương trình đồng dư bậc hai X2 = a ( m o d p) có nghiệm Số nguyên a được gọi là một bất thặng dư bậc hai môđun p hay thặng dư phi toàn phương môđun p nếu phương trình đồng dư bậc hai X2 — a ( m o d p) vô nghiệm Ví dụ 2.1.3 Xét một vài ví dụ sau i X2 — 5 (m... V- 1 i Nêu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì a 2 = 1 (mod p) ii.Nêu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì a Chủng minh 20 p-1 2 = —1 ( m od p) i Giả sử a là một thặng dư bậc hai môđun p Khi đó tồn tại x 0 6 1L với (x 0, p ) = 1 để x 02 = a(mod p) Theo định lý Euler V- 1 a 2 = X0P 1 — 1 ( m od p) ii.Giả sử a là một bất thặng dư bậc hai môđun p Vì mỗi thặng dư p -1 bậc hai môđun p đêu nghiệm đúng ... lut thun nghch bc hai i tng v phm vi nghiờn cỳn i tng nghiờn cu l kớ hiu Legendre, kớ hiu Jacobi v lut thun nghch bc hai Phm vi nghiờn cu l nghiờn cu v kớ hiu Legendre, kớ hiu Jacobi da trờn lý... p p / PzlBzl Q V' Tip theo ta s trỡnh by cỏch chng minh th hai, chng minh lut thun nghch bc hai da vo tng Gauss Chng minh Trc ht ta chng minh cho trng hp p v q l cỏc s nguyờn t l Gi w l mt nghim... nhng c hai v ch nhn giỏ tr hoc (1) trng hp ny nờn chỳng bng trờn Ta cú iu phi chng minh Tip theo ta xột cỏch chng minh th ba ca lut thun nghch bc hai: chng minh bng cỏch m s im nguyờn e chng minh