TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN HOÀNG THỊ HẢI YẾN CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE, JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHÚNG MINH CỦA LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI KHÓA LUẬN TÓT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số HÀ NỘI - 2015 TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN HÀ NỘI - 2015 HOÀNG THỊ HẢI YẾN CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE, JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHÚNG MINH CỦA LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI KHÓA LUẬN TÓT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Ngưòi hướng dẫn khoa học ThS ĐỖ VĂN KIÊN Được phân công khoa Toán trường Đại học Sư Phạm Hà Nội đồng ý thầy giáo hướng dẫn ThS Đỗ Văn Kiên thực đề tài “Kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi vài cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai" Tôi xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo tận tình hướng dẫn giảng dạy suốt ƠN hình học tập, nghiên cứu rèn luyện trường Đại họcLỜI SưCẢM Phạm Hà Nội 2, xin gửi lòi cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn ThS Đỗ Văn Kiên tận tình, chu đáo hướng dẫn thực khóa luận Mặc dù có nhiều cố gắng để thực đề tài cách hoàn chỉnh Song, lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học hạn chế kiến thức kinh nghiệm nên không tránh khỏi thiếu sót Tôi mong góp ý quý Thầy, Cô bạn sinh viên để khóa luận hoàn chỉnh Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2015 Sinh viên Hoàng Thị Hải Yến Khóa luận tốt nghiệp nghiên cứu riêng tôi, nghiên cứu hoàn thành hướng dẫn giáo viên hướng dẫn ThS Đỗ Văn Kiên, sở số tài liệu tham khảo Tôi xin cam đoan kết không trùng với kết tác giả khác Hà Nội, tháng năm 2015 Sinh viên Hoàng Thị Hải yến LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC MỞ ĐẦU Lí chon đề tài * Có thể nói kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc hai mảng kiến thức hay khó liên quan đến kiến thức đồng dư, đồng thời có ứng dụng số học nước ta theo biết, đến năm 2008 có tài liệuTiếng Việt thức đề cập đến 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" Mục đích nghiên cứu Khóa luận gồm ba chương: chương 1, chương khóa luận hình bày lý thuyết đồng dư, kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai, chương đưa số tập áp dụng luật thuận nghịch bậc hai Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu kí hiệu Legendre, 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 hai tập áp dụng Phương pháp nghiên cứu Trong khóa luận này, thu thập đọc tài liệu tìm từ nhiều nguồn khác để phân tích, nghiên cứu kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi luật thuận nghịch bậc hai số cách chứng minh sau ghi lại cách hệ thống theo cách hiểu CHƯƠNG 1: LÝ THUYẾT ĐÒNG DƯ Trong chưong xin trình bày lại số kiến thức đồng dư thức: khái niệm tính chất đồng dư thức, phưong trình đồng dư ẩn bậc cao Đồng dư thức Định nghĩa 1.1.1 Cho m số nguyên dương, a b hai số nguyên Ta nói a b đồng dư với theo môđun m phép chia a b cho m ta số dư, nghĩa có số nguyên qi, q2>r với < r < m cho a = mq± +rvầb = mq2 + r Khi a\ầb đồng dư với theo môđun m, ta viết a = b(mod m) Nếu a không đồng dư với b theo môđun m ta viết a ĩ b(mod m) Định lý 1.1.2 Các kết sau tương đương Lữ — biynod m) a — b chia hết cho m (kí hiệu m|(a — b)) Tồn số nguyên t cho a = b + mt Chứng minh => ii Ta có a = b(mod m) a = mq1 + r,b = mq2 + r với q1,q2,r E < r < m Suy a — b = m— q2) Do ^ — q2 E z nên m|(a — b) => iii Giả sử m|(a — b) tồn số t E TL cho a — b = mt tức a = b + mt => i Giả sử có số t E TL cho a = b + mt Gọi r số dư phép chia a cho m, nghĩa a = mqí + r với qr, r E < r < m Khi b + mt = a = mq± + r hay b = mCq! — t) + r, q± — t G Z, O < r < m Chứng tỏ số dư phép chia b cho m r, tức a = b(mod m) Định nghĩa 1.1.3 Các lóp tương đương theo quan hệ đồng dư môđun m gọi lóp thặng dư môđun m Mệnh đề 1.1.4 Số lóp thặng dư môđun m m Chứng minh Mỗi lóp thặng dư môđun m chứa số dư 0,1, , m — thu chia số nguyên cho m Vậy số lớp thặng dư môđun m m Kí hiệu lóp thặng dư chứa số nguyên a ã Như ã = [a + mt/tel} Mỗi số lóp thặng dư gọi thặng dư số re~ã vói < r < m gọi thặng dư không âm bé lóp ã Như 1m = (õ, ĩ,, m — 1} = [mk, mk + 1,, m(/c + 1) — l) với số nguyên k Ví dụ 1.1.5 %s = {Õ, ĩ,, 7} = (8,9,, 15} Các thặng dư không âm bé lóp đồng dư môđun {0,1, ,7} Định nghĩa 1.1.6 Nếu từ lóp thặng dư môđun m ta lấy đại diện tập họp đại diện gọi hệ thặng dư đầy đủ môđun m Nếu từ lóp thặng dư môđun m ta lấy đại diện không âm bé tập hợp đại diện gọi hệ thặng dư đầy đủ không âm bé môđun m Nhận xét 1.1.7 Từ định nghĩa hệ thặng dư đầy đủ ta suy hệ thặng dư đầy đủ môđun m hệ gồm m số nguyên, đôi không đồng dư môđun m Từ ta dễ dàng suy Từ bổ đề ta có (-) = yq = (y2)^1 = ((-l)V.p) = (-I)V V^ Đẳng thức xảy ttên Wq hai vế nhận giá trị (—1) trường họp nên chúng TL Ta có điều phải chứng minh Tiếp theo ta xét cách chứng minh thứ ba luật thuận nghịch bậc hai: chứng minh cách đếm số điểm nguyên Để chứng minh định lý trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 2.4.5 (Bổ đề Gauss) Cho p số nguyên tố lẻ, a G TL, (a,p) = Đặt = aj(mod p) với j = 1,r~2~ , n số giá trị j mà (Xj > Khi ta có V Chứng minh Gọi rlP r2, , rn giá trị C(j không vượt — slt s2, ■■■, sk giá trị lại Chúng nhận giá trị khác khác V Ta có < p —< — vói i = 1,2, ■■■, n không cóp — Vị = Sj Thật vậy, p — = Sj —Tị = Sj(mod p),Sj = ua(mod p) dẫn tói ua = —va(mod p) Điều mâu thuẫn với u í —v(mod p) Do ta thứ tự cho dãy slt s2, ■■■,p — r1# ■■■,p — rn tương ứng nhận giá trị 1, Ta có i~2~)! “ (_i)n Y\SJ n* ^mod p^ 7=1 1=1 ip-% i~~2~) '■ - (_i)n naj ^mod v■* 7=1 = i=1 ! “ (_1)n (^2~) ! fl(p 1)/z(mod p)Sử dụng luật giản ước ta (—l)n = aV ^2(modp), ta có aP *^2 = (mod p) nên ta có (—l)n = ^ (mod p) Với ý hai vế đồng dư thức nhận giá trị (—1), ta đẳng thức (—l)n = j (mod p) Bổ đề 2.4.6 Nếu p số nguyên tố lẻ cho (a, 2p) = Đặc biệt với a = 2, (P-D/ (_l)(p2-i)/s Chứng minh Với hàm định nghĩa Xét aG2,(fl,p) = l Chú ý viết \m , ja = p -p-1 Lpj Ta có (p-1)/ (p-1)/ r.n z;.ĩ ’;«=z;.a S£]+Z7- Hơn nữa, phần chứng minh dãy s1,s2, ,p — rlt’mm ,p — rn xếp (a-l) = p X [^] “ " ) + 2 7=1 y 7=1 y 7=1 Với ý (r~% z>- p2“1 „ r ^(p2-!) 7=1 (?*■) , ^(p2-!)_ (mod 2) O-1)—g—- p Trước hết ta chứng minh cho trường họp a số lẻ, tức a — số chẵn, suy (P-i)/2 n = ^ Ị— (mod 2) 7=1 ^ Theo bổ đề Gauss ta có t = n Với trường họp a = ại p-1 (p2 - 1) ' Bây Lpchúng ta sử dụng hai bổ đề để chứng minh luật thuận nghịch bậc hai Chứng minh Vì p — 1, q—1 số chẵn nên theo bổ đề 2.4.6 ta có T\ = r_i'iz2ĩ’)/z[f] vằ (ĩ\ = ^ Vậy đê chứng minh mệnh đê hên ta chứng minh đăng thức V - [...]... 1,2,-”,12 có các giá trị sau Q-lầ-Q-Q-Q-Q-' Định lý 2.2.3 Cho một số nguyên tố lẻ p và một số nguyên a nguyên tố vói p Khi đó 0 _ = a 2 (mod p) Chứng minh Nếu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì V-1 1; còn nếu a là một bất thặng dư bậc hai V-1 g) = -l.yậy môđun p thì a 2 = — l(mod p) và V-1 Chứng minh Khi b = a(mod p) thì a và b hoặc cùng là thặng dư bậc hai hoặc cùng là bất thặng dư bậc hai môđun p... ta có a là một thặng dư bậc hai môđun p khi và chỉ khi £-1 a 2 = l(mođ p) a là một bất thặng dư bậc hai môđun p khi và chỉ khi £-1 a 2 = — l(mođ p) 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 để xem xét phương trình X2 = a(mod p) có nghiệm hay không còn gọi là kí hiệu Legendre được đề cập ngay dưới đây một số nguyên... ±4(mod 11) vì (5,11) = 1 nên 5 l một thặng dư bậc hai môđun 11 x2 = 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 Nếu a là một thặng dư bậc hai môđun p thì mọi phần tử thuộc lớp thặng dư ã(mod p) cũng là thặng dư bậc hai môđun p ii Nếu a là một bất thặng dư bậc hai môđun p thì mọi phần tử... nghiệm của (4) Nếu f(_xi) chia hết cho p và f(_xt) chia hết cho pn thì tất cả các lóp của s đều là nghiệm của (4) Nếu /' Oq) chia hết cho p và f(_xt) không chia hết cho pn thì tất cả các phần tử của lóp ĩc[(mod pn_1) đều không là nghiệm đúng của (4), do đó tất cả các lóp s đều không là nghiệm của (4) Chứng minh Hiển nhiên mỗi nghiệm của (4) cũng là nghiệm của (5) Giả sử X = ^(mod pn_1) là một nghiệm của. .. nghiệm đúng của (7) cũng là một nghiệm đúng của (8) Ngược lại giả sử X = X1 (mod p)là một nghiệm của (8) và kí hiệu L là tập tất cả các lóp môđun pa của x^(mod p) Khi đó ta có các khẳng định sau Nếu /' Oq) không chia hết cho p thì trong L sẽ có đúng một lớp là nghiệm của (7) Nếu f' Oq) chia hết cho p và /c^i) chia hết cho pa thì tất cả các lớp của L đều là nghiệm của (7) Nếu f' Oq) chia hết cho p và /c^i)... Ta có 2 — 1 = 1 và — = LVJ © ■