Luận văn thạc sỹ một số mở rộng của định lý wilson và áp dụng

Đến nay có nhiều cách chứng minh Định lý Wilsonnhư sử dụng tính chất cơ bản của thặng dư, sử dụng thặng dư đa thức, sử dụng công thức khai triển của Euler, sử dụng Định lý Sylow, ..... Đ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

PHẠM THỊ THANH HẢI

MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA ĐỊNH LÝ WILSON VÀ ÁP DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS TRẦN NGUYÊN AN

TS NGUYỄN TUẤN LONG

THÁI NGUYÊN - 2022

Mục lục

MỞ ĐẦU 1

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1

1.1 Thặng dư 1

1.2 Nhóm và nhóm hữu hạn 9

Chương 2 Định lý Wilson và một số mở rộng 16

2.1 Định lý Wilson và áp dụng 16

2.2 Định lý Sylow và ứng dụng chứng minh Định lý Wilson 27

2.3 Định lý Wilson cho nhóm hữu hạn 36

2.4 Định lý Wilson cho vành và cho vành đa thức 40

KẾT LUẬN 45

Tài liệu tham khảo 45

MỞ ĐẦU

Định lý Wilson được đặt theo tên nhà toán học người Anh JohnWilson (1741-1793) Wilson đã phỏng đoán kết quả khi còn là một sinhviên tại Đại học Cambridge Leibniz cũng phỏng đoán kết quả đó vào thế

kỷ thứ 17, mặc dù ông không công bố phỏng đoán của mình Trên thực

tế, phỏng đoán này đã xuất hiện trong tác phẩm của Ibn al-Haythamngười Ả rập vào khoảng năm 1000 Nó được Lagrange chứng minh đầutiên vào năm 1771 Đến nay có nhiều cách chứng minh Định lý Wilsonnhư sử dụng tính chất cơ bản của thặng dư, sử dụng thặng dư đa thức,

sử dụng công thức khai triển của Euler, sử dụng Định lý Sylow, Định

lý Wilson có nhiều ứng dụng trong số học như kiểm tra số nguyên tố,thặng dư bậc hai, nghiên cứu công thức số nguyên tố, tìm phần dư, ứng

được nghiên cứu Mở rộng đầu tiên bởi Gauss [G, Art.78] Rồi sau đó

là các mở rộng cho nhóm hữu hạn, cho vành, vành đa thức, vành hữuhạn,

Mục đích chính thứ nhất của luận văn là tìm hiểu một số cáchchứng minh của Định lý Wilson dạng cổ điển, một số áp dụng của định

lý Nghiên cứu một số mở rộng của định lý cho nhóm hữu hạn, vành,vành đa thức là mục đính chính thứ hai của luận văn

Luận văn được chia làm hai chương Chương 1 trình bày một

số kiến thức chuẩn bị về thặng dư, nhóm, nhóm hữu hạn Chương 2 làchương chính của luận văn, trình bày một số chứng minh Định lý Wilson

và trình bày một số mở rộng của định lý Wilson cho nhóm hữu hạn,vành, vành đa thức

Trong suốt quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫn

và giúp đỡ tận tình của PGS.TS Trần Nguyên An và TS Nguyễn Tuấn

Long Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy.

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớpCao học toán Khoá 14 đã truyền thụ đến cho tôi nhiều kiến thức vàkinh nghiệm nghiên cứu khoa học

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 10 năm 2022

PHẠM THỊ THANH HẢI

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Thặng dư

Lý thuyết thặng dư được Gauss phát triển từ đầu thế kỷ 19

m ∤ (a − b), thì ta viết a ̸≡ b (mod m) và nói rằng a và b không đồng

(ii) 2k + 1 ≡ 1 (mod 2) với mọi số nguyên k, tức là mọi số nguyên lẻ

(iv) a ≡ 0 (mod m) nếu và chỉ nếu m | a

điều sau là tương đương

(i) a ≡ b (mod m);

(ii) a = b + km với k là một số nguyên;

Nhận xét 1.1.4 Lấy m = 3 Vì (i) ⇔ (ii) trong Bổ đề 1.1.3, nên ta có

Sau đây là một số tính chất cơ bản khác về đồng dư

Khi đó

a ≡ c (mod m)

Mệnh đề 1.1.6 Cho a, b, c và m là số nguyên thỏa mãn m > 0 Nếugcd(m, c) = 1 và ac ≡ bc (mod m) thì a ≡ b (mod m).

(mod mt), trong đó a, b là các số nguyên và m1, m2, , mt là các sốnguyên dương thì

a ≡ b (mod [m1, m2, , mt])

Thặng dư có nhiều ứng dụng trong lý thuyết số, chẳng hạn ứng

bq + r, 0 ≤ r < |b| thì r ≡ a (mod b) Để tìm r, ta tìm a (mod b) Khi

r = 0 ta có a chia hết cho b

(mod 9) Vì 25 − 2 = 29 ≡ 2 (mod 9), 29455 − 3 ≡ 2 (mod 9) Vì vậy

Phần dư khi chia a cho 10 là chữ số hàng đơn vị của a.

2p + 1, với p là một số tự nhiên Vì 142 ≡ 0 (mod 4) nên 142p+1 ≡ 0(mod 4) Do đó 141516 = 4q, với q là số tự nhiên Ta có thể kiểm trađược 134 ≡ 1 (mod 10) (Ta có thể vận dụng Định lý Euler ở phía sau)

hệ tương đương trên Z Các lớp theo quan hệ tương đương này được gọi

(i) a = b nếu và chỉ nếu a ≡ b (mod m)

(iii) Cho số nguyêna, theo Định lý chia với dư a = bm + r với b, r là các

a ∈ Z, a ∈ i với đúng một i thỏa mãn 0 ≤ i ≤ m − 1 và

Zm = {0, 1, · · · , m − 1}

nguyên của tập

,và

là hệ thặng dư đầy đủ modulo m và được gọi là hệ thặng dư có trị tuyệt

ka1 + b, ka2 + b, , kam+ b

a ≡ r (mod m)

dựng bằng cách xóa đi các phần tử của hệ thặng dư đầy đủ mà không

S = {ai| i ∈ {1, 2, , m}và gcd(ai, m) = 1}

Hàm sau đếm số các số nguyên dương nhỏ hơn số nguyên dươngcho trước và nguyên tố cùng nhau với số nguyên dương cho trước đó.

ai ̸≡ aj (mod m), i ̸= j

Chứng minh Được suy ra từ Chú ý 1.1.20

mod-ulo m và gcd(k, m) = 1 thì ka1, ka1, , kaϕ(m) là một hệ thặng dư thu

Chứng minh Vì có ϕ(m) phần tử kai và ϕ(m) là số phần tử trong một

Phần cuối của mục ta giới thiệu lại Định lý Euler và Định lýFermat nhỏ

m > 0 Giả sử gcd(a, m) = 1 Khi đó aϕ(m) ≡ 1 (mod m)

S = {r1, r2, , rϕ(m)}

Vì gcd(a, m) = 1 nên ta có

aS = {ar1, ar2, , arϕ(m)}

r1r2 rϕ(m) ≡ aϕ(m)r1r2 rϕ(m) (mod m)

Vìgcd(ri, m) = 1với mọii = 1, 2, , ϕ(m)nên ta cógcd(r1r2 rϕ(m), m) =

một hệ quả trực tiếp từ Định lý 1.1.27, ta có kết quả sau và được gọi làĐịnh lý Fermat nhỏ Ở đây ta đưa thêm một cách chứng minh trực tiếpkết quả này

Chứng minh Xétp−1số nguyêna, 2a, , (p−1)a Không có số nguyên

j ≡ k (mod p) Điều này vô lý vì j ̸= k là một số nguyên dương nhỏ

1.2 Nhóm và nhóm hữu hạn

Đối với các nhóm trong mục này ta ký hiệu phép toán hai ngôitổng quát theo lối nhân Ta giới thiệu một số kiến thức cơ bản về nhómlàm cơ sở cho việc trình bày nội dung ở chương sau Những kiến thức cơ

sở về vành, trường ta có thể xem trong [1] Mục này cũng chứng minhlại Định lý Euler và Fermat sử dụng kiến thức về nhóm

thành nhóm nếu nó thoả mãn các điều kiện:

(ii) G có phần tử đơn vị: tồn tại e ∈ G sao cho ex = xe = x với mọi

x ∈ G

thường là nhóm giao hoán cấp vô hạn

a b = ab, với mọi a, b ∈Zm.Quy tắc nhân như trên cũng không phụ thuộc vào việc chọn đại diện của

gọi là phép nhân các lớp thặng dư hay phép nhân các số nguyên modulo

gcd(a, m) là ước chung lớn nhất của a và m Vì thế gcd(a, m) = 1 nếu

Z∗m = {a ∈ Zm | gcd(a, m) = 1}

Tập Z∗

m

Các điều kiện sau là tương đương:

hữu hạn

a = e

(1, 2), (2, 3), (1, 3)có cấp là 2 Các phần tử (1, 2, 3), (1, 3, 2) có cấp là 3

(ii) Trong nhóm (Z, +), các số nguyên n ̸= 0 là những phần tử có cấp

G = ⟨a⟩ = {an : n ∈ Z}

Ví dụ 1.2.10 (i) Nhóm Z các số nguyên với phép cộng thông thường

1 hoặc m − 1

(ii) Nhóm cộng Q không là nhóm xyclic Thật vậy, giả sử Q là

a2b = n

a

2na2b .

Mệnh đề sau đây đề cập đến một tính chất quan trọng của các

qua các lớp kề

(i) Với mọi a, b ∈ G hoặcaH = bH hoặc aH ∩ bH = ∅ aH = bH

Ha = Hb khi và chỉ khi ab−1 ∈ H

ánh Nói cách khác, mọi lớp kề trái (tương tự kề phải) đều có cùng lực

[G : H] = |G|

|H|.

có cấp là ước của cấp của nhóm

Phần cuối tiết này, chúng ta trình bày những ứng dụng của Định

lí Lagrange trong việc chứng minh một số kết quả quen biết của lí thuyếtsố

mod n), trong đó ϕ là hàm Euler

aϕ(n) = (a)ϕ(n) = 1,

tức là aϕ(n) ≡ 1( mod n).

ϕ(p) = p − 1, trong đó ϕ là hàm Euler Theo Hệ quả 1.2.15, ap−1 ≡ 1(mod p) Vì thế ap ≡ a( mod p)

Dưới đây, chúng ta sẽ sử dụng Định lí Lagrange để chứng minhmột kết quả quen biết trong số học Trước hết, ta cần bổ đề sau

1 − kt chia hết cho n, tức là tồn tại q ∈ Z sao cho 1 − kt = nq Do đó

1 = kt + nq Theo Định lí Bezout, n và k nguyên tố cùng nhau Ngược

lại, giả sử n và k nguyên tố cùng nhau Theo Định lí Bezout, ta có biểudiễn 1 = kt + nq với t, q ∈ Z Suy ra a = a1 = (ak)t(an)q = (ak)t, tức

là a ∈ ⟨ak⟩ Suy ra G = ⟨ak⟩, hay ak là phần tử sinh của G

Cho G = (a) là nhóm xyclic cấp n Theo Hệ quả 1.2.18, phần tử

và Bổ đề 1.2.17 ta chứng minh được công thức sau đây gọi là “đồng nhấtEuler"

d|n

ϕ(d)

x ∼ y nếu và chỉ nếu các nhóm con xylic sinh bởi x và y là như nhau

cl(x) = {y ∈ G | (y) = (x)}

= {y ∈ G | y là phần tử sinh của (x)}

G = cl(x1) ∪ cl(x2) ∪ ∪ cl(xk)

d|n

ϕ(d)

Chương 2

Định lý Wilson và một số mở rộng

1, 2, 3, Khi đề cập đến các vành ta luôn giả thiết vành là giao hoán,

2.1 Định lý Wilson và áp dụng

Mục này trình bày Định lý Wilson dạng cổ điển trên Z

đógcd(a, m) = 1 được gọi là một nghịch đảo của a modulo m Nói cách

(mod m)

Áp dụng Định lý nhỏ Fermat ta có ví dụ khác về nghịch đảomodule

theo aap−2 ≡ 1 (mod p) hay ap−2 là nghịch đảo của a modulo p

Tổng quát cho modulo một số nguyên dương m ta có bổ đề sau.

ax ≡ 1 (mod m) nên r ̸= 0 Đặt a∗ := r Khi đó 1 ≤ a∗ ≤ m − 1 và

(mod m) Điều này kéo theo a∗ ≡ b (mod m) vì gcd(a, m) = 1 Do đó

b = a∗ vì 0 ≤ |a∗ − b| < m

(mod p)

(mod p) Vì vậy a là nghịch đảo của chính nó modulo p

a.a ≡ 1 (mod p) Do đó p | (a2 − 1) Vì a2 − 1 = (a − 1)(a + 1) nên

p | (a − 1) hoặc p | (a + 1) Điều này suy ra a ≡ 1 (mod p) or a ≡ −1(mod p)

hết (p − 1)! + 1

p > 3 Với mọi 1 ≤ a ≤ p − 1, theo Bổ đề 2.1.4 tồn tạo nghịch đảo a∗

p − 1 Như vậy sau khi ghép cặp mỗi số với nghịch đảo của chính nó các

2.3 (p − 2) ≡ 1 (mod p)

Do đó

1.2.3 (p − 2)(p − 1) ≡ (p − 1) (mod p)

Định lý sau chỉ ra điều ngược lại của Định lý Wilson Đây cũng

là một tiêu chuẩn để kiểm tra số nguyên tố

−1 (mod n) thì n là số nguyên tố

a | (n − 1)! Mặt khác vì (n − 1)! ≡ −1 (mod n) nên n | [(n − 1)! + 1]

a | 1 Đây là điều vô lý vì a > 1

Mục sau trình bày cách chứng minh Định lý Wilson của Lagrange

Để có kiến thức nền tảng ta cũng giới thiệu thặng dư đa thức trong mụcnày

an modulo p, ta có thể giả sử f (x) là monic, tức là hệ số cao nhất của

f (x) bằng 1 Nếu n ≥ p, chia f (x) cho xp− x, ta có

f (x) = (xp− x)q(x) + r(x),

(mod p) với mọi a ∈ Z Do đó

f (a) = (ap− a)q(a) + r(a) ≡ r(a) (mod p)

0 (mod p) Điều này cho phép ta có thể giả sử n bậc f (x) nhỏ hơn p

Nếuf (x) ≡ 0 (mod p)không có nghiệm thì phát biểu được chứng

f (x) = (x − a)q(x) + r, trong đó q(x) ∈ Z[x], r ∈ Z Khi đó r = f (a)

và f (x) = (x − a)q(x) + f (a) Vì a là nghiệm nên f (a) ≡ 0 (mod p)

(mod p) Vì ta giả sử b ̸≡ a (mod p) nên q(b) ≡ 0 (mod p) Điều này

nhấtn − 1 nghiệm Cùng với nghiệm a chứng tỏ rằng f (x) ≡ 0 (mod p)

Định lý 2.1.12 Cho f (x) = anxn+ · · · + a1x + a0 Khi đó f (x) ≡ 0(mod p)có đúng n nghiệm phân biệt nếu và chỉ nếuf (x) chia hết xp−x(mod p), nghĩa là tồn tại g(x) ∈ Z[x] sao cho f (x)g(x) = xp − x(mod p) (các hệ số lấy theo modulo p).

mod-ulopnênn ≤ p Điều này chứng tỏ deg(f (x)) ≤ deg(xp−x) Chiaxp−xcho f (x), ta có

xp− x = f (x)g(x) + r(x), trong đó deg(r(x)) < deg(f (x)) = n

nhỏ

r(a) = [ap− a] − f (a)g(a) ≡ 0 (mod p)

f (x) chia hết xp− p

có f (a)g(a) = ap − a ≡ 0 (mod p) Do đó f (a) ≡ 0 (mod p) Vì có ítnhất n = p − (p − n) phần tử a như vậy nên f (x) có ít nhất n nghiệm

nghiệm phân biệt

Chứng minh Vì d | p − 1 nên p − 1 = kd Ta có xd − 1 | xp−1 − 1 vì

xp−1−1 = xkd−1 = (xd−1)(x(k−1)d+· · ·+x+1) Như vậy xd−1|xp−x.Điều phải chứng minh được suy ra từ Định lý 2.1.12

Áp dụng các kết quả này, ta đưa ra một chứng minh khác củaĐịnh lý Wilson

x(x − 1)(x − 2) · · · (x − p + 1) = xp− x (mod p)

(p − 1)! = (−1)(−2) · · · (−(p − 1)) ≡ −1 (mod p)

Chứng minh trên có thể trình bày sơ cấp hơn như sau

Chứng minh thứ ba Định lý Wilson Khai triển, giả sử

(x + 1)(x + 2) · · · (x + p − 1) = xp−1+ A1xp−2+ · · · + Ap−1(∗).Thay x bởi x + 1, sau đó nhân với x + 1 ta có

Sau đó đồng nhất hệ số hai vế ta được

A1 =

p2



2A2 =

p3

+ A1



p − 12



3A3 =

p4

+ A1



p − 13

+ A2



p − 22



p − 1k

+A2



p − 2

k − 1

+· · ·+Ak−1



p − k + 12



pk

+

hay1 + Ap−1 chia hết cho p Từ phương trình (*), ta cóAp−1 = (p − 1)!

Lagrange cũng cung cấp chứng minh khác, chứng minh này sửdụng công thức Euler

(a − k)n

Chứng minh Có nhiều cách chứng minh đẳng thức Euler trong mệnh

đề trên Ta đưa ra một cách chứng minh sơ cấp sử dụng vi phân hữu

(∆f )(x) = f (x) − f (x − 1)

∆nf = n!

f (x) thành f (x − 1) và ký hiệu I là toán tử đồng nhất, tức là biếnf (x)

(−1)kSkf

(−1)kf (x − k)

(−1)k(x − k)n

Thay x = a ta có ngay công thức Euler

là toàn ánh Đặt

Pi = {f : A → B | yi ∈ f (A)}/

Số ánh xạ không là toàn ánh là lực lượng của ∪iPi Theo Nguyên lý bùtrừ (xem [3])

m2

(m − 2)n +

m3

(m − 3)n − Như vậy số toàn ánh là

m2

(m − 2)n−

m3

(m − 3)n −

(m − k)n

(n − k)n

(n − k)n = n!

p − 1 và a = p ta có

(p − 1)! = pp−1− (p − 1)(p − 1)p−1 +



p − 12

(p − 2)p−1

−



p − 13

(p − 3)p−1+ · · · −



−



p − 13

+ · · · −



1p−1− (p − 1)1p−2+



p − 12



1p−3(−1)2 − · · ·+ (−1)p−1

Do đó (p − 1)! ≡ (1 − 1)p−1− 1 ≡ −1 (modp).

Euler cung cấp chứng minh Định lý Wilson có sử dụng căn nguyênthủy:

a(p−1)(p−2)2 = a2n(2n−1)2 = an(2n−1) = (an)2n−1 ≡ (−1)2n−1 (modp)

Vì 2n − 1 là lẻ, suy ra (p − 1)! ≡ −1(modp)

Chứng minh tiếp theo của Định lý Wilson là của Dirichlet

m, n < p và mn ≡ a(modp), với p là số nguyên tố, a là số nguyên cố

có duy nhất một số tương ứng Bất kì một đồng dư tuyến tính nào với

d = gcd(a, n), ax ≡ b(modn) có d nghiệm nếu d | b Trong trường hợpnày, ax ≡ b(modp) có 1 nghiệm vì gcd(a, p) = 1 Do vậy có duy nhất

Trường hợp 1: Nếu x2 ≡ a(modp) không có nghiệm nguyên, sốtương ứng là phân biệt và

để xây dựng công thức số nguyên tố, định nghĩa hàm gamma trong Giảitích p-adic Định lý Wilson cũng có ứng dụng trong nghiên cứu thặng

dư bậc hai Do khuôn khổ luận văn chỉ đưa ra một áp dụng sơ cấp củaĐịnh lý Wilson

Chú ý 103 là số nguyên tố nên theo Định lý Wilson, ta có

−1 ≡ 102! ≡ 99!.100.101.102

2.52 ≡ 1 (mod 103) and 3.69 ≡ 1 (mod 103) Nhân hai vế của (2.1)với (−1).52.69, ta có

99! ≡ 52.69 ≡ 3588 ≡ 86 (mod 103)

2.2 Định lý Sylow và ứng dụng chứng minh Định lý Wilson

(i) x • (y • s) = (xy) • s với mọi x, y ∈ G, s ∈ S

(ii) e • s = s với mọi s ∈ S, e là đơn vị của G

Hoàn toàn tương tự, chúng ta có khái niệm tác động phải Từ nay trở

đi chúng ta chỉ xét tác động trái của nhóm lên tập hợp, và ta gọi tắt là

(iii) Cho G là nhóm Kí hiệu S là tập các tập con của G Khi đó nhóm

x ∈ G và H ∈ S, ta đặt x • H = xH

đặt

Ta có

xax−1(xbx−1)−1 = xax−1xb−1x−1 = x(ab−1)x−1 ∈ xHx−1

Gs = {a ∈ G : a • s = s}

đó x • s = s và y • s = s Vì thế (xy) • s = x • (y • s) = x • s = s Suy

ra xy ∈ Gs Cuối cùng, cho x ∈ Gs Khi đó x • s = s Vì thế

s = e • s = (x−1x) • s = x−1• (x • s) = x−1• s

OrbG(s) = {x • s : x ∈ G}

Với s ∈ S, quỹ đạo của s là OrbG(s) = {x • s : x ∈ G} = {s} Vì thế,

của H là {xHx−1 : x ∈ G} - tập các nhóm con liên hợp với H; nhóm

ϕ : G × X → X(g, x) 7→ g(x)

với X = {1, 2, 3} và G = {(1), (123), (132), (12), (13), (23)} Quỹ đạo

OrbG(1) = {1, 2, 3}; OrbG(2) = {1, 2, 3}; OrbG(3) = {1, 2, 3}

Cho a • s ∈ OrbG(s) Ta có a • s = (ax−1y) • r ∈ OrbG(r) Do

đó OrbG(s) ⊆ OrbG(r) Tương tự OrbG(r) ⊆ OrbG(s), và vì thếOrbG(s) = OrbG(r)

f : G/Gs −→ OrbG(s) cho bởi f (xGs) = x • s là một song ánh Giả

sao cho (OrbG(s))s∈L là họ các quỹ đạo đôi một rời nhau trong S thì

Công thức (*) trong Định lí 2.2.10 được gọi là công thức các lớp

số các nhóm con như vậy

(i) G là p-nhóm nếu n là một luỹ thừa của p

(ii) H là p-nhóm con của G nếu nó là p-nhóm

(iii) H là p-nhóm con Sylow của G nếu cấp của H là lũy thừa cao nhất

Giả sử |G| = prm, trong đó p không chia m Khi đó nhóm con H

Sylow Trước hết, chúng ta cần kết quả sau đây

n = 1 là hiển nhiên Cho n > 1 Khi đó tồn tại a ∈ G, a ̸= e Kí hiệu

định nghĩa của k, tồn tại phần tử a ∈ G sao cho cấp của a là bội của

a∈L\C(G)

(G : Ga),

xa ̸= ax, tức là xax−1 ̸= a Do đó x /∈ Ga, tức là (G : Ga) > 1 Theo