MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CƠ SỞ TRONG LÝ THUYẾT SỐ GIẢI TÍCH

Chương trình lý thuyết số hè 2012 ở Viện nghiên cứu cao cấp về toán được chia thành hai hoạt động. Một hoạt động là lớp học những định lý kinh điển của lý thuyết số giải tích. Tài liệu học là cuốn sách Nhập môn lý thuyết số giải tích của Chandrasekharan. Song song với lớp học là sinh hoạt chuyên đề xung quanh công trình mới của BhargavaShankar về hạng trung bình của đường cong elliptic. Trong lớp học lý thuyết số giải tích, học viên được giao đọc và trình bày một chương trong cuốn sách của Chandrashkharan. Cuốn kỷ yếu này tập hợp lại ghi chép của học viên khi đọc sách. Cuốn kỷ yếu có thể rất hữu ích cho sinh viên khoa toán, đặc biệt là sinh viên các trường Sư phạm. Những định lý trình bày ở đây khá gần gũi với lý thuyết số sơ cấp. Nếu đã nắm vững lý thuyết số sơ cấp, để theo dõi những nội dung trình bày ở đây, bạn đọc cần nắm vững một vài kiến thức cơ bản về hàm một biến phức. Những người tham gia Chương trình lý thuyết số hè 2012 đã làm việc với một tinh thần rất nghiêm túc. Điều đó được thể hiện qua chất lượng của những ghi chép được tập hợp lại ở đây. Cảm ơn các bạn sinh viên Hà nội, Huế, thành phố Hồ Chí Minh và cả từ nửa kia của trái đất, đã không quản đường xa đến Viện nghiên cứu cao cấp để học hè. Đặc biệt cảm ơn Tiến sĩ Bùi Mạnh Hùng, người đã soi sáng chúng tôi bằng những hiểu biết sâu về lý thuyết số giải tích của anh và Thạc sĩ Trần Quang Hoá, người đã giúp tôi biên tập cuốn kỷ yếu này

Mục lục

1 Biểu diễn số nguyên dương thành tổng của các bình phương 1

2 Luật thuận nghịch bậc hai 10

3 Một chứng minh cho luật thuận nghịch bậc hai 21

4 Một chứng minh sơ cấp cho luật thuận nghịch bậc hai 26

5 Hàm số học và điểm nguyên 30

6 Định lý Chebyshev về sự phân bố số nguyên tố 47

7 Định lý Weyl về phân bố đều và định lý Kronecker 67

8 Định lí Minkowski về điểm nguyên trong một tập lồi 77

9 Định lí Dirichlet về số nguyên tố trong một cấp số cộng 86

Lời nói đầu

Chương trình lý thuyết số hè 2012 ở Viện nghiên cứu cao cấp về toánđược chia thành hai hoạt động Một hoạt động là lớp học những định lýkinh điển của lý thuyết số giải tích Tài liệu học là cuốn sách "Nhập môn

lý thuyết số giải tích" của Chandrasekharan Song song với lớp học là sinhhoạt chuyên đề xung quanh công trình mới của Bhargava-Shankar về hạngtrung bình của đường cong elliptic

Trong lớp học lý thuyết số giải tích, học viên được giao đọc và trình bàymột chương trong cuốn sách của Chandrashkharan Cuốn kỷ yếu này tậphợp lại ghi chép của học viên khi đọc sách

Cuốn kỷ yếu có thể rất hữu ích cho sinh viên khoa toán, đặc biệt là sinhviên các trường Sư phạm Những định lý trình bày ở đây khá gần gũi với lýthuyết số sơ cấp Nếu đã nắm vững lý thuyết số sơ cấp, để theo dõi nhữngnội dung trình bày ở đây, bạn đọc cần nắm vững một vài kiến thức cơ bản

về hàm một biến phức

Những người tham gia Chương trình lý thuyết số hè 2012 đã làm việcvới một tinh thần rất nghiêm túc Điều đó được thể hiện qua chất lượng củanhững ghi chép được tập hợp lại ở đây Cảm ơn các bạn sinh viên Hà nội,Huế, thành phố Hồ Chí Minh và cả từ nửa kia của trái đất, đã không quảnđường xa đến Viện nghiên cứu cao cấp để học hè Đặc biệt cảm ơn Tiến sĩBùi Mạnh Hùng, người đã soi sáng chúng tôi bằng những hiểu biết sâu về lýthuyết số giải tích của anh và Thạc sĩ Trần Quang Hoá, người đã giúp tôibiên tập cuốn kỷ yếu này

Tháng 9, 2012

Biểu diễn số nguyên dương thành tổng

Sk = {n ∈ N | n = x21+ x22+ · · · + x2k, xi ∈ Z, ∀i = 1, 2, , k}.Phần này trình bày chủ yếu dựa vào chương IV [1], chương X [2] vàchương XI [3] Nội dung chính của chương này là chứng minh định lý Euler

về biểu diễn số nguyên tố dạng 4k + 1 là tổng bình phương của hai số nguyên

và định lý Lagrange nói rằng mọi số nguyên dương đều là tổng bình phươngcủa 4 số nguyên

Trước khi trình bày, chúng ta cần sơ lược về lý thuyết thặng dư Nó làmột trong những vấn đề quan trọng của lý thuyết số,là công cụ chính để giảiphương trình bậc hai

ax2+ bx + c ≡ 0(mod m), (a, m) = 1 (1)Vấn đề này quy về việc giải phương trình ax2 + bx + c ≡ 0(mod p), với

p là số nguyên tố lẻ và (a, p) = 1 Do p lẻ nên (p, 4) = 1, vậy phương trìnhtương đương với

(2ax + b)2 ≡ (b2− 4ac)(mod p)

Vậy thực sự ta chỉ cần xét phương trình

x2 ≡ a(mod p), (a, p) = 1 (2)

2 Ký hiệu Legendre

Cho p là số nguyên tố lẻ và a ∈ Z sao cho (a, p) = 1 Ta nói a thặng dư bậchai theo modulo p nếu phương trình x2 ≡ a(mod p) có nghiệm, ký hiệu aRp.Ngược lại, ta nói a bất thặng dư bậc hai theo modulo p và ký hiệu aN p.Nhận xét: Trong các số nguyên 1, 2, 3, , p − 1, có đúng p−12 thặng dư bậchai theo modulo p và có đúng p−12 bất thặng dư bậc hai theo modulo p.Bây giờ, cho p là số nguyên tố lẻ và m là số nguyên sao cho (m, p) = 1 Tađịnh nghĩa ký kiệu Legendre

mp



=

(+1, nếu mRp,

−1, nếu mN p

Chúng ta mở rộng định nghĩa ký hiệu Legendre

mp



=m2p



Tính chất 2 (Tiêu chuẩn Euler) Nếu p là một số nguyên tố lẻ và a là một

số nguyên Khi đó

a12 (p−1) ≡ 1(mod p)nếu và chỉ nếu a là một thặng dư bậc hai theo modulo p

Chứng minh Nếu a là thặng dư bậc hai theo modulo p thì tồn tại x0 ∈ Z saocho x2

0 ≡ a(mod p) Vì (a, p) = 1 nên (x0, p) = 1 Do p lẻ nên 12(p − 1) ∈ Z,chúng ta thu được

xp−10 ≡ a12 (p−1)(mod p)

Theo định lý Fermat xp−10 ≡ 1(mod p) Do đó a12 (p−1) ≡ 1(mod p)

Ngược lại, phương trình x2 (p−1) ≡ 1(mod p) có tối đa 1

2(p − 1) nghiệm Vàtheo nhận xét trên có đúng 12(p − 1) phần tử thặng dư bậc hai theo modulo

p và chúng đều là nghiệm của phương trình x1(p−1)≡ 1(mod p) Do đó, nếu

a bất thặng dư bậc hai theo modulo p thì a12 (p−1) 6≡ 1(mod p)

Tính chất 3 Nếu p là một số nguyên tố lẻ và a là một số nguyên sao cho(a, p) = 1 Khi đó

a12 (p−1)≡a

p

(mod p)

Chứng minh Do p là số nguyên tố lẻ và (a, p) = 1, theo định lý Fermat tacó

ap−1− 1 =ap−12 − 1ap−12 + 1≡ 0(mod p)

Do đó

ap−12 ≡ 1(mod p), (3)hoặc

np



=mnp



Tính chất 5 Cho p là số nguyên tố lẻ, khi đó

−1p



= (−1)1(p−1).Hơn nữa, −1Rp ⇔ p ≡ 1(mod 4) và −1N p ⇔ p ≡ 3(mod 4)

3 Tổng của hai bình phương

Xét tập

Bổ đề 1 Tập S2 đóng đối với phép nhân, nghĩa là nếu a, b ∈ S2 thì ab ∈ S2.

Chứng minh Ta có đồng nhất thức

(x21+ y12)(x22 + y22) = (x1x2+ y1y2)2+ (x1y2− x2y1)2

Bổ đề 2 Nếu p là số nguyên tố dạng 4k + 1, thì tồn tại số nguyên x sao cho

x2+ 1 = mp, với 0 < m < p

Chứng minh Do p ≡ 1(mod 4) nên −1 là thặng dư bậc hai của p, khi đó tồn

tại một số nguyên x ∈ {1, 2, ,12(p − 1)}, sao cho

x2 ≡ −1(mod p)

Suy ra tồn tại số nguyên m sao cho x2+ 1 = mp Do x < p/2 nên x2 + 1 <

(p/2)2+ 1 < p2 Do đó x2+ 1 = mp, với 0 < m < p

Định lý 1 (Euler) Mọi số nguyên tố dạng 4k + 1 đều được biểu diễn thành

tổng bình phương của hai số nguyên

Chứng minh Xét tập

Ω = {m ∈ Z | mp = x21+x22, 0 < m < p, xi ∈ Z, x1, x2 không đồng thời chia hết cho m}.Khi đó, theo Bổ đề 2, Ω 6= ∅ nên theo Bổ đề Zorn, tồn tại phần tử nhỏ nhất

là m ∈ Ω Ta chứng minh m = 1

Giả sử m > 1 Vì m ∈ Ω nên mp = a21 + a22, a1, a2 ∈ Z Lấy a2 ≡

a1(mod m), b2 ≡ b1(mod m) sao cho |a2|, |b2| ≤ m

m = 1 và ta có điều phải chứng minh.

Tiếp theo chúng ta đưa ra điều kiện để một số nguyên dương biểu diễnđược thành tổng của hai bình phương Ta nói biểu diễn n = x2+ y2 là nguyênthủy nếu (x, y) = 1

Bổ đề 3 Nếu n chia hết bởi số nguyên tố p dạng 4k + 3, thì n không có biểudiễn nguyên thủy

Chứng minh Giả sử n = x2 + y2, với (x, y) = 1 Khi đó p | (x2 + y2) và

p - x, p - y Từ (p, x) = 1 nên tồn tại số nguyên m sao cho

mx ≡ y(mod p)

Do đó

x2+ (mx)2 ≡ x2+ y2 ≡ 0(mod p)

Suy ra p | x2(1+m2), và do p - x nên p | (1+m2) Vậy m2 ≡ −1(mod p) hay -1

là thặng dư bậc hai theo modulo p Điều này không thể vì p ≡ 3(mod 4)

Bổ đề 4 Nếu p là số nguyên tố p dạng 4k + 3 và c là số nguyên lẻ sao cho

pc| n và pc+1

- n, thì n không thể biểu diễn thành tổng của hai bình phương.Chứng minh Giả sử n = x2+ y2, theo bổ đề 3 ta có (x, y) = d > 1 Ta viết

x = dX, y = dY, (X, Y ) = 1 và n = d2(X2+ Y2) = d2N

Gọi pr là lũy thừa cao nhất của p sao cho pr | d Lúc đó pc−2r | N Vì c lẻ nên

c − 2r > 0 Vậy ta tìm được số nguyên N sao cho N = X2+ Y2, (X, Y ) =

1, p | N với p ≡ 3(mod 4) Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 3 Vậy Bổ đề 4được chứng minh

Định lý 2 Số nguyên dương n biểu diễn thành tổng hai bình phương khi vàchỉ khi mọi ước nguyên tố của nó dạng 4k + 3 có lũy thừa chẵn trong phântích tiêu chuẩn của n

Chứng minh

• Điều kiện cần: Suy ra từ Bổ đề 4

• Điệu kiện đủ: Ta có thể viết n = n2

1n2, với n2 không có ước nguyên tốdạng 4k + 3 Do đó n2 chỉ có ước nguyên tố là 2 hoặc p dạng 4k + 1 Do 2

và p đều có thể biễu diễn thành tổng hai bình phương Theo Bổ đề 1, ta có

Giả sử số nguyên dương n có dạng n = 4e(8k + 7) Nếu n ∈ S3 thì theo

Bổ đề 6, 4ne ∈ S3 hay n = 8k + 7 ∈ S3 Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 5 Vậy

n = 4e(8k + 7) 6∈ S3 Điều ngược lại cũng đúng và được phát biểu như sau.Định lý 3 (Gauss)

n ∈ S3 ⇐⇒ n 6= 4e(8k + 7)

Người đầu tiên chứng minh điều kiện cần là Gauss Sau đó Lejeune let và Landau đã đơn giản chứng minh của Gauss Sau này N.C Ankeny đãchứng minh Định lý Gauss khá "cơ bản" Chứng minh của Ankeny dựa vàođịnh lý Minkowski về số điểm nguyên chứa trong tập lồi (xem chương IX [1])

Dirich-và định lý Dirichlet về dãy số nguyên tố trong cấp số cộng (xem chương X[1]) Chứng minh này vượt quá mục đích của chương này nên không đượcđưa ra ở đây Bạn đọc tham khảo A Schinzel [4]

z1 = x1y1 + x2y2+ x3y3+ x4y4,

z2 = x1y2− x2y1+ x3y4− x4y3,

z3 = x1y3− x3y1+ x4y2− x2y4,

z4 = x1y4− x4y1+ x2y3− x3y2,chỉ ra rằng tích của hai số nguyên biễu diễn được thành tổng của bốn bìnhphương là số nguyên biểu diễn được thành tổng của bốn bình phương

Bổ đề 8 Nếu p là số nguyên tố lẻ, thì tồn tại hai số nguyên x, y sao cho

Chứng minh Ta có 1 ∈ S4 vì 1 = 12+ 02+ 02+ 02 nên ta giả sử n > 1 Do

n > 1 là tích của các số nguyên tố, và 2 = 12+ 12+ 02+ 02 nên 2 ∈ S4 Do S4đóng với phép nhân nên để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh mọi

số nguyên tố lẻ p đều biễu diễn được thành tổng của bốn bình phương

Xét tập

Ω = {m ∈ Z | mp = x21+x22+x23+x24, 0 < m < p, xi ∈ Z, ∃xi 6 .m, i = 1, , 4}.Khi đó, theo Bổ đề 8, Ω 6= ∅ nên theo Bổ đề Zorn, tồn tại phần tử nhỏ nhất

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] K Chandrasekharan, Introduction to Analytic Number Theory, Springer,1968

[2] G.A Jones and J Mary Jones, Elementary Number Theory, Springer,1998

[3] W Sierpinski and A Schinzel, Elementary Theory of Numbers, North Holland, 1988

-[4] N.C Ankeny, Sum of three squares, Pro Amer Math.Soc 8 (1957),316-319

Luật thuận nghịch bậc hai

Người trình bày: Văn Đức Trung

Nội dung của bài giảng được trình bày theo Chương V của tài liệu [1].Trong việc xác định các kí hiệu legendre (mq ) với q là số nguyên tố, ta cóthể quy về việc tính (pq) với p, q là hai số nguyên tố phân biệt Nếu p > qthì ta phân tích p = kq + p0, p0 < q và ta có (pq) = (pq0) Trong trường hợp

p < q thì ta sẽ sử dụng luật thuận nghịch Gauss (về mối liên hệ giữa (pq) và

(qp)) để đưa việc tính (pq) về việc tính (qp), và khi đó ta lặp lại quá trìnhtrên Tuy nhiên cần lưu ý rằng trong quá trình tính (pq) như trên chúng ta

có thể gặp trường hợp tính (2p), khi đó ta không thể áp dụng luật thuậnnghịch Gauss được

Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày một phép chứng minh luật thuậnnghịch Gauss thông qua việc sử dụng Tổng Gauss và từ đó đưa ra công thứctính (2p)

1 Luật thuận nghịch Gauss

Định lý 1 (Gauss) Cho p, q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt, khi đó

(pq) = (−1)(p−1)2 (q−1)2 (pq)

Do p−12 q−12 lẻ nếu và chỉ nếu p ≡ q ≡ 3 (mod 4) nên Định lý 1 có thểphát biểu như sau:

(pq) = − (pq), nếu p ≡ q ≡ 3 (mod 4)và

(pq) = (qp), trong trường hợp ngược lại

4 (1−|mn|) sgn(mn) 1

p|m|g(−n, m). (2)trong đó sgn(r) = |r|r nếu r 6= 0, và sgn(r) = 0 nếu r = 0

Trước hết ta cần chứng minh tích phân R

|eπiτ u 2 +2πiXu| = e−π Im(τ u2+2Xu),

suy ra

Im(τ u2+ 2Xu) ≥ Re τ.r2− 2|τ c + X||r| − |(τ c + 2X)c|

Do đó

|eπiτ u 2 +2πiXu| ≤ e−πr2Re τ +π|τ |(c 2 +2|cr|)+2π|X|(|c|+|r|)≤ Ae−πr2Re τ +B|r|, (4)trong đó A và B là các hằng số phụ thuộc r

Hơn nữa

|e2πiu− 1| ≥ |1 − |e2πiu|| = |1 − e−

√ 2πr|

Do r → ±∞ khi |u| → ∞ trong dải đã chọn, nên với |u| đủ lớn thì ta có

|e2πiu− 1| ≥ 1

2 > 0. (5)

Từ (4) và (5) ta có

|Φ(u)| ≤ A1e−πr2Re τ +B|r|, (6)với |u| đủ lớn trong dải đã chọn Do đó tích phân R

Với mỗi n > 0 xét hình bình hành γ sinh bởi đường thẳng C, đường thẳng

Cn song song với C và cắt trục số thực tại điểm n +12, và hai đường thẳng

L1, 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

Theo (6) thì Φ(u) → 0 đều khi |u| → ∞ trong dải được giới hạn bởi C và

Cn Do đó khi cho L1 và L2 tiến ra vô cùng về hai phía ta có

trong đó C0 là ảnh của C qua phép tịnh tiến u 7→ u +Xτ Bằng cách tính tích

phân trong hình bình hành như trên ta có

Z

πiτ u 2 Z πiτ u 2

trong đó C0 là đường thẳng song song với C và đi qua gốc tọa độ Trên C0

Trong công thức trên ta thay m = n = 1 vào ta có I1 =

+∞

R

−∞

e−πr2dr = 1.Bằng phép đổi biến r → r√

3 Chứng minh luật thuận nghịch

Trước hết chúng ta có một mối liên hệ giữa kí hiệu Legendre (mn) và tổngGauss g(m, n) như sau:

Định lý 3 Cho n là số nguyên tố lẻ và m là số nguyên sao cho (m, n) = 1,khi đó

Chứng minh Do k2 ≡ k (mod 2) nên ta có

tự, khi ν chạy khắp tập các bất thặng dư bậc hai thì νm cũng vậy Do đó tacó

nên ta có

(−1

n ) = eπi2 (n−1)

= (−1)n−12 (với n là số nguyên tố lẻ) (18)Theo Định lý 3 và Định lý 2 ta có

4 Một số áp dụng

Chúng ta có công thức tính (2p) như sau:

Định lý 4 Cho p là một số nguyên tố lẻ, khi đó ta có

2p



= (−1)p2−18 (19)Hay nói cách khác,

2p



=

(+1, nếu p = ±1(mod 8),

−1, nếu p = ±3(mod 8)

Chứng minh Theo Định lý 3 ta có

2 1

Bây giờ ta sẽ sử dụng các kết quả trên để tính giá trị của (1270316361).

Do 12703 và 16361 là các số nguyên tố lẻ phân biệt nên áp dụng luật thuậnnghịch Gauss ta có

(1270316361)=(312 )(313 )(592 ) = 1.(313 ).(-1) = (313 ) =(13) = 1.

Tài liệu tham khảo

[1] K.Chandrasekharan, Introduction to Analytic Number Theory, Springer,1968

Một chứng minh cho luật thuận

nghịch bậc hai

Người trình bày: Nguyễn Thọ Tùng

Luật thặng nghịch bậc hai là một trong những kết quả vô cùng đẹp đẽcủa số học Có nhiều cách chứng minh khác nhau cho định lý này Mục đíchcủa bài viết nhỏ này là đưa ra một chứng minh cho luật thặng nghịch bậchai dựa vào tổng Gauss Chứng minh này chủ yếu dựa vào [1]

Luật thuật nghịch bậc hai được phát biểu như sau

Định lí 1 Cho p, q là các số nguyên tố lẻ Khi đó ta có

 pq



= (−1)p−12

q−1

2  qp



Ngoài ra nếu p là một số nguyên tố lẻ thì

 2p



= (−1)p2−18

Chứng minh Ta trước hết chứng minh cho trường hợp p và q là các số nguyên

tố lẻ Gọi ω là một nghiệm của đa thức Xp − 1 trong Fq Khi đó với mỗi

x ∈ Fp ta có thể thấy ωx xác định và không phụ thuộc vào cách chọn đạidiện của x trong Fp Ta xét tổng Gauss sau đây

y = X

x∈F p

 xp

Thật vậy ta có

y2 =



X

x∈F p

 xp

y∈F p

 xp

  yp



ωx+y = X

x,k∈F p

 x(k − x)p

Bằng cách nhân cả hai về với



4a p



x2lch−l.Cộng tất cả lại ta có

X

x∈F p

 x2+ cp



ch−l



X

Thực vậy, nhóm F∗p là một nhóm cylic Gọi g là một phần tử sinh của nhóm

đó Khi đó mọi phần tử khác 0 trong Fp đều có dạng gh với h ∈ 0, , p − 2

Quay lại bài toán ở trên, khi k 6= 0 ta có

 x(k − x)p



= − −1

p



Từ những điều trên ta suy ra được

Bổ đề 3.

yq−1 = q

p



Thật vậy, ta có

yq=



X

x∈F p

 xp



ωqx

Do gcd(p, q) = 1 nên ánh xạ x 7→ qx là một song ánh từ Fp vào chính nó Do

đó nếu ta đặt t = qx thì tổng trên có thể viết lại

yq = q

p

X

t∈F p

 tp



ωt= q

p

y

Từ đó ta dễ dàng suy ra được yq−1 =qp Từ các đẳng thức trên ta có



Đẳng thức này xảy ra trên Fq nhưng do cả hai vế chỉ nhận giá trị 1 hoặc −1trong trường này nên chúng bằng nhau trên Z Ta có điều phải chứng minh.Bây giờ ta xét trường hợp



2 p

 Chứng minh hoàn toàn tương tự như ởtrên Gọi α là căn bậc 8 của đơn vị trong Fp Khi đó xét

z = α + α−1

Ta có z2 = 2 do α4+ 1 = 0 Ngoài ra ta cũng có yp = αp+ α−p Nếu p ≡ 1, −1(mod 8) ta có zp = z Nói cách khác zp−1= 1 Ta lại có

 2

Nếu p ≡ 3, 5 (mod 8) ta có: zp = α5 + α−5 = −(α + α−1) = −z Nói cáchkhác zp−1= −1 Tương tự như ở trên ta suy ra

 2p



= −1

Tổng hợp lại, ta dễ dàng kết luận được

 2p



= (−1)p2−18

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] J P Serre, A course in Arithmetic, Springer, 1996

Một chứng minh sơ cấp cho luật thuận

nghịch bậc hai

Người trình bày: Hoàng Thị Ngọc Trà

Như chúng ta đã biết, luật thuận nghịch bậc hai là một trong những kếtquả đẹp của số học Có nhiều hướng chứng minh khác nhau như hai bài đãđưa trước Mục đích của bài viết nhỏ này là đưa ra một chứng minh khá sơcấp cho luật thuận nghịch bậc hai Chứng minh này chủ yếu dựa theo [1]bằng cách đếm số điểm nguyên

Luật thuận nghịch bậc hai được phát biểu như sau

Định lý 1 Cho p và q là hai số nguyên tố lẻ khác nhau Khi đó ta có

pq



= (−1)p−12 q−12 q

p



Để chứng minh định lí này trước hết ta đi chứng minh các bổ đề sau

Bổ đề 1 (Bổ đề Gauss) Cho p là một số nguyên tố lẻ, a ∈ Z, (a, p) = 1.Đặt αj = aj(mod p) với j = 1, ,(p−1)2 , n là số các giá trị của j mà αj > p2.Khi đó ta có

ap



= (−1)n

Chứng minh Gọi r1, r2, , rnlà các giá trị của αj vượt quá p2 và s1, s2, , sk

là các giá trị còn lại Chúng nhận giá trị khác nhau và khác 0 Ta có

nên ta có

(−1)n≡a

p

(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 đẳng thức

(−1)n=a

p

(mod p)

Bổ đề 2 Nếu p là một số nguyên tố lẻ sao cho (a, 2p) = 1 thì a

i

Đặc biệt với a = 2

2p



= (−1)(p2−1)/8

Chứng minh Với các hàm được định nghĩa như trên Xét a ∈ Z, (a, p) = 1.Chú ý ở đây chúng ta có thể viết ja = phjapi+ αj với j = 1, , (p−1)2

i+

i(mod 2)

Theo bổ đề Gauss ta có t = n

Với trường hợp a = 2 thì

h

2j p

i

= 0 với j = 1, ,(p−1)2 Suy ra

n ≡ (p

2 − 1)

8 (mod 2).

Bây giờ, chúng ta sử dụng hai bổ đề trên để chứng minh luật thuận nghịchbậc hai.

Chứng minh

pq

qp



= (−1)(p−1)2 (q−1)2

Vì p − 1, q − 1 là các số chẵn nên theo bổ đề 2 ta có

pq



= (−1)

P (p−1)/2 l=1 [kqp]

i+

(p−1)/2

X

l=1

hkqp

i

là số các số nguyên âm trong tập hợp đó, như vậy

i

cặp (k, l) thỏa mãn điều kiện nói trên Từ đó định lí được chứng minh

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Victor Shoup, A Computational Introduction to Number Theory and gebra, New York 2008

Al-Hàm số học và điểm nguyên

Người trình bày: Trần Thị Hương Giang

Bài này đưa ra các ước lượng của các hàm số học Tài liệu tham khảo là chương VI [1]

Cho f và g là hai hàm xác định trên một tập số thực nào đó

• Big O: Ta nói f (x) = O(g(x)) khi x → ∞ khi và chỉ khi tồn tại hằng số dương M và

vì r(4k + 3) = 0 với mọi k ∈ Z Mặt khác, vì r(n) ≥ 0 với mọi số nguyên dương n, ta

có lim infn→∞r(n) ≥ 0 Như vậy chứng tỏ lim infn→∞r(n) = 0

Một vài hình vuông nằm ra ngoài hình tròn một chút Một vài phần của hìnhtròn lại không bị hình vuông nào phủ cả

(b) Chặn trên: Vì đường chéo của mỗi hình vuông có độ dài √

2, nên tất cả các hìnhvuông đều nằm trong đường tròn x2+ y2 = (√

N +√

2)2 Vậy nên ta cóR(N ) < π

Thế là chúng ta đã thấy với mọi δ > 0, tồn tại các dãy số ni mà có thể khiến d(ni)

áp đảo (log ni)δ Vậy hàm d(n) phát triển nhanh đến mức nào? Dưới đây chúng ta sẽthấy là d(n) vẫn phát triển chậm hơn nδ

Định lý 6

d(n) = o(nδ),với mọi δ > 0

Chứng minh Giả sử δ > 0 Chúng ta muốn chứng minh rằng f (n) = d(n)

nδ → 0khi n → ∞ Từ Định Lý 26 của phần phụ lục, ta biết rằng chỉ cần chứng minh

Định lý 7 Cho  > 0, tồn tại N () sao cho

d(n) < 2(1+)log log nlog n , với n > N ()

Mặt khác, tồn tại vô số các số nguyên n sao cho

d(n) > 2(1−)log log nlog n

Như vậy, D(N ) là số các điểm nguyên ở góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng (x, y)

mà thuộc hoặc nằm dưới đường hyperbol xy = N , nhưng không nằm trên trục Ox, Oy.Như vậy các điểm nguyên này thuộc phần mặt phẳng bên trái đường x = N và bêndưới đường y = N trong góc phần tư thứ nhất

Chúng ta sẽ đếm những điểm nguyên nói trên theo cách sau Từ mỗi điểm 1 ≤ a ≤ N ,chúng ta sẽ đếm số điểm nguyên thuộc đường x = a mà nằm giữa hyperbol xy = N

và trục Ox, sau đó chúng ta sẽ cộng số điểm nguyên trên tất cả các đoạn x = a lại Ta

dễ thấy số điểm nguyên như trên thuộc mỗi đoạn x = a là N

a

.Vậy ta có

D(N ) = 2 X

1≤x≤√N 1≤xy≤N



− [√N ]2

Đặt θx = N/x − [N/x] và θ =√

N − [√

N ] (suy ra 0 ≤ θx, θ < 1) Ta cóD(N ) = 2N X

Từ Hệ quả 1 của Định lý 27 (Phụ Lục 2) ta suy ra định lý được chứng minh

G.Voronoi đã cải tiến sai số O(√

N ) thành O(N1/3log N ) Người ta phỏng đoán rằngsai số chính xác là O(N14 +) với  > 0 bất kỳ Mặt khác, chúng ta biết rằng sai sốkhông phải là O(N1/4)

Trên thực tế, với mọi δ > 0, ta có

1≤d≤tµ(d)g(d) với g(d) = P

1≤d≤tΦ(t) Thực ra nếu dùng trực tiếp hàm Φnhư vậy thì công thức của g không được đẹp Vì vậy thay vì dùng Φ, ta sẽ xét hàmΨ(t) = 2φ(t) − 1

1 = X

1≤m≤n≤t (m,n)=1

1

Vì vậy Φ(t) cho ta có điểm nguyên có tọa độ nguyên tố cùng nhau, nằm trong tamgiác vuông 0 < y ≤ x ≤ t Dễ dàng nhận thấy ψ(t) là số điểm nguyên trong cả hìnhvuông 0 < x ≤ t, 0 < y ≤ t

Bây giờ, ta có

X

1≤d≤t

ψ td

1 = [t]2 = X

0<m≤t 0<n≤t

!+ O X

1≤d≤t

1

!