(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng

(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng(Luận văn thạc sĩ) Về tổng Gauss và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS Nguyễn Duy Tân

THÁI NGUYÊN - 2019

Mục lục

1.1 Ký hiệu Legendre 21.2 Một số kiến thức chuẩn bị khác 8

2.1 Giá trị tuyệt đối của tổng Gauss bậc hai 102.2 Dấu của tổng Gauss bậc hai 132.3 Mở rộng lên modulo hợp số lẻ 21

3.1 Luật thuận nghịch bậc hai 263.2 Một số bài toán lượng giác liên quan 29

Mở đầu

Tổng Gauss là một loại tổng gồm hữu hạn căn của đơn vị Gauss nghiên cứutổng Gauss bậc hai, và ứng dụng chúng trong nghiên cứu về luật thuận nghịchbậc hai

Mục tiêu của luận văn là tìm hiểu tổng Gauss bậc hai và một số ứng dụngliên quan

Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, bố cục của luận vănđược chia làm ba chương

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị

Chương 2 Tổng Gauss bậc hai

Chương 3 Một vài ứng dụng của tổng Gauss

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2019Người viết luận văn

Nguyễn Thị Giang

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cần thiết trong quátrình xây dựng định nghĩa tổng Gauss như khái niệm ký hiệu Legendre, định lýEuler, định lý Fermat, căn nguyên thủy, thặng dư bậc hai, Các kiến thứctrong phần này được tham khảo chủ yếu từ tài liệu [3]

1.1 Ký hiệu Legendre

Định nghĩa 1.1.1 ([3]) Nếu a, b, m ∈ Z và m 6= 0, ta nói rằng a đồng dư với

b modulo m nếu m là ước của b − a Mối quan hệ này được ký hiệu bởi a ≡ b

Ví dụ, vì 4 | 25 − 1, ta có 25 ≡ 1 (mod 4) Vì 6 | 4 − 10, ta có 4 ≡ 10 (mod 6)

Định nghĩa 1.1.2 ([3]) Ta nói rằng hai số nguyên a và b là nguyên tố cùngnhau nếu ước chung duy nhất của chúng là ±1.

Định nghĩa 1.1.3 ([3]) Chon ∈Z+, hàmφ Euler được định nghĩa làφ(n)bằng

số số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n mà là nguyên tố cùng nhau với n, tứclà

Ví dụ, φ(1) = 1, φ(5) = |{1, 2, 3, 4}| = 4, φ(6) = |{1, 5}| = 2, và φ(9) = |{1, 2, 4, 5,

tố cùng nhau với p nên φ(p) = p − 1.

Định lý 1.1.4 (Định lý Euler, [3]) Cho a, m ∈ Z với m > 0 Nếu (a, m) = 1 thì

Chứng minh Gọir1, r2, , rφ(m) làφ(m) số nguyên dương khác nhau không lớnhơnmsao cho(ri, m) = 1, i = 1, 2, , φ(m) Xétφ(m)số nguyênr1a, r2a, , rφ(m)a.Chú ý rằng (ria, m) = 1, i = 1, 2, , φ(m) (Nếu (ria, m) > 1 với i nào đó thì tồntại ước nguyên tố p của (ria, m) và p | ria và p | m Bây giờ p | ria kéo theo p | ri

không thể vì (ri, m) = 1 và (a, m) = 1.) Ngoài ra, chú ý rằng không có hai số nàotrong dãy số r1a, r2a, , rφ(m)a đồng dư với nhau (Vì (a, m) = 1, tồn tại nghịchđảo của a modulo m, ký hiệu là a0 Do đó, nếu ria ≡ rja (mod m) với i 6= j thì

nhất modulo m của các số nguyên r1a, r2a, , rφ(m)a sắp theo thứ tự tăng dần

Định lý 1.1.5 (Định lý Fermat nhỏ, [3]) Cho p là một số nguyên tố và cho

a ∈Z Nếu p- a thì ap−1 ≡ 1 (mod p)

Chứng minh Xét p − 1 số nguyên xác định bởi a, 2a, 3a, , (p − 1)a Ta có p

đồng dư modulop.(Vìp-a,tồn tại nghịch đảo củaamodulop, ký hiệu làa0 Nếu

các thặng dư không âm bé nhất modulopcủa các số nguyên a, 2a, 3a, , (p − 1)a

theo tứ tự tăng dần là 1, 2, 3, , p − 1 Khi đó,

hay tương đương

Theo định lý Wilson, ta có (p − 1)! ≡ −1 (mod p) nên đồng dư thức bên trên trởthành

hay tương đương với ap−1≡ 1 (mod p), điều phải chứng minh

Định nghĩa 1.1.6 ([3]) Choa, n ∈Z Sốa được gọi là căn nguyên thủy modulo

n nếu a và n nguyên tố cùng nhau và φ(n) là số nguyên dương bé nhất sao cho

Ví dụ, 3 là căn nguyên thủy modulo 7 vì φ(7) = 6 là số nguyên dương x

bé nhất để 3x ≡ 1 (mod 7) Thật vậy, 31 ≡ 3 (mod 7), 3 2 ≡ 2 (mod 7), 3 3 ≡ 6

nguyên thủy modulo 13 nhưng 2 không là căn nguyên thủy modulo 7 và 23 ≡ 1

Mệnh đề 1.1.7 ([3]) Nếu m ∈ Z+ có các căn nguyên thủy và (a, m) = 1 thì a

là thặng dư lũy thừa n modulo m khi và chỉ khi aφ(m)/d ≡ 1 (mod m), trong đó

Chứng minh Gọi g là căn nguyên thủy modulo m và a = gb, x = gy. Khi đóphương trình đồng dư xn ≡ a (mod m) tương đương với gnb ≡ g b (mod m), nêntương đương với ny ≡ b (mod φ(m)) Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi

d nghiệm

Nhận xét 1.1.8 Chứng minh của mệnh đề trên còn kéo theo thông tin bổsung Nếu xn ≡ a (mod m) có nghiệm thì có đúng (n, φ(m)) nghiệm

Mệnh đề 1.1.9 ([3]) Nếu plà số nguyên tố lẻ, p- a và p-n, khi đó nếu phươngtrìnhxn ≡ a (mod p)có nghiệm thì phương trình xn ≡ a (mod pe)cũng có nghiệmvới mọi e ≥ 1. Tất cả các phương trình đồng dư này có cùng số nghiệm

Chứng minh Nếu n = 1, kết luận là tầm thường, nên ta có thể giả sử n ≥ 2.Giả

Mặt khác, nếuxn ≡ a (mod p) có một nghiệm thì tất cả các phương trình xn ≡ a

Mệnh đề 1.1.10 ([3]) Cho 2l là lũy thừa cao nhất của 2 là ước của n. Giả sử

a lẻ và phương trình xn ≡ a (mod 2 2l+1 ) có nghiệm Khi đó, phương trình xn ≡ a

phương trình đồng dư này có cùng số nghiệm

Định nghĩa 1.1.11 ([3]) Giả sử a, m ∈Z, m 6= 0 và (a, m) = 1 Số a được gọi làthặng dư bậc hai modulo m nếu phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod m) có mộtnghiệm Nếu ngược lại, a được gọi là phi thặng dư bậc hai modulo m.

Ví dụ 1.1.12 Ta có 2 là thặng dư bậc hai modulo 7 nhưng 3 thì không Thật

ra, 12, 22, 32, 42, 52, 62 lần lượt đồng dư với 1, 4, 2, 2, 4, 1 modulo 7 Do đó, 1, 2 và

4 là thặng dư bậc hai modulo 7 và 3, 5, và 6 là phi thặng dư bậc hai modulo 7

Mục tiêu của chúng ta trong phần này là trả lời câu hỏi khi nào phương trìnhđồng dư bậc hai x2 ≡ a (mod m)có nghiệm Mệnh đề sau cho cách xác định khinào một số nguyên cho trước là thặng dư bậc hai modulo m.

Mệnh đề 1.1.13 ([3]) Cho m = 2epe1

1 · · · pel

l là phân tích thừa số nguyên tố của

m và giả sử (a, m) = 1. Khi đó x2≡ a (mod m) có nghiệm khi và chỉ khi các điềukiện sau được thỏa mãn:

(a) Nếu e = 2 thì a ≡ 1 (mod 4) Nếu e ≥ 3 thì a ≡ 1 (mod 8).

(b) Với mỗi i ta có a(pi −1)/2 ≡ 1 (mod pi)

Chứng minh Theo định lý thặng dư Trung Hoa phương trình đồng dư x2 ≡ a

l )

Xét đồng dư thứcx2 ≡ a (mod 2e) Số 1 là thặng dư bậc hai duy nhất modulo

4 và 1 là thặng dư bậc hai duy nhất modulo 8 Do đó ta có tính giải được khi vàchỉ khi a ≡ 1 (mod 4) nếu e = 2 và a ≡ 1 (mod 8) nếu e = 3. Áp dụng [3, Mệnh

đề 4.2.4] ta có x2 ≡ a (mod 8) là có nghiệm khi và chỉ khi x2 ≡ a (mod 2 e ) cónghiệm với mọi e ≥ 3.

đồng dư này có nghiệm khi và chỉ khi phương trình x2 ≡ a (mod pi) có nghiệm

Áp dụng Mệnh đề 1.1.7 với n = 2, m = p và d = (n, φ(m)) = (2, p − 1) = 2, tathu được phương trình x2 ≡ a (mod p i ) có nghiệm khi và chỉ khi a(pi −1)/2 ≡ 1

Kết quả trên rút gọn phương trình thặng dư bậc hai về câu hỏi tương ứngmodulo số nguyên tố Trong phần sau đây, ký hiệu p là số nguyên tố

Định nghĩa 1.1.14 ([3]) Cho p là một số nguyên tố lẻ và cho a ∈Z với p- a.

Ký hiệu Legendre, viết là (a/p), được xác định bởi

1, nếu a là một thặng dư bậc hai modulo p

−1, nếu a là một phi thặng dư bậc hai modulo p

Ta quy ước thêm rằng nếu p | a thì



a p



Ví dụ 1.1.15 Theo Ví dụ 1.1.12, ta có 1, 2, 4 là thặng dư bậc hai modulo 7

(3/7) = −1 = (5/7) = (6/7).

Theo định nghĩa, ký hiệu Legendre (a/p) chỉ ra a có là thặng dư bậc haimodulophay không Nói cách khác, ký hiệu Legendre (a/p) ghi lại phương trìnhđồng dư bậc hai x2 ≡ a (mod p) có giải được hay không Ký hiệu Legendre làcông cụ cực kỳ thuận tiện để thảo luận về thặng dư bậc hai

Mệnh đề 1.1.16 ([3]).

(a) a(p−1)/2 ≡ (a/p) (mod p).

(c) Nếu a ≡ b (mod p) thì (a/p) = (b/p)

Chứng minh Nếu p là ước của a hoặc của b, tất cả các 3 kết luận trên đều tầmthường Giả sử p-a và p- b.

Ta biết rằng ap−1≡ 1 (mod p), do đó

(a(p−1)/2+ 1)(a(p−1)/2− 1) = ap−1− 1 ≡ 0 (mod p).

Suy ra a(p−1)/2 ≡ ±1 (mod p) Theo Mệnh đề 1.1.13, ta có a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p)

khi và chỉ khi a là thặng dư bậc hai modulo p. Điều này chứng minh (a)

Phần (c) được suy ra trực tiếp từ định nghĩa

Hệ quả 1.1.17 Số thặng dư bậc hai modulo p bằng số phi thặng dư bậc haimodulo p.

Hệ quả 1.1.18 Tích của hai thặng dư bậc hai là một thặng dư bậc hai, tíchcủa hai phi thặng dư bậc hai là một thặng dư bậc hai, tích của một thặng dư bậchai với một phi thặng dư bậc hai là phi thặng dư bậc hai

Bổ đề 1.1.20 Pp−1

Chứng minh Theo định nghĩa, (0/p) = 0. Trong p − 1 số hạng còn lại của tổng,một nửa bằng +1, một nửa bằng −1 (theo hệ quả sau Mệnh đề 1.1.16, số thặng

dư bậc hai modulo pbằng số phi thặng dư bậc hai modulo p) Do đó, tổng bằng0

1.2 Một số kiến thức chuẩn bị khác

Ký hiệu ζ = e2πi/p là căn nguyên thủy thứ p của đơn vị

Bổ đề 1.2.1 Pp−1

Chứng minh Nếu a ≡ 0 (mod p) thì ζa = 1 nênPp−1

Chứng minh Suy ra từ Bổ đề trên với a = x − y

Với mỗi số nguyên n ≥ 0, định nghĩa

=

"

n m

#

Chương 2

Tổng Gauss bậc hai

Tài liệu tham khảo chính cho chương này là [1, Section 2], [2], [3, Chapter 6]

và [4, Chapter 6]

2.1 Giá trị tuyệt đối của tổng Gauss bậc hai

Trong toàn bộ mục này, ký hiệu ζ = e2πi/p là căn nguyên thủy thứ p của đơnvị

Quy ước: Để cho ngắn gọn, tất cả các công thức tổng P trong phần còn lạicủa mục này được lấy từ 0 tới p − 1

Bây giờ ta giới thiệu khái niệm tổng Gauss

Định nghĩa 2.1.1 Với a ∈Z, ga =P

t



t p



g1.

Chứng minh Nếu a ≡ 0 (mod p) thì ζat = 1 với mọi t, và theo Bổ đề 1.1.20,

Bây giờ giả sử a 6≡ 0 (mod p) Khi đó, ta có

Ta đã sử dụng kết quả rằng at chạy trên hệ thặng dư đầy đủ modulo p khi t

chạy trên hệ thặng dư đầy đủ và(x/p) và ζx chỉ phụ thuộc vào lớp thặng dư của

x modulo p. Vì (a/p)2 = 1 nếu a 6≡ 0 (mod p), nhân cả hai vế của phương trình

Từ bây giờ ta sẽ ký hiệu g1 = g Từ Mệnh đề 2.1.2 suy ra ga2 = g2 nếu a 6≡ 0

Định lý 2.1.3 g2 = (−1)(p−1)/2p.

Chứng minh Ý tưởng của chứng minh là ta đi tính tổngP

a gag−a theo hai cách

Thay a bởi ab (mod p), ta thu được

Do vậy tổng Gauss g là số phức có module (giá trị tuyệt đối) |g| là √p

Ví dụ 2.1.5 Với p = 5, các thặng dư bậc hai modulo 5 là {1, 4} và các phithặng dư bậc hai modulo 5 là {2, 3} Do đó, theo công thức tổng Gauss ta có

5,

với ζ là căn nguyên thủy thứ 5 của đơn vị

Ta có thể kiểm tra được đẳng thức trên là đúng bằng cách như sau Bìnhphương vế trái đẳng thức trên ta được

= 5,

Ví dụ 2.1.6 Với p = 7, theo Ví dụ 1.1.12 ta có các thặng dư bậc hai modulo 7

công thức tổng Gauss ta có

7

với ζ là căn nguyên thủy thứ 7 của đơn vị

Ta có thể kiểm tra được đẳng thức trên là đúng bằng cách như sau Bìnhphương vế trái đẳng thức trên ta được

11

với ζ là căn nguyên thủy thứ 11 của đơn vị

Ví dụ 2.1.8 Vớip = 13, ta có các thặng dư bậc hai modulo 13 là{1, 3, 4, 9, 10, 12},trong khi {2, 5, 6, 7, 8, 11} là các phi thặng dư bậc hai modulo 11 Do đó, theocông thức tổng Gauss ta có

13

với ζ là căn nguyên thủy thứ 13 của đơn vị

2.2 Dấu của tổng Gauss bậc hai

• Theo như Định lý 2.1.3, tổng Gauss bậc hai g có giá trị ±√p nếu p ≡ 1

• Do đó, giá trị của g được xác định sai khác dấu Việc xác định dấu là mộtvấn đề khó khăn hơn nhiều.

• Gauss đưa ra giả thuyết rằng dấu cộng xảy ra trong mọi trường hợp và ghilại giả thuyết này trong nhật ký của ông vào tháng 5 năm 1801 Phải tới

4 năm sau đó ông mới tìm được chứng minh

Định lý 2.2.1 ([3]) Giá trị của tổng Gauss bậc hai g được xác định bởi

Mệnh đề 2.2.2 Đa thức 1 + x + · · · + xp−1 là bất khả quy trong Q[x]

Chứng minh Theo bổ đề Gauss, tính bất khả quy trong Q[x] tương đương vớitính bất khả quy trong Z[x] Do đó, ta chỉ cần chứng minh1+x+· · ·+xp−1 không

có thừa số không tầm thường trong Z[x] Giả sử ngược lại, 1 + x + · · · + xp−1 =

và đặt p = f (1)g(1) Do đó, ta có thể giả sử g(1) = 1. Sử dụng dấu gạch ngang

để ký hiệu phép rút gọn modulo p, ta kết luận rằng g(1) 6= 0. Mặt khác vì

chỉ ra 1 + x + · · · + xp−1 ≡ (x − 1) p−1 (mod p) Từ đó g(x) ≡ (x − 1)s (mod p) với

s là số nguyên dương Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với g(1) 6= 0, điều phảichứng minh

Định nghĩa 2.2.3 ([3]) Một số đại số là số phức α là nghiệm của đa thức

Mệnh đề 2.2.4 Số hữu tỉ r ∈Q là số nguyên đại số khi và chỉ khi r ∈Z.

Chứng minh Nếu r ∈ Z, thì r là một nghiệm của x − r = 0. Do đó r là một sốnguyên đại số Giả sử r ∈ Q và r là một số nguyên đại số, tức là r thỏa mãn

phương trình xn+ b 1 xn−1+ · · · + b n = 0 với b 1 , , b n ∈Z. Ta có r = c/d, trong đó

trình và nhân cả hai vế với dn kéo theo

Suy ra d là ước của cn và vì (d, c) = 1, suy ra d | c Một lần nữa, vì (d, c) = 1 suy

Mệnh đề 2.2.5 ([3]) Nếu α là một số nguyên đại số thì α là nghiệm của một

đa thức monic bất khả quy duy nhất f (x) trong Q[x] Ngoài ra, nếu g(x) ∈Q[x],

Chứng minh Cho f (x) là đa thức monic bất khả quy bất kỳ với f (α) = 0. Tachứng minh khẳng định thứ hai trước Nếu f (x) - g(x) thì (f (x), g(x)) = 1. Khi

đó tồn tại các đa thức h(x) và t(x) thuộc Q[x] sao cho f (x)h(x) + g(x)t(x) = 1

thức monic bất khả quy thỏa mãn f 1 (α) = f 2 (α) = 0 Theo khẳng đỉnh thứ hai

ta có f1(x) | f2(x) và f2(x) | f1(x) nênf1(x) ≡ f2(x) Điều phải chứng minh

Kết hợp Mệnh đề 2.2.2 với Mệnh đề 2.2.5 ta thấy rằng nếu g(ζ) = 0 với

trong đó tích lấy trên tập các đại diện của lớp kề khác không bất kỳ modulo p.

Các số nguyên ±(4k − 2), k = 1, 2, , (p − 1)/2 chính là hệ thặng dư này Do đó,

Mặt khác, hệ số của z(p−1)/2 ở vế phải của (2.3) là pA/B trong đó p- B, A và B

là số nguyên Cân bằng các hệ số, nhân vớiB((p − 1).2)! và rút gọn modulo p tađược

Cuối cùng, vì ε = ±1, ta kết luận rằng ε = 1. Điều phải chứng minh.

Do đó, ta đã trình bày xong chứng minh của Định lý 2.2.1 bằng phương phápcủa Kronecker Tiếp theo, ta trình bày thêm hai cách chứng khác dựa vào hệ sốnhị thức Gauss và chứng minh dùng ma trận

Chứng minh thứ hai cho Định lý 2.2.1 Sử dụng định lý hệ số nhị thức Gauss

#

"

p j

#

−j(j+1) 2

+ · · ·

"

n − 1 2

#

=

"

n 1

r=1

p−1 2Y

r=1

p−1 2Y

r=1

sin



2πr p

r=1

sin



2πr p



 Do vậy



(Vì Pp−1

k=0 ζk = 0.) Ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2.3.2 (a) Với p = 5 và ζ = e2πi/5, ta có

Đặt ε = e2πin và với mỗi số nguyên a, ta đặt

(M2)2 có hàm đặc trưng là |ξ · ekl− n2· ekl| = (ξ − n2)n Do đó, (M2)2 có n nghiệmphương trình đặc trưng và đều bằngn2. Ngoài ra,(M2)2 có ξr4 là nghiệm phươngtrình đặc trưng, nên ξr = iar √

Chương 3

Một vài ứng dụng của tổng Gauss

Tài liệu tham khảo chính cho chương này là [3, Chapter 6]

3.1 Luật thuận nghịch bậc hai

Định lý 3.1.1 (Luật thuận nghịch bậc hai) Cho p và q là hai số nguyên tố lẻkhác nhau Khi đó,

Ví dụ 3.1.2 Tính 537
, ta có

 7 53



=

53 7

(theo Định lý 3.1.1)

7

(theo Mệnh đề 1.1.16)

= 1(theo Ví dụ 1.1.15)

Ví dụ 3.1.3 Tính −158101
, ta có

−158 101



101

 158 101





=

57 101



=

 3 101

  19 101



3

 101 19



=

2 3

  6 19



= (−1)

 6 19



19

  3 19



= −(−1)

 3 19



=

 3 19



= −

19 3



= −

1 3



= −1.

Chứng minh Định lý 3.1.1 sử dụng Định lý 2.1.3 Đặtp∗ = (−1)(p−1)/2p.Ta tiếnhành chứng minh luật thuận nghịch bậc hai bằng cách làm việc với đồng dư mod

q trong vành số nguyên đại số:

Ta sẽ trình bày chứng minh thứ hai của luật thuận nghịch bậc hai sử dụngĐịnh lý về tổng Gauss với modulo lẻ, như sau.

Trước tiên ta có hai bổ đề

Bổ đề 3.1.4 Cho m, n là các số nguyên nguyên tố cùng nhau Khi đó

thặng dư modulo mn. Bổ đề được chứng minh

Bổ đề 3.1.5 Cho p và q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt Khi đó

 

q p

 

q p

 

q p



e(p)e(q) = e(pq).

Từ đó ta suy ra



p q

 

q p



Đây chính là luật thuận nghịch bậc hai

3.2 Một số bài toán lượng giác liên quan

Giải Đặt x = e2πi11, kéo theo x11= 1. Từ công thức tổng Gauss



e2πij11

= e2πi11 − e4πi11 + e6πi11 + e8πi11 + e10πi11