Ký hiệu Legendre
Nếu a, b, m ∈ Z và m khác 0, thì a được coi là đồng dư với b modulo m khi m là ước của b − a, ký hiệu là a ≡ b (mod m) Ngược lại, a không đồng dư với b modulo m được ký hiệu là a 6≡ b (mod m).
Ví dụ, vì 4 | 25 − 1, ta có 25 ≡ 1 (mod 4) Vì 6 | 4 − 10, ta có 4 ≡ 10 (mod 6).
Trong toán học, chúng ta có thể xác định mối quan hệ giữa các số nguyên bằng các phép toán modulo Ví dụ, từ 7 | 10 − (−4), ta suy ra rằng 10 ≡ −4 (mod 7) Tương tự, với 5∤ −7 − 2, ta có −7 6≡ 2 (mod 5) Hai số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ước chung duy nhất của chúng là ± 1 Hàm φ Euler, được ký hiệu là φ(n), được định nghĩa là số lượng số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n mà nguyên tố cùng nhau với n, với công thức φ(n) = |{ x ∈ Z: 1 ≤ x ≤ n, (x, n) = 1 }|.
7, 8 }| = 6.Nếuplà số nguyên tố thì rõ ràng tất cả các số1, 2, , p − 1đều nguyên 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 a φ(m) ≡ 1 (mod m).
Chứng minh rằng có φ(m) số nguyên dương khác nhau không lớn hơn m, ký hiệu là r₁, r₂, , rφ(m), sao cho (rᵢ, m) = 1 với i = 1, 2, , φ(m) Xét φ(m) số nguyên r₁a, r₂a, , rφ(m)a, ta thấy rằng (rᵢa, m) = 1 Nếu (rᵢa, m) > 1 cho một i nào đó, thì tồn tại ước nguyên tố p của (rᵢa, m) mà p | rᵢa và p | m, điều này dẫn đến p | rᵢ hoặc p | a, mâu thuẫn với (rᵢ, m) = 1 và (a, m) = 1 Hơn nữa, không có hai số trong dãy r₁a, r₂a, , rφ(m)a đồng dư với nhau, vì (a, m) = 1 nên tồn tại nghịch đảo của a modulo m Nếu rᵢa ≡ rⱼa (mod m) với i ≠ j, thì rᵢaa′ ≡ rⱼaa′ (mod m) là không thể Do đó, các thặng dư không âm nhỏ nhất modulo m của các số nguyên r₁a, r₂a, , rφ(m)a sắp xếp theo thứ tự tăng dần là r₁, r₂, , rφ(m).
Vỡ (r 1 r 2 ã ã ã r φ(m) , m) = 1, ta cú m | (a φ(m) − 1) và a φ(m) ≡ 1 (mod m), điều phải chứng minh. 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 a p−1 ≡ 1 (mod p).
Chứng minh rằng xét p − 1 số nguyên xác định bởi a, 2a, 3a, , (p − 1)a, ta có p không chia hết cho ia với i = 1, 2, , p − 1 Không có hai số nào trong p − 1 số nguyên này đồng dư modulo p Do p không chia hết cho a, tồn tại nghịch đảo của a modulo p, ký hiệu là a′ Nếu ia ≡ ja (mod p) với i khác j, thì ta có iaa′ ≡ jaa′ (mod p), dẫn đến i ≡ j (mod p), điều này là vô lý Do đó, các thặng dư không âm bé nhất modulo p của các số nguyên a, 2a, 3a, , (p − 1)a theo thứ tự tăng dần là 1, 2, 3, , p − 1.
(a)(2a)(3a) ã ã ã ((p − 1)a) ≡ (1)(2)(3) ã ã ã (p − 1) (mod p), hay tương đương a p−1 (p − 1)! ≡ (p − 1)! (mod p).
Theo định lý Wilson, ta có (p − 1)! ≡ − 1 (mod p) nên đồng dư thức bên trên trở thành
Theo định lý Fermat, nếu a là số nguyên và p là số nguyên tố, thì a^(p−1) ≡ 1 (mod p) Điều này đồng nghĩa với việc a^(p−1) ≡ −1 (mod p) cũng phải được chứng minh Định nghĩa căn nguyên thủy modulo n cho biết rằng một số a được gọi là căn nguyên thủy nếu a và n nguyên tố cùng nhau, và φ(n) là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho a^φ(n) ≡ 1 (mod n).
Ví dụ, 3 là căn nguyên thủy modulo 7 vì φ(7) = 6 là số nguyên dương x bé nhất để 3 x ≡ 1 (mod 7) Thật vậy, 3 1 ≡ 3 (mod 7), 3 2 ≡ 2 (mod 7), 3 3 ≡ 6
(mod 7), 3 4 ≡ 4 (mod 7), 3 5 ≡ 5 (mod 7), 3 6 ≡ 1 (mod 7) Tương tự, ta có 2 là căn nguyên thủy modulo 13 nhưng 2 không là căn nguyên thủy modulo 7 và 2 3 ≡ 1 (mod 7) nhưng φ(7) = 6 > 3.
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 a φ(m)/d ≡ 1 (mod m), trong đó d = (n, φ(m)).
Để chứng minh, gọi g là căn nguyên thủy modulo m, với a = g^b và x = g^y Phương trình đồng dư x^n ≡ a (mod m) tương đương với g^(nb) ≡ g^b (mod m), dẫn đến ny ≡ b (mod φ(m)) Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi d | b, và nếu phương trình đồng dư có nghiệm, thì nó có đúng d nghiệm.
Nếu d | b thì a φ(m)/d ≡ g bφ(m)/d ≡ 1 (mod m) Ngược lại, nếu a φ(m)/d ≡ 1
(mod m) thì g bφ(m)/d ≡ 1 (mod m), điều này kéo theo φ(m) là ước của bφ(m)/d hay d | b Điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.1.8 Chứng minh của mệnh đề trên còn kéo theo thông tin bổ sung Nếu x n ≡ a (mod m) có nghiệm thì có đúng (n, φ(m)) nghiệm.
Nếu p là số nguyên tố lẻ và p không chia hết cho a cũng như n, thì phương trình x^n ≡ a (mod p) có nghiệm nếu và chỉ nếu phương trình x^n ≡ a (mod p^e) cũng có nghiệm với mọi e ≥ 1 Tất cả các phương trình đồng dư này đều có số nghiệm giống nhau.
Để chứng minh, ta giả sử n ≥ 2, vì trường hợp n = 1 là tầm thường Giả sử x n ≡ a (mod p e ) và giải phương trình, đặt x 0 là một nghiệm và x 1 = x 0 + bp e Qua tính toán, ta có x n 1 ≡ x n 0 + nbp e x n−1 0 (mod p e+1).
Ta cần giải phương trình x n 1 ≡ a (mod p e+1 ).
Việc này tương đương với tìm số nguyên b sao cho nx n−1 0 b ≡ ((a − x b 0 )/p 2 ) (mod p).
Chú ý rằng (a − x n 0 )/p e là số nguyên và p ∤ nx n−1 0 Do đó phương trình này có nghiệm duy nhất theo b, và với giá trị này của b, x n 1 n ≡ a (mod p e+1 ).
Nếu phương trình x^n ≡ a (mod p) không có nghiệm, thì tương ứng, x^n ≡ a (mod p^e) cũng sẽ không có nghiệm Ngược lại, nếu x^n ≡ a (mod p) có một nghiệm, thì tất cả các phương trình x^n ≡ a (mod p^e) cũng sẽ có nghiệm Theo Mệnh đề 1.1.7, số nghiệm của x^n ≡ a (mod p^e) là (n, φ(p^e)) miễn là phương trình có nghiệm Nếu p không chia hết cho n, thì (n, φ(p)) = (n, φ(p^e)) với mọi e ≥ 1, điều này cần được chứng minh.
Theo Mệnh đề 1.1.10, nếu 2 l là lũy thừa cao nhất của 2 là ước của n và phương trình x n ≡ a (mod 2 2l+1) có nghiệm với a là số lẻ, thì phương trình x n ≡ a (mod 2 e) cũng có nghiệm cho mọi e ≥ 2l + 1, và do đó cho mọi e ≥ 1 Tất cả các phương trình đồng dư này đều có số nghiệm giống nhau Định nghĩa 1.1.11 chỉ ra rằng, với m ∈ Z, m ≠ 0 và (a, m) = 1, số a được gọi là thặng dư bậc hai modulo m nếu phương trình đồng dư x 2 ≡ a (mod m) có nghiệm; 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, 1 2 , 2 2 , 3 2 , 4 2 , 5 2 , 6 2 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 phần này là xác định thời điểm phương trình đồng dư bậc hai x² ≡ a (mod m) có nghiệm Chúng ta sẽ trình bày một mệnh đề giúp xác định khi nào một số nguyên cụ thể là thặng dư bậc hai modulo m.
Mệnh đề 1.1.13 nêu rằng cho m = 2 e p e 1 1 và p e l l là phân tích thừa số nguyên tố của m, giả sử (a, m) = 1 Phương trình x^2 ≡ a (mod m) có nghiệm nếu và chỉ nếu các điều kiện nhất định 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 (p i −1)/2 ≡ 1 (mod p i ).
Chứng minh Theo định lý thặng dư Trung Hoa phương trình đồng dư x 2 ≡ a (mod p)tương đương với hệ phương trìnhx 2 ≡ a (mod 2 e ), x 2 ≡ a (mod p e 1 1 ), , x l ≡ a (mod p e l l ).
Xét đồng dư thứcx 2 ≡ a (mod 2 e ) Số 1 là thặng dư bậc hai duy nhất modulo
Thặng dư bậc hai duy nhất modulo 8 là 4 và 1 Điều này cho thấy tính giải được xảy ra khi và chỉ khi a ≡ 1 (mod 4) với e = 2, và a ≡ 1 (mod 8) với e = 3 Theo Mệnh đề 4.2.4, phương trình x² ≡ a (mod 8) có nghiệm khi và chỉ khi x² ≡ a (mod 2^e) có nghiệm với mọi e ≥ 3.
Phương trình đồng dư x^2 ≡ a (mod p^e) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình x^2 ≡ a (mod p^i) có nghiệm, do (2, p^i) = 1 Theo Mệnh đề 1.1.7 với n = 2, m = p và d = (n, φ(m)) = (2, p − 1) = 2, ta có điều kiện a^(p^i − 1)/2 ≡ 1 (mod p^i) để phương trình x^2 ≡ a (mod p^i) có nghiệm.
Kết quả nghiên cứu cho phép rút gọn phương trình thặng dư bậc hai thành câu hỏi tương ứng với modulo số nguyên tố Trong phần tiếp theo, ký hiệu p đại diện cho một số nguyên tố Định nghĩa 1.1.14: Cho p là một số nguyên tố lẻ và a thuộc Z với điều kiện p không chia hết cho a.
Ký hiệu Legendre, viết là (a/p), được xác định bởi a p
(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 nên (2/7) = 1 = (1/7) = (4/7), 3, 5 và 6 là phi thặng dư bậc hai modulo 7 nên (3/7) = − 1 = (5/7) = (6/7).
Tổng Gauss bậc hai 10
Giá trị tuyệt đối của tổng Gauss bậc hai
Trong toàn bộ mục này, ký hiệu ζ = e 2πi/p là căn nguyên thủy thứ p của đơn vị.
Quy ước: Để cho ngắn gọn, tất cả các công thức tổng P trong phần còn lại của 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, g a =P t t p ζ at được gọi là tổng Gauss bậc hai ứng với số nguyên a.
Chứng minh Nếu a ≡ 0 (mod p) thì ζ at = 1 với mọi t, và theo Bổ đề 1.1.20, g a =P
(t/p) = 0 Điều này chứng minh cho trường hợp a ≡ 0 (mod p).
Bây giờ giả sử a 6≡ 0 (mod p) Khi đó, ta có
Kết quả cho thấy rằng hệ thặng dư đầy đủ modulo p hoạt động khi t chạy trên hệ thặng dư đầy đủ, và giá trị của x chỉ phụ thuộc vào lớp thặng dư của nó modulo p Do đó, với điều kiện (a/p)² = 1 nếu a không đồng dư 0 modulo p, khi nhân cả hai vế của phương trình (a/p)g a = g 1 với (a/p), chúng ta có thể chứng minh được điều cần chứng minh.
Từ bây giờ ta sẽ ký hiệu g 1 = g Từ Mệnh đề 2.1.2 suy ra g a 2 = g 2 nếu a 6≡ 0 (mod p) Bây giờ ta sẽ suy ra giá trị phổ biến này. Định lý 2.1.3 g 2 = ( − 1) (p−1)/2 p.
Chứng minh Ý tưởng của chứng minh là ta đi tính tổngP a g a g −a theo hai cách. Nếu a 6≡ 0 (mod p) thì g a g −a = (a/p)( − a/p)g 2 = ( − 1/p)g 2
Cộng cả hai vế của phương trình theo a và sử dụng hệ quả của Bổ đề 1.2.1 ta thu được
Kết hợp các kết quả này với nhau ta thu được
Chứng minh thứ hai Ta có g ã g = p−1
Thay a bởi ab (mod p), ta thu được g 2 =X a
Nhận xét 2.1.4 Từ g 2 = ( − 1) (p−1)/2 p, ta lấy module cả hai vế ta có
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 phi thặng dư bậc hai modulo 5 là { 2, 3 } Do đó, theo công thức tổng Gauss ta có ζ − ζ 2 − ζ 3 + ζ 4 = ± √
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 Bình phương vế trái đẳng thức trên ta được
Với p = 7, các thặng dư bậc hai modulo 7 là {1, 2, 4}, trong khi các phi thặng dư bậc hai là {3, 5, 6} Theo công thức tổng Gauss, ta có biểu thức ζ + ζ² − ζ³ + ζ⁴ − ζ⁵ − ζ⁶ = ± i √.
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 Bình phương vế trái đẳng thức trên ta được
= ζ 2 + 2ζ 3 − ζ 4 + ζ 6 − 6ζ 7 + ζ 8 − ζ 10 + 2ζ 11 + ζ 12 và sử dụng đẳng thức ζ 7 = 1 để rút gọn các lũy thừa của ζ thành đẳng thức
Với p = 11, các thặng dư bậc hai modulo 11 là {1, 3, 4, 5, 9}, trong khi các phi thặng dư bậc hai là {2, 6, 7, 8, 10} Áp dụng công thức tổng Gauss, ta có biểu thức ζ − ζ² + ζ³ + ζ⁴ + ζ⁵ − ζ⁶ − ζ⁷ − ζ⁸ + ζ⁹ − ζ¹⁰ = ± i √.
11 với ζ là căn nguyên thủy thứ 11 của đơn vị.
Khi xét modulo 13, các thặng dư bậc hai là {1, 3, 4, 9, 10, 12}, trong khi các phi thặng dư bậc hai modulo 11 là {2, 5, 6, 7, 8, 11} Áp dụng công thức tổng Gauss, ta có biểu thức ζ − ζ² + ζ³ + ζ⁴ − ζ⁵ − ζ⁶ − ζ⁷ − ζ⁸ + ζ⁹ + ζ¹⁰ − ζ¹¹ + ζ¹² = ± √.
13 với ζ là căn nguyên thủy thứ 13 của đơn vị.
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(mod 4) và ± i √ p nếu p ≡ 3 (mod 4).
• Do đó, giá trị của g được xác định sai khác dấu Việc xác định dấu là một vấn đề khó khăn hơn nhiều.
Vào tháng 5 năm 1801, Gauss đã đưa ra giả thuyết rằng dấu cộng xảy ra trong mọi trường hợp và ghi lại phát hiện này trong nhật ký của mình.
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 g =
Như ở mục trước, ký hiệu ζ = e 2πi/p Khi đó, 1, ζ, , ζ p−1 là các nghiệm của phương trình x p − 1 = 0.
Mệnh đề 2.2.2 Đa thức 1 + x + ã ã ã + x p−1 là bất khả quy trong Q[x].
Theo bổ đề Gauss, tính bất khả quy trong Q[x] tương đương với tính bất khả quy trong Z[x] Do đó, chúng ta cần chứng minh rằng đa thức 1 + x + + x^(p−1) không có thừa số không tầm thường trong Z[x] Giả sử ngược lại, ta có 1 + x + + x^(p−1) = f(x)g(x) với f(x), g(x) ∈ Z[x] và bậc của mỗi đa thức lớn hơn 1 Đặt x = 1 và p = f(1)g(1), từ đó có thể giả sử g(1) = 1 Sử dụng ký hiệu rút gọn modulo p, ta kết luận rằng g(1) ≠ 0, trong khi p chia hết cho p^j.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét một số đại số và một số nguyên đại số Đầu tiên, từ công thức \(x^{p-1} \equiv (x-1)^p \mod p\), chúng ta có thể suy ra rằng \(1 + x + x^2 + \ldots + x^{p-1} \equiv (x-1)^{p-1} \mod p\) Điều này dẫn đến \(g(x) \equiv (x-1)^s \mod p\) với \(s\) là số nguyên dương, nhưng điều này mâu thuẫn với \(g(1) \neq 0\), điều mà chúng ta cần chứng minh Theo Định nghĩa 2.2.3, một số đại số là số phức \(\alpha\) là nghiệm của đa thức \(a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + a_2 x^{n-2} + \ldots + a_n = 0\), trong đó \(a_0, a_1, a_2, \ldots, a_n \in \mathbb{Q}\) và \(a_0 \neq 0\) Mặt khác, một số nguyên đại số là số phức \(\alpha\) là nghiệm của đa thức \(x^n + b_1 x^{n-1} + \ldots + b_n = 0\).
Rõ ràng mọi số nguyên đại số là số đại số Điều ngược lại không đúng như trong mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.2.4 khẳng định rằng số hữu tỉ r ∈ Q là số nguyên đại số khi và chỉ khi r ∈ Z Chứng minh bắt đầu từ việc nếu r ∈ Z, thì r là nghiệm của phương trình x − r = 0, do đó r là số nguyên đại số Giả sử r ∈ Q và r là số nguyên đại số, tức là r thỏa mãn phương trình x^n + b_1 x^(n−1) + + b_n = 0 với b_1, , b_n ∈ Z Ta có thể viết r = c/d với c, d ∈ Z, và giả sử c và d nguyên tố cùng nhau Thay c/d vào phương trình và nhân cả hai vế với d^n, ta thu được c^n + b_1 c^(n−1) d + + b_n d^n = 0.
Suy ra d là ước của c n và vì (d, c) = 1, suy ra d | c Một lần nữa, vì (d, c) = 1 suy ra d = ± 1 nên r = c/d thuộc Z.
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], g(α) = 0 thì f(x) | g(x).
Cho f(x) là đa thức monic bất khả quy với f(α) = 0 Nếu f(x) không chia hết cho g(x), thì (f(x), g(x)) = 1, dẫn đến tồn tại các đa thức h(x) và t(x) trong Q[x] sao cho f(x)h(x) + g(x)t(x) = 1 Khi đặt x = α, ta có mâu thuẫn, suy ra f(x) | g(x) Giả sử f1(x) và f2(x) là hai đa thức monic bất khả quy với f1(α) = f2(α) = 0, theo khẳng định trên, ta có f1(x) | f2(x) và f2(x) | f1(x), do đó f1(x) ≡ f2(x) Kết hợp Mệnh đề 2.2.2 với Mệnh đề 2.2.5, nếu g(ζ) = 0 với g(x) ∈ Q[x], thì 1 + x + + x^(p−1) | g(x), điều này sẽ được sử dụng sau này.
Chứng minh Vì 1, ζ, , ζ p−1 là tất cả các nghiệm của phương trình x p − 1 = 0 nên ta có x p − 1 = (x − 1) p−1
Chia cho x − 1 ta thu được
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các số nguyên ± (4k − 2), với k = 1, 2, , (p − 1)/2, thuộc hệ thặng dư modulo p Các đại diện của lớp kề khác không được tích lấy trên tập hợp này, dẫn đến việc xác định giá trị của p.
Chứng minh Theo Mệnh đề 2.2.6 ta chỉ phải tính dấu của tích Tích bằng i (p−1)/2
Ta có sin (4k − 2)π p < 0 nếu và chỉ nếu (p + 2)/4 < k ≤ (p − 1)/2 Do đó có (p − 1)/2 − [(p + 2)/4] số hạng âm trong các giá trị sin (4k − 2)π p , 1 ≤ k ≤ p − 1
2 Trường hợp 1: p ≡ 1 (mod 4), ta có p = 4k + 1(k ∈ N ∗ ) Do vậy trong tích
Nếuk ≡ 0 (mod 2), thìQ(p−1)/2 k=1 2 ã sin (4k − 2)π p > 0vài (p−1)/2 = ( − 1) k = 1 > 0.
Nếu k ≡ 1 (mod 2), thì Q(p−1)/2 k=1 2 ã sin (4k − 2)π p < 0vài (p−1)/2 = ( − 1) k = − 1