Ký hiệu Legendre
Nếu a, b, m là các số nguyên với m khác 0, thì a được coi là đồng dư với b modulo m nếu m là ước của hiệu b - a Mối quan hệ này được ký hiệu là a ≡ b (mod m), trong khi ký hiệu a 6≡ b (mod m) chỉ ra rằng a không đồng dư với b modulo 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, để xác định mối quan hệ giữa các số nguyên, ta có thể sử dụng phép toán modulo Ví dụ, từ 7 | 10 − (−4), ta có thể kết luận rằng 10 ≡ −4 (mod 7) Tương tự, từ 5 - −7 − 2, ta suy ra rằng −7 6≡ 2 (mod 5) Theo định nghĩa, hai số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ước chung duy nhất của chúng là ±1 Định nghĩa hàm φ Euler cho một số nguyên dương n là số lượng các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n mà nguyên tố cùng nhau với n, được biểu diễn bằng 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, ký hiệu là r₁, r₂, , rφ(m), không lớn hơn m và có tính chất (rᵢ, m) = 1 với i = 1, 2, , φ(m) Xét các số nguyên r₁a, r₂a, , rφ(m)a, ta nhận thấy rằng (rᵢa, m) = 1 cho mọi i Nếu (rᵢa, m) > 1 với một i nào đó, thì sẽ có một ước nguyên tố p của (rᵢa, m) sao cho p | rᵢa và p | m, dẫn đến p | rᵢ hoặc p | a, điều này mâu thuẫn với giả thiết (rᵢ, m) = 1 và (a, m) = 1 Hơn nữa, không có hai số nào trong dãy r₁a, r₂a, , rφ(m)a đồng dư với nhau do (a, m) = 1, từ đó tồn tại nghịch đảo của a modulo m Nếu rᵢa ≡ rᵢa (mod m) với i ≠ j, thì sẽ có mâu thuẫn khi rᵢaa₀ ≡ rᵉaa₀ (mod m) Do đó, các thặng dư không âm nhỏ nhất modulo m của các số nguyên r₁a, r₂a, , rφ(m)a được 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 được xác định bởi a, 2a, 3a, , (p - 1)a, ta có p - ia với i = 1, 2, , p - 1 Không có hai số nào trong p - 1 số nguyên này đồng dư modulo p, vì tồn tại nghịch đảo của a modulo p, ký hiệu là a₀ Nếu ia ≡ ja (mod p) với i ≠ j, thì iaa₀ = jaa₀ (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, nếu a^p−1 ≡ −1 (mod p) thì tương đương với a^p−1 ≡ 1 (mod p), điều này cần được chứng minh Theo định nghĩa, một số a được gọi là căn nguyên thủy modulo n 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).
Số 3 là căn nguyên thủy modulo 7 vì φ(7) = 6, với 6 là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 3 x ≡ 1 (mod 7) Cụ thể, 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), và 3^6 ≡ 1 (mod 7) Tương tự, số 2 là căn nguyên thủy modulo 13, nhưng không phải là căn nguyên thủy modulo 7, vì 2^3 ≡ 1 (mod 7) trong khi φ(7) = 6 lớn hơn 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)).
Gọi g là căn nguyên thủy modulo m và a = g b, 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 Nếu phương trình đồng dư có nghiệm, thì nó sẽ 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 một số nguyên tố lẻ và \( a \) là một số nguyên, thì nếu phương trình \( x^n \equiv a \mod p \) có nghiệm, thì phương trình \( x^n \equiv a \mod p^e \) cũng có nghiệm với mọi \( e \geq 1 \) 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, với 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 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) đều 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, ta dễ dàng thấy rằng (n, φ(p)) = (n, φ(p^e)) với mọi e ≥ 1, điều này cần được chứng minh.
Mệnh đề 1.1.10 chỉ ra rằng nếu 2 l là lũy thừa cao nhất của 2 và là ước của n, với a lẻ và phương trình x n ≡ a (mod 2 2l+1 ) có nghiệm, thì phương trình x n ≡ a (mod 2 e ) cũng sẽ có nghiệm cho mọi e ≥ 2l + 1, và tất cả các phương trình đồng dư này có cùng số nghiệm Theo Định nghĩa 1.1.11, 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 một 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 chúng ta là xác định thời điểm phương trình đồng dư bậc hai x² ≡ a (mod m) có nghiệm Để làm điều này, chúng ta sẽ trình bày một mệnh đề giúp xác định khi nào một số nguyên cho trước là thặng dư bậc hai modulo m.
Mệnh đề 1.1.13 nêu rằng với m = 2 và p là số nguyên tố, nếu (a, m) = 1, thì phương trình x^2 ≡ a (mod m) có nghiệm khi và chỉ khi 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
4 và 1 là thặng dư bậc hai duy nhất modulo 8, do đó, điều kiện để tồn tại nghiệm là a ≡ 1 (mod 4) khi e = 2 và a ≡ 1 (mod 8) khi e = 3 Theo [3, 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 nếu và chỉ nếu phương trình x^2 ≡ a (mod p^i) cũng có nghiệm, do (2, p_i) = 1 Theo Mệnh đề 1.1.7, với n = 2, m = p và d = (n, φ(m)) = 2, ta có điều kiện a^(p_i - 1)/2 ≡ 1 (mod p_i) để đảm bảo phương trình x^2 ≡ a (mod p^i) có nghiệm.
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 hàm số at chạy trên hệ thặng dư đầy đủ modulo p khi t thuộc hệ thặng dư đầy đủ và (x/p)và ζ x chỉ phụ thuộc vào lớp thặng dư của x modulo p Đặc biệt, (a/p) 2 = 1 nếu a không đồng dư 0 (mod p), từ đó khi nhân cả hai vế của phương trình (a/p)g a = g 1 với (a/p), chúng ta có thể thu 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} Theo 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 ghi lại giả thuyết của mình về việc dấu cộng xảy ra trong mọi trường hợp trong nhật ký.
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 chỉ 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, 1 + x + + x^(p−1) = f(x)g(x), với f(x), g(x) ∈ Z[x] và mỗi đa thức có bậc lớn hơn 1 Đặt x = 1, ta có p = f(1)g(1) và có thể giả sử g(1) = 1 Qua đó, sử dụng phép rút gọn modulo p, ta kết luận rằng g(1) ≠ 0 Mặt khác, vì p | p^j.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét mối quan hệ giữa các số đại số và đa thức Cụ thể, với điều kiện \( j = 1, \ldots, p - 1 \), ta có \( x^{p - 1} \equiv (x - 1)^p \mod p \) và sau khi chia cả hai vế cho \( x - 1 \), ta nhận được \( 1 + x + \ldots + x^{p-1} \equiv (x - 1)^{p-1} \mod p \) Từ đó, ta suy ra rằng \( g(x) \equiv (x - 1)^s \mod p \) với \( s \) là số nguyên dương Tuy nhiên, điều này dẫn đến mâu thuẫn với \( g(1) \neq 0 \), điều này cần được 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 \( a_0 \neq 0 \).
Mộtsố nguyờn đại số là số phứcαlà nghiệm của đa thứcx n +b 1 x n−1 +ã ã ã+b n =
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 điều này, nếu r thuộc Z, thì r là nghiệm của phương trình x - r = 0, tức là r là số nguyên đại số Ngược lại, giả sử r ∈ Q và r là số nguyên đại số, nghĩa là r thỏa mãn phương trình x^n + b₁x^(n-1) + + bₙ = 0 với b₁, , bₙ ∈ Z Khi đó, r có thể được biểu diễn dưới dạng c/d, với c, d ∈ Z và c, d nguyên tố cùng nhau Thay c/d vào phương trình và nhân cả hai vế với d^n dẫn đến c^n + b₁c^(n-1)d + + bₙd^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).
Giả sử f(x) là một đa thức monic bất khả quy với f(α) = 0 Để chứng minh khẳng định thứ hai, nếu f(x) và g(x) không có ước chung nào khác ngoài 1, thì tồn tại các đa thức h(x) và t(x) thuộc Q[x] sao cho f(x)h(x) + g(x)t(x) = 1 Khi thay x bằng α, ta sẽ có mâu thuẫn, từ đó suy ra f(x) | g(x) Nếu f1(x) và f2(x) là hai đa thức monic bất khả quy với f1(α) = f2(α) = 0, theo khẳng định thứ hai, ta có f1(x) | f2(x) và f2(x) | f1(x), dẫn đến f1(x) ≡ f2(x), điều này cần được chứng minh.
Kết hợp Mệnh đề 2.2.2 với Mệnh đề 2.2.5 ta thấy rằng nếu g(ζ ) = 0 với g(x) ∈Q [x] thỡ 1 + x + ã ã ã + x p−1 | g(x) Nhận xột 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 tích của các đại diện thuộc lớp kề khác không, được tính modulo p Các số nguyên ±(4k − 2) với k = 1, 2, , (p − 1)/2 tạo thành hệ thặng dư Từ đó, chúng ta có thể 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 2ãsin (4k − 2)π p > 0và i (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 < 0và i (p−1)/2 = (−1) k = −1 0, nên định lý được chứng minh.
Một vài ứng dụng của tổng Gauss 26
Luật thuận nghịch bậc hai
Định lý 3.1.1 (Luật thuận nghịch bậc hai) Cho p và q là hai số nguyên tố lẻ khác nhau Khi đó, p q q p
(1 nếu p ≡ 1 (mod 4) hoặc q ≡ 1 (mod 4) hoặc cả hai
Nếu p ≡ 1 (mod 4) hoặc q ≡ 1 (mod 4) (hoặc cả hai) thì p q q p
Các kết quả này có thể được sử dụng để đơn giản hóa việc tính ký hiệu Legendre, như minh họa trong ví dụ sau.
Chứng minh Định lý 3.1.1 dựa trên Định lý 2.1.3 với p ∗ = (−1) (p−1)/2 p Để thực hiện chứng minh luật thuận nghịch bậc hai, chúng ta làm việc với đồng dư mod q trong vành số nguyên đại số, từ đó có g q−1 = (g 2 ) (q−1)/2 = p ∗(q−1)/2 ≡ (p ∗ /q) (mod q).
Suy ra g q ≡ g q ≡ (q/p)g (mod q) và do đó
Nhân cả hai vế với g và sử dụng kết quả g 2 = p ∗ :
(q/p) = (p ∗ /q). Để thấy rằng kết này là kết quả ta cần chứng minh, chú ý rằng
Ta sẽ trình bày chứng minh thứ hai của luật thuận nghịch bậc hai sử dụng Định 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
=X j,k e 2πi mn [(jm+kn) 2 −2jmkn] =X j,k e 2πi mn (jm+kn) 2
Vì0 ≤ j ≤ n − 1, 0 ≤ k ≤ m − 1, tập các số nguyên jm + kn chạy toàn bộ tập lớp 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
Chứng minh thứ hai của Định lý 3.1.1 Với n là số nguyên lẻ ta định nghĩa e(n) =
Khi đó Định lý 2.3.3 có thể viết lại thành
Do vậy e(pq) √ pq = G(1, pq ) = G(p, q)G(q, p)
Từ đó ta suy ra p q q p
= (−1) (p−1)(q−1)/4 Đây chính là luật thuận nghịch bậc hai.
Một số bài toán lượng giác liên quan
Ví dụ 3.2.1 Chứng minh rằng tan 3π
Giải Đặt x = e 2πi 11 , kéo theo x 11 = 1 Từ công thức tổng Gauss
Sử dụng sin t = e it − e −it
Ví dụ 3.2.2 Chứng minh rằng sin 2π
2 Giải Đặt ε = e 2πi/7 , khi đó ε 7 = 1 và ε = cos 2π
= (ε + ε 2 + ε 4 ) − (ε 6 + ε 5 + ε 3 ). Đặt α = ε + ε 2 + ε 4 , β = ε 6 + ε 5 + ε 3 Khi đó, ta có α + β = ε + ε 2 + ε 4 + ε 6 + ε 5 + ε 3 = −1 α ã β = (ε + ε 2 + ε 4 )(ε 6 + ε 5 + ε 3 )
Ví dụ 3.2.3 Chứng minh sin π
2i Vậy vế trái của (3.4) là
Vậy vế trái của (3.4) là
Do vế trái của (3.4) dương nên VT(3.4) √ 7
Ví dụ 3.2.4 Chứng minh tan π
Từ (3.5) và (3.6) ta có i tan π
Trong luận văn này chúng tôi trình bày những vấn đề chính sau:
1 Trình bày về tổng Gauss bậc hai, một số chứng minh về giá trị của nó.
2 Trình bày ứng dụng của tổng Gauss bậc hai trong chứng minh luật thuận nghịch bậc hai.
3 Trình bày một số bài tập lượng giác liên quan đến tổng Gauss.