Luận văn thạc sĩ Đại số và lý thuyết số: Biểu diễn số nguyên tố bởi các dạng toàn phương bậc hai nguyên

-3-MO ĐẦU Một số nguyên n được gọi là biểu diễn được dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên: ax” + bxy + cy’ a, b, c e Z nếu có số nguyên x, y sao cho n = ax’ + bxy + cy” Bài toán biểu diễ

|

=22zÍ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHAM THÀNH PHO HO CHÍ MINH

ae He 3E

NGUYEN HUYNH NGOC XUAN

BIEU DIEN SO NGUYEN TO BOI CAC

DANG TOAN PHUONG BAC HAI

NGUYEN

Chuyên ngành: Đại số va lý thuyết số

Mã số: 604605

LUẬN VĂN THAC SY TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

PGS.TS My Vinh Quang

Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2006

1.3 vành các số nguyên đại sỐ ¿+ +2 52c S+x 2E eErvevcreerrxrererrrree 11Chương 2: Tinh Euclide của vành các số nguyên đại số bậc hai - 14

2.1 Miễn Euelide - -¿- ¿ - + s SE SE E3 1E E1 S3 1E 1T xe 142.2 Ví dụ về miễn Euelide -¿- ¿+ + + k+sEEEE*E£E+EE#E£kEzkzxEzkreeekrs 152.3 Ví dụ về miền không Euelide ¿22 2 2525252 S+S+s+zzx+zzxexzxzsz 27

Chương 3: Biểu diễn số nguyên tố dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên 33

-3-MO ĐẦU

Một số nguyên n được gọi là biểu diễn được dưới dạng toàn phương bậc hai

nguyên: ax” + bxy + cy’ (a, b, c e Z) nếu có số nguyên x, y sao cho n = ax’ + bxy + cy”

Bài toán biểu diễn các số nguyên tố dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên là

một trong những bài toán quan trọng và có nhiều ứng dụng của lý thuyết số Trong luận

văn này chúng tôi nghiên cứu tinh Euclide của các vành số nguyêncủa trường mở rộng

bậc 2, của trường các số hữu tỉ Q và sau đó ứng dụng nó để nghiên cứu một số cách

biểu diễn của số nguyên tố p bởi các dạng toàn phương bậc hai nguyên.

Luận văn gồm có 3 chương:

Chương 1: Kiến thức cơ bản

Nêu định nghĩa và tính chất của ký hiệu Legendre và Jacobi

Định nghĩa và mô ta vành số nguyên đại số của trường Q (Vm )

Chương 2: Tính Euclide của vành các số nguyên đại số bậc hai

Chúng tôi nghiên cứu khi nào vành số nguyên đại số bậc hai là miễnEuclide và không là miền Euclide

Chương 3: Biểu diễn số nguyên tố dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên.

Áp dụng chương 1 và chương 2 để xét xem khi nào số nguyên tố p biểu

diễn được dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên và cho trước một số n ta

có thể tính được bao nhiêu ước d của n có thể biểu diễn được và tổng các

ước đó.

Tôi xin gởi lời cảm ơn đến các thầy, cô khoa toán trường ĐH Sư phạm TP.HCM

và các thầy cô đã tham gia giảng dạy tôi trong suốt quá trình học tập Đặc biệt là

PGS.TS My Vinh Quang đã nhiệt tình và dành nhiều thời gian để hướng dẫn, giúp đỡ tôi trong việc chọn để tài và thực hiện luận văn.

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ BẢN

1.1 Ký hiệu Legendre

1.1.1 Định nghĩa

Đối với một phương trình đồng dư bậc 2 thì chúng ta hoàn toàn biết được phương

trình đó có nghiệm hay không và khi có thì có bao nhiêu nghiệm Ta cũng có rằng

phương trình dang Ax” + Bx + C = 0 (mod P) (p là số nguyên tố lẻ) đều có thể đưa về dạng x=a (modp) (1) Do đó chúng ta chỉ xét đến dạng (1).

Nếu phương trình (1) có nghiệm thì ta nó a là thặng dư bậc hai theo modun p cònnếu phương trình (1) vô nghiệm thì ta nói a là bất thặng dư bậc hai theo modun p

Trong một hệ thặng dư thu gọn theo modun p có TT thặng dư bậc hai tương ứng

đồng dư với các số 1, 2? (2) va rs bat thing du bac 2.

Vi dụ: Tim thang du bậc hai theo modun 5.

2

= 1, 4 là thing dư và 2, 3 là bat thing dư bậc 2 theo modun 5

Tìm thặng dư và bất thặng dư bậc 2 theo modun 7

~2 —2 ~2

s”= ụ „2,3

=> Thặng dư bậc 2 theo modun 7 là 1, 4, 2 và 3, 5, 6 là bất thặng dư 2 theo modun 7

Để xét xem phương trình x =a (modp), (asp) = 1 có nghiệm hay không,

Legendre da dua vao ky hiéu (9) (ký hiệu Legendre) được xác định như sau:

Chứng minh: Thật vậy, phương trình x =I (modp) bao giờ cũng có nghệim.

Hai vế của đồng dư thức nay chỉ lấy giá trị là 1 hoặc -1 và vip là số nguyên tố lẻ

nên | và -1 là khác lớp nhau theo modun p do đó ta có

—-6 Bổ dé Gao-xơ: Gọi 11 là các số trong dãy a, 2a > a mà có thang dư giá tri

tuyệt đối nhỏ nhất theo modp là âm

— Ta hãy xét dãy:

a, -a, 2a, -2a Dịa, -pya

Đó là một hệ thặng dư thu gọn theo modp, các thặng dư giá trị tuyệt đối nhỏ nhấttheo mod p tuong ứng là €IT1, -EIT1, Eolo, -£2f¿ Epil pi, -EpiTp1

Trong đó các thang dư này phải trùng với các số 1, 2 p; sai khác một thứ tự, nhưvay ta có:

1.09 Tp = 1.2 py = py! Nhân các đồng dư thức (2) từng vế với nhau ta được:

p,!a” =e¿e; e,.p,! (mod p)

> alae, € Ep) (modp)

+1)p p pl — 1 2 „

{+p = hte ĐỊT r +up(*) vì pị= 2 Ì nạn (Pị‡*ĐBi _ P Ì đo đó

kil P i=I 2 2 8

A+B= Šn =l+2+ +pl=

Sen =A- B=A+B-2B= hs —2B

Thay két “ này vào dang thức (4), ta được:

Ta xét Pot A= số có dang kq.lp với k= 1,

Trong đó các số kq - Ip đó hiển nhiên không có số nào bằng 0.

Gọi số các số dương trong đó là s và số các số âm là sạ, ta có:

-10-1.2 Ky hiéu Jacobi

1.2.1 Dinh nghia

Cho p là một số lẻ lớn hơn 1 và p = p¡.pz p; là dạng phân tích của p thành thừa

số nguyên tố (pj, p> py: có thể trùng nhau) va cho (a, p) = 1 Khi đó ký hiệu Jacobi

Nếu d # | là một số nguyên không có nhân tử bình phương thì trong trường hợp d

= 2 hoặc d = 3 (mod 4) các số nguyên đại số trong Q(x4) là các số a + bVd với các hệ

số là các số nguyên (hữu tỉ) Nhưng nếu d = 1 (mod 4) thì các số nguyên của Q(vd ) la

các số a + ba với a, b là số nguyên hữu ti.

Chứng minh:

— Nhận xét:

Nếu a=1 (mod2)=>a= 2r+ l=a”=4r” + 4r + l =1 (mod 4)

Vậy a=1 (mod2) =>a” = l (mod 4)

a =0 (mod 2) > a’ =0 (mod 4) theo modun 4.

Chứng minh:

at+bVd

lò

Vue Q(va) => u đều có thể viết dưới dạng trong đó a, b,c € Z và

không có nhân tử chung nào cả.

Ta giả sử b z 0 để loại trừ trường hợp tầm thường của một số hữu tỉ Khi đó

phương trình bậc hai đơn hệ bất khả quy cho u là:

l steal aaa , 2a a?—db?

Néu trong sự phân tích trên có p; # 2 thì:

pilc,c|2a => p¡|2a => p; | a (vi p; #2)

Nếu œ>2 thì 4lc, cl2a > 4l2a => 2la

Alc > 16lc?, c7lddb* > 16l4db" => 4Idb? > 2lIb? > 2lb

Vậy a, b, c có nhân tử chung là 2 (vô lý)

Vậy œ chỉ có thể là 0 hoặc 1 hay c= 1 ve=2

Trường hợp d = 2 hoặc d = 3 (mod 4)

Nếu c = 2 thi Z.© a”— db’ =0 (mod 4) © a’ = dbˆ(mod 4)

Trường hợp này a, b, c có nhân tử chung là 2 (vô lý với cách chọn a, b, c)

Vậy c không thể bằng 2 nên c chỉ có thể bằng 1.

Khi đó u được viết dưới dạng u=a+bVd

Các số nguyên đại số trong Q(v4) là các số a +bx/d; a,b e Z

Ngược lại mọi số dạng a + bVd; a, b e Z đều là số nguyên đại số trong (44) vì

nó thỏa phương trình có hệ số nguyên:

x’ — 2ax + a“— db’ =0

Trường hợp d= 1 (mod 4)

l+Vd Néuc=1thiu=a+bvVd eZ+ZVvVd cZ+Z

-13-Nếu a =0 (mod 2) > a’ =0 (mod 4) > b’ =0 (mod 4) => b =0 (mod 2)

=> a,b, c có nhân tử chung là 2 (vô lý)Nếu a = I (mod 2) > a’ = 1 (mod 4) > b’ = 1 (mod 4) > b = 1 (mod 2) Vậy a = b = 1 (mod 2), khi đó các số nguyên dai số trong QVd là các số

atbVd a-b 1+Ja ; , I+ýd

7 +b 5 =a’ +b’.

2 2

,_ a-b ` ,

(a’ = 5 € Zvia=b=1 (mod 2); b=b’)

Ngược lại các số abd , (a, b € Z,a=b=1 (mod 2), d= 1 (mod 4))

⁄ 2 a’ —db*

Vi nó thỏa phương trình hệ số nguyên: x° — ax + P =0

(a=b= I (mod 2) > a’ = bŸ = I (mod 4) > a”~ db’ = 1 - d (mod 4)

2 2

a°-db=0(mod4) = 2% c7;

4

-14-CHƯƠNG 2:

TÍNH EUCLIDE CỦA VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ BẬC HAI

2.1 Miền Euclide

2.1.1 Dinh nghĩa hàm Euclide

Cho D là một miền nguyên

Ánh xạ ¿: D > Z được gọi là hàm Euclide trên D nếu nó thỏa 2 tính chất sau:

i d (ab) > o (a), Va, b €e D, b¥0

ii Nếu a, b e D, b £0 thì tổn tại q, r € D sao cho: a = qb +r va 6 (r)<ð (b)

I.a~b=(a)=$()

li alb và o (a) =o (b) Sa~b

iii a e U(D) © O(a) = 0 (1)

iv È (a) > (0), nếu a #0

Chứng minh:

i.a~b>Ju € U(D): a= bu S$ a) = 6 (bu) > ¿ (b) (u z0) (1)

b= au! = 6 (b) = 6 (aw) > 6 (a) (2)

Từ (1) và (2) => 6 (a) = 6 (b)

ii $ là hàm Euclide ——> 3 q, r: a= bq +r, 6 (r) < > (b) =o(a)

Mặt khác alb nên alr

Nếu r z0 thì (a) < 6 (r) (vô lý) vậy r= 0

> a=bq mà b = ac = bqc => b(1 — qc) = 0 > qc =l

-l5-=> c € U(D) hay a ~ b {U(D) = các phần tử khả nghịch trong D}

iii Chứng minh: a e U(D) © 6 (a) = 6 (1)

a e U(D) ©a~ 1 —> o(a)= (1)

(<<) 1⁄a,¿(a)=$(1)—>a~I=>aceU(D)

iv Ta có q,reD:0=aq+r, @(Œ)< $(a)

Nếu r z0 thì q z 0, r = -aq > 9 (r) = 6 (-aq) = 6 (a) (vô lý)

Vậy r=0 = ¿(a) >¿(0)

2.1.3 Định nghĩa miền Euclide

Cho D là một miễn nguyên Nếu D có hàm Euclide $(a) thì D được gọi là miền

=> sbị chặn dưới = tôn tai phần tử nhỏ nhất.

Giả sử > (a) = minS

Cho m là số nguyên không chính phương

Hàm Om: Q(vm ) —> Q được định nghĩa bởi:

bm(aP) = I(ra + bsm)* — m(rb + sa)

bm (0) Om(B) = Ir? — msl la” — mbí

2.2 22 2,2 22.2

= la“ — rbm — ms“a“ + m“b“sf†

2.2.4 Bổ dé

Cho m là số nguyên không chính phương

Z+Zm là miền Euclide với hàm om nếu và chỉ nếu moi x, y e Q thì tổn tại a,

b € Zsao cho:

bn ((x+yVm)-(a+b¥m))] <l

Chứng minh:

(>)

Giả sử Z+ZVm là miễn Euclide với ÿ„, ta chứng minh với moi x, y e Q

ton tại a,b Z sao cho ða((x+ym})—(a+ bvm )) <1

r+svm

t

Vì Z+Zvm là miễn Euclide với 6, > 3 a, b, c,d € Z

r+sAm = (a+bvm )t+ (c+dvm) sao cho: $ m(c+dvm ) < Om(t)

Vit+ uvm #0 => bm(t+uvm) #0 © 0 - mu’ #0

Theo giả thiết > Ja, b € Z: bm (x+ yvm -(a+bvm)) <1

Đặt c=r—at — bum, đ= s~ au— bt thir+sVm = (a+b¥m)(t+uvm)+(c+dvm)

Z+ 2| là miền Euclide với hàm ¿„ nếu và chỉ nếu mọi x, y € Q tổn tại a, b e Z

sao cho: “- a <1

- 19

-Chứng minh:

(=>) Giả sử: Z + (“‡"| là miền Euclide Ta chứng minh mọi x,y €Q tổn tại

a,b €Z sao cho: tn som {antl )

That vay

x,y €Q, giả sử x+ ¬¬-

Ta có: Z + Zvm ezeziti® 12x24] là miễn Euclide với hàm 6,,

nên có 2+ Lm i eva ttm sao cho:

(<=) Ngược lại moix , y e Q tổn tại a, b e Z sao cho :

tl sey {.=#]- ¡ Ta chứng minh: Z + ziti là miễn Euclide với $m.

Thật vậy:

i eZ 2 +N (0} (m= 1 (mod 4))

$„(ơ) > dace), V œ, B z+zitvm ,B#z0

1+Vm I+m I+xm I+xÍm

3 „t+u 2 c¿/+ 2 2

Theo giả thiết tổn tại a, b e Z sao cho: ta sým-[svetrf® «l1

Đặt €=r— tà - bu” € Z(vim=1 (mod 4))

= ate bul tm+2¥m tau tym bY

+ sI + m _pL +m - aụ 1 + m pu tym =rai +m

Cho m là số nguyên âm, không có nhân tử chính phương Khi đó vành các số

nguyên đại số O,, của trường Q( Vm ) là vành Euclide khi và chỉ khi

m =-l, -2, -3,-7,-11 Chứng minh:

Trường hợp m = -1, -2 Khi đó:

Theo định lý 1.3.2, Vanh các số nguyên đại số O,, của trường Q(Vm)_ là vành Z(m )={a + bV/m ; a, b € Z} nếu m =2 hoặc m = 3 (mod4)

Ta chứng minh: Z + ZvÍm là miền Euclide >m = -1, m = -2

Với m = -1, -2, ta chứng minh Z + Zxm là miễn Euclide.

VxyeQodabeZ: k-al< 2 => | (x-a) <2

Vậy ba(x+yvm -(a+bvm))<1

Theo bổ dé 2.2.4, Z + Zvm là miễn Euclide với m = -I, -2.

Ngược lại: Z+Zvjm là miễn Euclide Chứng minh m = -1, -2

Thật vậy, ta chọn x = y = 3 EQ

Z+Z~m là miễn Euclide nên có 3 a b € Z sao cho:

ba(x +yvm - (a+ bvm )) < 1 (bổ để 2.2.4)

<> lx-a)"-m(y-b)l<l

© (š-a] +tmi{3- ) <1 (*)

74 = {a+ — a,b€Z]={ +2 Vm; a’,b’ €Z,a’—b’ ¡ 2}

14 /m CP‡#?2°, Wx, y © Q, Ja, b © Z sao cho:

Theo bổ để 2.2.5, Z + Z là miền Euclide với m = -3, -7, -11

Như vậy, đối với số nguyên âm mì thì ta đã giải quyết được trọn vẹn bài toán khi

nào vành các số nguyên của Q(Vm ) là vành Euclide Trường hợp m là số nguyên

dương thì như thế nào? Vấn để này đã được các nhà toán học như E.H Barnes

(1874-1953), H Behrbohm, E Berg, A.T Brauer (1894-1985), H Chatland, H Davenport (1907-1969), L.E Dichson (1874-1954), P Erdos (1913-1996), H.A Heibronn (1908- 1975), N Hofreiter, L.K Hua, K Inkner, J.F Keston, C Ko, S.H Min, A Oppenheim,

O Perron (1880-1975), L Redei, R Remak (1888-1942), L Schuster, W.T Sheh va

H.P.F Swinnerton Dye, cuối cùng vào năm 1950, Chatland va Davenport đã đưa ra kết

quả sau:

2.2.7 Định lý

Cho m là số nguyên dương không có ước chính phương thì vành các số nguyên

đại số Om của trường Q( vm ) là vành Euclide với hàm ¿„ nếu và chỉ nếu: m = 2, 3, 6,

7, 11, 19, 57, 5, 13, 17, 21, 29, 33, 37, 41, 73

Vì khuôn khổ của luận văn thạc sỹ, ta không thể chứng minh được đầy đủ các

kết quả trên mà ta chỉ xét một vài trường hợp riêng.

-24-l 2,1

ly— bl< — —b)"<—y 2 (y — b) 4

Xét Oy (X + yvm -(a+bl)) = l(x - ay m(y — bỳỶ

Vì (x— a)’, m(y — b) > 0 nên I(x — a) — m(y — b)Ï!< max{lx — al’, m(y —b)’ }

$„(X + yvm -(a+bvVm))< max {Ix — al’, my —by }< : <Í

> @„(x+yVm - (a +bxÍm )) <1 theo bổ để 2.2.4

=> Z+ZNm là miễn Euclide với m =2, 3

#* Nếu m =6: Giả sử Z.+ Z6 không là miễn Euclide với $s

Kr, — x4) — 6(sy — yl = x — a — 6(y — bY 2 1: V xị.yycZ

Chon (x;, y;) lần lượt: (0, 0); (1, 0); (-1, 0) ta được:

2.3 VÍ DỤ VỀ VANH O„ VỚI m >0 KHÔNG LA MIEN EUCLIDE

2.3.1 Định lý

Cho m là số nguyên dương, không chính phương.

Nếu có 2 số nguyên tố lẻ p, q khác nhau sao cho:

DhH_mP q

Và 2 số nguyên đương t, u sao cho: pt + qu =m, p Ít, q! u; số nguyên r sao cho rŸ

= pt (mod m) thì Z + Zxm không là miễn Euclide với $„.

Chứng minh: Giả sử ngược lại Z + ZVm là miễn Euclide với hàm $4.

=> pˆImXỶ- Y*=-pt=>p/t(!)

=> qImX ”- Y°=qu=qlu (vô lý)

Vậy Z + ZvÍm không là mién Euclide với hàm ủ„,.

Cho m là số nguyên dương, không chính phương, m = 1 (mod 4)

Nếu tổn tại 2 số nguyên tố lẻ, phân biệt p, q sao cho (=) = H =-]

Và số nguyên lẻ r sao cho:

Y* = (r= my)’ =r — 2myr + (my)ˆ = 1 ~ 2y + y* (mod 4)

mX* - Y*=(1 - y)”- (1 = y)’=0 (mod 4)

Tóm lai:

mX°- Y?=0 (mod 4) mX?~ Y* = (m = Dr (mod 4)

- -Y=-r (mod m) = { mXˆ - Y?= (m= Dr (mod m)

= mX? - Y*=(m - 1)r (mod 4m) (vi (m, 4) = 1)

(m-1)r°

4m

=> mX°~ Y? =(m- bf ám) |-+kam kez

Mà ImXỶ - YŸl < 4m

- 30

-2.3.5 Định lý

Cho m là số nguyên dương không chính phương.

a Nếu m =2 (mod 4) và m > 42 thì Z + Z-Ím không là miền Euclide với hàm 0„,

b Nếu m = 3 (mod 4) và m > 94 thì Z + ZVm không là miễn Euclide với hàm 6p.

m = 2 (mod 4) > 2m = 4 (mod 8)

đo đó — 2m = -3 (mod 8)

-3]-hay xX? ~ mY* =5 (mod 8)

Mà X =t- my là số nguyên lẻ:

> X=I (mod 8) => mY* = 4 (mod yo mY? = 0 (mod 4)

Nếu Y = 0 (mod 2) > Y* = 0 (mod 4)

m =2 (mod 4) > m = 0 (mod 2) } = mY” =0 (mod 8) (vô lý)

Nếu Y = I (mod 2) > Y = I (mod 4)

Mà m = 2 (mod 4)

nên myY*=2 (mod 4) (vô lý vì mY*=4 (mod 8) => mY*=0 (mod 4))

* X'~ mY? =t- 3m t=! (mod 8) => X?- mY’ =t-3m=1-3m (mod 8)

CHƯƠNG 3:

BIỂU DIEN SỐ NGUYÊN TỐ DƯỚI DANG

TOÀN PHƯƠNG BẬC HAI NGUYÊN

Một số nguyên n được gọi là được biểu diễn dưới dạng toàn phương bậc hai ax’ +

bxy + eyŸ; a,b,ceZ nếu có số nguyên x, y sao cho n = ax’ + bxy + cy”

Ví dụ:

31 được biểu diễn dưới dang toàn phương dang:

x? + xy + 3yŸ vì 31 = 1° + 1.3 + 3.3?

2 không biểu diễn được dang x’ + Sy’ vì không có x, y e Z: 2 = xÌ + 5y?

Trong phần này, ta sẽ nghiên cứu xem khi nào thì số nguyên tế p biểu diễn được

dưới dạng toàn phương bậc 2 nguyên.

3.1 Bổ để

Cho m là số nguyên không chính phương sao cho Z + Zim là miễn Iđêan chính.

p là số nguyên tố lẻ với ký hiệu Legendre: [= = | thi tổn tại 2 số nguyên u, v sao

-33-p=uW + vtm + (ut + vw) vm

Vì m là số nguyên không chính phương nên

nên {p=uw + vtm(vì m là số nguyên không chính phương)

= Tu” = mT?v?~ mUTM ~ m°U?v?

= Tu + mu v)= 2mTUuy = m(T?v +Ư2uˆ+ 2TvuU)

= (Ttu + mTUv)Ỷ ~ m(Tv + Uu)?

=u—- my? Trong đó: u` = Tu + mÙ v ; v' = Tv + Uu

Nếu m > 0 và không có số nguyên T, U: T? - mU* = -I thì p= uˆ~ mv" hoặc p = -(u° - mv?

2 số nguyên u, v sao cho p = uˆ + uv + 5 tl ~ m)vỶ nếu m < 0 hoặc nếu m > 0 và có 2 số

nguyên T, U sao cho: TỶ + TU + sự ~ m)U” =-1

p=u+uv+ +i ~m)v" hoặc (uẺ+uv+ " - m)U’)

nếu m > 0 và không có số nguyên T, U: tÈ + TU + rũ ~ m)U? = -I

= pkhông nguyên tố trong Z + 2Ý

=> pkhéng bất khả quy trong Z.+ Z1 Ým (2+zLаm là miễn Iđêan chính với