Luật tương hỗ bậc hai theo zolotarev frobenius

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Đỗ Thị Vân Anh Luật tương hỗ bậc hai theo Zolotarev–Frobenius KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Hà Nội – Năm 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Đỗ Thị Vân Anh Luật tương hỗ bậc hai theo Zolotarev–Frobenius Chuyên ngành: Đại số KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS Hoàng Lê Trường Hà Nội – Năm 2016 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh LỜI CẢM ƠN Khóa luận tốt nghiệp em hoàn thành đạo, hướng dẫn tận tình Tiến sĩ Hoàng Lê Trường Qua em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Hoàng Lê Trường, người trực tiếp tạo điều kiện giúp đỡ em suốt thời gian làm khóa luận Em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô giáo tổ Đại số thầy cô giáo khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội tạo điều kiện tốt để em hoàn thành khóa luận tốt nghiệp Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Đỗ Thị Vân Anh Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh LỜI CAM ĐOAN Khóa luận tốt nghiệp em hoàn thành hướng dẫn nhiệt tình Tiến sĩ Hoàng Lê Trường với cố gắng thân Trong trình nghiên cứu, em tham khảo kế thừa thành nghiên cứu nhà khoa học nhà nghiên cứu với trân trọng lòng biết ơn Em xin cam đoan kết nghiên cứu riêng thân, trùng lặp với kết tác giả khác Nếu sai em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Đỗ Thị Vân Anh i Mục lục Lời mở đầu 1 MỘT SỐ KHÁI NIỆM CỦA ĐẠI SỐ 1.1 Tính chia hết ước chung lớn 1.2 Số học mô-đun 1.3 Số nguyên tố, phân tích 1.4 Lũy thừa trường hữu hạn 1.5 Căn nguyên thủy trường hữu hạn 1.5.1 Đa thức Z/pZ 1.5.2 Sự tồn nguyên thủy 1.6 Định lý thặng dư Trung Hoa trường hữu hạn LUẬT TƯƠNG HỖ GAUSS 2.1 Số phương modulo p 2.2 Tiêu chuẩn Euler 2.3 Nhóm 2.4 Nhóm đối xứng 2.5 Chứng minh luật tương hỗ bậc hai 2.6 Áp dụng luật tương hỗ bậc hai cho toán phổ Tài liệu tham khảo thông 4 11 15 18 24 24 25 26 30 30 32 35 39 46 48 57 ii Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh Lời mở đầu Lí chọn đề tài Khoảng đầu kỉ 19 sách Legendre (1798), Gauss kết hợp thành lý thuyết có hệ thống châu Âu Cuốn Disquisitiones Arithmeticae (1801) nói mở đầu lý thuyết số đại Sự hình thành lý thuyết đồng dư bắt đầu với Disquisitiones Gauss Ông giới thiệu kí hiệu a ≡ b (mod c), khám phá hầu hết lĩnh vực Chebyshev xuất vào năm 1847 công trình tiếng Nga chủ đề này, Pháp Serre phổ biến ([5]) Bên cạnh công trình tổng kết trước đó, Legendre phát biểu luật tương hỗ bậc hai sau: Cho hai số nguyên tố lẻ p q, ta có p−1 q−1 q p · = (−1) · q p a p   0 = +1   −1 gcd(a, p) = a thặng dư bậc hai a phi thặng dư bậc hai Định lý này, khám phá qui nạp diễn đạt Euler, chứng minh lần Legendre Théorie des Nombres ông (1798) trường hợp đặc biệt Độc lập với Euler Legendre, Gauss khám phá định luật vào khoảng năm 1795, người đưa chứng minh tổng quát Luật liên quan đến tính giải hai phương trình đồng dư bậc hai Từ cho phép ta xác định tính giải phương trình đồng dư bậc hai bất kỳ, nhiên không cung cấp phương pháp hiệu để tìm nghiệm Gauss gọi ’định lý vàng’ tự hào đến mức ông tiếp tục tìm tám chứng minh khác cho cuối đời Luật tương hỗ bậc hai cho định lý quan trọng giảng dạy giáo trình Lí thuyết số sơ cấp Tầm quan trọng luật tương hỗ bậc hai làm cho nhiều nhà toán học khác Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh Jacobi, Cauchy, Liousville, Kronecker, Schering, Frobenius, Artin([1, 2]) nghiên cữu sau Gauss có 100 chứng minh khác phát Trong khóa luận này, chứng minh luật tương hỗ bậc hai liên quan đến tổ hợp nhóm hoán vị, bắt a nguồn từ ý tưởng xem dấu hoán vị Z/pZ phép q nhân a, Zolotarev năm 1872([4],[8]) Là sinh viên ngành sư phạm toán, sở trang bị kiến thức tảng đại số với mong muốn học hỏi trau dồi thêm vốn kiến thức toán học nói chung kiến thức sở đại số nói riêng Chính vậy, lựa chọn đề tài: "Luật tương hỗ bậc hai theo Zolotarev–Frobenius" cho khóa luận tốt nghiệp Trong đề tài dự kiến hệ thống kiến thức đại số làm sở lí luận để tìm hiểu luật tương hỗ Gauss Mục đích nghiên cứu Hệ thống hóa cách khoa học khái niệm đại số kèm theo ví dụ, nghiên cứu cách chứng minh luật tương hỗ Gauss Đối tượng phạn vi nghiên cứu Đối tượng mà khóa luận nghiên cứu luật tương hỗ Gauss, tập chung vào cách chứng minh Bên cạnh khóa luận trình bày hệ thống khái niệm bổ trợ thể coi kiến thức chuẩn bị phục vụ cho nghiên cứu đối tượng Phương pháp nghiên cứu khoa học + Phương pháp nghiên cứu lí luận: trước hết đọc tài liệu liên quan đến lí thuyết sở đại số Sau đọc, nghiên cứu hiểu luật tương hỗ Gauss + Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng hợp, hệ thống hóa kiến thức vấn đề nghiên cứu đầy đủ khoa học, đưa vào ví dụ minh họa chi tiết Ý nghĩa khoa học thực tiễn Khóa luận tài liệu tham khảo cho sinh viên chuyên ngành Toán có mong muốn tìm hiểu sâu lý thuyết số cụ thể luật tương hỗ Gauss Bố cục khóa luận Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận gồm hai chương Chương : Một số khái niệm đại số Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh Chương : Luật tương hỗ Gauss Chương MỘT SỐ KHÁI NIỆM CỦA ĐẠI SỐ 1.1 Tính chia hết ước chung lớn Ở mức độ sở nhất, Lý thuyết số việc nghiên cứu số tự nhiên 1, 2, 3, 4, 5, 6, · · · , hay tổng quát nghiên cứu số nguyên · · · , −5, −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, · · · Tập hợp số nguyên ký hiệu Z Các số nguyên có trừ nhân theo cách thông thường, thỏa mãn tất thông thường số học (tính chất giao hoán, tính chất kết chất phân phối, ) Tập hợp số nguyên với tính chất cộng phép nhân ví dụ vành thể cộng, tính chất hợp, tính phép Định nghĩa 1.1 Cho a b số nguyên với b = Ta nói b chia hết a, hay a chia hết b, có số nguyên c cho a = bc Ta viết b | a thay cho b chia hết a Nếu b không chia hết a, ta viết b a Ví dụ 1.2 Ta có | 20, 20 = · 4, 20, 20 = · + 2, 20 bội Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh Nhận xét 1.3 Mỗi số nguyên chia hết Những số nguyên chia hết gọi số chẵn, số nguyên không chia hết gọi số lẻ Mệnh đề 1.4 Cho a, b, c số nguyên Khi đó, mệnh đề sau Nếu a | b b | c, a | c Nếu a | b b | a, a = ±b Nếu a | b, a | c, a | (b + c) a | (b − c) Chứng minh Vì a | b b | c nên tồn a1 ∈ Z b1 ∈ Z cho b = aa1 c = bb1 Ta có c = (aa1 )b1 = a(a1 b1 ), a | c Vì a | b b | a nên tồn a1 , b1 ∈ Z cho b = aa1 a = bb1 Ta có b = (bb1)a1 = b(b1a1 ) Do a1 b1 = a1 = b1 = ±1 Vậy a = ±b Vì a | b b | c nên tồn a1 , a2 ∈ Z cho b = aa1 c = aa2 Do b + c = a(a1 + a2 ) b − c = a(a1 − a2 ) Vậy a | (b + c) a | (b − c) Định nghĩa 1.5 Ước chung hai số nguyên a b số nguyên dương d chia hết a b Ước chung lớn a b số nguyên dương lớn d cho d | a d | b Ước chung lớn a b kí hiệu gcd(a, b) hay (a, b) (Nếu a b 0, gcd(a, b) không xác định.) Ví dụ 1.6 Ước chung lớn 12 18 Tương tự ta có, ước chung lớn 748 2024 24 Một cách kiểm tra liệt kê tất ước nguyên dương 748 2024 Ước 748 = {1, 2, 4, 11, 17, 22, 34, 44, 68, 187, 374, 748} Ước 2024 = {1, 2, 4, 8, 11, 22, 23, 44, 46, 88, 92, 184, 253, 506, 1012, 2024} Kiểm tra hai dãy trên, ta thấy ước chung lớn 748 2024 44 Từ ví dụ ta thấy, phương pháp hiệu Nếu cần tính ước chung lớn số lớn, ta phải tìm phương pháp khác hiệu Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh số nằm vị trí thứ k Lưu ý {e1 , ,en} sở trực chuẩn Rn Hệ 2.39 Ma trận Pσ ma trận trực giao, nghĩa Pσ · PTσ = In , In ma trận đơn vị cấp n Chứng minh Ta có  eTσ(1) eT   eT  T eTσ(2) eTσ(n) Pσ Pσ =  σ(2)  σ(1)   eTσ(n)     =  < eσ(i) , eσ(j) >  = In  Hệ 2.40 Chúng ta có det(Pσ ) ∈ {±1} Chứng minh Vì det(A · B) = det A · det B, ta có det(Pσ · PTσ ) = det(Pσ ) det(PTσ ) = det(In ) = Do det(Pσ ) = det(PTσ ) nên ta có det(Pσ ) ∈ {±1} Định nghĩa 2.41 Gọi An tập tất phép chẵn Sn Khi An nhóm Sn Nhóm An gọi nhóm thay phiên n phần tử, n ≥ Mệnh đề 2.42 Nhóm An có n! phần tử Chứng minh Vì An = Ker (sgn) hạt nhân đồng cấu nhóm sgn, nên An nhóm chuẩn tắc Sn Cố định phép lẻ, chẳng hạn σ = (1, 2) ∈ Sn Khi đó, phép α · An lẻ, sgn đồng cấu nhóm Hơn nữa, phép lẻ β thuộc α · An , β = α(α−1 β) α−1β phép chẵn Như thế, Sn phân tích thành hợp rời hai lớp kề An α · An An điều chứng tỏ [Sn : An ] = Nhóm thương ASnn có hai phần tử, nên phải nhóm xyclic cấp 2, số nguyên tố Theo định nghĩa số, ta có |An | = |Sn |/[Sn : An ] = n!/2 44 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh Mệnh đề 2.43 Ta có det(Pσ ) = sgn(σ), hoán vị σ tập hợp X = [1, n] biểu diễn ma trận Pσ Chứng minh Vì σ hoán vị tập hợp X = [1, n], nên theo Mệnh đề 2.36, σ phân tích thành tích hữu hạn phép sơ cấp, nghĩa σ = σ1 ◦ σ2 ◦ ◦ σr ◦ σr+1 ◦ ◦ σn , phép đồng nhất(∗) phép sơ cấp(**) σi = Theo mệnh đề 2.35, ta có sgn(σi) = −1 trường hợp (*) (I) trường hợp (**) Mặt khác, ta lại có Pσ = En · En−1 · · E2 · E1 , Ei ma trận đơn vị vuông cấp n(1), ma trận vuông cấp n nhận từ ma trận đơn vị cách đổi chỗ dòng cho tương ứng với phép sơ cấp σi(2) Nên theo tính chất định thức, ta có trường hợp (1) det(Ei) = (II) −1 trường hợp (2) Từ (I) (II), ta có sgn(σi) = det(Ei), với i = 1, , n Khi đó, theo tính chất định thức Mệnh đề 2.31 , ta có det(Pσ ) = det(En · En−1 · E2 · E1) = det(En) · det(En−1) · · det(E2) · det(E1) = sgn(σn) · sgn(σn−1) · · sgn(σ2) · sgn(σ1) = sgn(σn · σn−1 · · σ2 · σ1) = sgn(σ) 45 Khóa luận tốt nghiệp Đại học 2.5 Đỗ Thị Vân Anh Chứng minh luật tương hỗ bậc hai Bổ đề 2.44 (Zolotarev) Với số nguyên tố p lẻ m ∈ Z∗p, m p dấu hoán vị τm : x → mx Z∗p Chứng minh Gọi i cấp m Z∗p Khi hoán vị τm có (p−1)/i xích, xích có độ dài i, Hệ 2.37 Mệnh đề 2.31, ta có sgn(τm) = (−1)(i−1)(p−1)/i Nếu i chẵn, (m )2 ≡ (mod p), m (mod p) nghiệm phương trình x2 − trường Fp Từ Định lý 1.46, phương trình x2 − có hai nghiêm mod p −1 mod p Vì cấp m i i i, m ≡ (mod p) Do m ≡ −1 (mod p) Vậy i i i p−1 i m(p−1)/2 = m = (−1) p−1 i = sgn(τm), i chẵn Nếu i lẻ, 2i ước p − 1, i ước p − từ Mệnh đề 1.41 Do ta có p−1 m(p−1)/2 = mi 2i = 1, i cấp m Z∗p Mặt khác i lẻ nên (−1)i−1 = 1, sgn(τm) = Vậy m(p−1)/2 = sgn(τm ) Trong hai trường hơp, có m p = m(p−1)/2 = sgn(τm ) dấu từ tiêu chuẩn Euler( xem Mệnh đề 2.8) Sau sử dùng Bổ đề Zolotarev để chứng minh luật tương hỗ bậc hai Bổ đề 2.45 Cho X tập hữu hạn có thứ tự toàn phần ≤ cho σ hoán vị X Khi sgn(σ) số thứ tự ngược hoán vị Bổ đề 2.46 Cho λ hoán vị tập Amn = {0, 1, , m − 1} × {0, 1, , n − 1} 46 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh mà ánh xạ phần tử thứ k dãy (0, 0)(0, 1) (0, n − 1)(1, 0) (1, n − 1)(2, 0) (m − 1, n − 1), tới phần tử thứ k dãy (0, 0)(1, 0) (m − 1, 0)(0, 1) (m − 1, 1)(0, 2) (m − 1, n − 1), với k = 1, , mn Khi ta có sgn(λ) = (−1)m(m−1)n(n−1)/4 m n đồng thời lẻ, sgn(λ) = (−1)(m−1)(n−1)/4 Chứng minh Chúng ta quan sát thấy dấu hoán vị tập hữu hạn có thứ tự toàn phần số thứ tự ngược hoán vị Dãy (0, 0), (0, 1) xác đinh thứ tự toàn phần tập Amn Chính xác là, (i, j) < (i1, j1 ) i < i1 hoăc i = i1 j < j1 Nhưng λ(i1, j1 ) < λ(i, j) nghĩa j1 < j hoăc j1 = j i1 < i Do cặp ((i, j), (i1, j1 )) đếm vào dấu λ i < i1 j > j1 Số cặp vây m2 n2 cặp, điều phải chứng minh Chứng minh Định lý 2.6 Cho p q số nguyên tố lẻ Kí hiệu π : Zpq → Zp × Zq đồng cấu vành với π(x) = (x, x) Bởi Định lý thặng dư Trung Hoa, π toàn cấu Vì |Zpq | = |Zp × Zq |, nên π đẳng cấu vành Hai hoán vị α β tập Zp × Zq định nghĩa α(x, y) = (qx + y, y) β(x, y) = (x, x + py) Ánh xạ λ : Zpq → Zpq xác định λ(x + qy) = px + y với x ∈ {0, 1, q − 1} y ∈ {0, 1, p − 1} Chúng ta chứng minh λ hoán vị Thật vậy, với p · x1 + y1 , p · x2 + y2 ∈ Zpq Giả sử p.x1 + y1 = p.x2 + y2 đặt m = p.x1 + y1 = p.x2 + y2 (*) Theo thuật toán Euclid, chia m cho p tồn thương dư, nên từ (*) ta phải có x1 = x2 y1 = y2 Suy λ đơn ánh Mặt khác, lực lượng tập nguồn tập đích nhau, nên λ phải toàn ánh Vậy λ song ánh hoán vị Chú ý π(qx + y) = (qx + y, y) π(x + py) = (x, x + py), ta có π ◦ λ ◦ π −1 ◦ α = β 47 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh Thật vây, lấy (x, y) ∈ Zp × Zq , thi π ◦ λ ◦ π −1 ◦ α(x, y) = π ◦ λ ◦ π −1 (qx + y, y) = π ◦ λ(qx + y) = π(py + x) = (x, x + py) = β(x, y) Bấy so sánh dấu hai vế Hoán vị x → qx + y hợp x → qx m → m + y Hoán vị cuối có dấu 1, Bổ đề 2.44, ta có q q q = sgn(α) = p p tương tự p p p = sgn(β) = q q Từ Bổ đề 2.46, ta có sgn(π ◦ λ ◦ π −1 ) = (−1)(p−1)(q−1)/4 Do (−1)(p−1)(q−1)/4 2.6 q p = p q Áp dụng luật tương hỗ bậc hai cho toán phổ thông Bài toán 2.47 Tìm tất số nguyên tố lẻ p (p = 3) cho số phương mod p Chứng minh Vì = 4.0 + nên có dạng 4k + Nếu p có dạng 4k + theo luật tương hỗ Gauss ta có p−1 3−1 p = ⇐⇒ (−1) · = p p = Áp dụng Tiêu chuẩn Euler, ta ≡ (mod 3) hay p ≡ (mod 3) Từ Vì p = 4k + nên ta có p 3−1 p ≡ (mod 4) p ≡ (mod 3) 48 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ (mod 12) Nếu p có dạng 4k + theo luật tương hỗ Gauss p = ⇐⇒ (−1) p Vì p = 4k + nên ta có −p 3−1 p−1 3−1 · p = = Áp dụng tiêu chuẩn Euler, ta ≡ (mod 3) hay p ≡ −1 (mod 3) Từ p ≡ −1 (mod 3) p ≡ (mod 4) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ −1 (mod 12) Từ ta có p = ⇐⇒ p ≡ ±1 (mod 12) Bài toán 2.48 Tìm tất số nguyên tố lẻ p (p = 5) cho số phương mod p Chứng minh Vì = 4.1 + nên có dạng 4k + Do p có dạng 4k + 4k + theo luật tương hỗ Gauss ta có = p p 5−1 = Áp dụng tiêu chuẩn Euler, ta có p ≡ (mod 5) hay suy p ≡ (mod 5) nên p ≡ (mod 5) p ≡ −1 (mod 5) Ta xét trường hợp: TH1: p ≡ (mod 5) p ≡ (mod 4) suy p ≡ (mod 20) TH2: p ≡ (mod 5) p ≡ (mod 4) suy p ≡ −9 (mod 20) 49 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh TH3: p ≡ −1 (mod 5) p ≡ (mod 4) suy p ≡ (mod 20) TH4: p ≡ −1 (mod 5) p ≡ (mod 4) suy p ≡ −1 (mod 20) Do p có dạng p = 20k ± 1, 20k ± Xét trường hợp k chẵn, = p ≡ ±1 lẻ ta p ≡ ±1 (mod 10) Từ p (mod 10) Bài toán 2.49 Chứng minh tồn đa thức P (x) ∈ Z[x], nghiệm nguyên cho với số nguyên dương n, tồn số nguyên x cho P (x) n Chứng minh Xét đa thức P (x) = (3x + 1).(2x + 1) Với số nguyên dương n, ta biểu diễn n dạng n = 2k (2m + 1) Vì (2k , 3) = nên tồn a cho 3a ≡ (mod 2k ) Từ ta muốn có 3x ≡ −1 (mod 2k ) cần chọn x cho x ≡ −a (mod 2k ) Vì (2, 2m+1) = nên tồn số nguyên b 2b ≡ (mod 2m+1) Do ta có 2x ≡ −1 (mod 2m + 1) cần chọn x cho x ≡ −b (mod 2m + 1) Nhưng (2k , 2m + 1) = 1, nên theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên x nghiệm hệ x ≡ −a (mod 2k ) p ≡ −b (mod 2m + 1) Từ theo lý luận trên, với số nguyên dương n tồn x để P (x) n Rõ ràng P (x) nghiệm nguyên 50 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh Bài toán 2.50 Cho tập S = {p1, p2, , pk } gồm k số nguyên tố phân biệt P (x) đa thức với hệ số nguyên cho với số nguyên dương n, tồn pi S cho pi | P (n) Chứng minh tồn pio S cho pio | P (n), với n ∈ Z+ Chứng minh Giả sử không tồn phần tử pi S để pi | P (n), với n ∈ Z+ Nghĩa với pi ∈ S (i = 1, 2, , k) tồn ∈ Z+ cho pi P (ai ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên dương x0 cho   x0 ≡ a1 (mod p1)    x ≡ a (mod p ) 2     x ≡ a (mod p ) k k Vì P (x) đa thức hệ số nguyên nên sử dụng tính chất: u ≡ v (mod m) P (u) ≡ P (v) (mod m) Ta   P (x0) ≡ P (a1 ) (mod p1 )    P (x ) ≡ P (a ) (mod p ) 2     P (x ) ≡ P (a ) (mod p ) k k Vì pi P (ai ), với i = 1, 2, , k nên từ hệ ta suy pi P (xo ) vợi i = 1, 2, , k (trái với giả thiết toán) Giả thiết phản chứng sai, ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.51 Xác định tất số nguyên dương n cho với n tồn m ∈ Z để 2n − | m2 + Chứng minh Viết n dạng n = 2s t (t, s ∈ N), t số lẻ Nếu t ≥ 2t − | 2n − nên 2t − | m2 + Ta có 2t − ≡ −1 (mod 4) Tức số 2t − có dạng 4k + 3, có ước nguyên tố p mà p ≡ −1 (mod 4), dĩ nhiên p = Vì 2t − với t lẻ Từ suy p | m2 + =⇒ m2 ≡ −9 (mod p) Chứng tỏ −9 thặng dư bậc hai môđun p, nhiên 1= −9 p = −1 p p 51 = (−1) p−1 p = (−1) p−1 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nên p−1 Đỗ Thị Vân Anh phải số chẵn, tức p ≡ (mod 4) ( vô lý) Từ suy t = hay n = 2s Ta chứng minh tất số cần tìm cách số m để 2n − | m2 + Ta có s s−1 2n − = 22 − = (2 − 1).(2 + 1).(22 + 1).(22 + 1) (22 + 1) Từ k để 2n − 1|m2 + → 22 + 1|m2 + 9, vơi k = 0, 1, 2, , s − m n Mặt khác Các số Fermat có tính chất (22 + 1, 22 + 1) = 1, với m = n Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn nghiệm xo thỏa mãn hệ đồng dư   x ≡ (mod 22 + 1)      x ≡ (mod + 1) x ≡ 23 (mod 24 + 1)       s−2 s−1  x ≡ 22 (mod 22 + 1) Từ suy x2o ≡ −1 (mod 22 t+1 + 1) vơi t = 0, 1, 2, , s − Từ suy 2n − | 9(x2o + 1) = m2 + với m = 3xo giá trị m cần tìm Bài toán 2.52 Tìm tất số tự nhiên n thỏa mãn 2n − chia hết cho n tồn số nguyên m để 3−1 |4m2 + lời giải: Nếu n ≡ (mod 2) n = 2k + 1( k ∈ N) Khi 2n = 22k+1 = 2.4k ≡ (mod 3) suy 2n − ≡ (mod 3) không thỏa mãn 2n − Nếu n ≡ (mod 2), đặt n = 2k u (u số tự nhiên lẻ) Nếu u ≥ 2u − 1|2n − 2n − = 22k.u − = (2u)2k − Do 2n − 1|4m2 + Mặt khác, u ≥ nên 2u − ≡ −1 (mod 4) Khi tồn số nguyên tố p, p ≡ −1 (mod 4), ước 2u − Khi p|4m2 + Sử dụng tính chất "Nếu p số nguyên tố dạng 4k + a2 + b2 p a b chia hết cho p " Áp dụng vào đẳng thức 2m p p ( vô lý) 52 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh Do u = 1, tức n có dạng n = 2k Ta chứng minh tất số cần tìm 2k n Khi n = 2k 3−1 = 3−1 = F1.F2 Fk−1 với Fi số Fermat thứ i, i Fi = 22 + Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ   x ≡ (mod 22 + 1)      x ≡ (mod + 1)  k−2 k−1    x ≡ 22 (mod 22 + 1)    x ≡ (mod 2) có nghiệm, gọi nghiệm xo xo chẵn đặt xo = 2m 4m2 + = x2o + 2n − Bài toán 2.53 Cho S = {p1, p2, , pk } ⊂ Z+ P(x) ∈ Z[x] Biết với số nguyên dương k, tồn số i ∈ {1, 2, , n} cho |P (k) Chứng minh tồn số io cho aio |P (k)∀k ∈ + Z lời giải Giả sử ∀i ∈ {1, 2, , n}, tồn số nguyên xi để P (xi ) ki Khi tồn số pki i với pi số nguyên tố thỏa mãn pi |ai pki P (xi) i k2 kn Cho i chạy từ đến n ta tập hợp số sau {pk1 , p2 , , pn } kn k2 Nếu tập {pk1 , p2 , , pn } có số có số trùng nhau, với số đó, ta giữ lại số có số mũ nhỏ loại khỏi tập q2 qm lũy thừa lại Khi ta tập {pq1 , p2 , , pm }, (m ≤ n p1, , pm số nguyên tố phân biệt ) Chú ý (i = 1,2, ,n) chia hết cho số số hạng tập không thiết chia hết cho số q2 qm Từ pq1 , p2 , , pm số đôi nguyên tố nhau, ta xét hệ đồng dư sau 53 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh   x ≡ x1    x ≡ x     x ≡ x m (mod pq1 ) (mod pq2 ) (mod pqm m ) The định lý thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm xo Vì P(x) đa thức hệ số nguyên nên   P (xo ) ≡ P (x1) (mod pq1  )   P (x ) ≡ P (x ) (mod pq2 ) o 2     P (x ) ≡ P (x ) (mod pqm) o m m qi Vì P (xi) =≡ (mod pqi i )∀i = 1, , m nên P (xo ) =≡ (mod pi )∀i = 1, , m Chứng tỏ P (xo ) =≡ (mod )∀i = 1, , n ( mâu thuẫn với giả thiết toán) Ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.54 Cho trước số nguyên dương n,s Chứng minh tồn n số nguyên dương liên tiếp mà số có ước lũy thừa bậc s số nguyên dương lớn lời giải n Xét dãy số Fermat Fn = 22 + (n = 1,2, ) Liên quan đến số có tính chất đáng lưu ý, (Fn, Fm ) = 1, ∀n = m áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa cho n số nguyên tố s F1 , F2s, , Fns n số ri = −i (i= 1, ,n) tồn số nguyên xo cho xo + i Fis Vậy dãy {xo + 1, xo + 2, , xo + n} gồm n số nguyên dương liên tiếp, số hạng thứ i chia hết cho Fis Bài toán 2.55 Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số có ước dạng 2k −1, k ∈ N lời giải Gọi n số nguyên liên tiếp x + 1,x + 2, ,x + n Yêu cầu toán giúp ta nghĩ đến hệ thặng dư 54 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh   x ≡ −1 (mod p1 )    x ≡ −2 (mod p )     x ≡ −n (mod p ) n Từ dẫn đến việc chọn p1, p2, , pn Nếu pi số nguyên tố khó kiểm soát điều kiện 2k − 1, nên ta chọn pi số Mersen pi = 2ki − (pi không cần nguyên tố) để đảm bảo (pi, pj ) = dẫn đến việc chọn ki , kj Mặt khác (2ki − 1, 2kj − 1) = ↔ (ki, kj ) = ( Thật gọi q ước nguyên tố 2ki − 1, 2kj − 2ki ≡ (mod q) 2kj ≡ (mod q) −→ 2(ki ,kj ) ≡ (mod q) −→ q = ↔ (ki, kj ) = 1) Từ nhận xét trên, ta dễ dàng chọn k1 , k2, , kn thỏa mãn (ki, kj ) = 1∀i, j = 1, 2, , n(i = j) ( chọn ki số nguyên tố thứ i) Một số tập tự luyện Bài toán 2.56 Xác định tất số nguyên dương n ≥ thỏa mãn điều kiện, với a b nguyên tố với n, ta có a ≡ b (mod n) ⇐⇒ ab ≡ (mod n) Bài toán 2.57 Cho m số nguyên dương lớn Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn n | am − 1, vơi a ∈ Z , (a, n) = Chứng minh n ≤ 4m(2m − 1), đẳng thức xảy nào? Bài toán 2.58 Cho hàm số f : N → N xác định f (1) = 1; f (n+1) = f (n) + 2f (n) , với n ∈ N Chứng minh f (1), f (2), , f (32013) tạo thành hệ thặng dư đầy đủ modulo 32013 Bài toán 2.59 Số nguyên dương n gọi có tính chất P với số nguyên dương a, b cho n | (a3b + 1) suy n | (a3 + b) Chứng minh số nguyên có tính chất P không vượt 24 55 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh Bài toán 2.60 Cho n số nguyên dương ước phương Chứng minh tồn số tự nhiên b, < b < n, (b, n) = cho b n = −1 56 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Đỗ Thị Vân Anh KẾT LUẬN Khóa luận hệ thống hóa khái niệm đại số như: tính chia hết ước chung lớn nhất, khái niệm đồng dư môđun, số nguyên tố, khái niệm thặng dư bậc hai, ký hiệu Legendre kèm theo ví dụ, số định lý quan trọng như: định lý Fermat, định lý thặng dư Trung Hoa, định lý nguyên thủy , sử dụng lý thuyết nhóm, nhóm đối xứng, Bổ đề Zolotarev phục vụ cho việc nghiên cứu cách chứng minh luật tương hỗ Gauss Bên cạnh kể tới việc áp dụng luật tương hỗ bậc hai cho toán phổ thông Do khả tổng kết kinh nghiệm thân chưa nhiều bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học nên khóa luận em không tránh khỏi sai sót khiếm khuyết Em mong nhận góp ý thầy cô bạn để khóa luận em hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Đỗ Thị Vân Anh 57 Tài liệu tham khảo [1] Artin,E.:Quadratische K¨orperimGebiete derh¨oherenKongruenzen.Math.Zeit.19,153–246(1924) [2] Artin, E.: Geometric Algebra Interscience Publishers, Inc., New York (1957) [3] Baker, M.: Zolotarev’s Magical Proof of the Law of Quadratic http://people.math.gatech edu/ mbaker/pdf/zolotarev.pdf Reciprocity ¨ [4] Frobenius, G.: Uber das quadratische Reziprozitd¨atsgesetz I, S.-B Preuss Akad Wiss Berlin, pp 335–349 (1914) [5] Serre, J.-P.: Corps Locaux Hermann, Paris (1962) [6] Lardson-Edward-Falvo, Elementary Linear Algebra, 6th- edition, , Houghton Mifflin Hartcourt Publising Company [7] Szyjewski, M.: Zolotarev’s proof of Gauss reciprocity and Jacobi symbols Serdica Math J 37, 251—260 (2011) [8] Zolotarev, G : Nouvelle démonstration de la loi de de réciprocité de Legendre Nouv Ann Math 2e série 11, 354–362 (1872) 58 ... lựa chọn đề tài: "Luật tương hỗ bậc hai theo Zolotarev Frobenius" cho khóa luận tốt nghiệp Trong đề tài dự kiến hệ thống kiến thức đại số làm sở lí luận để tìm hiểu luật tương hỗ Gauss Mục đích... tìm tám chứng minh khác cho cuối đời Luật tương hỗ bậc hai cho định lý quan trọng giảng dạy giáo trình Lí thuyết số sơ cấp Tầm quan trọng luật tương hỗ bậc hai làm cho nhiều nhà toán học khác... Legendre phát biểu luật tương hỗ bậc hai sau: Cho hai số nguyên tố lẻ p q, ta có p−1 q−1 q p · = (−1) · q p a p   0 = +1   −1 gcd(a, p) = a thặng dư bậc hai a phi thặng dư bậc hai Định lý này,