Thặng dư bậc ba và luật thuận nghịch bậc ba

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐÀM THỊ MINH NGỌC THẶNG DƯ BẬC BA VÀ LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC BA LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 06-2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐÀM THỊ MINH NGỌC THẶNG DƯ BẬC BA VÀ LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC BA Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số Mã số: 60.46.01.04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Đặng Đình Hanh HÀ NỘI, 06-2017 Phần mở đầu Lý chọn đề tài Thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba kết đẹp Lí thuyết số, mở rộng từ kết thặng dư bậc hai luật thuận nghịch bậc hai nhà toán học người Đức Eisenstein Luật thuận nghịch bậc ba chìa khóa để trả lời câu hỏi tìm nghiệm số dạng phương trình đồng dư bậc ba Với việc chọn đề tài "Thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba", tác giả mong muốn tìm hiểu kiến thức thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba, đồng thời trình bày chứng minh luật thuận nghịch bậc ba số ứng dụng luật thuận nghịch bậc ba Định hướng nghiên cứu Trước hết, tác giả cần tìm hiểu trình bày số kiến thức đặc trưng nhân trường Z/pZ, tổng Gauss, tổng Jacobi Trên sở tác giả trình bày định nghĩa đặc trưng thặng dư bậc ba, chứng minh luật thuận nghịch bậc ba số ứng dụng luật thuận nghịch bậc ba Phương pháp nghiên cứu Đọc dịch tài liệu liên quan, phân tích, so sánh, tổng hợp nghiên cứu lý thuyết Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương sau: Chương Tổng Gauss tổng Jacobi, trình bày số kiến thức sở đặc trưng nhân trường Z/pZ, tổng Gauss tổng Jacobi Đây kiến thức tảng phục vụ cho chương Chương Thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba, trình bày định nghĩa số tính chất đặc trưng thặng dư bậc ba, chứng minh luật thuận nghịch bậc ba số ứng dụng Qua luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội nói chung thầy cô môn Đại số nói riêng dạy bảo dìu dắt tác giả suốt thời gian qua Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc tới TS Đặng Đình Hanh, thầy tận tình bảo, hướng dẫn giúp đỡ tác giả suốt trình làm luận văn Cảm ơn bạn bè, gia đình, đồng nghiệp tất người quan tâm, động viên giúp đỡ để tác giả hoàn thành nhiệm vụ Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian trình độ hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót định Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý độc giả để luận văn hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn Hà Nội, tháng năm 2017 Tác giả Đàm Thị Minh Ngọc Mục lục Phần mở đầu 1 Tổng Gauss tổng Jacobi 1.1 Đặc trưng nhân trường Z/pZ 1.2 Tổng Gauss 1.3 Tổng Jacobi 10 Thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba 20 2.1 Vành Z[ω] 20 2.2 Thặng dư bậc ba 25 2.3 Luật thuận nghịch bậc ba 32 2.4 Một số ứng dụng 45 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 BẢNG KÍ HIỆU N tập hợp số tự nhiên N∗ tập hợp số tự nhiên lớn Z vành số nguyên Q trường số hữu tỷ R trường số thực C trường số phức a | b a chia hết b (hoặc b chia hết cho a) a b a không chia hết b (hoặc b không chia hết cho a) √ −1 + i ω , nguyên thủy bậc đơn vị Chương Tổng Gauss tổng Jacobi 1.1 Đặc trưng nhân trường Z/pZ Cho p số nguyên tố Trong toàn luận văn, ta kí hiệu Fp = Z/pZ Fp∗ = Fp \{0} Định nghĩa 1.1 Một đặc trưng nhân Fp ánh xạ χ từ Fp∗ vào tập số phức khác không thỏa mãn χ(ab) = χ(a)χ(b) với a, b ∈ Fp∗ Ví dụ 1.2 Kí hiệu Legendre (a/p) ví dụ đặc trưng nhân kí hiệu xem hàm số lớp thặng dư a modulo p (a ∈ Fp∗ ) Ánh xạ ε(a) = với a ∈ Fp∗ đặc trưng nhân, gọi đặc trưng nhân tầm thường Để thuận tiện, χ đặc trưng nhân với χ = ε ta định nghĩa χ(0) = Với đặc trưng ε, ta định nghĩa ε(0) = Mệnh đề 1.3 Cho χ đặc trưng nhân a ∈ Fp∗ Khi đó, (a) χ(1) = (b) χ(a) bậc (p − 1) đơn vị (c) χ(a−1 ) = χ(a)−1 = χ(a) Chứng minh (a) χ(1) = χ(1.1) = χ(1).χ(1) nên χ(1) = χ(1) = (b) Do ap−1 = dẫn đến = χ(1) = χ(ap−1 ) = χ(a)p−1 (c) Ta có = χ(1) = χ(a−1 a) = χ(a−1 )χ(a) hay χ(a−1 ) = χ(a)−1 Rõ ràng, χ(a)−1 = χ(a) χ(a) số phức có mođun theo câu (b) Mệnh đề 1.4 Cho χ đặc trưng nhân Nếu χ = ε t∈Fp χ(t) = Nếu χ = ε giá trị tổng p Chứng minh Với χ = ε hiển nhiên a ∈ Fp∗ cho χ(a) = Đặt χ(a)T = t χ(t) t χ(t) = p Với χ = ε tồn = T χ(a)χ(t) = t χ(at) = T t Đẳng thức cuối xảy at chạy qua tất phần tử Fp t Do χ(a)T = T mà χ(a) = nên T = Các đặc trưng nhân lập thành nhóm định nghĩa sau: (1) Nếu χ λ đặc trưng nhân χλ đặc trưng nhân biến a ∈ Fp∗ thành χ(a)λ(a) (2) Nếu χ đặc trưng nhân χ−1 đặc trưng nhân biến a ∈ F ∗ thành χ(a)−1 Phần tử đơn vị nhóm tất nhiên đặc trưng tầm thường ε Mệnh đề 1.5 Nhóm đặc trưng nhân nhóm cyclic cấp p − Nếu a ∈ Fp∗ a = tồn đặc trưng nhân χ cho χ(a) = Chứng minh Ta biết nhóm Fp∗ nhóm cyclic Lấy g ∈ Fp∗ phần tử sinh Fp∗ Với a ∈ Fp∗ , tồn l ∈ Z cho a = g l Với đặc trưng nhân χ ta có χ(a) = χ(g)l , χ hoàn toàn xác định giá trị χ(g) Vì χ(g) bậc (p − 1) đơn vị có p − bậc p − đơn vị, suy nhóm đặc trưng nhân có cấp tối đa p − Ta định nghĩa hàm λ đẳng thức λ(g k ) = e2πi(k/(p−1)) λ đặc trưng Ta chứng minh p−1 số nguyên dương nhỏ cho λn = ε Nếu λn = ε λn (g) = ε(g) = Tuy nhiên, λn (g) = λ(g n ) = e2πi(n/(p−1)) dẫn đến p − chia hết n Do λp−1 (a) = λ(a)p−1 = λ(ap−1 ) = λ(1) = nên λp−1 = ε Ta p − đặc trưng nhân ε, λ, λ, , λp−2 phân biệt Do vậy, nhóm đặc trưng nhân nhóm cyclic cấp p − với λ phần tử sinh nhóm Nếu a ∈ Fp∗ a = a = g l với p − l Khi đó, λ(a) = λ(g l ) = e2πi(l/(p−1)) = Hệ 1.6 Nếu a ∈ Fp∗ a = χ χ(a) = 0, tổng chạy tất đặc trưng nhân Chứng minh Đặt S = χ χ(a) Do a ∈ Fp∗ a = nên theo Mệnh đề 1.5, tồn đặc trưng nhân λ cho λ(a) = Khi đó, λ(a)S = λ(a)χ(a) = χ (λχ)(a) = S χ Đẳng thức cuối xảy λχ chạy qua tất đặc trưng nhân χ Điều dẫn đến (λ(a) − 1)S = nên S = Mệnh đề 1.7 Nếu a ∈ Fp∗ , n chia hết p − xn = a không giải tồn đặc trưng nhân χ cho: (a) χn = ε, (b) χ(a) = Chứng minh Lấy g λ Mệnh đề 1.5 đặt χ = λ(p−1)/n Khi đó, χ(g) = λ(p−1)/n (g) = λ(g)(p−1)/n = e2πi/n Do a = g l với l ∈ Z xn = a không giải nên n l Suy ra, χ(a) = χ(g l ) = e2πi(l/n) = Hơn nữa, χn = λp−1 = ε Với a ∈ Fp , kí hiệu N (xn = a) số nghiệm phương trình xn = a Nếu n | p − 1, có: Mệnh đề 1.8 N (xn = a) = χn =ε χ(a), tổng chạy tất đặc trưng có cấp chia hết n Chứng minh Đầu tiên, chứng minh có n đặc trưng nhân có cấp chia hết n Do giá trị χ(g) với đặc trưng χ phải bậc n đơn vị, nên có nhiều n đặc trưng nhân Trong Mệnh đề 1.7, ta tìm đặc trưng nhân χ cho χ(g) = e2πi/n Suy ra, đặc trưng nhân ε, χ, χ2 , , χn−1 n đặc trưng phân biệt có cấp chia hết n Với a = xn = có nghiệm x = Khi đó, χn =ε χ(0) = ε(0) = χ(0) = với χ = ε Với a = xn = a giải được, có nghĩa tồn phần tử b cho bn = a Nếu χn = ε χ(a) = χ(bn ) = χ(b)n = χn (b) = ε(b) = Như vậy, χn =ε χ(a) = n = N (xn = a) Chứng minh Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu p = q số nguyên tố Z, đặt q = 3m − với m ∈ Z Ta có: (1 − ω)2 = (1 − ω)(1 − ω) = − 2ω + ω = − 2ω − − ω = −3ω Do đó, (χq (1 − ω))2 = χq ((1 − ω)2 ) = χq (−3ω) = (−3ω/q)3 = (−3/q)3 (ω/q)3 = (ω/q)3 = ω (N (q)−1)/3 = ω (q Vì thế, (χq (1 − ω))2 = ω (q −1)/3 suy (χq (1 − ω))4 = ω 2(q 2 −1)/3 −1)/3 Lại có, q − = 9m2 − 6m nên 2(q − 1) 2(9m2 − 6m) = = 6m2 − 4m 3 ≡ −4m (mod 3) ≡ 2m (mod 3) Hơn nữa, (χq (1 − ω))4 = (χq (1 − ω))3 · χq (1 − ω) Mà χq (α) = 1, ω ω với α thích hợp 13 = 1, ω = (ω )3 = (ω )2 = 12 = nên (χq (1 − ω))4 = χq (1 − ω) Vì vậy, (χq (1 − ω))4 = ω 2(q −1)/3 ⇐⇒ χq (1 − ω) = ω 2m Trường hợp 2: Nếu p = a + bω phần tử nguyên thủy D a ≡ ≡ −1 (mod 3) b ≡ (mod 3), nên đặt a = 3m − b = 3n với m, n ∈ Z Do b = p phần tử nguyên tố D nên a a + b, 41 a a + bω nguyên tố Tương tự vậy, b a + b nguyên N (a) − (3m − 1)2 − tố a = Ta có = = 3m2 − 2m ≡ m 3 (mod 3) Ngoài ra, a + bω ≡ bω (mod a) a + bω ≡ (mod p) suy a − aω ≡ −(a + b)ω (mod p) Vì N (p) = p nên p = a2 − ab + b2 ⇐⇒ (3m − 1)2 − (3m − 1)(3n) + (3n)2 = p ⇐⇒ 9m2 − 6m + − 9mn + 3n + 9n2 = p p−1 = 3m2 − 2m − 3mn + n + 3n2 ⇐⇒ p−1 ⇐⇒ ≡ −2m + n (mod 3) Mặt khác, a + bω ≡ bω − b (mod (a + b)) ≡ −b(1 − ω) (mod (a + b)) Ta có: 1−ω a + bω b 1−ω a a + bω bω 1−ω = a a + bω bω 1−ω ω2 = a a a + bω ω a + bω 1−ω = a a a + bω a 1−ω = ω 2(N (a)−1)/3 a + bω a + bω a − aω = ω 2m a + bω −(a + b)ω = ω 2m a + bω −1 ω a+b = ω 2m a + bω a + bω a + bω a+b = ω 2m · (1) · ω (N (p)−1)/3 a + bω a + bω = ω 2m · ω −2m+n a+b = 42 −b(1 − ω) a+b b −1 = ωn a+b a+b 1−ω = ω · (1) · (1) a+b = ωn Ta tính 1−ω a+b 1−ω a+b 3 Trước tiên, ý rằng: N (a + b) − 2((3m − + 3n)2 − 1) 2· = 3 2(9m − 6m + 18mn + − 6n + 9n2 − 1) = = 2(3m2 − 2m + 6mn − 2n + 3n2 ) = 6m2 − 4m + 12mn − 4n + 6n2 ≡ 2(m + n) (mod 3) Hơn nữa, 1−ω a+b =1· = = = = = 1−ω a+b 1−ω a+b 1−ω a+b (1 − ω) a+b 1−ω a+b 3 −3ω a+b −1 a+b 3 a+b ω a+b = (1)2 · (1)2 · ω (N (a+b)−1)/3 = ω 2(m+n) 43 2 Do đó, 1−ω a + bω = ωn 1−ω a+b = ω n · ω 2(m+n) = ω 2m+3n = ω 2m Ví dụ 2.26 Chứng minh phương trình đồng dư bậc ba x3 ≡ (−9 + 4ω) (mod (2 − 9ω)) giải Chứng minh Xét −9 + 4ω −18 − 81 − 36 − 81 −135 73 = + ω= − ω − 9ω 103 103 103 103 Vì −135 −73 ≈ −1, 31 ≈ −0, 709 nên đặt γ = −1 − ω 103 103 ρ = (−9 + 4ω) − (2 − 9ω)(−1 − ω) = −9 + 4ω + + 2ω − 9ω + 9(1 + ω) = + 6ω N (ρ) = 28 N (9 − 4ω) = 103 nên −9 + 4ω ≡ + 6ω (mod (2 − 9ω)) Khi đó, −9 + 4ω − 9ω = = = + 6ω − 9ω −2 − 9ω − 9ω 44 3 + 3ω − 9ω + 3ω − 9ω 3 − 9ω = − ω nên đặt ρ = (2 − 9ω) − 2(1 − 5ω) = ω N (ρ) = N (2 − 9ω) = 103 nên − 9ω ≡ ω (mod 2) Vì vậy, Xét −9 + 4ω − 9ω + 3ω − 9ω −1 = ω (N (2)−1)/3 − 9ω −1 − 3ω =ω − 9ω − 9ω =ω −1 − 3ω = ω + 3ω − 9ω 3 31 15 − 9ω = + ω nên đặt ρ = (2−9ω)−(−1−3ω)(4+2ω) = −ω −1 − 3ω 7 Vì N (−ω) = N (−1 − 3ω) = nên − 9ω ≡ −ω (mod (−1 − 3ω)) Lại xét Do vậy, −9 + 4ω − 9ω =ω −ω −1 − 3ω = ω · ω (N (−1−3ω)−1)/3 = ω · ω = Vậy phương trình đồng dư bậc ba cho giải 2.4 Một số ứng dụng Định lý 2.27 Giả sử p phần tử nguyên thủy D Khi đó, x3 ≡ (mod p) giải p ≡ (mod 2), nói cách khác p = a + bω a ≡ (mod 2) b ≡ (mod 2) Chứng minh Nếu p = q số nguyên tố Z p số lẻ Theo Hệ 2.15 χq (2) = nên thặng dư bậc ba modulo q 45 Nếu p = a + bω phần tử nguyên thủy D Do luật thuận nghịch bậc ba χp (2) = χ2 (p) Chuẩn 22 = Vì vậy, p = p(4−1)/3 ≡ χ2 (p) (mod 2) Suy ra, χp (2) = p ≡ (mod 2) Ta điều cần chứng minh Cho p = a + bω phần tử nguyên thủy D p = N (p) = a2 − ab + b2 Thế 4p = (2a − b)2 + 3b2 Nếu đặt A = 2a − b B = b/3 4p = A2 + 27B Theo Mệnh đề 1.18, số nguyên A B xác định sai khác dấu Ta phát biểu mệnh đề dạng sau Mệnh đề 2.28 Nếu p ≡ (mod 3) x3 ≡ (mod p) giải tồn số nguyên C D cho p = C + 27D2 Chứng minh Nếu x3 ≡ (mod p) giải x3 ≡ (mod p) p ≡ (mod 2) theo Mệnh đề 2.27 Ta được: b 4p = A2 + 27B với A = 2a − b, B = Do b số chẵn nên A B số chẵn Đặt D = B/2 C = A/2, p = C + 27D2 Giả sử ngược lại p = C + 27D2 4p = (2C)2 + 27(2D)2 Bởi tính B = ±2D, nghĩa B số chẵn b chẵn Điều dẫn đến p = a + bω ≡ (mod 2), x3 ≡ (mod p) giải Vì D/pD có p = N (p) phần tử, tồn số nguyên h cho h3 ≡ (mod p) Do đó, h3 ≡ (mod p) Nếu p | h3 − p¯ | h3 − pp¯ = p | (h3 − 2)2 Kết p | h3 − ta điều phải chứng minh 46 Ví dụ 2.29 Với p = x3 ≡ (mod 7) không giải không tồn số nguyên C D cho = C + 27D2 Với p = 31 = 22 + 27 · x3 ≡ (mod 31) giải được, cụ thể phương trình có nghiệm 43 ≡ (mod 31) Mệnh đề 2.30 Cho p phần tử nguyên tố D Khi đó,     1, N (p) ≡ (mod 9)    (ω/p)3 = ω, N (p) ≡ (mod 9)      ω , N (p) ≡ (mod 9) Chứng minh Áp dụng định nghĩa thặng dư bậc ba, ta có: (ω/p)3 ≡ ω (N (p)−1)/3 (mod p) Do vậy, (ω/p)3 = ω (N (p)−1)/3 = ω 3k với k ∈ Z, suy N (p) − = 9k hay N (p) ≡ (mod 9) Nếu (ω/p)3 = ω ω (N (p)−1)/3 = ω 3k+1 với k ∈ Z, suy N (p) − = 9k hay N (p) ≡ (mod 9) Nếu (ω/p)3 = ω ω (N (p)−1)/3 = ω 3k+2 với k ∈ Z, suy N (p) − = 9k hay N (p) ≡ (mod 9) Định lý 2.31 Cho p phần tử nguyên tố D N (p) = p Nếu phương trình đồng dư bậc ba x3 ≡ a (mod p) giải phương trình x3 ≡ a (mod p) giải Chứng minh Do p = pp nên ta điều cần chứng minh Mệnh đề 2.32 Nếu p phần tử nguyên tố D N (p) = −1 = p 47 Chứng minh Với p phần tử nguyên tố D N (p) = p với p số nguyên tố Z p ≡ (mod 3) Khi đó, p = 3k + với k ∈ Z, p số lẻ nên k số chẵn Ta có: −1 p ≡ (−1)(N (p)−1)/3 ≡ (−1)k ≡ (mod p) Do −1 p = Mệnh đề 2.33 Cho p phần tử nguyên tố D với N (p) = p ≡ (mod 3) Một số nguyên a thặng dư bậc ba (D/pD)∗ = Fp ∗ −a thặng dư bậc ba Fp ∗ Chứng minh Ta có: −a p = −1 p a p = a p Vậy số nguyên a thặng dư bậc ba Fp ∗ −a thặng dư bậc ba Fp ∗ Mệnh đề 2.34 Nếu phương trình x3 ≡ a (mod p) có nghiệm x ∈ D/pD nghiệm lại trường D/pD xω xω Chứng minh Ta có (xω)3 = x3 ω ≡ x3 ≡ a (mod p) (xω )3 = x3 ω ≡ x3 ≡ a (mod p) Xét phương trình đồng dư bậc ba x3 ≡ a (mod p) với p số nguyên tố Z a, x số nguyên Ta đưa vài kết ví dụ liên quan đến thặng dư bậc ba Kết sau trường hợp riêng [1, Hệ 4.2.15] 48 Mệnh đề 2.35 Cho p số nguyên tố thỏa mãn p ≡ (mod 3) Phương trình x3 ≡ (mod 3) giải a(p−1)/3 ≡ (mod 3) Ví dụ 2.36 Xét xem có phải thặng dư bậc ba modulo hay không? Ta có 7 ≡ ≡ 2(7−1)/3 ≡ 22 ≡ (mod 7) Vậy bất thặng dư bậc ba modulo Ví dụ 2.37 Giải phương trình x3 ≡ 15 (mod 7) Do 15 ≡ ≡ 1(7−1)/3 ≡ 12 ≡ (mod 7) nên 15 thặng dư bậc ba modulo 7, hay phương trình x3 ≡ 15 (mod 7) có nghiệm Mặt khác, x = 1, x = ω x = ω nghiệm phương trình x3 ≡ 15 ≡ (mod 7) F7 Xét nghiệm phương trình Z Ta có = (2 + 3ω)(1 − 3ω), chọn p = + 3ω Với x = ω F7 , theo Mệnh đề 2.8 x ≡ − · ≡ −10 ≡ (mod 7) Tương tự vậy, nên nghiệm nguyên phương trình đồng dư x ≡ (mod 7), x ≡ (mod 7) x ≡ (mod 7) Định lý 2.38 Nếu p số nguyên tố a ∈ Z Chứng minh Do a3 p = a p a3 p a p Mà a p = 49 = 1, ω, ω nên 3 = a3 p Ví dụ 2.39 Với p = a = = 23 = Định lý 2.40 Nếu p ≡ (mod 3) số nguyên tố a số nguyên dương cho (a, p) = a thặng dư bậc ba modulo p Chứng minh Do p ≡ (mod 3) nên p = 3k + với k ∈ N Khi đó, N (p) = pp = (3k + 2)(3k + 2) = 9k + 12k + N (p) − = 3k + 4k + Do (a, p) = nên theo Định lý Fermat nhỏ ta có ap−1 = a3k+1 ≡ (mod p) Vì vậy, a(N (p)−1)/3 = a3k +4k+1 = a(3k+1)(k+1) = (a3k+1 )k+1 ≡ 1k+1 ≡ (mod p) Ta điều cần chứng minh Hệ 2.41 Nếu p ≡ (mod 3) số nguyên tố tất phần tử D thặng dư bậc ba modulo p Chứng minh Lấy g nguyên thủy modulo p Vì thế, chọn a ∈ {1, 2, , p − 1} k ∈ {0, 1, , p − 2} cho g k ≡ a (mod p) Do (3, p−1) = nên tồn số nguyên dương x y cho 3x +(p−1)y = Đặt x = kx y = ky 3x + (p − 1)y = k Vì g p−1 ≡ (mod p) nên a ≡ g k = g 3x+(p−1)y = (g x )3 (g p−1 )y ≡ (g x )3 (mod p) Do vậy, a thặng dư bậc ba modulo p Hơn nữa, ≡ 03 (mod p) nên có p thặng dư bậc ba khác modulo p 50 Ví dụ 2.42 Với p = 11 ≡ 03 (mod 11), ≡ 13 (mod 11), ≡ 73 (mod 11), ≡ 93 (mod 11), ≡ 53 (mod 11), ≡ 33 (mod 11), ≡ 83 (mod 11), ≡ 63 (mod 11), ≡ 23 (mod 11), ≡ 43 (mod 11), 10 ≡ 43 (mod 11) Ví dụ 2.43 Chứng minh rằng: (i) 19 thặng dư bậc ba modulo 41 (ii) 19 không thặng dư bậc ba modulo 43 (iii) 22 thặng dư bậc ba modulo 43 (iv) 37 thặng dư bậc ba modulo 103 Giải: Nhớ lại rằng, với p số nguyên tố p ≡ (mod 3) tồn số nguyên A, B cho 4p = A2 + 27B A ≡ (mod 3) Khi đó, đặt b = 3B a = (A + b)/2 Như vậy, 43 = ππ, π = −1 + 6ω, π = −7 − 6ω, 19 = σσ, σ = + 3ω, σ = − 3ω, 37 = ρρ, ρ = −4 + 3ω, ρ = −7 − 3ω, = τ τ , τ = + 3ω, τ = −1 − 3ω, 103 = υυ, υ = 11 + 9ω, υ = − 9ω (i) Do 41 ≡ (mod 3) (19, 41) = nên χ41 (19) = (ii) Xét χπ (19) = χπ (σσ) = χπ (σ)χπ (σ) = χσ (π)χσ (π) = χσ (8)χσ (3) 51 = χσ (3) = χσ (−ω (1 − ω)2 ) = χσ (−1)χσ (ω)2 χσ (1 − ω)2 Do χσ (−1) = 1, χσ (ω) = ( N (σ) = 19 ≡ (mod 9) ) χσ (1 − ω) = ω 2m với σ = 3m − + bω Mà σ = − 3ω nên m = hay χσ (1 − ω) = ω Vì vậy, χπ (19) = (ω )2 = ω Vậy 19 không thặng dư bậc ba modulo 43 (iii) Do π | 43 χπ (−1) = nên χπ (22) = χπ (2)χπ (11) = χπ (2)χπ (−32) = χπ (−1)χπ (2)6 = Vậy 22 thặng dư bậc ba modulo 43 (iv) Ta có: χυ (37) = χυ (ρρ) = χυ (ρ)χυ (ρ) = χρ (υ)χρ (υ) Vì N (ρ) = 37 < 103 = N (υ) nên υ = 11 + 19ω ≡ 11 + 12 ≡ 23 ≡ −14 (mod ρ) Vì vậy, χρ (υ) = χρ (−1)χρ (2)χρ (7) = · χ2 (ρ)χρ (τ τ ) = χ2 (ω)χρ (τ )χρ (τ ) = ωχτ (ρ)χτ (ρ) = ωχτ (−6)χτ (−5) = ωχτ (2 · ω · (1 − ω)2 )χτ (2) = ωχ2 (τ τ )(ω )2 (ω )2 52 = ωχ2 (7)ω = Tương tự, υ = 11 + 9ω ≡ 11 − 21 ≡ −10 (mod ρ) nên χρ (υ) = χρ (−1 · · 5) = χ2 (ρ)χ5 (ρ) = χ2 (−1 − ω)χ5 (−2(1 − ω)) = χ2 (ω)2 χ5 (2)χ5 (1 − ω) = ω · · ω 2·2 = ω2ω4 = Vậy 37 thặng dư bậc ba modulo 103 53 Kết luận Đặt vấn đề tìm hiểu thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba, luận văn đạt kết sau: • Trình bày định nghĩa số tính chất đặc trưng nhân trường Z/pZ, tổng Gauss tổng Jacobi • Trình bày phần tử khả nghịch, phần tử nguyên tố phần tử nguyên thủy vành Z[ω] • Trình bày chứng minh luật thuận nghịch bậc ba • Trình bày số ứng dụng thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba Những kết đạt luận văn - khiêm tốn - giúp tác giả có hội tìm hiểu sâu Lý thuyết số, đặc biệt thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba 54 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Dương Quốc Việt (Chủ biên), Đàm Văn Nhỉ, Cơ sở lý thuyết số đa thức, Nhà xuất Đại học Sư phạm, 2008 [B] Tài liệu tiếng Anh [2] K Ireland, M Rosen, A Classical Introduction to Modern Number Theory, Second edition, Springer-Verlag New York, 1990 [3] F Lemmermeyer, Reciprocity Laws: from Euler to Eisenstein, Springer-Verlag Berlin Heidelberg, 2000 55 ... dư bậc ba Với việc chọn đề tài "Thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba" , tác giả mong muốn tìm hiểu kiến thức thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba, đồng thời trình bày chứng minh luật thuận. .. đề tài Thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba kết đẹp Lí thuyết số, mở rộng từ kết thặng dư bậc hai luật thuận nghịch bậc hai nhà toán học người Đức Eisenstein Luật thuận nghịch bậc ba chìa... 10 Thặng dư bậc ba luật thuận nghịch bậc ba 20 2.1 Vành Z[ω] 20 2.2 Thặng dư bậc ba 25 2.3 Luật thuận nghịch bậc ba