Biểu diễn số nguyên tố bởi các dạng toàn phương bậc hai nguyên

-1- BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ””” NGUYỄN HUỲNH NGỌC XUÂN BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN TỐ BỞI CÁC DẠNG TOÀN PHƯƠNG BẬC HAI NGUYÊN Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số Mã số: 604605 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Mỵ Vinh Quang Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2006 -2- MỤC LỤC Trang Trang phụ bìa .1 Muïc luïc .2 Mở đầu .3 Chương 1: Kiến thức 1.1 Ký hiệu Legrendre 1.2 Ký hiệu Jacobi 10 1.3 vành số nguyên đại số 11 Chương 2: Tình Euclide vành số nguyên đại số bậc hai 14 2.1 Mieàn Euclide .14 2.2 Ví dụ mieàn Euclide .15 2.3 Ví dụ miền không Euclide 27 Chương 3: Biểu diễn số nguyên tố dạng toàn phương bậc hai nguyên 33 3.1 Bổ đề 33 3.2 Boå ñeà 34 3.3 Định lý .36 3.4 Định lý 37 3.5 Định lý 39 3.6 Một số hàm số học 41 Tài liệu tham khảo .47 -3- MỞ ĐẦU Một số nguyên n gọi biểu diễn dạng toàn phương bậc hai nguyeân: ax2 + bxy + cy2 (a, b, c ∈ Z) có số nguyên x, y cho n = ax2 + bxy + cy2 Bài toán biểu diễn số nguyên tố dạng toàn phương bậc hai nguyên toán quan trọng có nhiều ứng dụng lý thuyết số Trong luận văn nghiên cứu tính Euclide vành số nguyêncủa trường mở rộng bậc 2, trường số hữu tỉ Q sau ứng dụng để nghiên cứu số cách biểu diễn số nguyên tố p dạng toàn phương bậc hai nguyên Luận văn gồm có chương: Chương 1: Kiến thức Nêu định nghóa tính chất ký hiệu Legendre Jacobi Định nghóa mô tả vành số nguyên đại số trường Q ( m ) Chương 2: Tính Euclide vành số nguyên đại số bậc hai Chúng nghiên cứu vành số nguyên đại số bậc hai miền Euclide không miền Euclide Chương 3: Biểu diễn số nguyên tố dạng toàn phương bậc hai nguyên Áp dụng chương chương để xét xem số nguyên tố p biểu diễn dạng toàn phương bậc hai nguyên cho trước số n ta tính ước d n biểu diễn tổng ước Tôi xin gởi lời cảm ơn đến thầy, cô khoa toán trường ĐH Sư phạm TP.HCM thầy cô tham gia giảng dạy suốt trình học tập Đặc biệt PGS.TS Mỵ Vinh Quang nhiệt tình dành nhiều thời gian để hướng dẫn, giúp đỡ việc chọn đề tài thực luận văn -4- CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Ký hiệu Legendre 1.1.1 Định nghóa Đối với phương trình đồng dư bậc hoàn toàn biết phương trình có nghiệm hay không có có nghiệm Ta có phương trình daïng Ax2 + Bx + C = (mod P) (p số nguyên tố lẻ) đưa dạng x2 = a (modp) (1) Do xét đến dạng (1) Nếu phương trình (1) có nghiệm ta a thặng dư bậc hai theo modun p phương trình (1) vô nghiệm ta nói a bất thặng dư bậc hai theo modun p Trong hệ thặng dư thu gọn theo modun p có ⎛ p −1 ⎞ đồng dư với số 1, 22… ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ p −1 thặng dư bậc hai tương ứng p −1 bất thặng dư bậc 2 Ví dụ: Tìm thặng dư bậc hai theo modun ⎧⎪ 2 ⎛ p − ⎞2 ⎫⎪ 2 Đặt s’ = ⎨1 ,2 ⎜ ⎟ ⎬ = ,2 ⎝ ⎠ ⎪⎭ ⎪⎩ { } ⇒ 1, thặng dư 2, bất thặng dư bậc theo modun Tìm thặng dư bất thặng dư bậc theo modun { 2 s’ = ,2 ,3 } ⇒ Thặng dư bậc theo modun 1, 4, 3, 5, bất thặng dư theo modun Để xét xem phương trình x2 = a (modp), (a;p) = có nghiệm hay không, ⎛a⎞ Legendre đưa vào ký hiệu ⎜ ⎟ (ký hiệu Legendre) xác định sau: ⎝p⎠ ⎛a⎞ ⎜ ⎟ = a thặng dư bậc theo modun p ⎝p⎠ ⎛a⎞ ⎜ ⎟ = -1 neáu a bất thặng dư bậc hai theo modun p ⎝p⎠ 1.1.2 Tính chất ký hiệu Legendre p −1 ⎛a⎞ ⎜ ⎟ ≡ a (modp) ⎝p⎠ -5⎛a⎞ * Nếu a thặng dư bậc theo modun p ta có ⎜ ⎟ = hay có x0 cho a ≡ ⎝p⎠ x (modp) ⇒ a (modp) ⇒ a p −1 p −1 ≡ x 0p−1 (modp), mặt khác (xo, p) =1 nên theo định lý Fecma ta có x 0p−1 ≡ ⎛a⎞ ≡ x 0p−1 ≡ (modp) maø ⎜ ⎟ = neân a ⎝p⎠ p −1 ⎛a⎞ ≡ ⎜ ⎟ (modp) p ⎝ ⎠ p −1 ⎛a⎞ Vaäy ⎜ ⎟ ≡ a (modp) ⎝p⎠ ⎛a⎞ * Nếu a bất thặng dư bậc theo modun p ta có: ⎜ ⎟ = -1 ⎝p⎠ (a, p) = ⇒ ap-1 ≡ (modp) ⎛ p2−1 ⎞ ⎛ p2−1 ⎞ ⇔ ⎜ a − 1⎟ ⎜ a + 1⎟ ≡ (modp) ⎝ ⎠⎝ ⎠ Ta lại có thặng dư thỏa Z Nên a p −1 p −1 ≡ (modp) baát thặng dư không thỏa ≡ -1 (modp) (Vì a bất thặng dư theo modun p) p −1 ⎛a⎞ Vaäy ⎜ ⎟ ≡ a (modp) ⎝p⎠ ⎛a⎞ ⎛b⎞ Nếu a ≡ b (modp) ta có ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝p⎠ ⎝p⎠ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ = với p nguyên tố lẻ ⎝p⎠ Chứng minh: Thật vậy, phương trình x2 ≡ (modp) có nghệim ⎛ 1⎞ ⎜ − ⎟ = ( −1) p ⎝ p −1 ⎠ Chứng minh: Áp dụng tính chất (1) với a = -1 Ta coù: p −1 ⎛ 1⎞ − ≡ − ( ) ⎜ ⎟ ⎝ p⎠ (modp) Hai veá đồng dư thức lấy giá trị -1 p số nguyên tố lẻ nên -1 khác lớp theo modun p ta có p −1 ⎛ 1⎞ ⎜ − ⎟ = ( −1) ⎝ p⎠ ⎛ a1a2 ak p ⎝ ⎜ ⎞ ⎛ a1 ⎞⎛ a2 ⎞ ⎛ a3 ⎞ ⎛ ak ⎞ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ -6- Chứng minh: ⎛ a1a2 ak p ⎝ p −1 ⎞ a a a ≡ ⎟ ( k ) (modp) (tính chất 1) ⎠ ⇔ ⎛ a1a2 ak ⎜ p ⎝ p −1 p −1 p −1 p −1 ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 ⎟ ≡ a1 a2 ak (modp) maø ⎜ ⎟ ≡ (mod p) p ⎠ ⎝ ⎠ neân ⎛ a1a2 ak ⎜ p ⎝ ⎞ ⎛ a1 ⎞ ⎛ a2 ⎞ ⎛ ak ⎞ ⎟ ≡ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ (modp) ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⇒ ⎛ a1a2 ak ⎜ p ⎝ ⎞ ⎛ a1 ⎞ ⎛ a2 ⎞ ⎛ ak ⎞ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ Ta coù: ⎜ ⎛ b2 ⎞ ⎛ b2 ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ ⎡1.1 = Hệ quả: ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎢ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎣(−1)(−1) = ⎝ p ⎠ ⎛ ab2 ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ b2 ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ ab2 ⎞ a ⎛a⎞ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎝p⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ p Boå đề Gao-xơ: Gọi μ số dãy a, 2a… tuyệt đối nhỏ theo modp âm p −1 a mà có thặng dư giá trị ⎛a⎞ Thế ta có: ⎜ ⎟ = (-1)μ ⎝p⎠ Chứng minh: Đặt p1 = p −1 – Ta xét đồng dư thức: 1.a ≡ ε1r1 (modp) 2.a ≡ ε2r2 (modp) … (2) p1a ≡ εp1rp1 (modp) Trong đó: εi = ±1 vaø ≤ ri ≤ p1 Trong p1 số ε1 có μ số âm, lại p1 – μ số dương Để chứng minh mệnh đề ta ⎛a⎞ chứng minh ⎜ ⎟ = ε1.ε2… εp1 ⎝p⎠ -7- – Ta xét dãy: a, -a, 2a, -2a… p1a, -p1a Đó hệ thặng dư thu gọn theo modp, thặng dư giá trị tuyệt đối nhỏ theo mod p tương ứng ε1r1, -ε1r1, ε2r2, -ε2r2… εp1rp1, -εp1rp1 Trong thặng dư phải trùng với số 1, 2… p1 sai khác thứ tự, ta có: r1.r2… rp = 1.2… p1 = p1! Nhân đồng dư thức (2) vế với ta được: p1 !a ≡ ε1ε ε p p1 ! (mod p) p1 ⇒ ap1 ≡ ε1 ε2…εp1 (modp) p −1 ⎛a⎞ ⎛a⎞ Maø ⎜ ⎟ ≡ a = ap1 (modp) ⇒ ⎜ ⎟ ≡ ε1 ε2…εp1 (modp) hai vế đống dư thức ⎝p⎠ ⎝p⎠ -1 p số nguyên tố lẻ nên -1 hai lớp khác theo modun p ⎛a⎞ ta có: ⎜ ⎟ = ε1 ε2…εp1 ⎝p⎠ p1 ⎡ ka ⎤ p −1 ⎛a⎞ (a −1)+ ∑ ⎢ ⎥ p⎦ ⎜ ⎟ = ( −1) k =1 ⎣ ⎝p⎠ Chứng minh: để chứng minh công thức ta chứng minh: p1 ⎡ ka ⎤ p2 − μ≡ (a − 1) + ∑ ⎢ ⎥ (mod 2) k =1 ⎣ p ⎦ – Ta xét dãy đẳng thức: a = q1p + γ1 2a = q2p + γ2 (3) … P1a = qp1p + γp1, ≤ γi < p Như p1 số γi có μ số lớn p – ri ta có: p1 p1 i =1 i =1 p −1 Ta có γi ri ∑ γ i = ∑ εi ri + μp Neáu εi >0 => γi = ri εi γi = p - γi – Như cộng đẳng thức (3) vế ta được: -8- ( p1 + 1) p1 a = p p1 ⎡ ka ⎤ + ( p1 + 1) p1 p − p −1 = ∑ ⎢ ⎥ ∑ ε1ri + μp (*) p = neân k =1 ⎣ p ⎦ i =1 (*) ⇔ a Đặt A= p1 p1 ⎡ ka ⎤ p1 p2 − = p∑ ⎢ ⎥ + ∑ ε1ri + μp k =1 ⎣ p ⎦ i =1 ∑ r ; -B = ∑ r εi > i εi < (4) (A, B > 0) i p1 ( p1 + 1) p2 − = A + B = ∑ ri = + + + p1 = i =1 p1 p1 ∑ ε r = A − B = A + B − 2B = i i i =1 p2 − − 2B Thay keát vào đẳng thức (4), ta được: a ⇔ p1 ⎡ ka ⎤ p2 − p2 − = p∑ ⎢ ⎥ + − 2B + μp 8 k =1 ⎣ p ⎦ ( a − 1) p1 p1 ⎡ ka ⎤ ⎡ ka ⎤ p2 − + p∑ ⎢ ⎥ = 2p∑ ⎢ ⎥ - B + μp k =1 ⎣ p ⎦ k =1 ⎣ p ⎦ Ta lại có p số nguyên tố lẻ nên p ≡ (mod2) Lấy đồng dư thức theo modun hai vế (4) ta : ⎛ p2 − ⎞ p1 ⎡ ka ⎤ ⎟+∑⎢ ⎥ ⎝ ⎠ k =1 ⎣ p ⎦ μ ≡ (a – 1) ⎜ Áp dụng công thức ta được: p1 ⎡ ka ⎤ p −1 ⎛a⎞ ( a −1) + ∑ ⎢ ⎥ μ ⎣p⎦ 1 = − = − ( ) ( ) = k ⎜ ⎟ p ⎝ ⎠ ⎛2⎞ ⎜ ⎟ = ( −1) ⎝p⎠ p2 −1 Chứng minh: Áp dụng công thức với a = Vì k = 1, 2… k< ⇒ p −1 neân p −1 ⇒ ak = 2k ≤ (p – 1) < p ⎡ ka ⎤ p −1 ⎢ p ⎥ = 0, ∀k = 1, 2… ⎣ ⎦ p1 ⎡ ka ⎤ p −1 p −1 ⎛2⎞ ( −1) + ∑ ⎢ ⎥ p ⎦ = ( −1) ⎣ = − ( ) = k ⎜ ⎟ ⎝p⎠ 2 (mod2) -9- Nếu p, q hai số nguyên tố lẻ phân biệt ta có p −1 q −1 ⎛q⎞ ⎛p⎞ ⎜ ⎟ = ( −1) 2 ⎜ ⎟ ⎝p⎠ ⎝q⎠ Chứng minh: ⎛q⎞ ⎛p⎞ Ta chứng minh ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ( −1) ⎝p⎠ ⎝q⎠ p −1 q −1 2 Theo công thức 7, ta có: ⎛q⎞ ⎜ ⎟ = ( −1) ⎝p⎠ p−1 p−1 2 ⎡ kq ⎤ p2 −1 ( q −1) + ⎢ ⎥ p⎦ k =1 ⎣ ∑ q−1 ⎛p⎞ ⎡ kq ⎤ ⎢ ⎥ p ⎦ (vì (q – 1) số chẵn) = ( −1)∑ k =1 ⎣ ⎛q⎞ ⎛p⎞ ⎡ lp ⎤ Tương tự: ⎜ ⎟ = ( −1)∑ ⎢⎣ q ⎥⎦ neân ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ( −1) ⎝p⎠ ⎝q⎠ ⎝q⎠ p−1 q −1 ⎡ kq ⎤ ⎡ lp ⎤ ∑ ⎢ ⎥+ ∑ ⎢ ⎥ k =1 ⎣ p ⎦ l=1 ⎣ q ⎦ l=1 Ta chứng minh: p −1 q −1 p − q − ⎡ kq ⎤ ⎡ lp ⎤ = ∑⎢ ⎥+∑⎢ ⎥ 2 k =1 ⎣ p ⎦ l =1 ⎣ q ⎦ Ta xeùt p −1 q −1 p −1 q −1 số có dạng kq.lp với k = 1, 2… ; l = 1, 2… 2 2 Trong số kq - lp hiển nhiên số Gọi số số dương s1 số số âm s2, ta có: s1 + s = p −1 q −1 2 Mặt khác ta có s1 số số l cho kq – lp > với k = 1, 2… kq p −1 số l cho l < , k = 1, 2… ⇒ s1 = p p −1 ⎡ kq ⎤ ∑⎢ p ⎥ k =1 ⎣ ⎦ Và tương tự s2 số số k cho kq – lp < với l = 1, 2… số k cho k < p −1 lp q −1 với l = 1, 2… ⇒ s2 = q ⎡ kq ⎤ Vaäy s1 + s2 = ∑ ⎢ ⎥ + k =1 ⎣ p ⎦ q −1 ⎡ lp ⎤ ∑⎢ q ⎥ l =1 ⎣ ⎦ p −1 nghóa số q −1 ⎡ lp ⎤ ∑⎢ q ⎥ l =1 ⎣ ⎦ q −1 nghóa số - 10 - ⇔ p −1 q −1 = 2 p −1 ⎡ kq ⎤ ∑⎢ p ⎥ k =1 ⎣ ⎦ ⎛q⎞ ⎛p⎞ Do ta coù: ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ( −1) ⎝p⎠ ⎝q⎠ ⇒ + q −1 ⎡ lp ⎤ ∑⎢ q ⎥ l =1 ⎣ ⎦ p −1 q −1 2 p −1 q −1 ⎛q⎞ ⎛p⎞ ⎜ ⎟ = ( −1) 2 ⎜ ⎟ ⎝p⎠ ⎝q⎠ 1.2 Ký hiệu Jacobi 1.2.1 Định nghóa Cho p số lẻ lớn p = p1.p2… pr dạng phân tích p thành thừa số nguyên tố (p1, p2… pr: trùng nhau) cho (a, p) = Khi ký hiệu Jacobi xác định đẳng thức: ⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ p ⎠ ⎝ p1 ⎠ ⎝ p2 ⎠ ⎝ p r ⎠ ⎛a⎞ ⎟ ký hiệu Legendre ⎝ pi ⎠ Trong ⎜ 1.2.2 Các tính chất ⎛a⎞ ⎛a ⎞ Nếu a ≡ a1 (modp) ta có ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝p⎠ ⎝ p ⎠ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ = ⎝p⎠ ⎛ 1⎞ ⎜ − ⎟ = ( −1) p ⎝ p −1 ⎠ ⎛ a1a2 an ⎞ ⎛ a1 ⎞⎛ a2 ⎞ ⎛ an ⎞ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ p ⎝ ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎜ ⎛ b2 ⎞ ⎛ ab2 ⎞ ⎛ a ⎞ Hệ quả: ⎜ ⎟ = 1; ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎝ p⎠ ⎝ p ⎠ ⎝p⎠ p −1 ⎛2⎞ ⎜ ⎟ = ( −1) ⎝p⎠ Nếu P, Q hai số lẻ nguyên tố ta có: p −1 Q −1 ⎛P⎞ ⎛Q⎞ 2 = − ( ) ⎜ ⎟ ⎜Q⎟ ⎝P⎠ ⎝ ⎠ - 34 - Chứng minh: ⎛m⎞ Vì ⎜ ⎟ = ⇒ ∃ z ∈ Z: Z2 ≡ m (mod p) ⎝p⎠ Đặt y = z, z lẻ p – z, z chẵn ⇒ y số lẻ y2 ≡ m (mod p) Đặt x = (y – 1) Xeùt 4(x2 + x + ⎛ ⎝ ⇒ p | ⎜ x2 + x + Ta thaáy: x+ (1 – m)) = (2x + 1)2 – m = y2 – m ≡ (mod p) ⎛ 1+ m ⎞⎛ 1− m ⎞ 1+ m (1 − m ) ⎟⎞ = ⎜⎜ x + ⎟⎟ ⎜⎜ x + ⎟⎟ Z + Z ⎠⎝ ⎠ ⎠ ⎝ 1± m 1 ⎛ 1± m ⎞ 1+ m = x + ⎜⎜ ⎟⎟ ∉ Z + Z p p p⎝ ⎠ 1+ m ⇒ p không nguyên tố Z + Z ⇒ p không bất khả quy Z + Z m ≡ (mod4)) ⎛ 1+ m 1+ m (vì Z + Z miền Iđêan với 2 ⎛ 1+ m ⎞⎞⎛ ⎛ 1+ m ⎞ ⎞ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ w + t ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ (1) ⎝ ⎠⎠⎝ ⎝ ⎠⎠ Giả sử p = ⎜ u + v ⎜⎜ ⎜ ⎝ Trong đó: u+v 1+ m 1+ m 1+ m ,w+t ∈Z+Z 2 u+v 1+ m 1+ m 1+ m ,w+t không khả nghịch Z + Z 2 ⎛ v ⎞⎛ t ⎞ vtm (1) ⇔ p = ⎜ u + ⎟⎜ w + ⎟ + + ⎠⎝ 2⎠ ⎝ ut + vw m Vì m số không phương ⇒ ⎛ v ⎞⎛ t ⎞ vtm ⎛ p = ⎜ u + ⎟⎜ w + ⎟ + = ⎜⎜ u + v ⎠⎝ 2⎠ ⎝ ⎝ 1− m ⎞⎛ 1− m ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜ w + t ⎟ (2) ⎠⎝ ⎟⎠ - 35 - ut + vw = Nhân (1) (2) vế theo vế ta được: p2 = (u2 + uv + 1 (1 – m)v2)(w2 + wt + (1 – m)t2) 4 m ≡ (mod 4), u2 + uv + neân p = u2 + wv + 1 (1 – m)v2 = w2 + wt + (1 – m)t2 4 p = -(u2 – uv + 1 (1 – m)v2) = -(w2 + wt + (1 – m)t2) 4 Nếu m < u2 + uv + p = u2 + uv + Khi 1 (1 – m2)v2 ≠ ±1, w2 + wt + (1 – m2)t2 ≠ ±1 4 1 (1 – m)v2 = (u + v)2 – mv2 >0 4 (1 – m)v2 Neáu m > có số nguyên T, U: T2 – TU + p = u2 + w+ thì: p = -(u2 + uv + ⎡ ⎣ = ⎢ T2 + TU + (1 – m)U2 = -1 1 (1 – m)v2 hoaëc p = -(u2 – uv + (1 – m)v2 4 (1 – m)v2) 1 (1 − m ) U2 ⎤⎥ ⎡⎢ u2 + uv + (1 − m ) v2 ⎤⎥ 4 ⎦⎣ ⎦ = u' + u' v'+ (1 − m)v'2 , đó: u' = uT + (1 − m)vU v' = uU + vT + vU 3.3 Định lý Cho p số nguyên tố i p không biểu diễn dạng p = x2 + y2, x,y∈ Z p ≡ (mod 4) ii p biểu diễn dạng p = x2 + y2, x,y∈ Z p = p ≡ (mod 4) Chứng minh: * Ta chứng minh p ≡ (mod 4) không tồn x, y ∈ Z: p = x2 + y2 : Giả sử ngược lại, có số nguyên x, y: p = x2 + y2 - 36 - p ≡ (mod 4) ⇒ p số nguyên tố lẻ Do x, y xảy trường hợp sau: x ≡ (mod 2) ⇒ p = x2 + y2 ≡ (mod 4) vô lý y ≡ (mod 2) x ≡ (mod 2) ⇒ p = x2 + y2 ≡ (mod 4) voâ lý y ≡ (mod 2) Vậy không tồn x, y ∈ Z: p = x2 + y2 neáu p ≡ (mod 4) * Ngược lại không coù x, y ∈ Z cho p = x2 + y2 ta chứng minh p ≡ (mod 4) Nếu p = 2: có x = y = ±1 ∈ Z: = x2 + y2 Neáu p ≠ p ≡ 1,3 (mod 4) Trường hợp p ≡ (mod 4): theo i x, y ∈ Z cho p = x2 + y2 Trường hợp p ≡ (mod 4) ⎛ 1⎞ Nhận xét: p ≡ (mod 4) ⇔ ⎜ − ⎟ = p ⎝ ⎠ Thaät vaäy: p ≡ (mod 4) ⇔ p = 4n + p −1 ⎛ 1⎞ 2n = ( −1) =1 − = − ( ) ⎜ ⎟ ⎝ p⎠ p ≡ (mod 4) ⇔ p = 4n + p −1 ⎛ 1⎞ 2n +1 = ( −1) = -1 (vô lý) − = − ( ) ⎜ ⎟ ⎝ p⎠ Chứng minh: ⎛ 1⎞ Ta có: p ≡ (mod 4) ⇔ ⎜ − ⎟ = p ⎝ ⎠ Z + Z −1 miền Euclide với hàm φ-1 ⇒ Z + Z −1 miền Iđêan Theo bổ đề 3.1 tồn hai số nguyên x, y cho: p = x2 – my2 = x2 + y2 (m = -1) Vaäy p không biểu diễn dạng p = x2 + y2 p ≡ (mod 4) - 37 - 3.4 Định lý p số nguyên tố: i p không biểu diễn dạng p = x2 +2y2, x, y∈ Z p ≡ 5, (mod 8) ii p biểu diễn dạng p = x2 + 2y2, x,y∈ Z p = p ≡ 1, (mod 8) Chứng minh: * Ta chứng minh p ≡ 5,7 (mod 8) không tồn x, y ∈ Z: p = x2 + 2y2 : Giaû sử ngược lại, tồn hai số nguyên x, y cho p = x2 + 2y2 p số nguyên tố lẻ nên x ≡ (mod 2) (vì p số nguyên tố lẻ) ⇒ x2 ≡ (mod 8) Neáu y ≡ (mod 2) ⇒ y2 ≡ (mod 4) ⇒ 2y2 ≡ (mod 8) ⇒ p = x2 + 2y2 ≡ (mod 8) (vô lý) Nếu y = (mod 2) ⇒ y2 ≡ (mod 4) ⇒ 2y2 ≡ (mod 8) ⇒ p = x2 + 2y2 ≡ (mod 8) (vô lý) Vậy không tồn x, y ∈ Z: p = x2 + 2y2 neáu p ≡ 5, (mod8) * Ngược lại x, y ∈ Z cho p = x2 + 2y2 ta chứng minh p ≡ 5,7 (mod 8) Nếu p = 2: ∃ x = 0, y = ±1 ∈ Z: = x2 + 2y2 Neáu p ≠ 2: p ≡ 1, 3, 5, (mod 8) Nếu p ≡ 5, (mod 8) không coù x, y ∈ Z: p = x2 + 2y2 Nếu p ≡ 1, (mod 8): Nhận xét: ⎛ 2⎞ p ≡ 1, (mod 8) ⇔ ⎜ − ⎟ = p ⎝ ⎠ Thaät vaäy: ( P −1)( P + 5) P −1 P −1 ⎛ 2⎞ ⎛ 1⎞ ⎛2⎞ Ta coù ⎜ − ⎟ = ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ = ( −1) ( −1) = ( −1) ⎝ p⎠ ⎝ P⎠ ⎝P⎠ ⎛ 2⎞ p ≡ (mod 8) ⇔ p = + 8n ⇒ ⎜ − ⎟ = ( −1) ⎝ p⎠ 8n ( 8n + ) =1 - 38 ⎛ 2⎞ ( 8n + )( 8n + 8) ⎛ 2⎞ ( 8n + )( 8n +10 ) p ≡ (mod 8) ⇔ p = + 8n ⇒ ⎜ − ⎟ = ( −1) ⎝ p⎠ p ≡ (mod 8) ⇔ p = + 8n ⇒ ⎜ − ⎟ = ( −1) p ⎝ ⎠ =1 = ( −1) ( 2n +1)( 4n + 5) = -1 p ≡ (mod 8) ⇒ p = -1 + 8n ( 8n − )( 8n + ) ⎛ 2⎞ ( 2n −1)( 4n +1) = -1 − = − = ( −1) ⎜ ⎟ ( ) ⎝ p⎠ ⎛ 2⎞ Vaäy: p ≡ 1, (mod 8) ⇔ ⎜ − ⎟ = p ⎝ ⎠ Chứng minh định lý Z + Z −2 miền Euclide với hàm φ-2 ⇒ Z + Z −2 miền Iđêan Theo bổ đề 3.1, có hai số x, y ∈ Z: p = x2 – my2 ⇔ p = x2 + 2y2 3.5 Định lý p số nguyên tố i p không biểu diễn daïng p = x2 +xy + y2, x,y ∈ Z p ≡ (mod 3) ii p biểu diễn dạng p = x2 +xy + y2, x,y ∈ Z p = p ≡ (mod 3) Chứng minh: *Ta chứng minh p ≡ (mod 3) không tồn x, y ∈ Z: p = x2 + xy + y2 : Giả sử có x, y ∈ Z: p = x2 + xy + y2 Neáu x ≡ (mod 3) hoaëc y ≡ (mod 3) thì: p = x2 + xy + y2 ≡ y2 x2 (mod 3) Mà theo giả thiết p ≡ (mod 3) Nên x2 ≡2 (mod 3) y2 ≡ (mod 3) (vô lý) (Vì phương trình x2 ≡2 (mod 3) vô nghiệm) Vậy × × y hay (x, 3) = (y, 3) = Theo định lý Fecma, ta có x2 ≡ (mod 3) y2 ≡ (mod 3) ⇒ p = x2 + xy + y2 ≡ + xy (mod 3) Mà p ≡ (mod 3) (giả thieát) ⇒ + xy ≡ (mod3) ⇒ xy ≡ (mod 3) - 39 - ⇒ | xy ⇒ | x | y (vô lý) * Ngược lại x, y ∈ Z cho p = x2 + xy + y2 ta chứng minh p ≡ (mod 3) Nếu p = ⇒ ∃ x = y = ±1; = 12 + 1.1 + 12 Neáu p ≠ 3: p ≡ 1, (mod 3) 2 i p ≡ (mod 3) ⎯⎯ → không tồn x, y ∈ Z: p = x + xy + y p ≡ (mod 3): ⎛ 3⎞ Nhận xét: p ≡ (mod 3) ⇔ ⎜ − ⎟ = p ⎝ ⎠ Thaät vaäy: p −1 p −1 3−1 p −1 p −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛p⎞ ⎛p⎞ 2 2 − − = − = − = − − ( ) ( ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ( ) ( ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝3⎠ ⎝3⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ = ( −1) p −1 ⎛r⎞ ⎛r⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ (r dư p chia cho 3) ⎝3⎠ ⎝3⎠ ⎛ 3⎞ ⎛ r ⎞ ⎛1⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ p ≡ (mod 3) ⇔ r = ⇒ ⎜ − ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = p 3 ⎛ 3⎞ ⎛2⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ p ≡ (mod 3) ⇔ r = ⇒ ⎜ − ⎟ = ⎜ ⎟ = -1 p Chứng minh: ⎛ 3⎞ Ta có ⎜ − ⎟ = ⎝ p⎠ ⎛ + −3 ⎞ ⎛ + −3 ⎞ ⎟⎟ miền Iđêan ⎟⎟ miền Euclide với φ-3 ⇒ Z + Z ⎜⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Z + Z ⎜⎜ Áp dụng bổ đề 3.2, tồn x, y ∈ Z: p = x2 + xy + y2 - 40 - 3.6 Một số hàm số học: 3.6.1: Bổ đề: ( ) Giả sử vành số nguyên đại số Om trường Q m miền Euclide với hàm φm Khi phần tử bất khả qui Om là: số nguyên tố p α thuộc Om cho φm ( α ) = p số α thuộc Om cho φm ( α ) = p, p số nguyên tố Chứng minh bổ đề: * Đầu tiên ta chứng minh p số nguyên tố α thuộc Om cho φm ( α ) = p p bất khả qui vành Om : Thật vậy, p không bất khả qui Om , Khi p phân tích dạng p = α α ; α ,α không khả nghịch Om φm (p)= φm ( α α ) = φm ( α ) φm ( α ) ⇔ p2 = φm ( α ) φm ( α ) (*) α ,α không khả nghịch Om nên φm ( α ), φm ( α ) >1, (*) ⇒ φm ( α )= φm ( α )=p có α ,α cho φm ( α )= φm ( α )=p (trái giả thiết) Kết luận p bất khả qui Om Tiếp tục ta chứng minh α = x + y m với φm ( α ) = p, p số nguyên tố bất khả qui vành Om: Giả sử: α = β γ Ta coù: p = φm ( α ) = φm ( β γ ) = φm (β) φm ( γ ) ⇒ φm ( β )=1 hoaëc φm ( γ ) =1 nên β γ khả ngịch Om Vậy α bất khả qui Om * Ngược lại, α bất khả qui Om ta chứng minh α có dạng Trứơc hết ta chứng minh α bất khả qui φm ( α ) =p hoaëc φm ( α )=p2, p số nguyên tố Ta có : φm ( α )= | α α | = x − my =p1p2…pk, pi số nguyên tố ⇒ α p p p k ⇒ α p với p số nguyên tố pi 2 α p ⇒ α p ⇒ α α |p ⇒ φ m (α ) p (1) mặt khác α không khả nghịch nên φm (α ) >1 ⇒ φ m (α ) = p hoaëc φ m (α ) = p * Nếu β thuộc Om cho φm (β) = p φ m (α ) = p = φ m ( p ) ⇒ α ~ p *Nếu có α p thuoäc Om cho φm ( α p) = p Giả sư û: α p = x1 + y m , α Ρ = x1 − y1 m p = φm ( α p) = | α p α Ρ | mà α |p nên α | α p α Ρ ⇒ α | α p hoaëc α | α Ρ - 41 - Ta giả sử α α p ⇔ α p = α c với c thuộc Om ' p = φ m (α p ) = φ m (α c ) = φ m (α ).φ m (c ) = p.φ m (c ) ⇒ φ m (c ) = ⇒ c khả nghịch ⇒ α ~ α p 3.6.2 Hàm τ m( n),σm (n): 3.6.2.1 Định Nghóa τ • τ m m (n), σm(n) (n) số ước d n mà có α thuộc Om cho φm ( α ) = d • σm (n) tổng ước d n mà có α thuộc Om cho φm ( α ) = d 3.6.2.2 Định lý: Hàm τ m( n),σm (n) có tính chất nhân Chứng minh định lý: Đầu tiên để chứng minh định lý ta có nhận xét sau: 1.Cho hai số d1 d2 có α 1, α cho d1 = φ m ( α 1) ; d2 = φ m ( α 2) coù α cho d1.d2 = φ m ( α ) Thaät vaäy: d1 = φ m ( α 1) , d2 = φ m ( α 2) ⇒ d1d2 = φ m ( α 1) φ m ( α 2) = φ m( α α ) = φ m ( α ) (với α = α α ) Giả sử d m.n , (m, n) = 1, coù α cho φ m ( α ) = d Ta chứng minh d phân tích dạng : d = d1.d2 d1 m , d n , (d1, d2) = có α 1, α cho φ m ( α 1) = d1, φ m ( α 2) = d2 * Chứng minh: Giả sử α = α , α , .α k , α i bất khả qui Om d = φm ( α ) = φ m ( α , α , .α k ) = φ m ( α 1) ………φ m ( α k) ⇒ φ m ( α i) d Theo nhận xét bổ đề 3.6.1, α i bất khả qui nên φ m ( α i) = p φ m ( α i) = p , p số nguyên tố Vì φ m ( α i) d ⇒ pd Mà d m.n nên p m.n (m, n) = ⇒ p m hoaëc p n φ m ( α i) Đặt d , d m.n , (m, n) = ⇒ φ m ( α i) ước m ước n d1 = ∏ φ m ( α i) φ m ( α i) m - 42 - d2 = ∏ φ m ( α j ) φ m ( α j) n d = φ m ( α 1) ………φ m ( α k) ⇒ d1 d , d2 d , d1d2 = d, (d1,d2) = vaø d1 = ∏ φ m ( α i ) = φ m ( ∏ α i) = φ m ( α ' 1) , với α ' = ∏ d2 = ∏ φ m ( α j ) = φ m ( ∏ α j) = φ m ( α ' ) , với α ' = ∏ α i α j * Chứng minh d1, d2 xác định : (d,m) = (d1d2,m) = d1 (d , (d,n) = (d1d2,n) = d (d1 , m m ) = d1 (vì(d , m) = ⇒ (d , ) = 1) d1 d1 n n ) = d (vì(d1 , n) = ⇒ (d1 , ) = 1) d2 d2 Vậy d1, d2 xác định Chứng minh định lý Gs (m,n) =1 Ta chứng minh: τ m (m.n) =τ m (m) τ m (n) σm (m.n) = σm(m) σm(n) Thaät vaäy: τ m (m.n) = ∑1 = σm (m.n) = ∑d = ∑1 = d = d1 d m n , d1 m , d n d1 =φm (α1 ) d =φ m (α ) d m.n d =φm (α ) ∑d = d = d1 d m n , d1 m , d n d1 =φm (α1 ) d =φ m (α ) d m.n d =φm (α ) ∑1 ∑d d1 m d1 =φm (α1 ) d1 m d1 =φm (α1 ) ∑1 =τ ∑d = σm(m) σm(n) m (m) τ m (n) d2 n d =φm (α ) d2 n d =φm (α ) Từ định nghóa tính chất nhân hàm số τ1 δ1 ta có công thức sau: 3.6.2.3 Công thức tính Cho số nguyên tố p * Nếu có α thuộc Om cho φm ( α ) = p pk có ước 1, p, p2, ………pk theo nhận xét 1, p, p2, p3 …… pk có α ’ thuộc Om cho φm ( α ’) = pj nên số ước thỏa φm ( α ’) = pj pk k + hay τ m (pk) =k + p k +1 − 1, , σm(p ) = 1+p+p +…+p = p −1 k k * Nếu α thuộc Om cho φm ( α ) = p , ước pk có - 43 - 1, p , p , ……, p k 2[ ] coù α ’ = pj cho φm ( α ’) = p2j Còn ước p, p3,… ,p2k+1 α thuộc Om để φm ( α ) = p2k+1 Thật giả sử ngược lại có α thuộc Om để φm ( α ) = p2k+1 với α = x+y m ∈ Om φm ( α ) = (x+y m )(x-y m ) # p2k => (x+y m ) # pk α # pk => α pk ∈ Om φ m ( α ) p k +1 φm ( k )= = k =p p φm ( p k ) p α α Vậy có β = pk ∈ Om cho φm (β) = p (trái giả thiết) Từ ta coù: τ m (p k k ) = [ ] + 1, σm(pk) = 1+ p2 + p4 + …… + p k 2[ ] = p ⎛⎡k⎤ ⎞ 2⎜ ⎢ ⎥ +1⎟ ⎝⎣2⎦ ⎠ −1 p −1 Tóm lại: + k, τ m (p k )= có α thuộc Om cho φm ( α ) = p ⎡k⎤ + ⎢ ⎥, ⎣2⎦ α thuộc Om cho φm ( α ) = p p k +1 − , p −1 σm(pk)= p có α thuộc Om cho φm ( α ) = p ⎛⎡k⎤ ⎞ 2⎜ ⎢ ⎥ +1⎟ ⎝⎣2⎦ ⎠ −1 , p −1 neáu α thuộc Om cho φm ( α ) = p ” Từ ta tính τm(n) σm(n) với n có dạng phân tích tiêu chuẩn là: n = p1α1 p2α2 pαk k q1β1 qβl l Trong đó: pi số nguyên tố, cho có α thuộc Om cho φm ( α ) = pi , qi laø số nguyên tố cho α thuộc Om cho φm ( α ) = qj ñoù ta coù: τ m (n) = τ m ( p1α p.α2 pkα q1β q2β qlβ ) k k k = Π τ m ( piα ) Π τ m (q βj j ) i i =1 i =1 l - 44 k l ⎛ ⎡β ⎤ ⎞ = Π(1 + α i ).Π ⎜ + ⎢ j ⎥ ⎟ i =1 j=1 ⎝ ⎣ ⎦⎠ l k βj σm(n) = Π σ m ( piα ) Π σ m (q j ) i i =1 j =1 k l βj k σ m (n) = ∏ σ m ( Piα ) ∏ σ m (q j ) = ∏ i i =1 j =1 i =1 ⎛⎡βj ⎤ ⎞ ⎜⎜ ⎢ ⎥ +1 ⎟⎟ ⎝⎣ ⎦ ⎠ j j −1 pi − l q ∏ pi − j =1 q − α i +1 3.6.3 Haøm τ1 (n), σ (n) Áp dụng τ m (n), σm(n) với m = -1 ta hàm τ1 (n), σ (n) Ta nhớ lại, Cho số nguyên tố p , có α thuộc O-1 cho φ-1 ( α ) = p ⇔ ∃ x,y ∈ Z cho p =x2 + y2 ⇔ p = p ≡ (mod4) (định lí 3.3) α thuộc O-1 cho φ-1 ( α ) = p ⇔ không tồn x,y ∈ Z cho p =x2 + y2 ⇔ p ≡ (mod4) (định lí 3.3) Bởi ta có định nghóa tương đương hàm τ1 (n), σ (n) sau: τ1 (n) số ước d n cho d biểu diễn dạng d=x2+y2 σ (n) tổng ước d n cho d biểu diễn dạng d=x2+y2 τ1 (n) = ∑1 d n d =x2 + y2 σ (n) = ∑d d n d =x2 + y2 Công thức tính: + k, τ (pk) p = hoaëc p ≡ (mod4) ⎡k⎤ + ⎢ ⎥, ⎣2⎦ neáu p ≡ (mod4) p k +1 − , p −1 σ1(pk) p neáu p = hoaëc p ≡ (mod4) ⎛⎡k⎤ ⎞ 2⎜ ⎢ ⎥ +1⎟ ⎝⎣2⎦ ⎠ −1 , p −1 p ≡ (mod4) Với n = p1α p2α pαk q1β qβl Trong đó: pi = pi ≡ 1(mod 4); qj ≡ (mod 4) k l - 45 k l ⎛ ⎡β ⎤ ⎞ τ (n) = Π(1 + α i ).Π ⎜ + ⎢ j ⎥ ⎟ i =1 j=1 ⎝ ⎣ ⎦⎠ k l i =1 j=1 ( ) k σ1 (n) = Πσ1 ( pαi i ) Πσ1 q j j = Π β i =1 ⎛ ⎡βj ⎤ ⎞ 2⎜ ⎢ ⎥ +1⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎣ ⎦ ⎠ j j −1 pαi i +1 − l q Π pi − j=1 q −1 3.6.4 Haøm τ (n ),σ (n ) : áp dụng τ m (n ), σ m (n) với m = -2 ta hàm τ (n ) , σ (n ) τ (n ) số ứơc d n mà có α thuoäc O-2 cho φ-2 ( α ) = d σ (n ) tổng ứơc d n mà có α thuộc O-2 cho φ-2 ( α ) = d Có α thuộc O-2 cho φ-2 ( α ) = d ⇔ ∃ x,y ∈ Z cho d = x2 + 2y2 ⇔ d = d ≡ 1,3 (mod8) (định lý 3.4) Do ta có định nghóa tương đương τ (n ),σ (n ) nhö sau: τ (n ) số ước d n cho d biểu diễn dạng d=x2+2y2 σ (n ) tổng ước d n cho d biểu diễn dạng d=x2+2y2 Lý luận tương tựτ (n) σ (n) ta chứng minh đựơc τ (n ) σ (n ) có tính chất nhân công thức tính Với n = p1α1 p2α2 pαk k q1β1 qβl l Trong pi =2 pi ≡ 1,3(mod8) qj ≡ 5,7 (mod8) k l ⎛ ⎡β ⎤ ⎞ τ (n ) = Π(1 + α i ).Π ⎜ + ⎢ j ⎥ ⎟ i =1 j=1 ⎝ ⎣ ⎦⎠ k σ (n ) = ∏ i =1 ⎞ 2⎛⎡β j ⎤ ⎜ q + j ⎜⎢ ⎥ ⎟⎟ α i +1 l pi −1 ⎝⎣ ⎦ ⎠ ∏ p i − j =1 qj −1 3.6.5 Haøm τ (n ) , σ (n ) Áp dụng τ m (n), σm(n) với m = -3 ta hàm τ (n ) , σ (n ) τ (n ) = số ước d n mà có α thuoäc Om cho φm ( α ) = d σ (n ) =là tổng ước d n mà có α thuộc Om cho φm ( α ) = d Có α thuộc Om cho φm ( α ) = d ⇔ ∃ x,y ∈ Z cho d = x2 + xy + y2 ⇔ d = hoaëc d ≡ (mod3) (định lý 3.5).Ta có đựơc định nghóa tương đương τ (n ) , σ (n ) nhö sau: - 46 - τ (n ) số ước d n mà d biểu diễn dươí dạng d = x2 + xy + y2 σ (n ) tổng ước d n mà d biểu diễn dươí dạng d = x2 + xy + y2 Ta có công thức tính : k l ⎛ ⎡β ⎤ ⎞ i =1 j=1 ⎝ ⎣ τ (n ) = Π(1 + α i ).Π ⎜ + ⎢ j ⎥ ⎟ k σ (n ) ∏ i =1 ⎦⎠ ⎞ 2⎛⎡β j ⎤ ⎜ ⎢ ⎥ + 1⎟ q j α +1 ⎟ ⎜ pi i − l ⎝⎣ ⎦ ⎠ ∏ p i − j =1 qj −1 Với n = p1α1 p2α2 pαk k q1β1 qβl l Trong pi =3 pi ≡ (mod3) qj ≡ (mod3) 3.6.6 Ví dụ Với n = 16 426 800 = 24.35 52132 τ1 (n) = (4+1)(2+1)(2+1)(2+1)=135 σ (n)= τ (n ) =(4+1)(5+1)(1+1)(1+1)=120 σ (n ) = +1 − +1 − 13 +1 − (2 +1) − = 31.31.183.91=16.003.533 −1 −1 13 − −1 +1 − +1 − 13 (1+1) − (1+1) − = 31.364.170.26=49.875.280 −1 3−1 13 − −1 τ (n ) = (5+1)(2+1) (2+1)(1+1)=108 σ (n ) = +1 − 13 +1 − 2 (2 +1) − (1+1) − = 364.183.21.26=36.370.152 3−1 13 − −1 −1 - 47 - KEÁT LUẬN Trong luận văn này, giải • Chỉ vành số nguyên đại số Om trường mở rộng bậc phức Q ( m) (m0), vành số nguyên đại số O m vành Euclide m=2,3,6 • Chúng chứng minh đựơc vành số nguyên đại số Om không vành Euclide m=23,47,59,83,53; m ≡ ( mod 4)và m ≥ 42; m ≡ (mod 4) vaø m ≥ 94 • Dựa vào tính Euclide vành Om với m =-1,-2,-3 chứng minh : p biểu diễn dạng p = x + y ⇔ p = hoaëc p ≡ (mod 4) p biểu diễn dạng p = x + y ⇔ p = p ≡ 1,3 (mod8) p biểu diễn daïng p = x + xy + y ⇔ p = p ≡ (mod3) Dựa vào đó, xây dựng tìm đựơc công thức tính hàm τ (n ),σ (n ),τ (n ),σ (n ); τ (n ),σ (n ) Chúng hy vọng thời gian tới tiếp tục nghiên cứu tính Euclide vành số nguyên đại số Om trường mở rộng bậc thực Q hàm số học τ m ,σ m ứng với trường hợp ( m ) (m>0) xây dựng - 48 - TÀI LIỆU THAM KHẢO Hà Huy Khoái (1997), Nhập môn số học thuật toán, Nhà xuất khoa học Lại Đức Thịnh (1969), Số luận, Nhà xuất giáo dục Hà Nội Garret Brirkhoff Saunders Maclane (1979), Tổng quan đại số đại, nhà xuất Đại học Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội D.A Cox (1989), primes of the form x2 + my2, Wiley, New York P.J.Arpaia (1968), A note on quadratic Euclidean domains , American Mathematic Monthly 75 H Chatland and H.Davenport (1950), Euclid’s algorithm in real quadratic fields, Canadian journal of Mathematic Saban Alaca Kenneth S Williams (2004), Introductory Algebraic number theory, Cambridge University Press ... Y2 ≡ - 32 - CHƯƠNG 3: BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN TỐ DƯỚI DẠNG TOÀN PHƯƠNG BẬC HAI NGUYÊN Một số nguyên n gọi biểu diễn dạng toàn phương bậc hai ax2 + bxy + cy2; a,b,c∈Z có số nguyên x, y cho n = ax2... số nguyên tố dạng toàn phương bậc hai nguyên Áp dụng chương chương để xét xem số nguyên tố p biểu diễn dạng toàn phương bậc hai nguyên cho trước số n ta tính ước d n biểu diễn tổng ước Tôi xin... đại số trường Q ( m ) Chương 2: Tính Euclide vành số nguyên đại số bậc hai Chúng nghiên cứu vành số nguyên đại số bậc hai miền Euclide không miền Euclide Chương 3: Biểu diễn số nguyên tố dạng toàn