Luận văn thạc sĩ về tổng gauss và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ GIANG VỀ TỔNG GAUSS VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ GIANG VỀ TỔNG GAUSS VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Duy Tân THÁI NGUYÊN - 2019 i Mục lục Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Ký hiệu Legendre 1.2 Một số kiến thức chuẩn bị khác Chương Tổng Gauss bậc hai 10 2.1 Giá trị tuyệt đối tổng Gauss bậc hai 10 2.2 Dấu tổng Gauss bậc hai 13 2.3 Mở rộng lên modulo hợp số lẻ 21 Chương Một vài ứng dụng tổng Gauss 26 3.1 Luật thuận nghịch bậc hai 26 3.2 Một số toán lượng giác liên quan 29 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 Mở đầu Tổng Gauss loại tổng gồm hữu hạn đơn vị Gauss nghiên cứu tổng Gauss bậc hai, ứng dụng chúng nghiên cứu luật thuận nghịch bậc hai Mục tiêu luận văn tìm hiểu tổng Gauss bậc hai số ứng dụng liên quan Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, bố cục luận văn chia làm ba chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương Tổng Gauss bậc hai Chương Một vài ứng dụng tổng Gauss Thái Nguyên, tháng năm 2019 Người viết luận văn Nguyễn Thị Giang Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức cần thiết trình xây dựng định nghĩa tổng Gauss khái niệm ký hiệu Legendre, định lý Euler, định lý Fermat, nguyên thủy, thặng dư bậc hai, Các kiến thức phần tham khảo chủ yếu từ tài liệu [3] 1.1 Ký hiệu Legendre Định nghĩa 1.1.1 ([3]) Nếu a, b, m ∈ Z m = 0, ta nói a đồng dư với b modulo m m ước b − a Mối quan hệ ký hiệu a ≡ b (mod m) Kí hiệu a ≡ b (mod m) có nghĩa a khơng đồng dư với b modulo m Ví dụ, | 25 − 1, ta có 25 ≡ (mod 4) Vì | − 10, ta có ≡ 10 (mod 6) Vì | 10 − (−4), ta có 10 ≡ −4 (mod 7) Vì −7 − 2, ta có −7 ≡ (mod 5) Định nghĩa 1.1.2 ([3]) Ta nói hai số nguyên a b nguyên tố ước chung chúng ±1 Định nghĩa 1.1.3 ([3]) Cho n ∈ Z+ , hàm φ Euler định nghĩa φ(n) số số nguyên dương nhỏ n mà nguyên tố với n, tức φ(n) = |{x ∈ Z : ≤ x ≤ n, (x, n) = 1}| Ví dụ, φ(1) = 1, φ(5) = |{1, 2, 3, 4}| = 4, φ(6) = |{1, 5}| = 2, φ(9) = |{1, 2, 4, 5, 7, 8}| = Nếu p số nguyên tố rõ ràng tất số 1, 2, , p−1 nguyên tố với p nên φ(p) = p − Định lý 1.1.4 (Định lý Euler, [3]) Cho a, m ∈ Z với m > Nếu (a, m) = aφ(m) ≡ (mod m) Chứng minh Gọi r1 , r2 , , rφ(m) φ(m) số nguyên dương khác không lớn m cho (ri , m) = 1, i = 1, 2, , φ(m) Xét φ(m) số nguyên r1 a, r2 a, , rφ(m) a Chú ý (ri a, m) = 1, i = 1, 2, , φ(m) (Nếu (ri a, m) > với i tồn ước nguyên tố p (ri a, m) p | ri a p | m Bây p | ri a kéo theo p | ri p | a nên ta có p | ri p | m ta có p | a p | m, điều khơng thể (ri , m) = (a, m) = 1.) Ngồi ra, ý khơng có hai số dãy số r1 a, r2 a, , rφ(m) a đồng dư với (Vì (a, m) = 1, tồn nghịch đảo a modulo m, ký hiệu a Do đó, ri a ≡ rj a (mod m) với i = j ri aa ≡ rj aa (mod m), điều không thể) Nên thặng dư không âm nhỏ modulo m số nguyên r1 a, r2 a, , rφ(m)a theo thứ tự tăng dần r1 , r2 , , φ(m) Khi đó, ta có (r1 a)(r2 a) · · · (rφ(m) a) ≡ r1 r2 · · · rφ(m) (mod m) Hay m | (aφ(m) r1 r2 · · · rφ(m) ) − r1 r2 · · · rφ(m) Kéo theo m | r1 r2 · · · rφ(m) × (aφ(m) − 1) Vì (r1 r2 · · · rφ(m) , m) = 1, ta có m | (aφ(m) − 1) aφ(m) ≡ (mod m), điều phải chứng minh Định lý 1.1.5 (Định lý Fermat nhỏ, [3]) Cho p số nguyên tố cho a ∈ Z Nếu p a ap−1 ≡ (mod p) Chứng minh Xét p − số nguyên xác định a, 2a, 3a, , (p − 1)a Ta có p ia, i = 1, 2, , p − Chú ý khơng có số p − số nguyên bên đồng dư modulo p (Vì p a, tồn nghịch đảo a modulo p, ký hiệu a Nếu ia ≡ ja (mod p) với i = j iaa = jaa (mod p), từ i ≡ j (mod p), vơ lý) Nên thặng dư không âm bé modulo p số nguyên a, 2a, 3a, , (p − 1)a theo tứ tự tăng dần 1, 2, 3, , p − Khi đó, (a)(2a)(3a) · · · ((p − 1)a) ≡ (1)(2)(3) · · · (p − 1) (mod p), hay tương đương ap−1 (p − 1)! ≡ (p − 1)! (mod p) Theo định lý Wilson, ta có (p − 1)! ≡ −1 (mod p) nên đồng dư thức bên trở thành −ap−1 ≡ −1 (mod p), hay tương đương với ap−1 ≡ (mod p), điều phải chứng minh Định nghĩa 1.1.6 ([3]) Cho a, n ∈ Z Số a gọi nguyên thủy modulo n a n nguyên tố φ(n) số nguyên dương bé cho aφ(n) ≡ (mod n) Ví dụ, nguyên thủy modulo φ(7) = số nguyên dương x bé để 3x ≡ (mod 7) Thật vậy, 31 ≡ (mod 7), 32 ≡ (mod 7), 33 ≡ (mod 7), 34 ≡ (mod 7), 35 ≡ (mod 7), 36 ≡ (mod 7) Tương tự, ta có nguyên thủy modulo 13 không nguyên thủy modulo 23 ≡ (mod 7) φ(7) = > Mệnh đề 1.1.7 ([3]) Nếu m ∈ Z+ có nguyên thủy (a, m) = a thặng dư lũy thừa n modulo m aφ(m)/d ≡ (mod m), d = (n, φ(m)) Chứng minh Gọi g nguyên thủy modulo m a = g b , x = g y Khi phương trình đồng dư xn ≡ a (mod m) tương đương với g nb ≡ g b (mod m), nên tương đương với ny ≡ b (mod φ(m)) Phương trình có nghiệm d | b Ngồi ra, ý phương trình đồng dư có nghiệm có d nghiệm Nếu d | b aφ(m)/d ≡ g bφ(m)/d ≡ (mod m) Ngược lại, aφ(m)/d ≡ (mod m) g bφ(m)/d ≡ (mod m), điều kéo theo φ(m) ước bφ(m)/d hay d | b Điều phải chứng minh Nhận xét 1.1.8 Chứng minh mệnh đề cịn kéo theo thơng tin bổ sung Nếu xn ≡ a (mod m) có nghiệm có (n, φ(m)) nghiệm Mệnh đề 1.1.9 ([3]) Nếu p số nguyên tố lẻ, p a p n, phương trình xn ≡ a (mod p) có nghiệm phương trình xn ≡ a (mod pe ) có nghiệm với e ≥ Tất phương trình đồng dư có số nghiệm Chứng minh Nếu n = 1, kết luận tầm thường, nên ta giả sử n ≥ Giả sử xn ≡ a (mod pe ) giải phương trình Gọi x0 nghiệm đặt x1 = x0 + bpe Tính tốn ta xn1 ≡ xn0 + nbpe xn−1 (mod pe+1 ) Ta cần giải phương trình xn1 ≡ a (mod pe+1 ) Việc tương đương với tìm số nguyên b cho nx0n−1 b ≡ ((a − xb0 )/p2 ) (mod p) Chú ý (a − xn0 )/pe số ngun p nxn−1 Do phương trình có nghiệm theo b, với giá trị b, xn1 n ≡ a (mod pe+1 ) Nếu xn ≡ a (mod p) khơng có nghiệm, xn ≡ a (mod pe ) khơng có nghiệm Mặt khác, xn ≡ a (mod p) có nghiệm tất phương trình xn ≡ a (mod pe ) có nghiệm Dựa theo nhận xét sau Mệnh đề 1.1.7 số nghiệm xn ≡ a (mod pe ) (n, φ(pe )) miễn phương trình có nghiệm Nếu p n, dễ thấy (n, φ(p)) = (n, φ(pe )) với e ≥ Điều phải chứng minh Mệnh đề 1.1.10 ([3]) Cho 2l lũy thừa cao ước n Giả sử a lẻ phương trình xn ≡ a (mod 22l+1 ) có nghiệm Khi đó, phương trình xn ≡ a (mod 2e ) có nghiệm với e ≥ 2l + (và với e ≥ 1) Ngồi ra, tất phương trình đồng dư có số nghiệm Định nghĩa 1.1.11 ([3]) Giả sử a, m ∈ Z, m = (a, m) = Số a gọi thặng dư bậc hai modulo m phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod m) có nghiệm Nếu ngược lại, a gọi phi thặng dư bậc hai modulo m Ví dụ 1.1.12 Ta có thặng dư bậc hai modulo khơng Thật ra, 12 , 22 , 32 , 42 , 52 , 62 đồng dư với 1, 4, 2, 2, 4, modulo Do đó, 1, thặng dư bậc hai modulo 3, 5, phi thặng dư bậc hai modulo Mục tiêu phần trả lời câu hỏi phương trình đồng dư bậc hai x2 ≡ a (mod m) có nghiệm Mệnh đề sau cho cách xác định số nguyên cho trước thặng dư bậc hai modulo m Mệnh đề 1.1.13 ([3]) Cho m = 2e pe11 · · · pel l phân tích thừa số nguyên tố m giả sử (a, m) = Khi x2 ≡ a (mod m) có nghiệm điều kiện sau thỏa mãn: (a) Nếu e = a ≡ (mod 4) Nếu e ≥ a ≡ (mod 8) (b) Với i ta có a(pi −1)/2 ≡ (mod pi ) Chứng minh Theo định lý thặng dư Trung Hoa phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) tương đương với hệ phương trình x2 ≡ a (mod 2e ), x2 ≡ a (mod pe11 ), , xl ≡ a (mod pel l ) Xét đồng dư thức x2 ≡ a (mod 2e ) Số thặng dư bậc hai modulo thặng dư bậc hai modulo Do ta có tính giải a ≡ (mod 4) e = a ≡ (mod 8) e = Áp dụng [3, Mệnh đề 4.2.4] ta có x2 ≡ a (mod 8) có nghiệm x2 ≡ a (mod 2e ) có nghiệm với e ≥ Xét x2 ≡ a (mod pei i ) Vì (2, pi ) = từ [3, Mệnh đề 4.2.3] suy phương trình đồng dư có nghiệm phương trình x2 ≡ a (mod pi ) có nghiệm Áp dụng Mệnh đề 1.1.7 với n = 2, m = p d = (n, φ(m)) = (2, p − 1) = 2, ta thu phương trình x2 ≡ a (mod pi ) có nghiệm a(pi −1)/2 ≡ (mod pi ) Kết rút gọn phương trình thặng dư bậc hai câu hỏi tương ứng modulo số nguyên tố Trong phần sau đây, ký hiệu p số nguyên tố Định nghĩa 1.1.14 ([3]) Cho p số nguyên tố lẻ cho a ∈ Z với p a Ký hiệu Legendre, viết (a/p), xác định a p = 1, a thặng dư bậc hai modulo p −1, a phi thặng dư bậc hai modulo p Ta quy ước thêm p | a a p = Ví dụ 1.1.15 Theo Ví dụ 1.1.12, ta có 1, 2, thặng dư bậc hai modulo nên (2/7) = = (1/7) = (4/7), 3, phi thặng dư bậc hai modulo nên (3/7) = −1 = (5/7) = (6/7) Theo định nghĩa, ký hiệu Legendre (a/p) a có thặng dư bậc hai modulo p hay khơng Nói cách khác, ký hiệu Legendre (a/p) ghi lại phương trình đồng dư bậc hai x2 ≡ a (mod p) có giải hay khơng Ký hiệu Legendre công cụ thuận tiện để thảo luận thặng dư bậc hai Mệnh đề 1.1.16 ([3]) (a) a(p−1)/2 ≡ (a/p) (mod p) (b) (ab/p) = (a/p)(b/p) (c) Nếu a ≡ b (mod p) (a/p) = (b/p) Chứng minh Nếu p ước a b, tất kết luận tầm thường Giả sử p a p b Ta biết ap−1 ≡ (mod p), (a(p−1)/2 + 1)(a(p−1)/2 − 1) = ap−1 − ≡ (mod p) Suy a(p−1)/2 ≡ ±1 (mod p) Theo Mệnh đề 1.1.13, ta có a(p−1)/2 ≡ (mod p) a thặng dư bậc hai modulo p Điều chứng minh (a) Để chứng minh (b) ta áp dụng phần (a) Ta có (ab)(p−1)/2 ≡ (ab/p) (mod p) (ab)(p−1)/2 ≡ a(p−1)/2 b(p−1)/2 ≡ (a/p)(b/p) Do (ab/p) = (a/p)(b/p) Phần (c) suy trực tiếp từ định nghĩa Hệ 1.1.17 Số thặng dư bậc hai modulo p số phi thặng dư bậc hai modulo p Hệ 1.1.18 Tích hai thặng dư bậc hai thặng dư bậc hai, tích hai phi thặng dư bậc hai thặng dư bậc hai, tích thặng dư bậc hai với phi thặng dư bậc hai phi thặng dư bậc hai Hệ 1.1.19 (−1)(p−1)/2 = (−1/p) Hệ đặc biệt thú vị Mọi số nguyên lẻ có dạng 4k + 4k + Sử dụng kết ta phát biểu Hệ 1.1.19 sau: x2 ≡ −1 (mod p) có nghiệm p có dạng 4k + Do −1 thặng dư bậc hai số nguyên tố 5, 13, 17, 29, phi thặng dư bậc hai số nguyên tố 3, 7, 11, 19, 21 2.3 Mở rộng lên modulo hợp số lẻ Đầu tiên, ta có mệnh đề sau Mệnh đề 2.3.1 p g= t=0 t p p−1 t ζt ζ = t=0 Chứng minh Số nghiệm (modulo p) phương trình đồng dư x2 ≡ k (mod p) + k Do p p−1 p−1 ζ t2 = t=0 1+ k=0 p−1 ζ + k=0 p−1 k k=0 ζ p−1 k = (Vì k p k=0 ζk k p ζ k = g = 0.) Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.3.2 (a) Với p = ζ = e2πi/5 , ta có ζ t = + ζ + ζ + ζ + ζ 16 t=0 = + ζ + ζ4 + ζ4 + ζ = ζ + ζ − ζ − ζ = g, + ζ + ζ + ζ + ζ = (b) Với p = ζ = e2πi/7 , ta có ζ t = + ζ + ζ + ζ + ζ 16 + ζ 25 + ζ 36 t=0 = + ζ + ζ4 + ζ2 + ζ2 + ζ4 + ζ = ζ + ζ + ζ − ζ − ζ − ζ = g, + ζ + ζ + ζ + ζ + ζ + ζ = Chú ý tổng bên phải đẳng thức mệnh đề mở rộng lên cho trường hợp n số lẻ sau 22 Đặt ε = e 2πi n với số nguyên a, ta đặt n−1 e2πit G(a, n) = a/n t=0 Định lý sau coi mở rộng Định lý 2.2.1 cho tổng Gauss với modulo lẻ Định lý 2.3.3 Cho n số nguyên dương lẻ Khi √ n−1 2πit2 /n G(1, n) = e = t=0 n ≡ (mod 4) n √ i n n ≡ (mod 4) Chứng minh Xét ma trận cấp n M = (εkl ) với k = 0, 1, , n − 1; l = 0, 1, , n − Gọi ξ1 , ξ2 , , ξn nghiệm phương trình đặc trưng M , n−1 tr M = S = n ε kk = ξr r=1 k=0 (Ở S = G(1, n).) Ta có n−1 n−1 ε M = km+ml ε(k+l)m = m=0 = (sk+l ) , m=0 n−1 εjm = sj = m=0 n n | j ngược lại Suy n−1 2 sk+m · sm+l (M ) = = n2 · ekl m=0 Nếu k = l, n ước k + m với m, nên n−1 n−1 s2k+m = n2 sk+m · sm+l = m=0 m=0 Nếu k = l, khơng đồng thời xảy n | k + m n | m + l Khi đó, n−1 sk+m · sm+l = m=0 23 (M )2 có hàm đặc trưng |ξ · ekl − n2 · ekl | = (ξ − n2 )n Do đó, (M )2 có n nghiệm phương trình đặc trưng n2 Ngồi ra, (M )2 có ξr4 nghiệm phương √ trình đặc trưng, nên ξr = iar n, ar = 0, 1, √ Giả sử ia n (a = 0, 1, 2, 3) có bội ma , n S= √ ξr = n(m0 − m2 + i(m1 − m3 )) r=1 Ta có n−1 |S| = S · S = e 2πi (s2 −t2 ) n = e 2πi ((s+t)2 −t2 ) n s,t s,t=0 n−1 = e 2πi (s2 +2st) n e = s,t n−1 2πi s n · s=0 e 4πis t n t=0 Ta thấy n−1 e 4πis t n = t=0 n n | 2s, tức n | s ngược lại Suy s = |S | = n Khi đó, (m0 − m2 )2 + (m1 − m3 )2 = Nên m0 − m2 = 0, m1 − m3 = ±1 m0 − m2 = ±1, m1 − m3 = √ Khi đó, S = uv · n, u = ±1, v = i Ngoài ra, M có vết n ξr2 = n = n(m0 − m1 + m2 − m3 ) r=1 Do đó, ta có phương trình   m0 − m1 + m2 − m3 =     m + m + m + m = n  m0 + im1 − m2 − im3 = uv      m0 + im1 − m2 + im3 = uv − Ta thu 4m2 = n + − u(v + v −1 ) 2(m1 − m3 ) = ui(v −1 − v) 24 Vì m2 số nguyên nên v= n ≡ (mod 4) i n ≡ (mod 4) Do đó, m1 − m3 = n ≡ (mod 4) v n ≡ (mod 4) n+1 n+1 2m2 = −u n ≡ (mod 4) n ≡ (mod 4) Cuối cùng, ta phải chứng minh u = việc tính định thức M theo hai cách n n n ξr = n im1 −2m2 −m3 = n iu− |M | = n+1 n = n ui · i− n+1 r=1 n 1−n = n ui n = n ui n2 −n n = n ui n(n−1) Ngồi ra, ta có 1 |M | = ··· = ··· ··· ··· ··· ε ··· εn−1 e πi(k+l) n e εn−1 ··· 0≤l