2 Ứng dụng lý thuyết các p-nhóm trong lý thuyết số
2.6 Luật tương hỗ bậc hai
Định nghĩa 2.6.1: Cho p là số nguyên tố lẻ. Với mỗi số nguyên a, nếu tồn tại số nguyên x sao cho a = x2(modp) ta nói a có thặng dư bậc hai theo mođun p, nếu trái lại ta nói a không có thặng dư bậc hai theo mođun p. Đặt:
a p
= 0, nếu a chia hết cho p;
a p
= 1, nếu a là thặng dư bậc hai theo modun p;
a p
=−1, nếu a không có thặng dư bậc hai theo modun p; Ký hiệu ap gọi là ký hiệu Legendre.
Nhận xét: Từ định nghĩa suy ra rằng ap = 1 khi và chỉ khi phương trình
x2 = a(modp) có nghiệm trong Zp∗ và ap = −1 khi và chỉ khi phương trình
Mệnh đề 2.6.2: Cho p là số nguyên tố lẻ. Ánh xạ h: Z∗p → {1,−1} cho bởi h(x) = x p
là một toàn cấu từ nhóm nhân Z∗p vào nhóm nhân 1,-1.
Chứng minh. Gọi g là phần tử sinh của nhóm xyclic Z∗p. Khi đó
Z∗p =gk :k = 1,2, ..., p−1 . Vì p là số nguyên tố lẻ nên có đúng p−21 các phần tử
gk với k lẻ và p−21 các phần tử gk với k chẵn. Rõ ràng nếu x =gk với k chẵn thì h(x) =1. Phương trình x2 =gk(mod p) không thể có nghiệm trong Z∗p nếu k lẻ. Thực vậy, giả sử trái lại, tồn tại phần tử gr trong Z∗p thỏa mãn (gr)2 = gk(modp). Khi đó ta có g2r−k = 1(modp). Do đó 2r - k = 0 (mod (p-1)). Nhưng k lẻ nên 2r-k là số lẻ, trong khi p -1 là số chẵn. Mâu thuẫn. Vậy phương trình x2 = gk(modp) vô nghiệm trongZ∗p khi k lẻ. Suy ra h(x) = -1 nếu x=gk với k lẻ. Từ đó dễ dàng suy
ra khẳng định của mệnh đề.
Nhận xét: Từ chứng minh mệnh đề 2.6.2 suy ra rằng hạt nhân của toàn cấu h là tập Ker(h) = {gk :k = 2r với r thuộc tập 1,...,(p-1)/2}.
Mệnh đề 2.6.3 (Tiêu chuẩn Euler): Cho p là số nguyên tố lẻ. Với mọi số nguyên a ta có: a p =ap−21(modp) (2.10)
Chứng minh. Nếu a chia hết cho p thì ap = 0 và ap−21 = 0(modp) nên (2.10) đúng. Bây giờ giả sử a không chia hết cho p, khi đó a∈ Z∗p. Gọi g là một phần tử sinh củaZ∗p. Khi đó a=gk với k thuộc tập{1,2, ..., p−1}. Theo nhận xét sau chứng minh mệnh đề 2.6.2 ta suy ra rằng ap= 1 nếu a =gk với k=2r và ap=-1 nếu
a=gk với k=2r-1. Nếu a=gkvới k=2r thì ap−21 =gr(p−1)(modp) = 1(modp). Do đó (2.10) đúng khi a = g2r. Nếu k=2r-1 thì pa =-1 và ap−21 = gr(p−1)−p−21(modp) =
g−p−21(modp) = gp−21(modp). Ta có gp−21 6= 1(modp) (chu kỳ của g là p-1), nhưng
x2 = 1(modp) có đúng hai nhiệm trong Z∗p là x =1(mod p) và x = -1 (mod p)). Như vậy, (2.10) lại được nghiệm đúng. Mệnh đề được chứng minh hoàn toàn.
Định lý 2.6.2 ( Định lý Trung Hoa về phần dư): Cho m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Với mọi cặp số nguyên (a,b), trong đó 0 ≤ a ≤
m−1,0 ≤ b ≤n−1 tồn tại duy nhất một số nguyên k thỏa mãn 0 ≤ k ≤ mn−1
sao cho có đồng thời các đồng dư thức:
k =a(modm), k=b(modn) (2.11)
Chứng minh. Do (m,n) = 1 nên tồn tại các số nguyên p, q sao cho pm+qn=1. Đặt z = aqn+bpm = (a-b)qn + b = (b-a)pm + a. Từ các biểu diễn của z dễ thấy z = a(mod m) và z = b(mod n). Rõ ràng tồn tại duy nhất số nguyên k thỏa mãn 0≤k≤mn-1 sao cho k = z(mod mn). Đặt z = mnr + k. Từ các tính chất nhận được của z ta có:
k =a(modm), k=b(modn).
Vậy ta đã chứng minh phần tồn tại của định lý. Nếu k’ là một số nguyên thỏa mãn (2.11) và 0≤k’≤mn-1 thì ta có k-k’ = 0(mod m), k-k’=0(mod n). Do m, n là các số nguyên nguyên tố cùng nhau thì từ đó suy ra k-k’ = 0(mod mn). Vậy k = k’(mod mn). Bởi vì k, k’ là các số nguyên thuộc tập 0,1,..., mn-1 thì phải có k=k’. Tính
duy nhất của số nguyên k được chứng minh.
* Cho G, G’ là hai nhóm với luật hợp thành viết theo lối nhân với các phần tử đơn vị tương ứng là e, e’. Đưa vào tích Đề-các G×G’ phép nhân được định nghĩa như sau:
(x, x0)(y, y0) = (xy, x0y0)
với hai phần tử tùy ý(x, x0),(y, y0) của G×G’. Dễ kiểm chứng rằng, với phép nhân được định nghĩa như trên, G×G’ là một nhóm nhân với phần tử đơn vị là (e,e’). Ta vẫn dùng ký hiệu G×G’ để chỉ nhóm này.
Với mỗi số n nguyên dương, ký hiệu Z∗n là tập các phần tử xcủa nhóm(Zn,+)
sao cho tồn tại một phần tử y của nhóm (Zn,+) thỏa mãn xy = 1(modn). Z∗n là một nhóm với phép nhân, có cấp bằng số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố với n (=giá trị của hàm Euler ϕ(n)).
Từ định lý Trung Hoa về phần dư ta có hệ quả sau:
Hệ quả: Cho p, q là các số nguyên tố phân biệt. Tồn tại một song ánh từ tậpZ∗pq
vào nhóm nhân Z∗p×Z∗q.
Chứng minh. Với mỗi cặp (a,b) ∈ Z∗p ×Z∗q, theo định lý Trung Hoa về phần dư, tồn tại duy nhất một số k=k(a,b) thỏa mãn 0≤k≤pq-1 và k = a(mod p), k = b(mod q). Gọi a’, b’ là các số nguyên thỏa mãn 1≤a’≤p-1, 1≤b’≤q-1 và aa’=1(mod p), bb’=1(mod q). Gọi k’ là số nguyên thỏa mãn 0≤k’≤pq-1 sao cho k’ = a’(mod p), k’ = b’(mod q) (định lý Trung Hoa về phần dư). Do p, q nguyên tố cùng nhau ta có kk’=1(mod pq). Vậy tương ứng (a,b)→k(a,b) là một ánh xạ f từ Z∗p×Z∗q vào
Z∗pq. Ánh xạ f là một đơn ánh, vì nếu 1≤a,a’≤p-1, 1≤b,b’≤q-1 và (a,b)6=(a’,b’) thì với 1≤k≤pq-1 không thể có đồng thời các đồng dư thức:
k=a(modp), k =b(modq), k=a0(modp), k=b0(modq).
Số các phần tử củaZ∗p×Z∗q là (p-1)(q-1). Số các phần tử củaZ∗pq cũng là (p-1)(q-1). Vậy f là một song ánh từ Z∗p×Z∗q lên Z∗pq. Ánh xạ ngược của f là một song ánh σ
từ Z∗pq lên Z∗p×Z∗q cho bởi công thức σ(k) = (k(modp), k(modq)) với mỗi k ∈ Z∗pq.
Dễ thấy σ là một đẳng cấu nhóm.
Định lý 2.6.3 ( Luật tương hỗ bậc hai): Cho p, q là các số nguyên tố lẻ phân biệt. Với các ký hiệu Legendre đưa ra ở mục 2.6.1 ta có:
p q
=qp(−1)p−21.q−21 (2.12)
Chứng minh. Gọi σ : Z∗pq → Z∗p×Z∗q là song ánh nói trong chứng minh hệ quả của định lý 2.6.2. Đặt:
L =k ∈Z∗pq : 1≤k < pq2 và R =(a, b)∈Z∗p×Z∗q : 1≤a≤p−1,1≤b < q2 , trong đó k, a, b được hiểu là các đại diện của các lớp đồng dư tương ứng trong
Z∗pq,Z∗p,Z∗q,
Khi đó số phần tử của L và R bằng nhau và bằng (p−1)(2q−1) và σ ánh xạ L vào tập σ(L) ⊂ Z∗p ×Z∗q thỏa mãn σ(k) = (a, b) ∈ R hoặc là σ(k) = (a,−b)∈Z∗p×Z∗q\R. Bởi vậy ta có: Q (a,b)∈R (a, b) = ε Q k∈L (k(modp), k(modq)) (2.13) trong đóε=±1và các tích được lấy trongZ∗p×Z∗q. Để cho gọn và tránh nhầm lẫn với ký hiệu Legendre ta đặt P = p−21, Q = q−21 . Khi đó, dùng định lý Wilson và chú ý rằng q-k = -k(mod q), vế trái của (2.13) có thể rút gọn như sau:
Q (a,b)∈R (a, b) = Q 1≤a≤p−1 1≤b<q/2 (a, b) = ((p−1)!Q, Q!2P) = ((−1)Q,((q−1)!(−1)Q)P) = ((−1)Q,(−1)P(−1)P Q) (2.14)
Ta rút gọn riêng biệt từng thành phần của vế phải (2.13). Để ý rằng, một số nguyên k nằm trong khoảng [1, pq/2) là đại diện của một phần tử thuộc Z∗pq khi và chỉ khi k không chia hết cho cả p lẫn q. Vậy ta có:
Y k∈L k = Y 1≤k<pq/2 (k,pq)=1 k =
(Tích tất cả các số nguyên k không chia hết cho p thuộc khoảng [1,pq/2))/(Tích tất cả các số nguyên k chia hết cho q thuộc khoảng [1,pq/2)) =
( Q 1≤k<p k Q p<k<2p k... Q (Q−1)p<k<Qp k)( Q Qp<k<pq/2 k)/(q.(2q)...(P q)) = (p−1)! Q P! qP.P! = (−1) Q qP (mod p).
Theo tiêu chuẩn Euler ta có: pq(modp) =
p q
. Vậy ta có đồng dư thức sau đối với thành phần thứ nhất: Y k∈L k(modp) = (−1)Q q p
Do tính đối xứng ta suy ra đồng dư thức sau đối với thành phần thứ hai ở vế phải (2.13): Y k∈L k(modq) = (−1)P p q
Dùng (2.14) và các biểu thức rút gọn của vế phải (2.13) vừa thu được ta nhận được đẳng thức tương đương sau của (2.13):
((−1)Q,(−1)P(−1)P Q) =ε((−1)Q q p ,(−1)P p q )
Từ đẳng thức trên, sau khi rút gọn ta nhận được các đồng dư thức: q p ε= 1(modp), p q ε= (−1)P Q(modq)
Đồng dư thức đầu tiên cho ta ε = qp . Lắp vào đồng dư thức thứ hai ta được công thức: p q q p = (−1)P Q(modq) (2.15)
Vì các ký hiệu Legendre chỉ nhận các giá trị 0, 1, -1 nên (2.15) tương đương với
(2.12) và định lý 2.6.3 được chứng minh.