MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CƠ SỞ TRONG LÝ THUYẾT SỐ GIẢI TÍCH

MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CƠ SỞ TRONG
LÝ THUYẾT SỐ GIẢI TÍCH

Kỷ yếu lớp hè 2012 của
GS. Ngô Bảo Châu

HÀ NỘI, THÁNG 9 NĂM 2012



Mục lục
Lời nói đầu

i

1 Biểu diễn số nguyên dương thành tổng của các bình phương

1

2 Luật thuận nghịch bậc hai

10

3 Một chứng minh cho luật thuận nghịch bậc hai

21

4 Một chứng minh sơ cấp cho luật thuận nghịch bậc hai

26

5 Hàm số học và điểm nguyên

30

6 Định lý Chebyshev về sự phân bố số nguyên tố

47

7 Định lý Weyl về phân bố đều và định lý Kronecker

67

8 Định lí Minkowski về điểm nguyên trong một tập lồi

77

9 Định lí Dirichlet về số nguyên tố trong một cấp số cộng

86

10 Định lí số nguyên tố

107


Lời nói đầu
Chương trình lý thuyết số hè 2012 ở Viện nghiên cứu cao cấp về toán
được chia thành hai hoạt động. Một hoạt động là lớp học những định lý
kinh điển của lý thuyết số giải tích. Tài liệu học là cuốn sách "Nhập môn
lý thuyết số giải tích" của Chandrasekharan. Song song với lớp học là sinh

hoạt chuyên đề xung quanh công trình mới của Bhargava-Shankar về hạng
trung bình của đường cong elliptic.
Trong lớp học lý thuyết số giải tích, học viên được giao đọc và trình bày
một chương trong cuốn sách của Chandrashkharan. Cuốn kỷ yếu này tập
hợp lại ghi chép của học viên khi đọc sách.
Cuốn kỷ yếu có thể rất hữu ích cho sinh viên khoa toán, đặc biệt là sinh
viên các trường Sư phạm. Những định lý trình bày ở đây khá gần gũi với lý
thuyết số sơ cấp. Nếu đã nắm vững lý thuyết số sơ cấp, để theo dõi những
nội dung trình bày ở đây, bạn đọc cần nắm vững một vài kiến thức cơ bản
về hàm một biến phức.
Những người tham gia Chương trình lý thuyết số hè 2012 đã làm việc
với một tinh thần rất nghiêm túc. Điều đó được thể hiện qua chất lượng của
những ghi chép được tập hợp lại ở đây. Cảm ơn các bạn sinh viên Hà nội,
Huế, thành phố Hồ Chí Minh và cả từ nửa kia của trái đất, đã không quản
đường xa đến Viện nghiên cứu cao cấp để học hè. Đặc biệt cảm ơn Tiến sĩ
Bùi Mạnh Hùng, người đã soi sáng chúng tôi bằng những hiểu biết sâu về lý
thuyết số giải tích của anh và Thạc sĩ Trần Quang Hoá, người đã giúp tôi
biên tập cuốn kỷ yếu này.
Tháng 9, 2012

i


Biểu diễn số nguyên dương thành tổng
của các bình phương
Người trình bày: Trần Quang Hóa

1

Mở đầu

Phần này tôi sẽ trình bày bài toán biểu diễn một số tự nhiên thành tổng của
các bình phương. Chúng ta xét bài toán sau: cho k ∈ Z và k ≥ 1, xét tập
hợp
Sk = {n ∈ N | n = x21 + x22 + · · · + x2k , xi ∈ Z, ∀i = 1, 2, . . . , k}.
Phần này trình bày chủ yếu dựa vào chương IV [1], chương X [2] và
chương XI [3]. Nội dung chính của chương này là chứng minh định lý Euler
về biểu diễn số nguyên tố dạng 4k + 1 là tổng bình phương của hai số nguyên
và định lý Lagrange nói rằng mọi số nguyên dương đều là tổng bình phương
của 4 số nguyên.
Trước khi trình bày, chúng ta cần sơ lược về lý thuyết thặng dư. Nó là
một trong những vấn đề quan trọng của lý thuyết số,là công cụ chính để giải
phương trình bậc hai
ax2 + bx + c ≡ 0(mod m), (a, m) = 1.

(1)

Vấn đề này quy về việc giải phương trình ax2 + bx + c ≡ 0(mod p), với
p là số nguyên tố lẻ và (a, p) = 1. Do p lẻ nên (p, 4) = 1, vậy phương trình
tương đương với
(2ax + b)2 ≡ (b2 − 4ac)(mod p).
Vậy thực sự ta chỉ cần xét phương trình
x2 ≡ a(mod p), (a, p) = 1.

(2)

Trước hết, ta xét ký hiệu Legendre, công cụ cho ta biết khi nào phương
trình (2) có nghiệm. Trong chương tiếp theo, việc sử dụng luật thuận nghịch
bậc hai sẽ cho ta câu trả lời hoàn toàn khi nào phương trình (2) có nghiệm.
1

2

Ký hiệu Legendre

Cho p là số nguyên tố lẻ và a ∈ Z sao cho (a, p) = 1. Ta nói a thặng dư bậc
hai theo modulo p nếu phương trình x2 ≡ a(mod p) có nghiệm, ký hiệu aRp.
Ngược lại, ta nói a bất thặng dư bậc hai theo modulo p và ký hiệu aN p.
thặng dư bậc
Nhận xét: Trong các số nguyên 1, 2, 3, . . . , p − 1, có đúng p−1
2
p−1
hai theo modulo p và có đúng 2 bất thặng dư bậc hai theo modulo p.
Bây giờ, cho p là số nguyên tố lẻ và m là số nguyên sao cho (m, p) = 1. Ta
định nghĩa ký kiệu Legendre
m
=
p

+1, nếu mRp,
−1, nếu mN p.

Chúng ta mở rộng định nghĩa ký hiệu Legendre
m
= 0, nếu p|m.
p
Từ nhận xét trên, chúng ta có
p−1

m=0

m
= 0.
p

Tiếp theo, ta sẽ nêu ra một số tích chất cơ bản của ký hiệu Legendre.
Tính chất 1. Nếu m1 ≡ m2 (mod p), thì
m1
p

=

m2
.
p

Tính chất 2 (Tiêu chuẩn Euler). Nếu p là một số nguyên tố lẻ và a là một
số nguyên. Khi đó
1
a 2 (p−1) ≡ 1(mod p)
nếu và chỉ nếu a là một thặng dư bậc hai theo modulo p.
Chứng minh. Nếu a là thặng dư bậc hai theo modulo p thì tồn tại x0 ∈ Z sao
cho x20 ≡ a(mod p). Vì (a, p) = 1 nên (x0 , p) = 1. Do p lẻ nên 12 (p − 1) ∈ Z,
chúng ta thu được
1
≡ a 2 (p−1) (mod p).
xp−1
0
1

Theo định lý Fermat xp−1
≡ 1(mod p). Do đó a 2 (p−1) ≡ 1(mod p).
0

2


1

Ngược lại, phương trình x 2 (p−1) ≡ 1(mod p) có tối đa 21 (p − 1) nghiệm. Và
theo nhận xét trên có đúng 21 (p − 1) phần tử thặng dư bậc hai theo modulo
1
p và chúng đều là nghiệm của phương trình x 2 (p−1) ≡ 1(mod p). Do đó, nếu
1
a bất thặng dư bậc hai theo modulo p thì a 2 (p−1) ≡ 1(mod p).
Tính chất 3. Nếu p là một số nguyên tố lẻ và a là một số nguyên sao cho
(a, p) = 1. Khi đó
1
a
a 2 (p−1) ≡
(mod p).
p
Chứng minh. Do p là số nguyên tố lẻ và (a, p) = 1, theo định lý Fermat ta
có
p−1
p−1
ap−1 − 1 = a 2 − 1 a 2 + 1 ≡ 0(mod p).
Do đó
a

p−1
2

≡ 1(mod p),

(3)

≡ −1(mod p).

(4)

hoặc
a

p−1
2

Do đó, nếu a bất thặng dư bậc hai, nó không thỏa mãn (3) nên nó thỏa mãn
(4). Theo định nghĩa của ký hiệu Legendre, ta có điều phải chứng minh.
Tính chất 4. Với mọi số nguyên m, n ta có
m
p

n
mn
=
.
p
p

Tính chất 5. Cho p là số nguyên tố lẻ, khi đó
1
−1
= (−1) 2 (p−1) .
p

Hơn nữa, −1Rp ⇔ p ≡ 1(mod 4) và −1N p ⇔ p ≡ 3(mod 4).

3

Tổng của hai bình phương

Xét tập
S2 = {n ∈ N | n = x21 + x22 , x1 , x2 ∈ Z}.
Ví dụ 0 ∈ S2 vì 0 = 02 + 02 , 1 ∈ S2 vì 1 = 02 + 12 , 2 ∈ S2 vì 2 = 12 + 12 .
3


Bổ đề 1. Tập S2 đóng đối với phép nhân, nghĩa là nếu a, b ∈ S2 thì ab ∈ S2 .
Chứng minh. Ta có đồng nhất thức
(x21 + y12 )(x22 + y22 ) = (x1 x2 + y1 y2 )2 + (x1 y2 − x2 y1 )2 .

Bổ đề 2. Nếu p là số nguyên tố dạng 4k + 1, thì tồn tại số nguyên x sao cho
x2 + 1 = mp,

với 0 < m < p.

Chứng minh. Do p ≡ 1(mod 4) nên −1 là thặng dư bậc hai của p, khi đó tồn
tại một số nguyên x ∈ {1, 2, . . . , 21 (p − 1)}, sao cho

x2 ≡ −1(mod p).
Suy ra tồn tại số nguyên m sao cho x2 + 1 = mp. Do x < p/2 nên x2 + 1 <
(p/2)2 + 1 < p2 . Do đó x2 + 1 = mp, với 0 < m < p.
Định lý 1 (Euler). Mọi số nguyên tố dạng 4k + 1 đều được biểu diễn thành
tổng bình phương của hai số nguyên.
Chứng minh. Xét tập
Ω = {m ∈ Z | mp = x21 +x22 , 0 < m < p, xi ∈ Z, x1 , x2 không đồng thời chia hết cho m}.
Khi đó, theo Bổ đề 2, Ω = ∅ nên theo Bổ đề Zorn, tồn tại phần tử nhỏ nhất
là m ∈ Ω. Ta chứng minh m = 1.
Giả sử m > 1. Vì m ∈ Ω nên mp = a21 + a22 , a1 , a2 ∈ Z . Lấy a2 ≡
a1 (mod m), b2 ≡ b1 (mod m) sao cho |a2 |, |b2 | ≤ m2 .
Từ a22 + b22 ≡ a21 + b21 ≡ 0(mod m) nên a22 + b22 = sp, s ∈ Z .
2
Do |a2 |, |b2 | ≤ m2 nên a22 + b22 ≤ 2( m2 )2 = m2 < m2 . Vậy s < m.
Mặt khác, s > 0 vì nếu s = 0 thì a2 = b2 = 0. Do đó a1 ≡ b1 ≡ 0(mod m).
Điều này mâu thuẫn với cách chọn m. Vậy 0 < s < m.
Chúng ta có
m2 sp = (a21 + b21 )(a22 + b22 ) = (a1 a2 + b1 b2 )2 + (a1 b2 − a2 b1 )2 ,
trong đó
a1 a2 + b1 b2 ≡ a22 + b22 ≡ 0(mod m),
a1 b2 − a2 b1 ≡ a2 b2 − a2 b2 ≡ 0(mod m).
4

(5)


Vậy từ (5) suy ra
(

a1 a2 + b 1 b 2 2

a1 b2 − a2 b1 2
) +(
) = sp,
m
m

trong đó 0 < s < m. Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của m. Vậy
m = 1 và ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo chúng ta đưa ra điều kiện để một số nguyên dương biểu diễn
được thành tổng của hai bình phương. Ta nói biểu diễn n = x2 +y 2 là nguyên
thủy nếu (x, y) = 1.
Bổ đề 3. Nếu n chia hết bởi số nguyên tố p dạng 4k + 3, thì n không có biểu
diễn nguyên thủy.
Chứng minh. Giả sử n = x2 + y 2 , với (x, y) = 1. Khi đó p | (x2 + y 2 ) và
p x, p y. Từ (p, x) = 1 nên tồn tại số nguyên m sao cho
mx ≡ y(mod p).
Do đó
x2 + (mx)2 ≡ x2 + y 2 ≡ 0(mod p).
Suy ra p | x2 (1+m2 ), và do p x nên p | (1+m2 ). Vậy m2 ≡ −1(mod p) hay -1
là thặng dư bậc hai theo modulo p. Điều này không thể vì p ≡ 3(mod 4).
Bổ đề 4. Nếu p là số nguyên tố p dạng 4k + 3 và c là số nguyên lẻ sao cho
pc | n và pc+1 n, thì n không thể biểu diễn thành tổng của hai bình phương.
Chứng minh. Giả sử n = x2 + y 2 , theo bổ đề 3 ta có (x, y) = d > 1. Ta viết
x = dX, y = dY, (X, Y ) = 1 và n = d2 (X 2 + Y 2 ) = d2 N.
Gọi pr là lũy thừa cao nhất của p sao cho pr | d. Lúc đó pc−2r | N. Vì c lẻ nên
c − 2r > 0. Vậy ta tìm được số nguyên N sao cho N = X 2 + Y 2 , (X, Y ) =
1, p | N với p ≡ 3(mod 4). Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 3. Vậy Bổ đề 4
được chứng minh.
Định lý 2. Số nguyên dương n biểu diễn thành tổng hai bình phương khi và
chỉ khi mọi ước nguyên tố của nó dạng 4k + 3 có lũy thừa chẵn trong phân

tích tiêu chuẩn của n.
Chứng minh.
• Điều kiện cần: Suy ra từ Bổ đề 4.
• Điệu kiện đủ: Ta có thể viết n = n21 n2 , với n2 không có ước nguyên tố
dạng 4k + 3. Do đó n2 chỉ có ước nguyên tố là 2 hoặc p dạng 4k + 1. Do 2
và p đều có thể biễu diễn thành tổng hai bình phương. Theo Bổ đề 1, ta có
n2 = a2 + b2 . Từ đó n = (n1 a)2 + (n1 b)2 . Vậy định lý được chứng minh hoàn
toàn.

5


4

Tổng của ba bình phương

Bây giờ ta xét tập
S3 = {n ∈ N∗ | n = x21 + x22 + x23 , x1 , x2 , x3 ∈ Z}.
Bổ đề 5. Nếu n ∈ S3 thì n ≡ 7(mod 8).
Chứng minh. Do x2 ≡ 0, 1, 4(mod 8) nên n = x21 + x22 + x23 ≡ 7(mod 8).
Việc xác định tập S3 khó khăn hơn S2 bởi vì tập S3 không đóng đối với
phép nhân. Chẳng hạn, 3 = 12 + 12 + 12 và 5 = 22 + 12 + 02 nên 3, 5 ∈ S3
nhưng 15 ∈ S3 vì 15 ≡ 7(mod 8).
Bổ đề 6. Nếu n ∈ S3 và 4 | n thì

n
4

∈ S3 .

Chứng minh. Giả sử n = x21 + x22 + x23 . Vì x2 ≡ 0, 1(mod 4) và n = x21 +
x22 + x23 ≡ 0(mod 4) nên suy ra x2i ≡ 0(mod 4), ∀i = 1, 2, 3. Do đó xi ≡
0(mod 2), ∀i = 1, 2, 3.
Vậy
n
x1
x2
x3
= ( )2 + ( )2 + ( )2 ,
4
2
2
2
n
hay 4 ∈ S3 .
Giả sử số nguyên dương n có dạng n = 4e (8k + 7). Nếu n ∈ S3 thì theo
Bổ đề 6, 4ne ∈ S3 hay n = 8k + 7 ∈ S3 . Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 5. Vậy
n = 4e (8k + 7) ∈ S3 . Điều ngược lại cũng đúng và được phát biểu như sau.
Định lý 3 (Gauss).
n ∈ S3 ⇐⇒ n = 4e (8k + 7).
Người đầu tiên chứng minh điều kiện cần là Gauss. Sau đó Lejeune Dirichlet và Landau đã đơn giản chứng minh của Gauss. Sau này N.C. Ankeny đã
chứng minh Định lý Gauss khá "cơ bản". Chứng minh của Ankeny dựa vào
định lý Minkowski về số điểm nguyên chứa trong tập lồi (xem chương IX [1])
và định lý Dirichlet về dãy số nguyên tố trong cấp số cộng (xem chương X
[1]). Chứng minh này vượt quá mục đích của chương này nên không được
đưa ra ở đây. Bạn đọc tham khảo A. Schinzel [4].

6

5

Tổng của bốn bình phương

Bây giờ ta xét tập
S4 = {n ∈ N∗ | n = x21 + x22 + x23 + x24 , x1 , x2 , x3 , x4 ∈ Z}.
Bổ đề 7. Tập S4 đóng đối với phép nhân.
Chứng minh. Từ đồng nhất thức
(x21 + x22 + x23 + x24 )(y12 + y22 + y32 + y42 ) = z12 + z22 + z32 + z42 ,

(6)

trong đó
z1 = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4 ,
z2 = x1 y2 − x2 y1 + x3 y4 − x4 y3 ,
z3 = x1 y3 − x3 y1 + x4 y2 − x2 y4 ,
z4 = x1 y4 − x4 y1 + x2 y3 − x3 y2 ,
chỉ ra rằng tích của hai số nguyên biễu diễn được thành tổng của bốn bình
phương là số nguyên biểu diễn được thành tổng của bốn bình phương.
Bổ đề 8. Nếu p là số nguyên tố lẻ, thì tồn tại hai số nguyên x, y sao cho
1 + x2 + y 2 = mp,

với 0 < m < p.

Chứng minh. Với mọi 0 ≤ x = y ≤ 12 (p − 1) ta có x2 ≡ y 2 (mod p) và
−1 − x2 ≡ −1 − y 2 (mod p).
. Do
Do đó #{x2 | 0 ≤ x ≤ 12 (p − 1)} = #{−1 − y 2 | 0 ≤ y ≤ 12 (p − 1)} = p+1
2
1

chỉ có p lớp thặng dư theo modulo p nên tồn tại 0 ≤ x, y ≤ 2 (p − 1) sao cho
x2 ≡ (−1 − y 2 )(mod p) ⇐⇒ 1 + x2 + y 2 = mp.
Từ 0 ≤ x, y ≤ 21 (p − 1), ta có
1
1 + x2 + y 2 < 1 + 2( p)2 < p2 ,
2
do đó
1 + x2 + y 2 = mp, 0 < m < p.

Định lý 4 (Lagrange). Mọi số nguyên dương n đều biểu diễn được thành
tổng của bốn bình phương.
7


Chứng minh. Ta có 1 ∈ S4 vì 1 = 12 + 02 + 02 + 02 nên ta giả sử n > 1. Do
n > 1 là tích của các số nguyên tố, và 2 = 12 + 12 + 02 + 02 nên 2 ∈ S4 . Do S4
đóng với phép nhân nên để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh mọi
số nguyên tố lẻ p đều biễu diễn được thành tổng của bốn bình phương.
Xét tập
.
Ω = {m ∈ Z | mp = x21 +x22 +x23 +x24 , 0 < m < p, xi ∈ Z, ∃xi ..m, i = 1, . . . , 4}.
Khi đó, theo Bổ đề 8, Ω = ∅ nên theo Bổ đề Zorn, tồn tại phần tử nhỏ nhất
là m0 ∈ Ω, tức là
m0 p = x21 + x22 + x23 + x24 , 0 < m0 < p.

(7)

Ta chứng minh m0 = 1. Giả sử m0 > 1. Đầu tiên ta chỉ ra m0 lẻ. Thật vậy,
nếu m0 chẳn, thì x1 , x2 , x3 , x4 hoặc cùng chẵn hoặc cùng lẻ hoặc có hai chẳn
và hai lẻ, chẳng hạn x1 , x2 chẳn và x3 , x4 lẻ. Lúc đó

1
x1 + x2
m0 p =
2
2

2

+

x1 − x2
2

2

+

x3 + x4
2

2

+

x3 − x4
2

2

.

Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của m0 .
Do đó m ≥ 3, và chúng ta có thể viết
x i = bi m 0 + y i ,

(i = 1, 2, 3, 4),

(8)

ở đây bi có thể được chọn sao cho | yi |< 21 m0 .
Từ (8) và do x1 , x2 , x3 , x4 không đồng thời chia hết m0 , nên ta có
1
0 < y12 + y22 + y32 + y42 < 4( m0 )2 = m20 .
2
Từ (7) và (8) ta thu được
y12 + y22 + y32 + y42 ≡ 0(mod m0 ).
Vậy tồn tại các số nguyên xi , yi , (i = 1, 2, 3, 4), sao cho
x21 + x22 + x23 + x24 = m0 p,
y12 + y22 + y32 + y42 = m1 m0 ,

0 < m0 < p,
0 < m1 < m0 .

Từ đồng nhất thức (6) tồn tại các số nguyên z1 , z2 , z3 , z4 , sao cho
z12 + z22 + z32 + z42 = m20 m1 p.
8

(9)

Hơn nữa,
4

z1 =

4

x2i (mod m0 ) ≡ 0(mod m0 ).

xi (xi − bi m0 ) ≡

xi y i =
i=1

4

i=1

i=1

Tương tự
z2 ≡ z3 ≡ z4 ≡ 0(mod m0 ).
Do đó zi = m0 ti , ti ∈ Z (i = 1, 2, 3, 4). Thay vào (9) ta thu được
m1 p = t21 + t22 + t23 + t24 ,

0 < m1 < m0 < p.

Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của m0 . Vậy định lý được chứng minh
hoàn toàn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] K. Chandrasekharan, Introduction to Analytic Number Theory, Springer,
1968.
[2] G.A. Jones and J. Mary Jones, Elementary Number Theory, Springer,
1998.
[3] W. Sierpinski and A. Schinzel, Elementary Theory of Numbers, North Holland, 1988.
[4] N.C. Ankeny, Sum of three squares, Pro. Amer. Math.Soc. 8 (1957),
316-319.

9


Luật thuận nghịch bậc hai
Người trình bày: Văn Đức Trung
Nội dung của bài giảng được trình bày theo Chương V của tài liệu [1].
m
Trong việc xác định các kí hiệu legendre ( q ) với q là số nguyên tố, ta có
p
thể quy về việc tính ( q ) với p, q là hai số nguyên tố phân biệt. Nếu p > q
p
p
thì ta phân tích p = kq + p , p < q và ta có ( q ) = ( q ). Trong trường hợp
p
p < q thì ta sẽ sử dụng luật thuận nghịch Gauss (về mối liên hệ giữa ( q ) và
( pq )) để đưa việc tính ( pq ) về việc tính ( pq ), và khi đó ta lặp lại quá trình
p
trên. Tuy nhiên cần lưu ý rằng trong quá trình tính ( q ) như trên chúng ta
2
có thể gặp trường hợp tính ( p ), khi đó ta không thể áp dụng luật thuận
nghịch Gauss được.
Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày một phép chứng minh luật thuận

nghịch Gauss thông qua việc sử dụng Tổng Gauss và từ đó đưa ra công thức
2
tính ( p ).

1

Luật thuận nghịch Gauss

Định lý 1 (Gauss). Cho p, q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt, khi đó
(q−1)
. 2
2
( pq ) = (−1) (p−1)
( pq ).
Do p−1
. q−1
lẻ nếu và chỉ nếu p ≡ q ≡ 3 (mod 4) nên Định lý 1 có thể
2
2
phát biểu như sau:

( pq ) = − ( pq ), nếu p ≡ q ≡ 3 (mod 4)
và

( pq ) = ( pq ), trong trường hợp ngược lại.

10


2

Tổng Gauss tổng quát

Cho m và n là hai số nguyên khác không. Khi đó tổng Gauss tổng quát được
định nghĩa bởi
|n|
m 2
+πimk

eπi n k

g(m, n) =

.

(1)

k=1

Chúng ta có mối liên hệ giữa g(m, n) và g(−n, m), xem như là luật thuận
nghịch của tổng Gauss, như sau:

Định lý 2. Cho m và n là hai số nguyên khác không, khi đó
1
|n|
trong đó sgn(r) =

1

πi

g(m, n) = e 4 (1−|mn|) sgn(mn)
r
|r|

|m|

g(−n, m).

(2)

nếu r = 0, và sgn(r) = 0 nếu r = 0.

Chứng minh. Xét hàm số
2

eπiτ u +2πiXu
,
Φ(u) = Φ(u, X, τ ) = 2πiu
e
−1

(3)

với u là biến số phức, các tham số X ∈ C và τ ∈ C : Re τ > 0, và tích phân
Φ(u)du với C là đường thẳng trong mặt phẳng phức đi qua điểm u = 12 và
C

hợp với trục số thực một góc là π4 .
Φ(u)du là hội tụ. Ta xét hàm Φ

Trước hết ta cần chứng minh tích phân
C

trong một dải bị chặn bởi hai đường thẳng song song với C và nằm về hai
phía của C. Khi đó ta có thể biểu diễn
iπ

u = c + re 4 ,

τ = Re τ + i Im τ,

trong đó c và r là các số thực, c bị chặn và r biến thiên tùy ý. Ta có
|eπiτ u
và

2 +2πiXu

| = e−π Im(τ u
πi

2 +2Xu)

,

τ u2 + 2Xu = iτ r2 + 2e 4 (τ c + X)r + (τ c + 2X)c,
11


suy ra

Im(τ u2 + 2Xu) ≥ Re τ.r2 − 2|τ c + X||r| − |(τ c + 2X)c|.
Do đó
|eπiτ u

2 +2πiXu

| ≤ e−πr

2

Re τ +π|τ |(c2 +2|cr|)+2π|X|(|c|+|r|)

≤ Ae−πr

2

Re τ +B|r|

,

(4)

trong đó A và B là các hằng số phụ thuộc r.
Hơn nữa
√
|e2πiu − 1| ≥ |1 − |e2πiu || = |1 − e− 2πr |.
Do r → ±∞ khi |u| → ∞ trong dải đã chọn, nên với |u| đủ lớn thì ta có
1
> 0.
2

|e2πiu − 1| ≥

(5)

Từ (4) và (5) ta có
|Φ(u)| ≤ A1 e−πr

2

Re τ +B|r|

,

(6)

với |u| đủ lớn trong dải đã chọn. Do đó tích phân Φ(u)du hội tụ.
C

Với mỗi X ∈ C ta đặt
f (X) = f (X, τ ) =

Φ(u, X, τ )du.
C

Với mỗi n > 0 xét hình bình hành γ sinh bởi đường thẳng C, đường thẳng
Cn song song với C và cắt trục số thực tại điểm n + 21 , và hai đường thẳng
L1 , L2 song song với trục số thực và nằm về hai phía của trục số thực.
Theo Định lý Cauchy về thặng dư ta có
n

eπiτ k

Φ(u)du =

2 +2πiXk

.

(7)

k=1

γ

Theo (6) thì Φ(u) → 0 đều khi |u| → ∞ trong dải được giới hạn bởi C và
Cn . Do đó khi cho L1 và L2 tiến ra vô cùng về hai phía ta có
Φ(u)du −

Φ(u)du =
γ

Cn

Φ(u)du.
C

Tuy nhiên, theo (3) ta có
Φ(u + n, X) = eπiτ n

2 +2πiXn

12

Φ(u, X + τ n).

(8)


Do đó
Φ(u+n, X)du = eπiτ n

Φ(u)du =
Cn

2 +2πiXn

C

Φ(u, X+τ n)du = eπiτ n

2 +2πiXn

f (X+τ n).

C

Kết hợp với (7) và (8) ta có
n
πiτ n2 +2πiXn

e

eπiτ k

f (X + τ n) − f (X) =

2 +2πiXk

.

(9)

k=1

Mặt khác ta có
2

eπiτ u
(e2πi(X+1)u − e2πiXu )du
e2πiu − 1

f (X + 1) − f (X) =
C

eπiτ u

=

2 +2πiXu

du = e−πi

C

= e−πi

X2
τ

X 2

eπiτ (u+ τ ) du
C

X2
τ

2

eπiτ u du,
C

trong đó C là ảnh của C qua phép tịnh tiến u → u + Xτ . Bằng cách tính tích
phân trong hình bình hành như trên ta có
2

2

eπiτ u du =

eπiτ u du,
C0

C

13


trong đó C0 là đường thẳng song song với C và đi qua gốc tọa độ. Trên C0
πi
ta có u = re 4 , r ∈ R, suy ra
+∞
πiτ u2

e

du = e

πi
4

πi

2

e−πτ r dr = e 4 Iτ ,
−∞

C0

trong đó
+∞
2

e−πτ r dr.

Iτ =

(10)

−∞

Do đó ta có
1

f (X + 1) − f (X) = eπi( 4 −

X2
)
τ

Iτ .

Thay X bởi X + 1, X + 2, ..., X + m rồi lấy tổng hai vế ta được
m−1
1

eπi( 4 −

f (X + m) − f (X) =

(X+l)2
)
τ

Iτ .

l=0

Thay X bởi X + τ n − m ta có
m−1
1

eπi( 4 −

f (X + τ n) − f (X + τ n − m) =

(X+τ n−m+l)2
)
τ

Iτ .

(11)

l=0

Từ (9) và (11) suy ra
n

e

πiτ n2 +2πiXn

m
πiτ k2 +2πiXk

f (X+τ n−m)−f (X) =

e

l=1

n

m

e

πiτ k2 +2πiXk

Chọn X =

và τ =

m
,
n

1

eπi( 4 −

− Iτ

k=1
m
,
2

l=1

m > 0, n > 0 ta có

n

m
πi m
k2 +πimk
n

e

= Im/n e

eπi( 4 −

−e

k=1

=

1

πiτ n2 +2πiXn

πi
(1−mn)
4

k=1

eπikn+k
k=1

14

2 πi n
m

.

(X−k)2
)
τ

.

(X+τ n−l)2
)
τ

Iτ


+∞

2

e−πr dr = 1.
Trong công thức trên ta thay m = n = 1 vào ta có I1 =
−∞
√
Bằng phép đổi biến r → r τ , trong đó τ là một số thực dương, ta có
+∞

1
2
e−πτ r dr = √ .
τ

Iτ =
−∞

Do đó ta có
n
πi m
k2 +πimk

n

e
k=1

√
m
n
n πi (1−mn)
2
4
=√ e
e−πink−k πi m .
m
k=1

Suy ra
1 πi
1
√ g(m, n) = √ e 4 (1−mn) g(−n, m).
n
m

(12)

Như vậy Định lý được chứng minh với m > 0, n > 0.
Nếu m > 0 và n < 0 thì −n, m > 0 nên áp dụng (12) ta có
πi
1
1

√ g(−n, m) = √ e 4 (1+mn) g(−m, −n).
m
−n

Suy ra
1

πi
1
g(−m, −n) = √ e− 4 (1−|mn|) g(−n, m).
m
|n|

Mà theo (1) thì g(−m, −n) = g(m, n) nên ta có (2).
Nếu m < 0 và n < 0 thì −n, −m > 0 nên áp dụng (12) và g(n, −m) =
g(−n, m), g(−m, −n) = g(m, n) ta có (2).

3

Chứng minh luật thuận nghịch

Trước hết chúng ta có một mối liên hệ giữa kí hiệu Legendre
Gauss g(m, n) như sau:

(m
n ) và tổng

Định lý 3. Cho n là số nguyên tố lẻ và m là số nguyên sao cho (m, n) = 1,
khi đó
m

1 πi
= √ e 4 (n−1) g(m, n).
n
n

15

(13)


Chứng minh. Do k 2 ≡ k (mod 2) nên ta có
n

n−1
(n+1)k2
πi m
n

g(m, n) =

e

m

2

eπi n (n+1)k .

=1+

k=1

k=1

Để ý rằng, nếu k 2 ≡ ρ (mod n) thì
m

m

2

eπi n (n+1)k = eπi n (n+1)ρ .
Nhưng với mọi k chạy từ 1 đến n, nếu k 2 ≡ ρ (mod n) thì ρ là thặng dư bậc
hai theo modulo n và (n − k)2 ≡ k 2 ≡ ρ (mod n). Do đó khi k chạy từ 1
đến n thì k 2 (lấy theo modulo n) chạy khắp tập các thặng dư bậc hai theo
modulo n đúng 2 lần. Vậy
m

eπi n (n+1)ρ ,

g(m, n) = 1 + 2

(14)

ρ

trong đó ρ chạy khắp tập các thặng dư bậc hai theo modulo n.
Bây giờ ta xét tổng
m
eπi n (n+1)ν ,

ν

trong đó ν chạy khắp tập các bất thặng dư bậc hai theo modulo n. Rõ ràng
ta có
n−1

(n+1)ρ
πi m
n

1+

e

πi m
(n+1)ν
n

e

+

ρ

m

eπi n (n+1)k .

=

ν

k=0

m

Đặt η = eπi n (n+1) ta có η n = 1 (do n + 1 chẵn) và η = 1 (do n m). Thay
vào trên ta có
n−1
πi m
(n+1)ρ
n

1+

e

πi m
(n+1)ν
n

+

e

ρ

ηk =

=

ν

k=0

1 − ηn
= 0.
1−η

(15)

Từ (14) và (15) suy ra
m

m

eπi n (n+1)ρ −

g(m, n) =
ρ

eπi n (n+1)ν .

(16)

ν

Ta có 2 trường hợp,
m
Trường hợp 1: ( n ) = 1. Theo Hệ quả của Định lý 3, Chương IV thì khi ρ

chạy khắp tập các thặng dư bậc hai theo modulo n thì ρm cũng vậy. Tương
16


tự, khi ν chạy khắp tập các bất thặng dư bậc hai thì νm cũng vậy. Do đó ta
có
1
1
g(m, n) =
eπi n (n+1)ρ −
eπi n (n+1)ν
ρ

ν

= g(1, n)

(theo (16))
=

Trường hợp 2:

(m
n )g(1, n).

(m
n ) = −1. Tương tự trường hợp 1 ta cũng có
1

1

eπi n (n+1)ν −

g(m, n) =
ν

eπi n (n+1)ρ
ρ

= −g(1, n)

(theo (16))

=

(m
n )g(1, n).

g(m, n) =

(m
)g(1, n).
n

Vậy ta luôn có
(17)

Theo Định lý 2 ta có
πi
πi

1
√ g(1, n) = e 4 (1−n) g(−n, 1) = e 4 (1−n)
n

⇒ g(1, n) =

√

(do g(−n, 1) = 1)

πi

n e 4 (1−n) .

Thay vào (17) ta có
√1
(m
n ) = ne

πi
(n−1)
4

g(m, n).

Bây giờ ta sẽ chứng minh Định lý 1 (luật thuận nghịch Gauss)
Trong Định lý 3 thay m = −1 ta có
√1
( −1
n ) = ne

πi
(n−1)
4

g(−1, n).

Mà theo Định lý 2 thì
πi
πi
1
√ g(−1, n) = e 4 (n−1) g(−n, −1) = e 4 (n−1) ,
n

17

(do g(−n, −1) = 1)


nên ta có

( −1
)=e
n

πi
(n−1)
2

= (−1)

n−1
2

.

(với n là số nguyên tố lẻ)

(18)

Theo Định lý 3 và Định lý 2 ta có

( pq ) = √1p e

πi
(q−1)
4

πi
πi
1
g(p, q) = e 4 (q−1) .e 4 (1−pq) √p g(−q, p)

πi
πi
πi
−q
= e 4 (q−1) e 4 (1−pq) e− 4 (p−1) ( p ).

Mà theo (18) thì

−1 q
( −q
p ) = ( p )( p ) = e

πi
(p−1)
2

( pq ),

suy ra

( pq ) = e

πi
(q−1+1−pq+p−1)
4

( pq ) = e−

πi
(p−1)(q−1)
4

( pq ) = (−1)

p−1 q−1
. 2
2

( pq ).

(đ.p.c.m)

4

Một số áp dụng

2
Chúng ta có công thức tính ( p ) như sau:
Định lý 4. Cho p là một số nguyên tố lẻ, khi đó ta có
p2 −1
2
= (−1) 8 .
p

(19)

Hay nói cách khác,
2
=
p

+1,
−1,

nếu p = ±1(mod 8),
nếu p = ±3(mod 8).

Chứng minh. Theo Định lý 3 ta có

( p2 ) = √1p e
18

πi
(p−1)
4

g(2, p),


và theo Định lý 2 thì
πi
1
1
√ g(2, p) = e 4 (1−2p) √ g(−p, 2),
p
2

mà theo định nghĩa của g(m, n) ta có
g(−p, 2) = 1 + e

πip
2

.

Như vậy
πip
2

2
e−√ 4
( p ) = 2 (1 + e πip2 ) = √12 (e− πip4 + e πip4 ) = (−1) p 8−1 .

12703
Bây giờ ta sẽ sử dụng các kết quả trên để tính giá trị của ( 16361 ).
Do 12703 và 16361 là các số nguyên tố lẻ phân biệt nên áp dụng luật thuận
nghịch Gauss ta có
16361
)
=
(
( 12703
16361
12703 ),
do 16361 ≡ 3658 (mod 12703) nên ta có

Do

m n
( mn
p ) = ( p )( p ) nên

3658
( 16361
12703 ) = ( 12703 ).

3658
2
31

59
( 12703
) = ( 12703
)( 12703
)( 12703
)
31
59
= ( 12703 )( 12703 )

(theo Định lý 4)

12703
12703
= −( 31 ).−( 59 )

(theo Định lý 1)

24 18
23
3
2
32
= ( 31 )( 59 )= ( 31 )( 31 )( 59 ) ( 59 ).
22
2
2
32
Do ( 31 )= ( 31 )( 31 ) = 1, và tương tự ( 59 )= 1, nên cuối cùng ta có

19


2
3
2
3
31
1
( 12703
16361 )= ( 31 )( 31 )( 59 ) = 1.( 31 ).(-1) = ( 3 ) = ( 3 ) = 1.
Tài liệu tham khảo
[1]. K.Chandrasekharan, Introduction to Analytic Number Theory, Springer,
1968.

20


Một chứng minh cho luật thuận
nghịch bậc hai
Người trình bày: Nguyễn Thọ Tùng

Luật thặng nghịch bậc hai là một trong những kết quả vô cùng đẹp đẽ
của số học. Có nhiều cách chứng minh khác nhau cho định lý này. Mục đích
của bài viết nhỏ này là đưa ra một chứng minh cho luật thặng nghịch bậc
hai dựa vào tổng Gauss. Chứng minh này chủ yếu dựa vào [1].
Luật thuật nghịch bậc hai được phát biểu như sau.
Định lí 1. Cho p, q là các số nguyên tố lẻ. Khi đó ta có
p
q

= (−1)

p−1 q−1
2
2

q
p

.

Ngoài ra nếu p là một số nguyên tố lẻ thì
2
p

= (−1)

p2 −1
8

.

Chứng minh. Ta trước hết chứng minh cho trường hợp p và q là các số nguyên
tố lẻ. Gọi ω là một nghiệm của đa thức X p − 1 trong Fq . Khi đó với mỗi
x ∈ Fp ta có thể thấy ω x xác định và không phụ thuộc vào cách chọn đại
diện của x trong Fp . Ta xét tổng Gauss sau đây
y=
x∈Fp

x
p

ωx.

Khi đó ta có các khẳng định sau đây
Bổ đề 1.
y 2 = (−1)

21

p−1
2

p.