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 và 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

1. Lý do chọn đề tài
Thặng dư bậc ba và luật thuận nghịch bậc ba là một trong những kết
quả đẹp của Lí thuyết số, nó được mở rộng từ các kết quả của thặng dư bậc
hai và luật thuận nghịch bậc hai bởi nhà toán học người Đức Eisenstein.
Luật thuận nghịch bậc ba là chìa khóa để trả lời câu hỏi tìm nghiệm của
một số dạng phương trình đồng dư bậc ba.
Với việc chọn đề tài "Thặng dư bậc ba và luật thuận nghịch bậc
ba", tác giả mong muốn tìm hiểu những kiến thức cơ bản của thặng dư
bậc ba và luật thuận nghịch bậc ba, đồng thời cũng trình bày chứng minh
của luật thuận nghịch bậc ba và một số ứng dụng của luật thuận nghịch
bậc ba.
2. Định hướng nghiên cứu
Trước hết, tác giả cần tìm hiểu và trình bày một số kiến thức về đặc
trưng nhân trên trường Z/pZ, tổng Gauss, tổng Jacobi... Trên cơ sở đó
tác giả trình bày định nghĩa đặc trưng thặng dư bậc ba, chứng minh luật
thuận nghịch bậc ba và một số ứng dụng của luật thuận nghịch bậc ba.
3. Phương pháp nghiên cứu
Đọc và dịch các tài liệu liên quan, phân tích, so sánh, tổng hợp và nghiên
cứu lý thuyết.
1


4. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm các
chương sau:
Chương 1. Tổng Gauss và tổng Jacobi, trình bày về một số kiến thức
cơ sở của đặc trưng nhân trên trường Z/pZ, tổng Gauss và tổng Jacobi.
Đây là các kiến thức nền tảng phục vụ cho chương 2.
Chương 2. Thặng dư bậc ba và luật thuận nghịch bậc ba, trình
bày định nghĩa và một số tính chất cơ bản của đặc trưng thặng dư bậc ba,

chứng minh luật thuận nghịch bậc ba và một số ứng dụng.
Qua bản luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô trong
Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội nói chung và các thầy
cô ở bộ môn Đại số nói riêng đã dạy bảo và dìu dắt tác giả trong suốt thời
gian qua. Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc
tới TS. Đặng Đình Hanh, thầy đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn và giúp đỡ
tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Cảm ơn bạn bè, gia đình, đồng
nghiệp và tất cả mọi người đã quan tâm, động viên và giúp đỡ để tác giả
có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song do thời gian và trình độ còn hạn
chế nên bản luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót nhất định. Tác giả
rất mong nhận được ý kiến đóng góp của quý độc giả để bản luận văn này
được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn.
Hà Nội, tháng 6 năm 2017
Tác giả

Đàm Thị Minh Ngọc
2


Mục lục

Phần mở đầu

1

1 Tổng Gauss và tổng Jacobi

5

1.1

Đặc trưng nhân của trường Z/pZ . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Tổng Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3

Tổng Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

2 Thặng dư bậc ba và 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

3


BẢNG KÍ HIỆU
N

tập hợp các số tự nhiên

N∗

tập hợp các số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1

Z

vành các số nguyên

Q

trường các số hữu tỷ

R

trường các số thực

C

trường các 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 3
ω
, căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị
2

Chương 1
Tổng Gauss và tổng Jacobi
1.1

Đặc trưng nhân của trường Z/pZ

Cho p là một số nguyên tố. Trong toàn bộ luận văn, ta kí hiệu Fp = Z/pZ
và Fp∗ = Fp \{0}.
Định nghĩa 1.1. Một đặc trưng nhân trên Fp là một ánh xạ χ từ Fp∗ vào
tập các số phức khác không thỏa mãn χ(ab) = χ(a)χ(b) với mọi a, b ∈ Fp∗ .
Ví dụ 1.2. Kí hiệu Legendre (a/p) là một ví dụ về đặc trưng nhân nếu kí
hiệu này được xem như là một hàm số trên các lớp thặng dư a modulo p
(a ∈ Fp∗ ).
Ánh xạ ε(a) = 1 với mọi a ∈ Fp∗ cũng là một đặc trưng nhân, gọi là đặc
trưng nhân tầm thường.
Để thuận tiện, nếu χ là một đặc trưng nhân với χ = ε thì ta định nghĩa
χ(0) = 0. Với đặc trưng ε, ta định nghĩa ε(0) = 1.
Mệnh đề 1.3. Cho χ là một đặc trưng nhân và a ∈ Fp∗ . Khi đó,
(a) χ(1) = 1.
(b) χ(a) là căn bậc (p − 1) của đơn vị.
5


(c) χ(a−1 ) = χ(a)−1 = χ(a).
Chứng minh. (a) χ(1) = χ(1.1) = χ(1).χ(1) nên χ(1) = 1 do χ(1) = 0.
(b) Do ap−1 = 1 dẫn đến 1 = χ(1) = χ(ap−1 ) = χ(a)p−1 .
(c) Ta có 1 = 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) bởi χ(a) là số phức có mođun bằng 1 theo câu
(b).

Mệnh đề 1.4. Cho χ là một đặc trưng nhân. Nếu χ = ε thì

t∈Fp

χ(t) = 0.

Nếu χ = ε thì giá trị của tổng bằng p.
Chứng minh. Với χ = ε thì hiển nhiên
a ∈ Fp∗ sao cho χ(a) = 1. Đặt
χ(a)T =

t χ(t)

t χ(t)

= p. Với χ = ε thì tồn tại

= T thì khi đó

χ(a)χ(t) =
t

χ(at) = T.
t

Đẳng thức cuối cùng xảy ra vì at chạy qua tất cả các phần tử của Fp như
t. Do χ(a)T = T mà χ(a) = 1 nên T = 0.
Các đặc trưng nhân lập thành một nhóm bởi các định nghĩa sau:
(1) Nếu χ và λ là các đặc trưng nhân thì χλ là đặc trưng nhân biến mỗi

a ∈ Fp∗ thành χ(a)λ(a).
(2) Nếu χ là một đặc trưng nhân thì χ−1 là đặc trưng nhân biến mỗi
a ∈ F ∗ thành χ(a)−1 .
Phần tử đơn vị của nhóm này tất nhiên là đặc trưng tầm thường ε.

6


Mệnh đề 1.5. Nhóm các đặc trưng nhân là một nhóm cyclic cấp p − 1.
Nếu a ∈ Fp∗ và a = 1 thì tồn tại một đặc trưng nhân χ sao cho χ(a) = 1.
Chứng minh. Ta biết rằng nhóm Fp∗ là một nhóm cyclic. Lấy g ∈ Fp∗ là
một phần tử sinh của Fp∗ . Với mọi a ∈ Fp∗ , tồn tại l ∈ Z sao cho a = g l .
Với mọi đặc trưng nhân χ ta có χ(a) = χ(g)l , do đó χ hoàn toàn được xác
định bởi giá trị của χ(g). Vì χ(g) là một căn bậc (p − 1) của đơn vị và có
đúng p − 1 căn bậc p − 1 của đơn vị, suy ra nhóm các đặc trưng nhân có
cấp tối đa là p − 1.
Ta định nghĩa hàm λ bởi đẳng thức λ(g k ) = e2πi(k/(p−1)) thì λ là một đặc
trưng. Ta sẽ chứng minh p−1 là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho λn = ε.
Nếu λn = ε thì λn (g) = ε(g) = 1. Tuy nhiên, λn (g) = λ(g n ) = e2πi(n/(p−1))
dẫn đến p − 1 chia hết n. Do λp−1 (a) = λ(a)p−1 = λ(ap−1 ) = λ(1) = 1 nên
λp−1 = ε. Ta được p − 1 các đặc trưng nhân ε, λ, λ, . . . , λp−2 phân biệt. Do
vậy, nhóm các đặc trưng nhân là nhóm cyclic cấp p − 1 với λ là một phần
tử sinh của nhóm.
Nếu a ∈ Fp∗ và a = 1 thì a = g l với p − 1 l. Khi đó, λ(a) = λ(g l ) =
e2πi(l/(p−1)) = 1.
Hệ quả 1.6. Nếu a ∈ Fp∗ và a = 1 thì

χ χ(a)

= 0, trong đó tổng chạy

trên tất cả các đặc trưng nhân.
Chứng minh. Đặt S =

χ χ(a).

Do a ∈ Fp∗ và a = 1 nên theo Mệnh đề

1.5, tồn tại một đặc trưng nhân λ sao cho λ(a) = 1. Khi đó,
λ(a)S =

λ(a)χ(a) =
χ

(λχ)(a) = S.
χ

Đẳng thức cuối xảy ra bởi λχ chạy qua tất cả các đặc trưng nhân cũng
như χ. Điều trên dẫn đến (λ(a) − 1)S = 0 nên S = 0.
7


Mệnh đề 1.7. Nếu a ∈ Fp∗ , n chia hết p − 1 và xn = a là không giải được
thì tồn tại một đặc trưng nhân χ sao cho:
(a) χn = ε,
(b) χ(a) = 1.
Chứng minh. Lấy g và λ như trong Mệnh đề 1.5 và 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 và xn = a
là không giải được nên n l. Suy ra, χ(a) = χ(g l ) = e2πi(l/n) = 1. Hơn nữa,
χn = λp−1 = ε.

Với a ∈ Fp , kí hiệu N (xn = a) là số nghiệm phương trình xn = a. Nếu
n | p − 1, chúng ta có:
Mệnh đề 1.8. N (xn = a) =

χn =ε χ(a),

trong đó tổng chạy trên tất cả

các đặc trưng có cấp chia hết n.
Chứng minh. Đầu tiên, chúng ta chứng minh rằng có đúng n đặc trưng
nhân có cấp chia hết n. Do giá trị của χ(g) với mỗi đặc trưng χ như
vậy phải là căn bậc n của đơn vị, nên có nhiều nhất n đặc trưng nhân
như vậy. Trong Mệnh đề 1.7, ta tìm được một đặc trưng nhân χ sao cho
χ(g) = e2πi/n . Suy ra, các đặc trưng nhân ε, χ, χ2 , . . . , χn−1 là n đặc trưng
phân biệt có cấp chia hết n.
Với a = 0 thì xn = 0 chỉ có một nghiệm duy nhất là x = 0. Khi đó,
χn =ε χ(0)

= 1 vì ε(0) = 1 và χ(0) = 0 với χ = ε.

Với a = 0 và xn = a là giải được, có nghĩa là tồn tại một phần tử b sao
cho bn = a. Nếu χn = ε thì χ(a) = χ(bn ) = χ(b)n = χn (b) = ε(b) = 1. Như
vậy,

χn =ε χ(a)

= n = N (xn = a).
8

Với a = 0 và xn = a không giải được. Đặt

χn =ε χ(a)

= T . Bởi Mệnh

đề 1.7, tồn tại một đặc trưng α sao cho α(a) = 1 và αn = ε. Từ đó suy
ra α(a)T = T (do các đặc trưng nhân có cấp chia hết n lập thành một
nhóm). Do đó (α(a) − 1)T = 0. Vậy T = 0.
Ví dụ 1.9. Với p là số nguyên tố lẻ và n = 2, theo Mệnh đề 1.8 thì
N (x2 = a) = 1 + (a/p) với (a/p) là kí hiệu Legendre.

1.2

Tổng Gauss

Định nghĩa 1.10. Cho χ là một đặc trưng (nhân) trên Fp và a ∈ Fp . Đặt
χ(t)ζ at ,

ga (χ) =
t∈Fp

trong đó ζ = e2πi/p là căn nguyên thủy bậc p của đơn vị. Biểu thức ga (χ)
được gọi là tổng Gauss trên Fp thuộc đặc trưng χ.
Ví dụ 1.11. Với p = 3 thì Fp = {0, 1, 2}. Khi đó,
ga (χ) = χ(0)ζ 0 + χ(1)ζ a + χ(2)ζ 2a .
Với a = 2 thì g2 (χ) = 0 + 1ζ 2 + χ(2)ζ 4 = ζ 2 + χ(2)ζ.
Mệnh đề 1.12. Cho χ là một đặc trưng trên Fp và a ∈ Fp . Nếu a = 0
và χ = ε thì ga (χ) = χ(a−1 )g1 (χ). Nếu a = 0 và χ = ε thì ga (ε) = 0. Nếu
a = 0 và χ = ε thì g0 (χ) = 0. Nếu a = 0 và χ = ε thì g0 (ε) = p.

Chứng minh. Nếu a = 0 và χ = ε thì
χ(t)ζ at =

χ(a)ga (χ) = χ(a)
t

χ(at)ζ at = g1 (χ).
t

9


Nếu a = 0 và χ = ε thì ga (ε) =
Chú ý rằng g0 (χ) =

t χ(t)ζ

t ε(t)ζ
0t

=

at

=

t χ(t).

tζ

at

= 0.

Nếu a = 0 và χ = ε thì

g0 (χ) = p. Nếu a = 0 và χ = ε thì g0 (χ) = 0 theo Mệnh đề 1.4.
Từ bây giờ, ta sẽ kí hiệu g1 (χ) bởi g(χ).
Mệnh đề 1.13. Nếu χ = ε thì |g(χ)| =

√

p.

Chứng minh. Với a = 0, theo Mệnh đề 1.12 ta có ga (χ) = χ(a−1 )g(χ) nên
ga (χ) = χ(a−1 )g(χ) = χ(a)g(χ). Vì vậy,
ga (χ)ga (χ) = χ(a−1 )χ(a)g(χ)g(χ) = |g(χ)|2 .
Do đó,
p−1

p−1

ga (χ) · ga (χ) = g0 (χ) · g0 (χ) +
a=0

ga (χ) · ga (χ)
a=1

= 0 + (p − 1) · |g(χ)|2 = (p − 1) · |g(χ)|2 .
Mặt khác,

χ(x)χ(y)ζ ax−ay .

ga (χ)ga (χ) =
x

y

Suy ra,
p−1

ga (χ)ga (x) =
a=0

χ(x)χ(y)δ(x, y)p
x

y

= (p − 1)p.
Vậy (p − 1)|g(χ)|2 = (p − 1)p và do đó |g(χ)| =

1.3

√

p.

Tổng Jacobi

Xét phương trình x2 + y 2 = 1 trên trường Fp . Do Fp là trường hữu hạn nên

phương trình chỉ có hữu hạn nghiệm.
10


N (x2 = a)N (y 2 = b) với a, b ∈ Fp sao cho

Ta có N (x2 + y 2 = 1) =
a+b=1
2

a + b = 1. Do N (x = a) = 1 + (a/p) nên
N (x2 = a) · N (y 2 = b)

N (x2 + y 2 = 1) =
a+b=1

(1 + (a/p))(1 + (b/p))

=

a+b=1

a
p

=p+
a

+
b

b
p

a
p

+
a+b=1

Hai tổng đầu tiên có giá trị bằng 0 nên N (x2 +y 2 = 1) = p+
a+b=1
3

b
p
a
p

b
.
p

3

Xét phương trình x + y = 1 trên trường Fp . Chúng ta sẽ tìm hiểu về giá
trị của N (x3 + y 3 = 1). Ta có:
N (x3 + y 3 = 1) =

N (x3 = a)N (y 3 = b).

a+b=1

Xét với p ≡ 2 (mod 3). Do Fp∗ là nhóm cyclic nên tồn tại phần tử sinh g.
Mà (3, p − 1) = 1 nên g 3 cũng là một phần tử sinh của Fp∗ . Do vậy, tồn
tại k ∈ Z mà 0

k < p sao cho a = (g 3 )k = (g k )3 , suy ra phương trình

x3 = a có ít nhất một nghiệm, cụ thể nghiệm đó là x ≡ g k (mod p). Nếu
phương trình x3 = a có nghiệm khác là x thì x có dạng x ≡ g l (mod p) với
0

l < p sao cho (g l )3 = a. Khi đó, g 3k = a = g 3l nên 3k ≡ 3l (mod p),

hay k ≡ l (mod p). Lại có, 0

k, l < p nên k = l. Do đó, phương trình

x3 = a có một nghiệm duy nhất với mọi a nên N (x3 = a) = 1 với mọi a.
Vì vậy, N (x3 + y 3 = 1) =

1 = p.
a+b=1

Với p ≡ 1 (mod 3) thì 3 | (p − 1). Gọi λ là phần tử sinh của nhóm cyclic
các đặc trưng nhân trên Fp . Đặt χ = λ(p−1)/3 là một đặc trưng nhân có
cấp bằng ba. Khi đó, χ2 là một đặc trưng nhân có cấp bằng ba và χ2 = ε.
11

Do đó, χ, χ2 là các đặc trưng nhân phân biệt có cấp bằng ba. Bởi Mệnh
đề 1.8, ta có N (x3 = a) = 1 + χ(a) + χ2 (a). Vì vậy,
2
3

2
i

3

a+b=1 i=0

χi (a)χj (b) .

χj (b) =

χ (a)

N (x + y = 1) =

j=0

i

j

a+b=1

Định nghĩa 1.14. Cho χ và λ là các đặc trưng nhân trên Fp . Đặt
χ(a)λ(b)

J(χ, λ) =
a+b=1

thì J(χ, λ) được gọi là tổng Jacobi của χ và λ.
Để hoàn thiện việc xem xét N (x2 + y 2 = 1) và N (x3 + y 3 = 1) chúng
ta cần biết về các tính chất của tổng Jacobi. Định lý sau không chỉ cho ta
biết về các tính chất của tổng Jacobi, mà còn chỉ ra mối quan hệ giữa tổng
Jacobi và tổng Gauss.
Định lý 1.15. Cho χ và λ là các đặc trưng không tầm thường. Khi đó,
(a) J(ε, ε) = p.
(b) J(ε, χ) = 0.
(c) J(χ, χ−1 ) = −χ(−1).
(d) Nếu χλ = ε thì J(χ, λ) =

g(χ)g(λ)
.
g(χλ)

Chứng minh. (a) Do ε(a) = ε(b) = 1 nên J(ε, ε) = p.
(b) Dựa vào Mệnh đề 1.4.
(c) Ta có:
J(χ, χ−1 ) =

χ(a)χ−1 (b) =
a+b=1

χ
a+b=1,b=0

12

a
=
b

χ
a=1

a
.
1−a


Đặt a/(1 − a) = c. Nếu c = −1 thì a = c/(1 + c). Khi a chạy trên Fp
và khác 1 thì c chạy trên Fp và khác −1. Vì vậy,
J(χ, χ− 1) =

χ(c) = −χ(−1).
c=−1

(d) Chú ý rằng:
χ(x)ζ x

g(χ)g(λ) =
x

λ(y)ζ y
y

χ(x)λ(y)ζ x+y

=
x,y

χ(x)λ(y) ζ t .

=
t

Nếu t = 0 thì

(1.1)

x+y=t

χ(x)λ(y) =

χ(x)λ(−x) = λ(−1)
x

x+y=0

χλ(x) =
x

0, do χλ = ε theo giả thiết.
Nếu t = 0, xác định x và y bởi x = tx và y = ty . Nếu x + y = t thì
x + y = 1. Do đó,
χ(x)λ(y) =

x+y=t

χ(tx )λ(ty ) = χλ(t)J(χ, λ).
x +y =t

Thế vào phương trình (1.1) ta được:
χλ(t)J(χ, λ)ζ t = J(χ, λ)g(χλ).

g(χ)g(λ) =
t

Mệnh đề 1.16. Nếu χ, λ và χλ khác ε thì |J(χ, λ)| =

√

p.

Chứng minh. Giả sử χ và λ là các đặc trưng không tầm thường với χλ = .
Theo Định lý 1.15, ta có:
J(χ, λ) =

g(χ)g(λ)
.
g(χλ)

13


Lấy môđun hai vế của đẳng thức ta được:
g(χ)g(λ)

g(χλ)
|g(χ)||g(λ)|
=
|g(χλ)|
√ √
p p √
= p.
= √
p

|J(χ, λ)| =

Ta được điều cần chứng minh.
Chúng ta quay trở lại phân tích N (x2 + y 2 = 1) và N (x3 + y 3 = 1).
Với N (x2 +y 2 = 1) = p+

χ(a)·χ(b), trong đó χ là kí hiệu Legendre.
a+b=1

−1

2

Do χ = ε nên χ = χ . Theo Định lý 1.15, ta có:
χ(a) · χ−1 (b) = p + J(χ, χ−1 )

N (x2 + y 2 = 1) = p +
a+b=1

= p − χ(−1) = p − (−1/p) = p − (−1)(p−1)/2 .

Nếu p ≡ 1 (mod 4) thì N (x2 + y 2 = 1) = p − 1. Nếu p ≡ 3 (mod 4) thì
N (x2 + y 2 = 1) = p + 1.
χi (a)χj (b), ở đó χ là một đặc trưng

Với N (x3 + y 3 = 1), xét tổng
a+b=1

bậc ba (có cấp bằng 3). Do (−1) = (−1)3 nên χ(−1) = χ3 (−1) = 1. Ta có:
N (x3 + y 3 = 1) =

(a) (b) +
a+b=1

+

a+b=1

χ(a) (b) +
a+b=1

a+b=1

a+b=1

χ(a)χ2 (b)

χ(a)χ(b) +
a+b=1

χ2 (a) (b) +

+

(a)χ2 (b)

(a)χ(b) +

a+b=1

χ2 (a)χ(b) +
a+b=1

χ2 (a)χ2 (b)
a+b=1

= p + 0 + 0 + 0 + J(χ, χ) − χ(−1) + 0 − χ(−1) + J(χ2 , χ2 )
= p + J(χ, χ) − 1 − 1 + J(χ2 , χ2 )
14


= p − 2 + J(χ, χ) + J(χ2 , χ2 ).
Hơn nữa,
χ−1 (a)χ−1 (b)

χ2 (a)χ2 (b) =

J(χ2 , χ2 ) =

a+b=1

a+b=1

χ(a) · χ(b) =

=
a+b=1

χ(a)χ(b)
a+b=1

χ(a)χ(b) = J(χ, χ)

=
a+b=1

Mà J(χ, χ) là một số phức nên
N (x3 + y 3 = 1) = p − 2 + J(χ, χ) + J(χ2 , χ2 )
= p − 2 + J(χ, χ) + J(χ, χ)
= p − 2 + 2 · Re(J(χ, χ)).
Kết quả này không được đẹp như kết quả của N (x2 + y 2 = 1) bởi ta không
√
biết chính xác giá trị của J(χ, χ). Tuy nhiên, ta đã biết |J(χ, χ)| = p
nên có thể đánh giá:
|N (x3 + y 3 = 1) − p + 2|

√
2 p.

Mệnh đề 1.17. Nếu p ≡ 1 (mod 4) thì tồn tại các số nguyên a và b sao
cho a2 + b2 = p. Nếu p ≡ 1 (mod 3) thì tồn tại các số nguyên a và b sao

cho a2 − ab + b2 = p.
Chứng minh. Nếu p ≡ 1 (mod 4) thì tồn tại một đặc trưng nhân χ có cấp
bốn (nếu λ có cấp là p−1 thì đặt χ = λ(p−1)/4 ) ). Các giá trị của χ nằm trong
√
χ(s)χ(t) ∈ Z[i],
tập {1, −1, i, −i}, trong đó i = −1 nên J(χ, χ) =
s+t=1
2

dẫn đến J(χ, χ) = a + bi với a, b ∈ Z. Vậy p = |J(χ, χ)| = a2 + b2 . Nếu
15


p ≡ 1 (mod 3) thì tồn tại một đặc trưng nhân χ bậc ba. Giá trị của χ nằm
√
trong tập {1, ω, ω 2 } với ω = e2πi/3 = (−1 + −3)/2. Do đó, J(χ, χ) ∈ Z[ω]
√
suy ra J(χ, χ) = a + bω với a, b ∈ Z. Vậy p = |J(χ, χ)|2 = |a + b ω|2 =
a2 − ab + b2 .
Kết quả nói rằng các số nguyên tố p ≡ 1 (mod 4) có thể viết thành
tổng của hai số chính phương là của Fermat. Nhận xét rằng nếu a, b > 0,
trong đó a là số lẻ và b là số chẵn thì sự biểu diễn p = a2 + b2 là duy nhất.
Nếu p ≡ 1 (mod 3) thì sự biểu diễn p = a2 − ab + b2 không là duy nhất,
ngay cả khi chúng ta giả sử a, b > 0. Ta có thể thấy điều này từ các đẳng
thức sau:
a2 − ab + b2 = (b − a)2 − (b − a)b + b2 = a2 − a(a − b) + (a − b)2 .
Mệnh đề 1.18. Nếu p ≡ 1 (mod 3) thì tồn tại các số nguyên A và B sao
cho 4p = A2 + 27B 2 , trong đó A và B được xác định duy nhất sai khác
dấu.
Chứng minh. Giả sử p ≡ 1 (mod 3) thì tồn tại các số nguyên a, b sao cho

p = a2 − ab + b2 . Khi đó,
4p = 4a2 − 4ab + 4b2 = (2a − b)2 + 3b2
= (2b − a)2 + 3a2 = (a + b)2 + 3(a − b)2
Ta sẽ chứng minh hoặc 3 | a, hoặc 3 | b, hoặc 3 | (a − b). Thật vậy, do
p = a2 − ab + b2 nên 1 ≡ a2 − ab + b2 (mod 3). Nếu 3 | a thì a ≡ 0 (mod 3)
nên 1 ≡ b2 (mod 3), dẫn đến b ≡ ±1 (mod 3). Tương tự như vậy, nếu 3 | b
thì a ≡ ±1 (mod 3). Nếu a ≡ 0 (mod 3) và b ≡ 0 (mod 3) thì a2 ≡ b2 ≡ 1
(mod 3), vì thế 1 ≡ 1 − ab + 1 (mod 3) hay ab ≡ 1 (mod 3). Suy ra,
16


a ≡ b ≡ 1 (mod 3) hoặc a ≡ b ≡ −1 (mod 3) nên a − b ≡ 0 (mod 3) hay
3 | (a − b).
Nếu 3 | a thì a = 3k và 4p = (2b − a)2 + 3a2 = (2b − 3k)2 + 3(3k)2 , nên
4p = A2 + 27B 2 với A, B nào đó. Tương tự với các trường hợp còn lại,
do đó tồn tại A, B ∈ Z sao cho 4p = A2 + 27B 2 với A, B xác định duy
nhất.
Bổ đề 1.19. Nếu χ là một đặc trưng nhân thì g(χ) = χ(−1) · g(χ).
¯
Chứng minh. Với χ là một đặc trưng nhân, ta có:
p−1

p−1
t

g(χ) =

χ(t)ζ =
t=0

p−1

χ(t)ζ

−t

=

t=0

p−1
t

χ(−1)χ(t)ζ t

χ(−t)ζ =
t=0

t=0

p−1

χ(t)ζ t = χ(−1)g(χ) = χ(−1)g(χ).

= χ(−1)
t=0

Do vậy, g(χ) = χ(−1)g(χ).
Mệnh đề 1.20. Giả sử p ≡ 1 (mod n) và χ là một đặc trưng nhân có cấp
n > 2. Khi đó,

g(χ)n = χ(−1)pJ(χ, χ)J(χ, χ2 ) · · · J(χ, χn−2 ).
Chứng minh. Sử dụng phần (d) của Định lý 1.15 thì g(χ)2 = J(χ, χ)g(χ2 ).
Nhân cả hai vế với g(χ) được g(χ)3 = J(χ, χ)g(χ2 )g(χ).
g(χ)g(χ2 )
2
hay g(χ3 )J(χ, χ2 ) = g(χ)g(χ2 ). Do đó,
Mà J(χ, χ ) =
2
g(χχ )
g(χ)3 = J(χ, χ)J(χ, χ2 )g(χ3 ).
Tiếp tục như vậy, ta được:
g(χ)n−1 = J(χ, χ)J(χ, χ2 ) · · · J(χ, χn−2 )g(χn−1 ).
17

(1.2)


Hơn nữa, χn−1 = χ−1 = χ.
¯ Do đó,
g(χ)g(χn−1 ) = g(χ)g(χ−1 ) = g(χ)g(χ) = g(χ)g(χ)χ(−1)
= |g(χ)|2 χ(−1) = χ(−1)p.
Nhân cả hai vế của phương trình (1.2) với g(χ), ta được điều cần chứng
minh.
Hệ quả 1.21. Nếu χ là một đặc trưng nhân bậc ba thì
(g(χ))3 = pJ(χ, χ).
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.20,
(g(χ))3 = pχ(−1)J(χ, χ).
Hơn nữa, do χ là một đặc trưng bậc ba nên (χ(−1))3 = 1. Vì (χ(−1))3 =
(χ(−1)3 ) = χ(−1) nên χ(−1) = 1. Vậy g(χ)3 = pJ(χ, χ).
Mệnh đề 1.22. Giả sử p ≡ 1 (mod 3) và χ là một đặc trưng bậc ba. Đặt

J(χ, χ) = a + bω với ω = e2πi/3 . Khi đó,
(a) b ≡ 0 (mod 3),
(b) a ≡ −1 (mod 3).
Chứng minh. Ta có:
3

g(χ)3 =

χ(t)ζ t

χ(t)3 ζ 3t

≡

t

(mod 3).

t

χ(t)3 ζ 3t =

Do χ(0) = 0 và χ(t)3 = 1 với t = 0, ta được
t

t=0

Vì vậy,
g(χ)3 = pJ(χ, χ) ≡ a + bω ≡ −1
18

ζ 3t = −1.

(mod 3).


Tiếp theo, ta thay χ bằng χ¯ và sử dụng g(χ) = g(χ)
¯ thì
g(χ)
¯ 3 = pJ(χ, χ) ≡ a + b¯
ω ≡ −1

(mod 3).

√
Mặt khác, b(ω − ω 2 ) ≡ 0 (mod 3) hay b −3 ≡ 0 (mod 3). Do vậy, −3b2 ≡
0 (mod 9) và dẫn đến 3 | b. Vì 3 | b và a + bω ≡ −1 (mod 3) nên a ≡ −1
(mod 3).
Hệ quả 1.23. Cho A = 2a − b và B = b/3. Khi đó, A ≡ 1 (mod 3) và
4p = A2 + 27B 2 .
Chứng minh. Do J(χ, χ) = a + bω và |J(χ, χ)|2 = p nên p = a2 − ab + b2 .
Từ đó 4p = (2a − b)2 + 3b2 = A2 + 27B 2 . Theo Định lý 1.22, 3 | b và a ≡ −1
(mod 3). Vậy A = 2a − b ≡ 1 (mod 3).
Định lý 1.24 (Gauss). Giả sử p ≡ 1 (mod 3). Khi đó tồn tại các số
nguyên A và B sao cho 4p = A2 + 27B 2 . Nếu A ≡ 1 (mod 3) thì A được
xác định duy nhất và
N (x3 + y 3 = 1) = p − 2 + A.
Chứng minh. Ta đã chứng minh rằng N (x3 + y 3 = 1) = p − 2 + 2ReJ(χ, χ).
Do J(χ, χ) = a+bω nên ReJ(χ, χ) = (2a−b)/2, suy ra 2ReJ(χ, χ) = 2a−b.
Đặt A = 2a − b thì A ≡ 1 (mod 3), điều cần chứng minh.

Ví dụ 1.25. Với p = 61 thì 4 · 61 = 12 + 27 · 32 . Do đó, số nghiệm của
phương trình x3 + y 3 = 1 trong F61 là 61 − 2 + 1 = 60.
Với p = 67 thì 4.67 = 52 +27·32 . Vì 5 ≡ 1 (mod 3), ta phải chọn A = −5,
nên số nghiệm của phương trình x3 + y 3 = 1 trong F67 là 67 − 2 − 5 = 60.

19


Chương 2
Thặng dư bậc ba và luật thuận
nghịch bậc ba
2.1

Vành Z[ω]

Đặt ω = e2πi/3 = (−1 +

√

−3)/2 là một căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị

và
Z[ω] = {a + bω | a, b ∈ Z}.
Vành Z[ω] được gọi là vành các số nguyên Eisenstein. Với α = a+bω ∈ Z[ω],
ta định nghĩa chuẩn của α là N (α) bởi công thức N (α) = αα
¯ = a2 −ab+b2 ,
trong đó α
¯ là số phức liên hợp của α. Để thuận tiện cho việc kí hiệu, ta
đặt D = Z[ω].
Mệnh đề 2.1. Vành D = Z[ω] là một vành Euclid, và do đó nó là một

vành nhân tử hóa duy nhất.
Chứng minh. Hiển nhiên Z[ω] là một miền nguyên. Lấy α, β ∈ Z[ω] và giả
¯ β¯ = r + sω với r và s là các số hữu tỷ, do
sử β = 0. Khi đó, α/β = αβ/β
β β¯ = N (β) là một số nguyên dương và αβ¯ ∈ Z[ω] vì α, β¯ ∈ Z[ω]. Với mọi

20


r, s ∈ Q tồn tại các số nguyên m và n sao cho |r − m| ≤

1
1
và |s − n| ≤ .
2
2

Đặt γ = m + nω. Khi đó
N ((α/β) − γ) = (r − m)2 − (r − m)(s − n) + (s − n)2
= |(r − m)2 − (r − m)(s − n) + (s − n)2 |
≤ |(r − m)2 | + |(r − m)(s − n)| + |(s − n)2 |
1 1 1
≤ + + < 1.
4 4 4
Đặt ρ = α − γβ thì hoặc ρ = 0 hoặc
N (ρ) = N (β(α/β)) − γ) = N (β)N ((α/β) − γ) < N (β).
Vậy Z[ω] là một vành Euclid.
Mệnh đề 2.2. Phần tử α ∈ D là khả nghịch nếu và chỉ nếu N (α) = 1.
Các phần tử khả nghịch trong D là 1, −1, ω, −ω, ω 2 và −ω 2 .
Chứng minh. Nếu N (α) = 1 thì αα

¯ = 1, dẫn đến α là phần tử khả nghịch
do α
¯ ∈ D.
Đảo lại, nếu α là phần tử khả nghịch thì tồn tại β ∈ D sao cho αβ = 1.
Do đó, N (α) · N (β) = N (αβ) = 1. Mà N (α) và N (β) là các số nguyên
dương nên N (α) = 1.
Giả sử α = a + bω là phần tử khả nghịch thì 1 = a2 − ab + b2 hay
4 = (2a − b)2 + 3b2 . Có hai khả năng xảy ra:
(a) 2a − b = ±1, b = ±1.
(b) 2a − b = ±2, b = 0.
Giải sáu cặp phương trình ta được kết quả là 1, −1, ω, −ω, −1 − ω và
1 + ω. Do ω 2 + ω + 1 = 0 nên −1 − ω = ω 2 và 1 + ω = −ω 2 . Ta được điều
cần chứng minh.
21


Khi xét các phần tử nguyên tố trong D, ta chú ý rằng các số nguyên
tố trong Z không nhất thiết là nguyên tố trong D. Ví dụ, 7 là số nguyên
tố trong Z nhưng không phải là phần tử nguyên tố trong D do 7 = (3 +
ω)(2 − ω).
Mệnh đề 2.3. Nếu q là một phần tử nguyên tố trong D thì tồn tại một số
nguyên tố p trong Z sao cho N (q) = p hoặc p2 . Nếu N (q) = p thì q không
liên kết với bất kì số nguyên tố nào trong Z. Nếu N (q) = p2 thì q liên kết
với p.
Chứng minh. Giả sử q ∈ D là phần tử nguyên tố. Do q không phải là
phần tử khả nghịch nên N (q) = 1, suy ra N (q) > 1. Đặt N (q) = n > 1
hay q¯q = n. Mà n ∈ N nên n = p1 p2 · · · pm với pi là các số nguyên tố
trong Z. Vì vậy, q chia hết pi = p trong D. Nếu p = qγ, γ ∈ D thì
N (q)N (γ) = N (p) = p2 . Khi đó, hoặc N (q) = p2 và N (γ) = 1 hoặc
N (q) = N (γ) = p. Trong trường hợp trước, γ là phần tử khả nghịch nên q

liên kết với p. Ở trường hợp sau, nếu q = ur, u là phần tử khả nghịch và
p là một số nguyên tố trong Z, thì p = N (q) = N (u) · N (r) = r2 (vô lý).
Do đó, q không liên kết với bất kì số nguyên tố nào trong Z.
Ví dụ 2.4. Với q1 = 2 + ω là phần tử nguyên tố trong D có N (2 + ω) =
4 − 2 + 1 = 3. Với q2 = 2 là phần tử nguyên tố trong D có N (2) = 4 = 22
nên q2 = 2 liên kết với p = 2.
Mệnh đề 2.5. Nếu q ∈ D sao cho N (q) = p là một số nguyên tố trong Z
thì q là một phần tử nguyên tố trong D.
Chứng minh. Nếu q không phải là phần tử nguyên tố trong D thì ta có
thể biểu diễn q = ργ, với N (ρ), N (γ) > 1. Khi đó, p = N (q) = N (ρ)N (γ),
22


điều này không đúng do p là một số nguyên tố trong Z. Vậy q là một phần
tử nguyên tố trong D.
Ví dụ 2.6. Với q = 2 + 3ω thì N (q) = 4 − 6 + 9 = 7 nên 2 + 3ω là phần
tử nguyên tố trong D.
Kết quả sau đây phân loại các phần tử nguyên tố trong D.
Mệnh đề 2.7. Giả sử p và q là các số nguyên tố. Nếu q ≡ 2 (mod 3) thì
q là một phần tử nguyên tố trong D. Nếu p ≡ 1 (mod 3) thì p = r¯
r với
r là phần tử nguyên tố trong D. Cuối cùng, 3 = −ω 2 (1 − ω)2 và 1 − ω là
phần tử nguyên tố trong D.
Chứng minh. Giả sử p = 3 là số nguyên tố nhưng không là phần tử nguyên
tố trong D thì p = rγ với r, γ ∈ D và N (r) > 1, N (γ) > 1. Do đó,
p2 = N (r)N (γ) nên N (r) = p và N (γ) = p. Đặt r = a + bω với a, b ∈ Z.
Khi đó, p = a2 − ab + b2 suy ra 4p = (2a − b)2 + 3b2 , dẫn đến p ≡ (2a − b)2
(mod 3). Vì vậy, p ≡ 0 (mod 3) hoặc p ≡ 1 (mod 3). Nếu p ≡ 0 (mod 3)
thì p = 3, trái với giả sử nên p ≡ 1 (mod 3). Suy ra ngay rằng, nếu q ≡ 2
(mod 3) thì q là phần tử nguyên tố trong D.

Giả sử p ≡ 1 (mod 3). Áp dụng luật thuận nghịch bậc hai, ta có:
−3
p

−1
p
p
=
=
3
=

3
p
1
3

= (−1)(p−1)/2

p
(−1)((p−1)/2)((3−1)/2)
3

= 1.

Do đó, tồn tại một số a ∈ Z sao cho a2 ≡ −3 (mod p) hay pb = a2 + 3
√
√
với b ∈ Z . Vì vậy, p chia hết (a+ −3)(a− −3) = (a+1+2ω)(a−1−2ω).
Nếu p là một phần tử nguyên tố trong D thì p chia hết (a + 1 + 2ω) hoặc p

chia hết (a−1−2ω). Điều này không thể xảy ra vì p = 2 và 2/p ∈
/ Z. Từ đó
23