Về tổng Gauss và một số ứng dụng (Luận văn thạc sĩ)

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: 8 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

1

Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

2

1.1

Ký hiệu Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2

Một số kiến thức chuẩn bị khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

Chương 2. Tổng Gauss bậc hai

10

2.1

Giá trị tuyệt đối của tổng Gauss bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.2

Dấu của tổng Gauss bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.3

Mở rộng lên modulo hợp số lẻ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Chương 3. Một vài ứng dụng của tổng Gauss

26

3.1

Luật thuận nghịch bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3.2

Một số bài toán lượng giác liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Kết luận

34

Tài liệu tham khảo

35

1

Mở đầu
Tổng Gauss là một loại tổng gồm hữu hạn căn của đơn vị. Gauss nghiên cứu
tổng Gauss bậc hai, và ứng dụng chúng trong nghiên cứu về luật thuận nghịch
bậc hai.
Mục tiêu của luận văn là tìm hiểu tổng Gauss bậc hai và một số ứng dụng
liên quan.
Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, bố cục của luận văn
được chia làm ba chương.
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị.
Chương 2. Tổng Gauss bậc hai.
Chương 3. Một vài ứng dụng của tổng Gauss.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2019
Người viết luận văn

Nguyễn Thị Giang


2

Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cần thiết trong quá
trình xây dựng định nghĩa tổng Gauss như khái niệm ký hiệu Legendre, định lý
Euler, định lý Fermat, căn nguyên thủy, thặng dư bậc hai, . . . . Các kiến thức
trong phần này được tham khảo chủ yếu từ tài liệu [3].

1.1

Ký hiệu Legendre

Định nghĩa 1.1.1 ([3]). Nếu a, b, m ∈ Z và m = 0, ta nói rằng a đồng dư với
b modulo m nếu m là ước của b − a. Mối quan hệ này được ký hiệu bởi a ≡ b
(mod m). Kí hiệu a ≡ b (mod m) có nghĩa là a không đồng dư với b modulo m.

Ví dụ, vì 4 | 25 − 1, ta có 25 ≡ 1 (mod 4). Vì 6 | 4 − 10, ta có 4 ≡ 10 (mod 6).
Vì 7 | 10 − (−4), ta có 10 ≡ −4 (mod 7). Vì 5 −7 − 2, ta có −7 ≡ 2 (mod 5).
Định nghĩa 1.1.2 ([3]). Ta nói rằng hai số nguyên a và b là nguyên tố cùng
nhau nếu ước chung duy nhất của chúng là ±1.
Định nghĩa 1.1.3 ([3]). Cho n ∈ Z+ , hàm φ Euler được định nghĩa là φ(n) bằng
số số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n mà là nguyên tố cùng nhau với n, tức
là
φ(n) = |{x ∈ Z : 1 ≤ x ≤ n, (x, n) = 1}|.

Ví dụ, φ(1) = 1, φ(5) = |{1, 2, 3, 4}| = 4, φ(6) = |{1, 5}| = 2, và φ(9) = |{1, 2, 4, 5,
7, 8}| = 6. Nếu p là số nguyên tố thì rõ ràng tất cả các số 1, 2, . . . , p−1 đều nguyên

tố cùng nhau với p nên φ(p) = p − 1.


3

Định lý 1.1.4 (Định lý Euler, [3]). Cho a, m ∈ Z với m > 0. Nếu (a, m) = 1 thì
aφ(m) ≡ 1 (mod m).

Chứng minh. Gọi r1 , r2 , . . . , rφ(m) là φ(m) số nguyên dương khác nhau không lớn
hơn m sao cho (ri , m) = 1, i = 1, 2, . . . , φ(m). Xét φ(m) số nguyên r1 a, r2 a, . . . , rφ(m) a.

Chú ý rằng (ri a, m) = 1, i = 1, 2, . . . , φ(m). (Nếu (ri a, m) > 1 với i nào đó thì tồn
tại ước nguyên tố p của (ri a, m) và p | ri a và p | m. Bây giờ p | ri a kéo theo p | ri
hoặc p | a nên hoặc ta có p | ri và p | m hoặc ta có p | a và p | m, các điều này là
không thể vì (ri , m) = 1 và (a, m) = 1.) Ngoài ra, chú ý rằng không có hai số nào
trong dãy số r1 a, r2 a, . . . , rφ(m) a đồng dư với nhau. (Vì (a, m) = 1, tồn tại nghịch
đảo của a modulo m, ký hiệu là a . Do đó, nếu ri a ≡ rj a (mod m) với i = j thì
ri aa ≡ rj aa (mod m), điều này là không thể). Nên các thặng dư không âm nhỏ

nhất modulo m của các số nguyên r1 a, r2 a, . . . , rφ(m)a sắp theo thứ tự tăng dần
là 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)

và aφ(m) ≡ 1 (mod m), điều phải chứng minh.
Định lý 1.1.5 (Định lý Fermat nhỏ, [3]). Cho p là một số nguyên tố và cho
a ∈ Z. Nếu p a thì ap−1 ≡ 1 (mod p).

Chứng minh. Xét p − 1 số nguyên xác định bởi a, 2a, 3a, . . . , (p − 1)a. Ta có p
ia, i = 1, 2, . . . , p − 1. Chú ý rằng không có 2 số nào trong p − 1 số nguyên bên trên

đồng dư modulo p. (Vì p a, tồn tại nghịch đảo của a modulo p, ký hiệu là a . Nếu
ia ≡ ja (mod p) với i = j thì iaa = jaa (mod p), từ đó i ≡ j (mod p), vô lý). Nên

các thặng dư không âm bé nhất modulo p của các số nguyên a, 2a, 3a, . . . , (p − 1)a
theo tứ tự tăng dần là 1, 2, 3, . . . , p − 1. Khi đó,
(a)(2a)(3a) · · · ((p − 1)a) ≡ (1)(2)(3) · · · (p − 1)

(mod p),


4

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 trên trở
thành
−ap−1 ≡ −1

(mod p),

hay tương đương với ap−1 ≡ 1 (mod p), điều phải chứng minh.
Định nghĩa 1.1.6 ([3]). Cho a, n ∈ Z. Số a được gọi là căn nguyên thủy modulo
n nếu a và n nguyên tố cùng nhau và φ(n) là số nguyên dương bé nhất sao cho
aφ(n) ≡ 1 (mod n).

Ví dụ, 3 là căn nguyên thủy modulo 7 vì φ(7) = 6 là số nguyên dương x
bé nhất để 3x ≡ 1 (mod 7). Thật vậy, 31 ≡ 3 (mod 7), 32 ≡ 2 (mod 7), 33 ≡ 6

(mod 7), 34 ≡ 4 (mod 7), 35 ≡ 5 (mod 7), 36 ≡ 1 (mod 7). Tương tự, ta có 2 là căn

nguyên thủy modulo 13 nhưng 2 không là căn nguyên thủy modulo 7 và 23 ≡ 1
(mod 7) nhưng φ(7) = 6 > 3.

Mệnh đề 1.1.7 ([3]). Nếu m ∈ Z+ có các căn nguyên thủy và (a, m) = 1 thì a
là thặng dư lũy thừa n modulo m khi và chỉ khi aφ(m)/d ≡ 1 (mod m), trong đó
d = (n, φ(m)).

Chứng minh. Gọi g là căn nguyên thủy modulo m và a = g b , x = g y . Khi đó
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 này có nghiệm khi và chỉ khi
d | b. Ngoài ra, chú ý rằng nếu phương trình đồng dư có nghiệm thì nó có đúng
d nghiệm.

Nếu d | b thì aφ(m)/d ≡ g bφ(m)/d ≡ 1 (mod m). Ngược lại, nếu aφ(m)/d ≡ 1
(mod m) thì g bφ(m)/d ≡ 1 (mod m), điều này kéo theo φ(m) là ước của bφ(m)/d

hay d | b. Điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.1.8. Chứng minh của mệnh đề trên còn kéo theo thông tin bổ
sung. Nếu xn ≡ a (mod m) có nghiệm thì có đúng (n, φ(m)) nghiệm.
Mệnh đề 1.1.9 ([3]). Nếu p là số nguyên tố lẻ, p a và p n, khi đó nếu phương
trình xn ≡ a (mod p) có nghiệm thì phương trình xn ≡ a (mod pe ) cũng có nghiệm
với mọi e ≥ 1. Tất cả các phương trình đồng dư này có cùng số nghiệm.


5

Chứng(1 + x − x3 + x6 − x9 )
= −x − x3 + x3 + x4 + x5 − x6 − x7 − x8 + x9 + x10 .

Do đó,
i tan

3π
2π
+ 4i sin
= x + x3 + x4 + x5 + x9 − (x2 + x6 + x7 + x8 + x10 )
11
11
√
= i 11.


30

Do đó
tan

2π √
3π
+ 4 sin
= 11.
11
11

Ví dụ 3.2.2. Chứng minh rằng
√
4π
8π

2π
7
+ sin
+ sin
=
.
sin
7
7
7
2

Giải. Đặt ε = e2πi/7 , khi đó ε7 = 1 và
2π
2π
2π
2π
+ i sin , ε6 = ε−1 = cos
− i sin
7
7
7
7
4π
4π
4π
4π
ε2 = cos
+ i sin , ε5 = ε−2 = cos
− i sin

7
7
7
7
8π
8π
8π
8π
ε4 = cos
+ i sin , ε3 = ε−4 = cos
− i sin .
7
7
7
7
ε = cos

Từ (3.1) ta có
sin

2π
ε − ε−1
=
.
7
2i

sin

ε2 − ε−2

4π
=
.
7
2i

sin

8π
ε4 − ε−4
=
.
7
2i

Từ (3.2) ta có

Từ (3.3) ta có

Do đó
2π
4π
8π
(ε + ε2 + ε4 ) − (ε−1 + ε−2 + ε−4 )
+ sin
+ sin
=
7
7
7

2i
2π
4π
8π
⇔ 2i sin
+ sin
+ sin
= (ε + ε2 + ε4 ) − (ε6 + ε5 + ε3 ).
7
7
7

sin

Đặt α = ε + ε2 + ε4 , β = ε6 + ε5 + ε3 . Khi đó, ta có
α + β = ε + ε2 + ε4 + ε6 + ε5 + ε3 = −1
α · β = (ε + ε2 + ε4 )(ε6 + ε5 + ε3 )
= 3 + ε6 + ε4 + ε + ε5 + ε3 + ε2

(do ε7 = 1)

= 3 + (−1) = 2.

Ta có
(α − β)2 = (α + β)2 − 4αβ = 1 − 8 = −7.

(3.1)
(3.2)
(3.3)

31

Suy ra

√
√
α − β = ± −7 = ± 7i.

Vậy

√
2π
4π
8π
7
S = sin
+ sin
+ sin
=±
.
7
7
7
2

Nhận thấy S > 0 nên
√

√

7
2π
4π
8π
7
S=
⇒ sin
+ sin
+ sin
=
.
2
7
7
7
2

Ví dụ 3.2.3. Chứng minh
√
7
π
2π
3π
sin · sin
· sin
=
.
7
7
7

8

Giải. Ta có

√
2π
4π
6π
7
· sin
· sin
=
.
(3.4) ⇔ sin
7
7
7
8

Đặt
ε = cos

2π
2π
+ i sin .
7
7

Khi đó, ta có


2π
ε − ε−1


sin
=


7
2i −2

2

ε −ε
4π
=

7
2i

3 − ε−3


6π
ε
sin
=
.
7
2i

sin

Vậy vế trái của (3.4) là
(ε − ε−1 )(ε2 − ε−2 )(ε3 − ε−3 )
8i3
(ε3 − ε−1 − ε + ε−3 )(ε3 − ε−3 )
=
−8i
6
3
5
(ε + ε + ε ) − (ε4 + ε2 + ε)
=
.
−8i

VT =

Đặt α = ε6 + ε3 + ε5 , β = ε4 + ε2 + ε. Khi đó,
α + β = −1
α · β = (ε6 + ε3 + ε5 )(ε4 + ε2 + ε)
= ε3 + ε + 1 + 1 + ε5 + ε4 + ε2 + 1 + ε6

(3.4)


32
=3−1
= 2.

Suy ra
(α − β)2 = (α + β)2 − 4αβ
= (−1)2 − 4 · 2 = −7
√
⇒ α − β = ± 7i.

Vậy vế trái của (3.4) là
√
√
± 7i
7
α−β
=
=∓
.
VT =
−8i
−8i
8
√
7
Do vế trái của (3.4) dương nên VT(3.4) =
hay
8
√
π
2π
3π
7
sin · sin

· sin
=
.
7
7
7
8

Ví dụ 3.2.4. Chứng minh
tan

√
2π
π
− 4 sin
= − 7.
7
7

Giải. Đặt
ε = cos

2π
2π
+ i sin .
7
7

Khi đó ε7 = 1 và
ε−1 = cos

Ta có
sin

2π
2π
− i sin .
7
7

ε − ε−1
2π
2π
=
⇔ 4i sin
= 2(ε − ε−1 ) = 2(ε − ε6 ).
7
2i
7

(3.5)

Mặt khác,
sin π7
π
=
tan =
7
cos π7
⇔ i tan

ε1/2 −ε−1/2
2i
ε1/2 +ε−1/2
2i
ε − ε7

=

ε−1
i(ε + 1)

π
ε−1
ε(1 − ε3 )(1 + ε3 )
=
=
=
7
ε+1
ε+1
1+ε
4
2
= (ε − ε )(1 − ε + ε )
= ε − ε2 + ε3 − ε4 + ε5 − ε6 .

(3.6)

33

Từ (3.5) và (3.6) ta có
2π
π
− 4i sin
= (ε6 + ε5 + ε3 ) − (ε4 + ε2 + ε)
7
7
√
= ± 7i (theo Ví dụ 3.2.3)
√
2π
π
=± 7
⇔ tan − 4 sin
7
7
√
π
2π
π
2π
⇒ tan − 4 sin
= − 7 (do tan − 4 sin
< 0).
7
7
7
7

i tan


34

Kết luận
Trong luận văn này chúng tôi trình bày những vấn đề chính sau:
1. Trình bày về tổng Gauss bậc hai, một số chứng minh về giá trị của nó.
2. Trình bày ứng dụng của tổng Gauss bậc hai trong chứng minh luật thuận
nghịch bậc hai.
3. Trình bày một số bài tập lượng giác liên quan đến tổng Gauss.


35

Tài liệu tham khảo
[1] B. C. Berndt and R. J. Evans (1981), "The determination of Gauss sums",
Bull. Amer. Math. Soc., Vol. 5, pp. 107-129.
[2] D. Grant (2014), "The quadratic gauss sum redux", Amer. Math. Monthly,
Vol. 121, pp. 145-149.
[3] K. Ireland and M. Rosen (1990), A classical introduction to modern number theory, Second edition, Graduate Texts in Mathematics, 84, SpringerVerlag, New York.
[4] E. Landau (1958), Elementary number theory, Chelsea Publishing Co., New
York.
[5] M. R. Murty and S. Pathak (2017), "Evaluation of the Quadratic Gauss
Sum", The Mathematics Student, Vol. 86, Nos. 1-2, pp. 139-150.