(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: 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 minh. Nếu n = 1, kết luận là tầm thường, nên ta có thể giả sử n ≥ 2. Giả
sử xn ≡ a (mod pe ) giải phương trình. Gọi x0 là một nghiệm và đặt x1 = x0 + bpe .

Tính toán ta được
xn1 ≡ xn0 + nbpe xn−1
0

(mod pe+1 ).

Ta cần giải phương trình
xn1 ≡ a (mod pe+1 ).

Việc này tương đương với tìm số nguyên b sao cho
nx0n−1 b ≡ ((a − xb0 )/p2 )

(mod p).

Chú ý rằng (a − xn0 )/pe là số nguyên và p nxn−1
0 . Do đó phương trình này có
nghiệm duy nhất theo b, và với giá trị này của b, xn1 n ≡ a (mod pe+1 ).
Nếu xn ≡ a (mod p) không có nghiệm, thì xn ≡ a (mod pe ) không có nghiệm.
Mặt khác, nếu xn ≡ a (mod p) có một nghiệm thì tất cả các phương trình xn ≡ a
(mod pe ) cũng có nghiệm. Dựa theo nhận xét sau Mệnh đề 1.1.7 số nghiệm của
xn ≡ a (mod pe ) là (n, φ(pe )) miễn là phương trình có nghiệm. Nếu p n, dễ thấy
(n, φ(p)) = (n, φ(pe )) với mọi e ≥ 1. Điều phải chứng minh.

Mệnh đề 1.1.10 ([3]). Cho 2l là lũy thừa cao nhất của 2 là ước của n. Giả sử
a lẻ và phương trình xn ≡ a (mod 22l+1 ) có nghiệm. Khi đó, phương trình xn ≡ a
(mod 2e ) có nghiệm với mọi e ≥ 2l + 1 (và do đó với mọi e ≥ 1). Ngoài ra, tất cả

phương trình đồng dư này có cùng số nghiệm.
Định nghĩa 1.1.11 ([3]). Giả sử a, m ∈ Z, m = 0 và (a, m) = 1. Số a được gọi là
thặng dư bậc hai modulo m nếu phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod m) có một

nghiệm. Nếu ngược lại, a được gọi là phi thặng dư bậc hai modulo m.
Ví dụ 1.1.12. Ta có 2 là thặng dư bậc hai modulo 7 nhưng 3 thì không. Thật
ra, 12 , 22 , 32 , 42 , 52 , 62 lần lượt đồng dư với 1, 4, 2, 2, 4, 1 modulo 7. Do đó, 1, 2 và
4 là thặng dư bậc hai modulo 7 và 3, 5, và 6 là phi thặng dư bậc hai modulo 7.
Mục tiêu của chúng ta trong phần này là trả lời câu hỏi khi nào phương trình
đồng dư bậc hai x2 ≡ a (mod m) có nghiệm. Mệnh đề sau cho cách xác định khi
nào một số nguyên cho trước là thặng dư bậc hai modulo m.
Mệnh đề 1.1.13 ([3]). Cho m = 2e pe11 · · · pel l là phân tích thừa số nguyên tố của
m và giả sử (a, m) = 1. Khi đó x2 ≡ a (mod m) có nghiệm khi và chỉ khi các điều

kiện sau được thỏa mãn:


6

(a) Nếu e = 2 thì a ≡ 1 (mod 4). Nếu e ≥ 3 thì a ≡ 1 (mod 8).
(b) Với mỗi i ta có a(pi −1)/2 ≡ 1 (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 1 là thặng dư bậc hai duy nhất modulo
4 và 1 là thặng dư bậc hai duy nhất modulo 8. Do đó ta có tính giải được khi và
chỉ khi a ≡ 1 (mod 4) nếu e = 2 và a ≡ 1 (mod 8) nếu e = 3. Áp dụng [3, Mệnh
đề 4.2.4] ta có x2 ≡ a (mod 8) là có nghiệm khi và chỉ khi x2 ≡ a (mod 2e ) có
nghiệm với mọi e ≥ 3.
Xét x2 ≡ a (mod pei i ). Vì (2, pi ) = 1 từ [3, Mệnh đề 4.2.3] suy ra phương trình
đồng dư này có nghiệm khi và chỉ khi phương trình x2 ≡ a (mod pi ) có nghiệm.
Áp dụng Mệnh đề 1.1.7 với n = 2, m = p và d = (n, φ(m)) = (2, p − 1) = 2, ta
thu được phương trình x2 ≡ a (mod pi ) có nghiệm khi và chỉ khi a(pi −1)/2 ≡ 1

(mod pi ).

Kết quả trên rút gọn phương trình thặng dư bậc hai về câu hỏi tương ứng
modulo số nguyên tố. Trong phần sau đây, ký hiệu p là số nguyên tố.
Định nghĩa 1.1.14 ([3]). Cho p là một số nguyên tố lẻ và cho a ∈ Z với p a.
Ký hiệu Legendre, viết là (a/p), được xác định bởi
a
p

=

1,

nếu a là một thặng dư bậc hai modulo p

−1,

nếu a là một phi thặng dư bậc hai modulo p.

Ta quy ước thêm rằng nếu p | a thì

a
p

= 0.

Ví dụ 1.1.15. Theo Ví dụ 1.1.12, ta có 1, 2, 4 là thặng dư bậc hai modulo 7
nên (2/7) = 1 = (1/7) = (4/7), 3, 5 và 6 là phi thặng dư bậc hai modulo 7 nên
(3/7) = −1 = (5/7) = (6/7).

Theo định nghĩa, ký hiệu Legendre (a/p) chỉ ra a có là thặng dư bậc hai
modulo p hay không. Nói cách khác, ký hiệu Legendre (a/p) ghi lại phương trình
đồng dư bậc hai x2 ≡ a (mod p) có giải được hay không. Ký hiệu Legendre là
công cụ cực kỳ thuận tiện để thảo luận về thặng dư bậc hai.


7

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) thì (a/p) = (b/p).
Chứng minh. Nếu p là ước của a hoặc của b, tất cả các 3 kết luận trên đều tầm
thường. Giả sử p a và p b.
Ta biết rằng ap−1 ≡ 1 (mod p), do đó
(a(p−1)/2 + 1)(a(p−1)/2 − 1) = ap−1 − 1 ≡ 0

(mod p).

Suy ra a(p−1)/2 ≡ ±1 (mod p). Theo Mệnh đề 1.1.13, ta có a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p)
khi và chỉ khi a là thặng dư bậc hai modulo p. Điều này chứng minh (a).
Để chứng minh (b) ta áp dụng phần (a). Ta có
(ab)(p−1)/2 ≡ (ab/p)

(mod p)

và
(ab)(p−1)/2 ≡ a(p−1)/2 b(p−1)/2 ≡ (a/p)(b/p).

Do đó

(ab/p) = (a/p)(b/p).

Phần (c) được suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
Hệ quả 1.1.17. Số thặng dư bậc hai modulo p bằng số phi thặng dư bậc hai
modulo p.
Hệ quả 1.1.18. Tích của hai thặng dư bậc hai là một thặng dư bậc hai, tích
của hai phi thặng dư bậc hai là một thặng dư bậc hai, tích của một thặng dư bậc
hai với một phi thặng dư bậc hai là phi thặng dư bậc hai.
Hệ quả 1.1.19. (−1)(p−1)/2 = (−1/p).
Hệ quả trên đặc biệt thú vị. Mọi số nguyên lẻ có dạng 4k + 1 hoặc 4k + 3. Sử
dụng kết quả này ta có thể phát biểu là Hệ quả 1.1.19 như sau: x2 ≡ −1 (mod p)
có nghiệm khi và chỉ khi p có dạng 4k + 1. Do đó −1 là thặng dư bậc hai của
các số nguyên tố 5, 13, 17, 29, . . . và là phi thặng dư bậc hai của các số nguyên tố
3, 7, 11, 19, . . . .


8
p−1
t=0 (t/p)

Bổ đề 1.1.20.

= 0, trong đó (t/p) là ký hiệu Legendre.

Chứng minh. Theo định nghĩa, (0/p) = 0. Trong p − 1 số hạng còn lại của tổng,
một nửa bằng +1, một nửa bằng −1 (theo hệ quả sau Mệnh đề 1.1.16, số thặng
dư bậc hai modulo p bằng số phi thặng dư bậc hai modulo p). Do đó, tổng bằng
0.

1.2

Một số kiến thức chuẩn bị khác

Ký hiệu ζ = e2πi/p là căn nguyên thủy thứ p của đơn vị.
p−1 at
t=0 ζ

Bổ đề 1.2.1.

bằng p nếu a ≡ 0 (mod p). Nếu ngược lại nó bằng 0.

Chứng minh. Nếu a ≡ 0 (mod p) thì ζ a = 1 nên
p−1 at
t=0 ζ

thì ζ a = 1 và

=

ζ ap
ζa

−1
= 0.
−1

p−1 at
t=0 ζ

= p. Nếu a ≡ 0 (mod p)

Hệ quả 1.2.2.
p−1

p

−1

ζ t(x−y) = δ(x, y) =
t=0

1

nếu x ≡ y (mod p)

0

nếu x ≡ y (mod p).

Chứng minh. Suy ra từ Bổ đề trên với a = x − y .
Với mỗi số nguyên n ≥ 0, định nghĩa
(q)n = (1 − q)(1 − q 2 ) · · · (1 − q n ),

trong đó nếu n = 0, tích rỗng được hiểu là bằng 1. Với 0 ≤ m ≤ n, hệ số Gauss
n
được định nghĩa bởi
m
n
(q)n
=

.
(q)m (q)n−m
m

Ta thấy rằng

n
là đa thức theo biến q.
m

Ngoài ra, ta có
n−1
(1 − q)(1 − q 2 ) · · · (1 − q n−1 )(1 − q m )
=
(1 − q)(1 − q 2 ) · · · (1 − q m−1 )(1 − q)(1 − q 2 ) · · · (1 − q n−m )(1 − q m )
m−1


9
n−1
(1 − q)(1 − q 2 ) · · · (1 − q n−1 )(1 − q m )
.
=
(1 − q)(1 − q 2 ) · · · (1 − q m )(1 − q)(1 − q 2 ) · · · (1 − q n−m−1 )(1 − q n−m )
m−1

Nên
n−1
n−1
n

+ qm
=
m−1
m
m

với 1 ≤ m < n.


10

Chương 2
Tổng Gauss bậc hai
Tài liệu tham khảo chính cho chương này là [1, Section 2], [2], [3, Chapter 6]
và [4, Chapter 6].

2.1

Giá trị tuyệt đối của tổng Gauss bậc hai

Trong toàn bộ mục này, ký hiệu ζ = e2πi/p là căn nguyên thủy thứ p của đơn
vị.
Quy ước: Để cho ngắn gọn, tất cả các công thức tổng

trong phần còn lại

của mục này được lấy từ 0 tới p − 1.
Bây giờ ta giới thiệu khái niệm tổng Gauss.
Định nghĩa 2.1.1. Với a ∈ Z, ga =

t
p

t

ζ at được gọi là tổng Gauss bậc hai

ứng với số nguyên a.
Mệnh đề 2.1.2. Ta có ga =

a
p

g1 .

Chứng minh. Nếu a ≡ 0 (mod p) thì ζ at = 1 với mọi t, và theo Bổ đề 1.1.20,
ga =

(t/p) = 0. Điều này chứng minh cho trường hợp a ≡ 0 (mod p).

Bây giờ giả sử a ≡ 0 (mod p). Khi đó, ta có
(t/p)ζ at =

(a/p)ga = (a/p)
t

(at/p)ζ at =
t

(x/p)ζ x = g1 .

x

Ta đã sử dụng kết quả rằng at chạy trên hệ thặng dư đầy đủ modulo p khi t
chạy trên hệ thặng dư đầy đủ và (x/p) và ζ x chỉ phụ thuộc vào lớp thặng dư của


11
x modulo p. Vì (a/p)2 = 1 nếu a ≡ 0 (mod p), nhân cả hai vế của phương trình
(a/p)ga = g1 với (a/p) ta thu được điều phải chứng minh.

Từ bây giờ ta sẽ ký hiệu g1 = g . Từ Mệnh đề 2.1.2 suy ra ga2 = g 2 nếu a ≡ 0
(mod p). Bây giờ ta sẽ suy ra giá trị phổ biến này.

Định lý 2.1.3. g 2 = (−1)(p−1)/2 p.
Chứng minh. Ý tưởng của chứng minh là ta đi tính tổng

a ga g−a

theo hai cách.

Nếu a ≡ 0 (mod p) thì
ga g−a = (a/p)(−a/p)g 2 = (−1/p)g 2 .

Suy ra
ga g−a = (−1/p)(p − 1)g 2 .
a

Bây giờ, chú ý rằng
(x/p)(y/p)ζ a(x−y) .

ga g−a =
x

y

Cộng cả hai vế của phương trình theo a và sử dụng hệ quả của Bổ đề 1.2.1 ta
thu được
(x/p)(y/p)δ(x, y)p = (p − 1)p.

ga g−a =
a

x

y

Kết hợp các kết quả này với nhau ta thu được
(−1/p)(p − 1)g 2 = (p − 1)p.

Do đó, g 2 = (−1/p)p.
Chứng minh thứ hai. Ta có
p−1

g·g =

p−1

(a/p)ζ
a=1

a

(b/p)ζ b

·
b=1

(a/p)(b/p)ζ (a+b)

=
a

b

(ab/p)ζ (a+b) .

=
a

b


12

Thay a bởi ab (mod p), ta thu được
g2 =

(ab2 /p)ζ (ab+b)
a

b

(a/p)ζ (a+1)b

=
a

=

b

(a/p)ζ (a+1)/b

(−1/p) +
a

a=−1

b

= (−1/p)(p − 1) +

ζ (a+1)/b

(a/p)
a=−1

= (−1/p)(p − 1) +

b

(a/p)(−1)
a=−1

= (−1/p)(p − 1) + (−1/p)
= (−1/p)p
= (−1)

p−1
2

p.

Nhận xét 2.1.4. Từ g 2 = (−1)(p−1)/2 p, ta lấy module cả hai vế ta có
|g 2 | = |g|2 = |(−1)(p−1)/2 p| = p.

Do vậy tổng Gauss g là số phức có module (giá trị tuyệt đối) |g| là

√

p.

Ví dụ 2.1.5. Với p = 5, các thặng dư bậc hai modulo 5 là {1, 4} và các phi
thặng dư bậc hai modulo 5 là {2, 3}. Do đó, theo công thức tổng Gauss ta có
√
ζ − ζ 2 − ζ 3 + ζ 4 = ± 5,

với ζ là căn nguyên thủy thứ 5 của đơn vị.
Ta có thể kiểm tra được đẳng thức trên là đúng bằng cách như sau. Bình
phương vế trái đẳng thức trên ta được

(ζ − ζ 2 − ζ 3 + ζ 4 )2 = ζ 2 − ζ 4 − ζ 6 + ζ 8 − 2ζ 3 + 4ζ 5 − 2ζ 7
= 4 − ζ − ζ2 − ζ3 − ζ4
= 5,

vì 1 + ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 = (ζ 5 − 1)/(ζ − 1) = 0.


13

Ví dụ 2.1.6. Với p = 7, theo Ví dụ 1.1.12 ta có các thặng dư bậc hai modulo 7
là {1, 2, 4}, trong khi {3, 5, 6} là các phi thặng dư bậc hai modulo 7. Do đó, theo
công thức tổng Gauss ta có
√
ζ + ζ 2 − ζ 3 + ζ 4 − ζ 5 − ζ 6 = ±i 7

với ζ là căn nguyên thủy thứ 7 của đơn vị.
Ta có thể kiểm tra được đẳng thức trên là đúng bằng cách như sau. Bình
phương vế trái đẳng thức trên ta được
(ζ + ζ 2 − ζ 3 + ζ 4 − ζ 5 − ζ 6 )2
= ζ 2 + 2ζ 3 − ζ 4 + ζ 6 − 6ζ 7 + ζ 8 − ζ 10 + 2ζ 11 + ζ 12

và sử dụng đẳng thức ζ 7 = 1 để rút gọn các lũy thừa của ζ thành đẳng thức
(ζ + ζ 2 − ζ 3 + ζ 4 − ζ 5 − ζ 6 )2 = −6 + ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 + ζ 5 + ζ 6 .

Nhưng 1 + ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 + ζ 5 + ζ 6 = 0, và do đó
(ζ + ζ 2 − ζ 3 + ζ 4 − ζ 5 − ζ 6 )2 = −7.

Ví dụ 2.1.7. Với p = 11, ta có các thặng dư bậc hai modulo 11 là {1, 3, 4, 5, 9},
trong khi {2, 6, 7, 8, 10} là các phi thặng dư bậc hai modulo 11. Do đó, theo công
thức tổng Gauss ta có

√
ζ − ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 + ζ 5 − ζ 6 − ζ 7 − ζ 8 + ζ 9 − ζ 10 = ±i 11

với ζ là căn nguyên thủy thứ 11 của đơn vị.
Ví dụ 2.1.8. Với p = 13, ta có các thặng dư bậc hai modulo 13 là {1, 3, 4, 9, 10, 12},
trong khi {2, 5, 6, 7, 8, 11} là các phi thặng dư bậc hai modulo 11. Do đó, theo
công thức tổng Gauss ta có
√
ζ − ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 − ζ 5 − ζ 6 − ζ 7 − ζ 8 + ζ 9 + ζ 10 − ζ 11 + ζ 12 = ± 13

với ζ là căn nguyên thủy thứ 13 của đơn vị.

2.2

Dấu của tổng Gauss bậc hai

√
• Theo như Định lý 2.1.3, tổng Gauss bậc hai g có giá trị ± p nếu p ≡ 1
√
(mod 4) và ±i p nếu p ≡ 3 (mod 4).


14
• Do đó, giá trị của g được xác định sai khác dấu. Việc xác định dấu là một

vấn đề khó khăn hơn nhiều.
• Gauss đưa ra giả thuyết rằng dấu cộng xảy ra trong mọi trường hợp và ghi

lại giả thuyết này trong nhật ký của ông vào tháng 5 năm 1801. Phải tới
4 năm sau đó ông mới tìm được chứng minh.

Định lý 2.2.1 ([3]). Giá trị của tổng Gauss bậc hai g được xác định bởi
√
g=

p,
√
i p,

nếu p ≡ 1 (mod 4)
nếu p ≡ 3 (mod 4).

Như ở mục trước, ký hiệu ζ = e2πi/p . Khi đó, 1, ζ, . . . , ζ p−1 là các nghiệm của
phương trình xp − 1 = 0.
Mệnh đề 2.2.2. Đa thức 1 + x + · · · + xp−1 là bất khả quy trong Q[x].
Chứng minh. Theo bổ đề Gauss, tính bất khả quy trong Q[x] tương đương với
tính bất khả quy trong Z[x]. Do đó, ta chỉ cần chứng minh 1+x+· · ·+xp−1 không
có thừa số không tầm thường trong Z[x]. Giả sử ngược lại, 1 + x + · · · + xp−1 =
f (x)g(x) trong đó f (x), g(x) ∈ Z[x] và mỗi đa thức có bậc lớn hơn 1. Cho x = 1

và đặt p = f (1)g(1). Do đó, ta có thể giả sử g(1) = 1. Sử dụng dấu gạch ngang
để ký hiệu phép rút gọn modulo p, ta kết luận rằng g(1) = 0. Mặt khác vì
p|

p
j

, j = 1, . . . , p − 1, ta có xp − 1 ≡ (x − 1)p (mod p) và chia cả hai vế cho x − 1

chỉ ra 1 + x + · · · + xp−1 ≡ (x − 1)p−1 (mod p). Từ đó g(x) ≡ (x − 1)s (mod p) với
s là số nguyên dương. Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với g(1) = 0, điều phải

chứng minh.
Định nghĩa 2.2.3 ([3]). Một số đại số là số phức α là nghiệm của đa thức
a0 xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + · · · + an = 0, trong đó a0 , a1 , a2 , . . . , an ∈ Q và a0 = 0.

Một số nguyên đại số là số phức α là nghiệm của đa thức xn +b1 xn−1 +· · ·+bn =
0, trong đó b1 , b2 , . . . , bn ∈ Z.

Rõ ràng mọi số nguyên đại số là số đại số. Điều ngược lại không đúng như
trong mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.2.4. Số hữu tỉ r ∈ Q là số nguyên đại số khi và chỉ khi r ∈ Z.
Chứng minh. Nếu r ∈ Z, thì r là một nghiệm của x − r = 0. Do đó r là một số
nguyên đại số. Giả sử r ∈ Q và r là một số nguyên đại số, tức là r thỏa mãn


15

phương trình xn + b1 xn−1 + · · · + bn = 0 với b1 , . . . , bn ∈ Z. Ta có r = c/d, trong đó
c, d ∈ Z và ta có thể giả sử c và d nguyên tố cùng nhau. Thay c/d vào phương

trình và nhân cả hai vế với dn kéo theo
cn + b1 cn−1 d + · · · + bn dn = 0.

Suy ra d là ước của cn và vì (d, c) = 1, suy ra d | c. Một lần nữa, vì (d, c) = 1 suy
ra d = ±1 nên r = c/d thuộc Z.
Mệnh đề 2.2.5 ([3]). Nếu α là một số nguyên đại số thì α là nghiệm của một
đa thức monic bất khả quy duy nhất f (x) trong Q[x]. Ngoài ra, nếu g(x) ∈ Q[x],
g(α) = 0 thì f (x) | g(x).

Chứng minh. Cho f (x) là đa thức monic bất khả quy bất kỳ với f (α) = 0. Ta

chứng minh khẳng định thứ hai trước. Nếu f (x) g(x) thì (f (x), g(x)) = 1. Khi
đó tồn tại các đa thức h(x) và t(x) thuộc Q[x] sao cho f (x)h(x) + g(x)t(x) = 1.
Đặt x = α ta thu được mâu thuẫn. Vậy f (x) | g(x). Giả sử f1 (x) và f2 (x) là hai đa
thức monic bất khả quy thỏa mãn f1 (α) = f2 (α) = 0. Theo khẳng đỉnh thứ hai
ta có f1 (x) | f2 (x) và f2 (x) | f1 (x) nên f1 (x) ≡ f2 (x). Điều phải chứng minh.
Kết hợp Mệnh đề 2.2.2 với Mệnh đề 2.2.5 ta thấy rằng nếu g(ζ) = 0 với
g(x) ∈ Q[x] thì 1 + x + · · · + xp−1 | g(x). Nhận xét này sẽ được sử dụng sau này.

Mệnh đề 2.2.6.

(p−1)/2 2k−1
(ζ
k=1

− ζ (2k−1) )2 = (−1)(p−1)/2 p.

Chứng minh. Vì 1, ζ, . . . , ζ p−1 là tất cả các nghiệm của phương trình xp − 1 = 0
nên ta có

p−1
p

(x − ζ j ).

x − 1 = (x − 1)
j=1

Chia cho x − 1 ta thu được
p−1

1 + x + ··· + x

p−1

(x − ζ j ).

=
j=1

Thay x = 1, ta được
(1 − ζ j ),

p=
r

trong đó tích lấy trên tập các đại diện của lớp kề khác không bất kỳ modulo p.
Các số nguyên ±(4k − 2), k = 1, 2, . . . , (p − 1)/2 chính là hệ thặng dư này. Do đó,


16

ta có
(p−1)/2

(p−1)/2

(1 − ζ

p=

4k−2

(1 − ζ −(4k−2) )

)

k=1
(p−1)/2

=

k=1
(p−1)/2

(ζ

−(2k−1)

−ζ

2k−1

k=1

(ζ 2k−1 − ζ −(2k−1) )

)
k=1

(p−1)/2

= (−1)

(ζ 2k−1 − ζ −(2k−1) )2 .

(p−1)/2
k=1

Mệnh đề 2.2.7.
√
p,
√
i p,

(p−1)/2

(ζ

2k−1

−ζ

−(2k−1)

)=

k=1

nếu p ≡ 1 (mod 4)
nếu p ≡ 3 (mod 4).

Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.2.6 ta chỉ phải tính dấu của tích. Tích bằng
(p−1)/2

i

(p−1)/2

2 sin
k=1

(4k − 2)π
.
p

(4k − 2)π
< 0 nếu và chỉ nếu (p + 2)/4 < k ≤ (p − 1)/2. Do đó có
p
p−1
(4k − 2)π
,1≤k≤
.
(p − 1)/2 − [(p + 2)/4] số hạng âm trong các giá trị sin
p
2
Trường hợp 1: p ≡ 1 (mod 4), ta có p = 4k + 1(k ∈ N∗ ). Do vậy trong tích
(4k − 2)π
p−1 p−1
p−1
(p−1)/2

2 · sin
có
−
=
= k thừa số âm.
k=1
p
2
4
4
(4k − 2)π
(p−1)/2
Nếu k ≡ 0 (mod 2), thì k=1
> 0 và i(p−1)/2 = (−1)k = 1 > 0.
2·sin
p
√
Do vậy (p−1)/2
(ξ 2k−1 − ξ −(2k−1) ) = p.
k=1
(4k − 2)π
(p−1)/2
2 · sin
Nếu k ≡ 1 (mod 2), thì k=1
< 0 và i(p−1)/2 = (−1)k = −1 <
p
√
(p−1)/2
0. Do vậy k=1 (ξ 2k−1 − ξ −(2k−1) ) = p.
√

(p−1)/2 2k−1
(ξ
− ξ −(2k−1) ) = p if p ≡ 1 (mod 4).
Như vậy ta luôn có k=1

Ta có sin

Trường hợp 2: p ≡ 3 (mod 4), p = 4k + 3.
Tương tự, trong tích
thừa số âm, và do vậy

(4k − 2)π
p−1
p+1
p−3
có
−
=
= k
p
2
4
4
√
(p−1)/2 2k−1
(ξ
− ξ −(2k−1) ) = i p nếu p ≡ 3 (mod 4).
k=1
(p−1)/2
2

k=1

· sin


17

Theo Mệnh đề 2.1.3 và Mệnh đề 2.2.6 ta có
(p−1)/2

(ζ 2k−1 − ζ −(2k−1) ),

g=ε

(2.1)

k=1

trong đó ε = ±1. Việc tính toán giá trị của tổng Gauss sẽ hoàn tất nếu ta có thể
chứng minh ε = +1. Lập luận sau của Kronecker chỉ ra điều này.
Mệnh đề 2.2.8. ε = +1.
Chứng minh. Xét đa thức
(p−1)/2

p−1
j

(x2k−1 − xp−(2k−1) ).

(j/p)x − ε

f (x) =
j=1

(2.2)

k=1

Theo Bổ đề 1.2.1 thì f (ζ) = 0 và theo Bổ đề 1.1.20 thì f (1) = 0. Theo nhận xét
trước Mệnh đề 2.2.6 và kết quả rằng 1 + x + · · · + xp−1 và x − 1 nguyên tố cùng
nhau ta kết luận rằng xp − 1 | f (x). Viết f (x) = (xp − 1)h(x) và thay x bởi ez để
thu được
(p−1)/2

p−1

(j/p)e

jz

(e(2k−1)z − ez(p−(2k−1)) ) = (epz − 1)h(ez ).

−ε

j=1

(2.3)

k=1

Hệ số của z (p−1)/2 ở vế trái của (2.3) bằng
p−1
(p−1)/2
j=1 (j/p)j

((p − 1)/2)!

(p−1)/2

−ε

(4k − p − 2).
k=1

Mặt khác, hệ số của z (p−1)/2 ở vế phải của (2.3) là pA/B trong đó p B , A và B
là số nguyên. Cân bằng các hệ số, nhân với B((p − 1).2)! và rút gọn modulo p ta
được
p−1

(j/p)j
j=1

(p−1)/2

p−1
≡ε
!
2

(p−1)/2

(4k − 2)

(mod p)

k=1
(p−1)/2

≡ ε(2 · 4 · 6 · · · (p − 1))

(2k − 1)
k=1

≡ ε(p − 1)!
≡ −ε (mod p).


18

Theo Mệnh đề 1.1.16, j (p−1)/2 ≡ (j/p) ta có
p−1

(j/p)2 ≡ (p − 1) ≡ −ε (mod p)
j=1

và do đó
ε≡1

(mod p).

Cuối cùng, vì ε = ±1, ta kết luận rằng ε = 1. Điều phải chứng minh.
Do đó, ta đã trình bày xong chứng minh của Định lý 2.2.1 bằng phương pháp
của Kronecker. Tiếp theo, ta trình bày thêm hai cách chứng khác dựa vào hệ số
nhị thức Gauss và chứng minh dùng ma trận.
Chứng minh thứ hai cho Định lý 2.2.1. Sử dụng định lý hệ số nhị thức Gauss
(n/p)e2πin/p .

g=
n

Với số nguyên n không âm, định nghĩa
n

(−1)k

fn (q) =
k=0

Đặt β = e

2πi
p

n
.
k

. Đầu tiên, ta chứng minh rằng
fp−1 (β) =

β

−j(j+1)
2

.

j

Thật vậy,
p−1
(β) = q −j
j

p−1
p
−
j−1
j

Trong đó
(q)p
p
(β) =
(β) = 0.
(q)j (q)p−j
j

Do vậy,
p−1

p−1
(β) = −q −j
(β).
j−1
j

Do đó,
−j(j+1)
p−1
(β) = (−1)j β 2
j

(β).


19

và

p−1

(−1)j

fp−1 (β) =
j=0

Đặt α =

p−1
(β) =

j

β

−j(j+1)
2

.

j

p−1
, ta có
2
fp−1 (β) =

β

(p−1)j(j+1)
2

j

2

+1)

j

β α(j−α)

=

β α(j

=

2

−α

3

2

(vì β 2jα = (β jα )−2α = β jα

−p+1

= β jα )

j
3

2

= β −α ·

β αj = β

−(p2 −1)
8

=β

2

j

j
−(p2 −1)
8

β αj

(α/p)G(2).

vì
(α/p) =

p−1
2 /p

= 4·

= (−2/p) = (−1)

p−1
2 /p
(p−1)(p−3)

8

= ((2p − 2)/p)
.

Ta chứng minh công thức truy hồi fn (q) = (1 − q n−1 )fn−2 (q) với n ≥ 2. Thật vậy,
ta có
n 1 − q n+1
n+1
(q)n+1
.
=
=
m+1
(q)m+1 (q)n−m
m 1−q
m+1

Nên
n
n+1
(1 − q n+1 ) = (1 − q m+1 )
.
m
m+1

Ta có
n−2

(1 − q

n−1

(1 − q n−1 )

)fn−2 (q) =
j=0

n+1
m+1

n−2

(1 − q n−1 )(−1)j

=
j=0
n−2

j

(−1)

=
j=0

=

n−1
+

j+1

n−1
j+1
n−2

(−1)j+1 q j+1
j=0

n−1
j+1

n−1
n−1
n−1
− · · · + (−1)n−2
−q
+ ···
j1
n−1
1


20
+ (−1)n−1 q n−1

n−1
.
n−1

Áp dụng công thức
n−1
n−1
n
+ q2
=
0
2
1
············
(−1)n−3

n−1
n−1
n
+ (−1)n−1 q n−1
= (−1)n−1
n−2
n−1
n−1

và
n
n−1
n
= 0, (−1)n−2
= (−1)n
.
0
n−1

n

Nên
fn (q) = (1 − q n−1 )fn−2 (q) với n ≥ 2.

Do đó,
f2n (q) = (1 − q 2n−1 )f2n−2 (q)
n

= (1 − q

2n−1

)(1 − q

2n−3

(1 − q 2j−1 ).

)f2n−4 (q) = · · · =
j=1

Đặt n =

p−1
và q = β , ta thấy rằng
2
p−1
2

(1 − β 2j−1 ).

fp−1 (β) =
j=1

Đặt r =

p+1
− j . Do đó,
2
p−1
2

p−1
2

(1 − β −2r ) =

fp−1 (β) =
r=1

=β

1−p2
8

β −r (β r − β −2r )
r=1

p−1

2

(2i)

p−1
2

sin
r=1

2πr
p

.

Do đó,
p−1
2

g = (−1)

(p−1)(p−3)
8

(2i)

p−1
2

sin

r=1

Vì

p−1
2

r=1 sin

2πr
p

2πr
p

> 0, nên định lý được chứng minh.

.


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
2

t

ζt .

ζ =
t=0

Chứng minh. Số nghiệm (modulo p) của phương trình đồng dư x2 ≡ k (mod p)
chính là 1 +

k
. Do vậy
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 = 5 và ζ = e2πi/5 , ta có
4
2

ζ t = 1 + ζ + ζ 4 + ζ 9 + ζ 16
t=0

= 1 + ζ + ζ4 + ζ4 + ζ
= ζ + ζ 4 − ζ 2 − ζ 3 = g,

vì 1 + ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 = 0.
(b) Với p = 7 và ζ = e2πi/7 , ta có
6
2

ζ t = 1 + ζ + ζ 4 + ζ 9 + ζ 16 + ζ 25 + ζ 36
t=0

= 1 + ζ + ζ4 + ζ2 + ζ2 + ζ4 + ζ
= ζ + ζ 2 + ζ 4 − ζ 3 − ζ 5 − ζ 6 = g,

vì 1 + ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 + ζ 5 + ζ 6 = 0.
Chú ý rằng tổng bên phải trong đẳng thức ở mệnh đề trên có thể được mở
rộng lên cho trường hợp n là số lẻ như sau.

22

Đặt ε = e

2πi
n

và với mỗi số nguyên a, ta đặt
n−1
2

e2πit

G(a, n) =

a/n

.

t=0

Định lý sau đây có thể coi là mở rộng của Định lý 2.2.1 cho tổng Gauss với
modulo lẻ.
Định lý 2.3.3. Cho n là số nguyên dương lẻ. Khi đó
√

n−1
2πit2 /n

G(1, n) =

e

=

t=0

nếu n ≡ 1 (mod 4)

n
√
i n

nếu n ≡ 3 (mod 4).

Chứng minh. Xét ma trận cấp n
M = (εkl ) với k = 0, 1, . . . , n − 1; l = 0, 1, . . . , n − 1.

Gọi ξ1 , ξ2 , . . . , ξn là các nghiệm của phương trình đặc trưng của M , khi đó
n−1

tr M = S =

n

ε

kk

=

ξr .
r=1

k=0

(Ở đây S = G(1, n).) Ta có
n−1

n−1

2

ε

M =

km+ml

ε(k+l)m

=

m=0

= (sk+l ) ,

m=0

trong đó

n−1

εjm =

sj =
m=0

n

nếu n | j

0

nếu ngược lại.

Suy ra
n−1
2 2

sk+m · sm+l

(M ) =

= n2 · ekl .

m=0

Nếu k = l, thì n là ước của k + m với đúng một m, nên
n−1

n−1

s2k+m = n2 .

sk+m · sm+l =
m=0

m=0

Nếu k = l, thì không đồng thời xảy ra n | k + m và n | m + l. Khi đó,
n−1

sk+m · sm+l = 0.
m=0