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


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

1.1

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.

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

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

(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).


(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


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
=

+ 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 =


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) .


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



(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 + 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.


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

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=



= (−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).

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

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

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

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) =


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) =


=

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


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

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


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


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

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


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.




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

=

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