Khóa luận Lý thuyết đồng dư trên vành các số nguyên Gauss

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP Đề tài LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ TRÊN VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS Chuyên ngành: Đại số Giảng viên hướng dẫn: Sinh viên thực hiện: Ths.VĂN NAM NGUYỄN THỊ THƯƠNG Huế, năm 2011 i Mục Lục Lời nói đầu 1 1 Vành các số nguyên Gauss 2 1.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.1.1 Vành các số nguyên Gauss . . . . . . . . . . . . . . 2 1.1.2 Mệnh đề 1.1.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Các ước của đơn vị trong Z[i] . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Các phần tử nguyên tố của Z[i] . . . . . . . . . . . . . . . 4 2 Lý thuyết đồng dư 12 2.1 Khái niệm đồng dư thức và các tính chất cơ bản . . . . . . 12 2.1.1 Khái niệm đồng dư thức: . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.1.2 Các tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.2 Hệ thặng dư đầy đủ trong Z[i] . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3 Hàm Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.4 Tính chất nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.5 Công thức tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.6 Hệ thức Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.7 Định lý Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.8 Định lý Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 3 Phương trình đồng dư 28 3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 3.2 Phương trình bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 3.3 Phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.4 Một số phương trình có dạng đặc biệt . . . . . . . . . . . . 46 3.4.1 Phương trình x2 + 1 ≡ 0 (mod pi) . . . . . . . . 46 ii 3.4.2 Phương trình αx2 + βx+ γ ≡ (mod pi) . . . . 47 3.4.3 Phương trình x2 ≡ 1 + i (mod q) . . . . . . . . 48 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 51 iii Lời nói đầu Lý thuyết đồng dư là một nội dung rất quan trọng của lý thuyết số. Nó là một công cụ để giải quyết nhiều bài toán số học và một số bài toán trong các lĩnh vực khác. Trong chương trình phổ thông và đại học, chúng ta chỉ được tìm hiểu lý thuyết đồng dư trên vành các số nguyên Z. Trong khi đó, lý thuyết đồng dư có thể khái quát lên các miền nguyên. Chính vì thế, dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Văn Nam, tôi chọn đề tài: "Lý thuyết đồng dư trên vành các số nguyên Gauss". Số nguyên Gauss là một số phức mà phần thực và phần ảo của nó là các số nguyên. Các số nguyên Gauss cùng với phép toán cộng và phép toán nhân các số phức cảm sinh tạo thành một vành, gọi là vành các số nguyên Gauss ký hiệu là Z[i]. Trong vành các số nguyên Gauss, ta có thể xây dựng các khái niệm tương tự như trong vành các số nguyên Z như: chia hết, phần tử nguyên tố, đồng dư thức, phương trình đồng dư. Với đề tài này, tôi tiến hành nghiên cứu ba nội dung chính tương ứng với ba chương: Chương 1: Giới thiệu về vành các số nguyên Gauss, nhóm các phần tử ước của đơn vị, các phần tử nguyên tố trong Z[i]. Chương 2: Xây dựng định nghĩa đồng dư thức trên Z[i], các tính chất cơ bản, hệ thặng dư đầy đủ, hàm Euler, tính chất nhân, công thức tính, hệ thức Gauss, định lý Euler, định lý Fermat. Chương 3: Xây dựng định nghĩa phương trình đồng dư, phương trình bậc nhất, bậc hai và một số phương trình đồng dư có dạng đặc biệt. Do thời gian và năng lực còn hạn chế nên khóa luận này không tránh khỏi có một số sai sót. Rất mong sự nhận xét, góp ý của quý thầy cô và các bạn để đề tài được hoàn chỉnh hơn. 1 Chương 1 VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS Z[i] 1.1 Định nghĩa và tính chất 1.1.1 Vành các số nguyên Gauss Xét: Z[i] = {m+ ni | m,n ∈ Z} ⊂ C Khi đó ta có: + Z ⊂ Z[i] nên Z[i] 6= ∅ + ∀α = a+ bi, β = c+ di ∈ Z[i] (a, b, c, d ∈ Z) −α = −a− bi ∈ Z[i] α + β = (a+ bi) + (c+ di) = (a+ c) + (b+ d)i ∈ Z[i] αβ = (a+ bi)(c+ di) = (ac− bd) + (ad+ bc)i ∈ Z[i] Do đó Z[i] là một vành con sinh bởi Z và số phức i của trường số phức, được gọi là vành các số nguyên Gauss. Z[i] là một vành khác {0}, giao hoán, có đơn vị và không có ước của không. Suy ra Z[i] là một miền nguyên có đơn vị. 1.1.2 Mệnh đề 1.1.2. Z[i] là miền nguyên Euclide 2 Chứng minh: Xét ánh xạ: N : Z[i]∗ = Z[i]\{0} −→ N α = m+ ni 7−→ N(α) = αα = m2 + n2 i) ∀α, β ∈ Z[i]∗, ta có N(αβ) = αβαβ = αβαβ = ααββ = N(α)N(β) Vì 1 ≤ N(α) nên N(β) ≤ N(α)N(β) = N(αβ). ii) ∀α = a+ bi ∈ Z[i], ∀β = c+ di ∈ Z[i]∗ (a, b, c, d ∈ Z) αβ−1 = a+ bi c+ di = (a+ bi)(c− di) (c+ di)(c− di) = (ac+ bd) + (bc− ad)i c2 + d2 = ac+ bd c2 + d2 + bc− ad c2 + d2 i Đặt u = ac+ bd c2 + d2 , v = bc− ad c2 + d2 . Khi đó u, v ∈ Q ( do a, b, c, d ∈ Z ). Chọn m,n ∈ Z sao cho |m− u| ≤ 1 2 , |n− v| ≤ 1 2 . Đặt s = m− u , t = n− v ⇒ u = m− s , v = n− t. Ta có αβ−1 = u+ vi = (m− s) + (n− t)i = (m+ ni)− (s+ ti). Đặt γ = m+ ni , θ = −(s+ ti)β . Khi đó −(s+ ti) = θβ−1. Suy ra αβ−1 = γ + θβ−1 ⇔ α = γβ + θ Do đó θ = α− γβ. Mà α, β, γ ∈ Z[i] nên θ ∈ Z[i]. Mặt khác N(θ) = N(−θ) = N [(s+ ti)β] = N(s+ ti)N(β) = (s2 + t2)N(β) và s2+ t2 = |m−u|2+ |n−v|2 ≤ 1 4 + 1 4 = 1 2 nên N(θ) ≤ 1 2 N(β) < N(β). Vậy ∀α ∈ Z[i],∀β ∈ Z[i]∗, ∃ γ, θ ∈ Z[i] sao cho α = γβ + θ với θ = 0 hay θ 6= 0 và N(θ) < N(β). Từ i) và ii) ta suy ra Z[i] là miền nguyên Euclide. 2 3 1.2 Các ước của đơn vị trong Z[i] Định nghĩa 1.2.1. Số nguyên Gauss α được gọi là chia hết cho số nguyên Gauss β khác 0 nếu tồn tại số nguyên Gauss γ sao cho α = βγ. Khi đó, β được gọi là ước của α, ký hiệu β | α. Giả sử ε ∈ Z[i]∗ là một ước của đơn vị (tức ε | 1). Khi đó ε | α, ∀ α ∈ Z[i] (vì 1 | α, ∀ α ∈ Z[i]). Mệnh đề 1.2.2. ε là ước của đơn vị trong Z[i] ⇔ N(ε) = 1 Chứng minh: (⇒) Giả sử ε | 1. Khi đó tồn tại µ ∈ Z[i]∗ sao cho εµ = 1. Suy ra N(ε)N(µ) = N(εµ) = N(1) = 1 Cho nên N(ε) | 1. Mà N(ε) ∈ N nên N(ε) = 1. (⇐) Giả sử N(ε) = 1 và ε = a+ bi. Khi đó N(ε) = a2 + b2 = (a+ bi)(a− bi) = 1 Do đó a+bi | 1 hay ε | 1. 2 Giả sử ε = m+ ni | 1. Khi đó N(ε) = 1 ⇔ m2 + n2 = 1. Do đó:m = ±1n = 0 hoặc m = 0n = ±1 Suy ra các ước của đơn vị trong Z[i] là ±1,±i. Các phần tử này ổn định với phép nhân cảm sinh nên lập thành một nhóm, ta ký hiệu là U = {1 ;−1 ; i ;−i}. 1.3 Các phần tử nguyên tố của Z[i] Ta có Z[i] là một miền nguyên Euclide nên là một miền nguyên Gauss. Do đó, mọi phần tử bất khả quy của Z[i] cũng là phần tử nguyên tố. 4 Giả sử pi ∈ Z[i]∗ \ U là phần tử nguyên tố. Khi đó pi chỉ chia hết cho những số nguyên Gauss liên kết với 1 và những số nguyên Gauss liên kết với chính nó. Vì vậy, nếu pi là phần tử nguyên tố của Z[i] thì pi có đúng tám ước: ±1,±i,±pi,±ipi Nếu pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] thì các số nguyên Gauss liên kết với pi cũng là các phần tử nguyên tố của Z[i]. Mệnh đề 1.3.1. Cho α, β, γ ∈ Z[i]∗. i) Nếu (α, β) ∼ 1 và α | βγ thì α | γ. ii) Cho pi là một phần tử nguyên tố của Z[i]. Nếu pi | αβ thì pi | α hoặc pi | β. Chứng minh: i) Giả sử (α, β) ∼ 1. Khi đó (αγ, βγ) ∼ γ. Mặt khác α | αγ, α | βγ do đó α | (αγ, βγ). Suy ra α | γ. ii) Giả sử pi - α và pi - β. Khi đó (pi, α) ∼ 1, (pi, β) ∼ 1. Cho nên (pi, αβ) ∼ 1 (Mâu thuẫn với pi | αβ). Vậy pi | α hoăc pi | β. 2 Mệnh đề 1.3.2. i) Xét α ∈ Z[i]∗. Nếu N(α) là số nguyên tố trong Z thì α là phần tử nguyên tố của Z[i]. ii) Xét p là số nguyên tố trong Z. Khi đó, p là phần tử nguyên tố của Z[i] nếu và chỉ nếu p 6= N(α), ∀α ∈ Z[i]. iii) Nếu q là một số nguyên tố trong Z có dạng q=4k+3, (k ∈ Z) thì q là một phần tử nguyên tố của Z[i]. Chứng minh: i) Giả sử α không phải là phần tử nguyên tố của Z[i]. Ta có N(α) là số nguyên tố trong Z nên α ∈ Z[i]∗\U . Khi đó vì α không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] nên: ∃ β, γ ∈ Z[i]∗\U : α = βγ với N(β) > 1, N(γ) > 1 5 Do đó N(α) = N(βγ) = N(β)N(γ) Suy ra N(α) không nguyên tố trong Z (Trái với giả thiết). Vậy α là phần tử nguyên tố của Z[i]. ii) (⇒) Giả sử p là số nguyên tố của Z[i]. Khi đó nếu tồn tại α ∈ Z[i] sao cho p = N(α) = αα thì α, α là các số nguyên tố của Z[i] (vì N(α) = N(α) = p là số nguyên tố trong Z). Suy ra p không phải là số nguyên tố của Z[i] (Mâu thuẫn). Vậy p 6= N(α),∀α ∈ Z[i]. (⇐) Giả sử p 6= N(α),∀α ∈ Z[i]. Khi đó nếu p không phải là số nguyên tố trong Z[i] thì tồn tại α, β thuộc Z[i]∗\U sao cho p = αβ. Ta có p2 = N(p) = N(αβ) = N(α)N(β) Mà p nguyên tố nên N(α) = N(β) = p (Mâu thuẫn với p 6= N(α),∀α ∈ Z[i]). Vậy p là số nguyên tố trong Z[i]. iii) Giả sử q là số nguyên tố trong Z có dạng 4k + 3 (k ∈ Z). Khi đó nếu tồn tại α = m+ni ∈ Z[i] sao cho q = N(α) thì q = m2+n2 hay 4k + 3 = m2 + n2. Nếu m chẵn m = 2l (l ∈ Z) thì m2 = 4l2 ≡ 0 (mod 4). Nếu m lẻ m = 2t+ 1 (t ∈ Z) thì m2 = 4t2 + 4t+ 1 ≡ 1 (mod 4). Tương tự nếu n chẵn thì n2 ≡ 0 (mod 4), n lẻ thì n2 ≡ 1 (mod 4). Do đó: m2 + n2 ≡ 0 (mod 4) nếu m, n chẵn. m2 + n2 ≡ 1 (mod 4) nếu m chẵn, n lẻ hoặc m lẻ, n chẵn. m2 + n2 ≡ 2 (mod 4) nếu m, n lẻ. 6 Mà 4k + 3 ≡ 3 (mod 4). Mâu thuẫn với 4k + 3 = m2 + n2. Vậy q 6= N(α),∀α ∈ Z[i]. Theo ii) ta suy ra q là một số nguyên tố trong Z[i]. 2 Bổ đề 1.3.3. Xét p là một số nguyên tố dương trong Z, khi đó: p = a2 + b2 (a, b ∈ Z) ⇔ p = 2 hoặc p ≡ 1 (mod 4) Chứng minh: Ta có p = 2 = 12 + 12 Xét p > 2 (⇒) Giả sử p = a2 + b2 (a, b ∈ Z). Khi đó vì p lẻ nên a2 lẻ, b2 chẵn hoặc là a2 chẵn, b2 lẻ. Nếu a2 lẻ , b2 chẵn thì a lẻ, b chẵn. Do đó a2 + b2 ≡ 1 (mod 4). Nếu a2 chẵn, b2 lẻ thì a chẵn, b lẻ. Do đó a2 + b2 ≡ 1 (mod 4). Vậy p ≡ 1 (mod 4). (⇐) Giả sử p ≡ 1 (mod 4). Khi đó nếu p 6= a2 + b2, ∀ a, b ∈ Z tức p 6= N(α),∀α ∈ Z[i] thì theo ii) mệnh đề 1.3.2 ta có p là một phần tử nguyên tố của Z[i]. Mặt khác vì p ≡ 1 (mod 4) nên (−1 p ) = (−1)p−12 = 1. Do đó tồn tại x ∈ Z sao cho x2 ≡ −1 (mod p)⇔ x2 + 1 ≡ 0 (mod p) hay p | x2 + 1 ⇔ p | (x+ i)(x− i) Mà p là một phần tử nguyên tố của Z[i] nên p | x + i hoặc p | x − i. Vô lý vì x p + 1 p i , x p − 1 p i không phải là các số nguyên Gauss. Vậy tồn tại a, b ∈ Z sao cho p = a2 + b2. 2 Như vậy, nếu p = 2 và p = 4n+ 1 (n ∈ N) là các số nguyên tố trong Z thì theo bổ đề 1.3.3 tồn tại a+ bi ∈ Z[i] sao cho N(a+ bi) = p. Do đó theo ii) mệnh đề 1.3.2 ta suy ra p không phải là phần tử nguyên tố của Z[i]. 7 Giả sử pi là một phần tử nguyên tố của Z[i]. Khi đó pi | pipi = N(pi). Cho nên tồn tại những số nguyên dương chia hết cho pi. Gọi z là số nguyên dương nhỏ nhất trong những số đó. Giả sử z không phải là số nguyên tố trong Z. Khi đó ∃ z1 > 1, z2 > 1 (z1, z2 ∈ N∗) sao cho z = z1z2. Ta có z1 < z và z2 < z. Mặt khác pi | z hay pi | z1z2. Theo ii) mệnh đề 1.3.1 ta có pi | z1 hoặc pi | z2 (Mâu thuẫn với giả thiết z là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho pi). Do đó z là số nguyên tố trong Z. Giả sử pi là ước của hai số nguyên tố dương p, p′ của Z. Khi đó pi | p, pi | p′ nên pi | xp+ yp′ = 1 ( Do (p, p′) = 1). Vô lý vì pi là số nguyên tố của Z[i]. Vậy pi là ước của đúng một số nguyên tố dương trong Z. Mệnh đề 1.3.4. Bất kỳ phần tử nguyên tố nào của Z[i] đều là ước của đúng một số nguyên tố dương trong Z. Sau đây, chúng ta sẽ xác định các phần tử nguyên tố của Z[i] bằng phương pháp phân tích các số nguyên tố dương của Z. Xét pi = m + ni là một phần tử nguyên tố trong Z[i]. Khi đó theo mệnh đề 1.3.4 tồn tại số nguyên tố dương p trong Z sao cho pi | p. - Nếu p là phần tử nguyên tố của Z[i] thì pi liên kết với p. - Nếu p không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] thì p = piλ với λ ∈ Z[i]∗\U . Khi đó ta có p2 = N(p) = N(piλ) = N(pi)N(λ) Mà p là số nguyên tố trong Z và N(pi) > 1, N(λ) > 1 nên N(pi) = N(λ) = p hay p = m2 + n2 Suy ra λ = p pi = m2 + n2 m+ ni = (m+ ni)(m− ni) m+ ni = m− ni = pi 8 Mà N(pi) = p nguyên tố trong Z nên theo i) mệnh đề 1.3.2 ta suy ra pi là phần tử nguyên tố của Z[i]. Như vậy các ước thực sự của p là pi, pi và các liên kết của chúng. Ta có p là một số nguyên tố dương của Z nên hoặc là p = 2, hoặc là p = 4n+ 1 (n ∈ N), hoặc là p = 4n+ 3 (n ∈ N). * Trường hợp 1: p = 2 Ta có 2 không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] và 2 = 12 + 12. Do đó 1 + i và các liên kết của nó là các phần tử nguyên tố của Z[i]. * Trường hợp 2: p = 4n+ 3 (n ∈ N) Theo iii) mệnh đề 1.3.2 ta có p là một số nguyên tố của Z[i]. * Trường hợp 3: p = 4n+ 1 (n ∈ N) Ta có p không phải là một phần tử nguyên tố của Z[i] và p = a2 + b2 , a, b ∈ Z (theo bổ đề 1.3.3) nên a + bi và các liên kết của nó là các phần tử nguyên tố của Z[i]. Từ các kết quả trên, ta suy ra các phần tử nguyên tố của Z[i] là: Mệnh đề 1.3.5. Trên vành các số nguyên Gauss Z[i], các phần tử nguyên tố gồm: pi ∼  1 + i q q là số nguyên tố lẻ trong Z có dạng 4n+3 a+ bi sao cho N(a+ bi) = a2 + b2 =p với p là số nguyên tố lẻ trong Z có dạng 4n+1 Mệnh đề 1.3.6. i) Mọi số nguyên Gauss khác 0 và khác các phần tử khả nghịch đều chia hết cho một phần tử nguyên tố của Z[i]. ii) Mọi số nguyên Gauss khác 0 và khác các phần tử khả nghịch đều có thể phân tích thành tích các phần tử nguyên tố của Z[i]. 9 Chứng minh: i) Giả sử α ∈ Z[i]∗\U . Khi đó nếu α là phần tử nguyên tố của Z[i] thì α là ước nguyên tố của chính nó. Nếu α không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] thì ∃ α1, β1 ∈ Z[i]∗\U, α = α1β1. Ta có N(α1) > 1, N(β1) > 1. Mà N(α) = N(α1β1) = N(α1)N(β1). Do đó 1 < N(α1) < N(α). + Nếu α1 là phần tử nguyên tố của Z[i] thì α1 là ước nguyên tố của α. + Nếu α1 không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] thì ∃ α2, β2 ∈ Z[i]∗\U, α1 = α2β2 Ta có N(α2) > 1, N(β2) > 1. Mà N(α1) = N(α2β2) = N(α2)N(β2). Do đó 1 < N(α2) < N(α1). - Nếu α2 là phần tử nguyên tố của Z[i] thì α2 là ước nguyên tố của α. - Nếu α2 không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] thì ta tiếp tục quá trình trên. Nhưng vì: N(α), N(α1), N(α2), ... ∈ N và N(α) > N(α1) > N(α2) > ... nên quá trình trên phải kết thúc ở bước thứ r nào đó với N(αr) là số nguyên tố trong Z. Theo i, mệnh đề 1.3.2 ta suy ra αr là phần tử nguyên tố của Z[i]. Vậy αr là ước nguyên tố của α. ii) Giả sử α ∈ Z[i]∗\U . Theo i) tồn tại pi1 là phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho α = pi1α1, N(α1) < N(α). + Nếu α1 ∈ U thì do pi1 là phần tử nguyên tố của Z[i] nên α là phần tử nguyên tố của Z[i]. + Nếu α1 6∈ U thì theo i) tồn tại pi2 là phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho α1 = pi2α2, N(α2) < N(α1). - Nếu α2 ∈ U thì do pi2 là phần tử nguyên tố của Z[i] nên α1 cũng là phần tử nguyên tố của Z[i]. Ta có α = pi1α1. 10 - Nếu α2 6∈ U thì ta tiếp tục quá trình trên. Nhưng vì: N(α), N(α1), N(α2), .. ∈ N và N(α) > N(α1) > N(α2) > ... nên quá trình trên phải kết thúc ở bước thứ r nào đó với pir là phần tử nguyên tố của Z[i], αr ∈ U và α = pi1pi2 . . . pir−1pirαr. Do pir là phần tử nguyên tố của Z[i] nên αr−1 = pirαr cũng là phần tử nguyên tố của Z[i]. Vậy α = pi1pi2 . . . pir−1αr−1 trong đó pii, i = 1, r − 1 và αr−1 là các phần tử nguyên tố của Z[i]. 2 Nhận xét 1.3.7. Ta có Z[i] là miền nguyên Gauss nên mọi phần tử khác 0 và không khả nghịch đều có một dạng nhân tử hóa duy nhất thành các phần tử nguyên tố. Do đó với mọi α ∈ Z[i]∗\U ta có thể đặt α dưới dạng: α = pin11 pi n2 2 . . . pi nr r trong đó pi1, pi2, . . . , pir là những phần tử nguyên tố của Z[i] đôi một không liên kết với nhau và n1, n2, . . . , nr là các số nguyên dương. 11 Chương 2 LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ 2.1 Khái niệm đồng dư thức và các tính chất cơ bản 2.1.1 Khái niệm đồng dư thức: Định nghĩa 2.1.1.1. Cho µ ∈ Z[i]∗ và α, β ∈ Z[i]. Khi đó, nếu µ | α− β thì ta nói rằng α đồng dư với β theo môđulô µ. Khi α đồng dư với β theo môđulô µ thì ta ký hiệu: α ≡ β (mod µ) và gọi đó là một đồng dư thức. Ví dụ 2.1.1.2. 15 ≡ 1 (mod 7) 5 + 2i ≡ 3 (mod 1 + i) −7− i ≡ −10 (mod 3− i) Từ định nghĩa, ta dễ dàng suy ra ba điều sau tương đương với nhau từng đôi một: i) α ≡ β (mod µ) ii) µ | α− β iii) α = β + µγ, γ ∈ Z[i]. 12 2.1.2 Các tính chất cơ bản Mệnh đề 2.1.2.1. i) Nếu αi ≡ βi (mod µ), i = 1, ...k thì k∑ i=1 εiαi ≡ k∑ i=1 εiβi (mod µ) , với εi = ±1 k∏ i=1 αi ≡ k∏ i=1 βi (mod µ). Đặc biệt, nếu α ≡ β (mod µ) và k ∈ N thì αk ≡ βk (mod µ). ii) Nếu γ | α, γ | β và (γ, µ) ∼ 1 thì từ α ≡ β (mod µ) ta suy ra được α γ ≡ β γ (mod µ) iii) Nếu δ, γ ∈ Z[i]∗, γ là ước chung của α, β, µ thì từ α ≡ β (mod µ) ta suy ra được δα ≡ δβ (mod δµ) và α γ ≡ β γ (mod µ γ ) iv) Nếu α ≡ β (mod µi), i = 1, ...k thì α ≡ β (mod µ) trong đó µ ∼ [µ1, µ2, ..., µk] v) Cho µ, γ ∈ Z[i]∗, γ | µ. Khi đó, nếu α ≡ β (mod µ) thì α ≡ β (mod γ) vi) Nếu α ≡ β (mod µ) thì (α, µ) ∼ (β, µ). Chứng minh: i) Do αi ≡ βi (mod µ) nên αi = βi + µγi , i = 1, 2, ...k với γi ∈ Z[i]. Từ đó ta có: k∑ i=1 εiαi = k∑ i=1 εiβi + µ k∑ i=1 εiγi = k∑ i=1 εiβi + µγ , γ ∈ Z[i], εi = ±1 k∏ i=1 αi = k∏ i=1 (βi + µγi) = k∏ i=1 βi + µδ , δ ∈ Z[i] 13 Suy ra k∑ i=1 εiαi ≡ k∑ i=1 εiβi (mod µ) k∏ i=1 αi ≡ k∏ i=1 βi (mod µ). ii) Nếu α ≡ β (mod µ) thì µ | α−β = γ(α γ − β γ ). Nhưng vì (γ, µ) ∼ 1 nên µ | α γ − β γ hay α γ ≡ β γ (mod µ). iii) Rõ ràng α ≡ β (mod µ) suy ra δα ≡ δβ (mod δµ) Ta có α ≡ β (mod µ) nên µ | α− β. Mà γ là ước chung của α, β, µ nên µ γ | α γ − β γ hay α γ ≡ β γ (mod µ γ ). iv) Vì α ≡ β (mod µi) nên α− β là một bội chung của các µi do đó nếu µ ∼ [µ1, µ2, ..., µk] thì µ | α− β hay α ≡ β (mod µ). v) Do α ≡ β (mod µ) nên µ | α− β. Mà γ | µ nên γ | α− β hay α ≡ β (mod γ). vi) Do α ≡ β (mod µ) nên α = β + µγ, γ ∈ Z[i] (1) Do đó β = α− µγ (2) Từ (1) ta suy ra mọi ước chung của β và µ đều là ước của α. Từ (2) ta suy ra mọi ước chung của α và µ đều là ước của β. Vậy tập các ước chung của α và µ trùng với tập các ước chung của β và µ. Do đó (α, µ) ∼ (β, µ). 2 2.2 Hệ thặng dư đầy đủ trong Z[i] Với µ ∈ Z[i]∗, đặt Z[i]µ = Z[i]/≡ mod µ 14 Như vậy, nếu αµ ∈ Z[i]µ thì α ∈ Z[i]. Và ∀ β ∈ αµ ta có β ∈ Z[i], β ≡ α (mod µ). Ta có Z[i]µ là một vành với hai phép toán: αµ + βµ = (α + β)µ αµβµ = (αβ)µ với mọi αµ, βµ ∈ Z[i]µ. Định nghĩa 2.2.1. Xét ánh xạ f được xác định như sau: f: Z[i]µ −→ Z[i] αµ 7−→ f(αµ) = β ∈ αµ Khi đó, f(Z[i]µ) được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ; và f(Z[i]∗µ) được gọi là một hệ thặng dư thu gọn theo môđulô µ. Như vậy, Hµ là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ khi và chỉ khi Hµ thỏa mãn hai điều kiện: i) Nếu α, β ∈ Hµ và α 6= β thì α 6≡ β (mod µ). ii) Với mọi γ ∈ Z[i] tồn tại α ∈ Hµ sao cho α ≡ γ (mod µ). Nếu Hµ là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ thì H ∗ µ = Hµ\{0} là một hệ thặng dư thu gọn theo môđulô µ. Sau đây, chúng ta sẽ chỉ ra một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ cụ thể trong Z[i]. Với µ = m+ ni ∈ Z[i]∗\U , ta xét: Hµ = {x+ yi | x = 0, 1, . . . , d− 1 , y = 0, 1, . . . , m2 + n2 d − 1} trong đó d = (m,n). Bổ đề 2.2.2. Với mọi x + yi ∈ Z[i], x + yi 6= 0, |x| < d, |y| < m 2 + n2 d , trong đó d = (m,n) và m,n ∈ Z,m2 + n2 6= 0, thì m+ ni - x+ yi. 15 Chứng minh: Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng. Giả sử m+ ni | x+ yi. Khi đó ∃ a+ bi ∈ Z[i] sao cho: x+ yi = (m+ ni)(a+ bi)⇔ x+ yi = (am− bn) + (an+ bm)i ⇔ x = am− bny = an+ bm ⇔ a(m2 + n2) = xm+ yn (1)b(m2 + n2) = ym− xn (2) ⇒ m2 + n2 | xm+ ynm2 + n2 | ym− xn + Nếu x = 0 thì do x+ yi 6= 0 nên 0 < |y| < m 2 + n2 d . Đặt m1 = m d , n1 = n d , ta có (m1, n1) = 1 vì (m,n) = d. Vì x = 0 nên m2 + n2 | yn và m2 + n2 | ym. Do đó d(m21 + n 2 1) | yn1 và d(m21 + n21) | ym1 Mà (m1, n1) = 1 nên (m1,m 2 1 + n 2 1) = 1, (n1,m 2 1 + n 2 1) = 1. Suy ra m21 + n 2 1 | y hay m2 + n2 d | y (Mâu thuẫn với 0 < |y| < m 2 + n2 d ). + Nếu x 6= 0 thì 0 < |x| < d. Không mất tính tổng quát ta giả sử m 6= 0 ( Vì m2 + n2 6= 0). Theo (2) ta có: b(m2 + n2) = ym− xn ⇒ y = b m (m2 + n2) + xn m nên xm+ yn = xm+ nb m (m2 + n2) + xn2 m = x m (m2 + n2) + nb m (m2 + n2) = (m2 + n2) x+ nb m 16 Kết hợp với (1) ta suy ra a = x+ nb m ∈ Z tức x = am− bn nên d | x (Mâu thuẫn với 0 < |x| < d). Vậy m+ ni - x+ yi. 2 Bổ đề 2.2.3. Tồn tại yi ∈ Hµ sao cho d ≡ yi (mod µ). Chứng minh: Với d=(m, n) ta đặt m1 = m d , n1 = n d . Khi đó (m1, n1) = 1. Xét hai phương trình vô định: x1m1 + y1(m 2 1 + n 2 1) = −n1 (1) x2n1 + y2(m 2 1 + n 2 1) = m1 (2) Ta có (m1, n1) = 1 nên (m1,m 2 1 + n 2 1) = 1 và (n1,m 2 1 + n 2 1) = 1. Do đó (1) và (2) đều có nghiệm. Gọi (x01, y 0 1), (x 0 2, y 0 2) lần lượt là nghiệm của (1) và (2). Khi đó nghiệm tổng quát của chúng có dạng:x1 = x01 + (m21 + n21)t1y1 = y01 −m1t1 (t1, x01, y01 ∈ Z)x2 = x02 + (m21 + n21)t2y2 = y02 − n1t2 (t2, x02, y02 ∈ Z) Không mất tính tổng quát ta giả sử 0 ≤ x01 < m21 + n21. Vì (x01, y 0 1), (x 0 2, y 0 2) là nghiệm của (1) và (2) nên: x01 − x02 = (y02m1 − y01n1 − 1) m21 + n 2 1 m1n1 Mặt khác (m1,m 2 1+n 2 1) = 1 và (n1,m 2 1+n 2 1) = 1 nên (m1n1,m 2 1+n 2 1) = 1. Mà x01 − x02 ∈ Z do đó m21 + n21 | x01 − x02 . Đặt t0 = y02m1 − y01n1 − 1 m1n1 , khi đó t0 ∈ Z và x01 − x02 = (m21 + n21)t0. Ta có x1 = x2 ⇔ x01 − x02 = (m21 + n21)(t2 − t1) 17 Do đó nếu chọn t2 − t1 = t0 thì x1 = x2. Mà t1, t2 ∈ Z bất kỳ nên ta có thể chọn t1 = 0, t2 = t0. Đặt x = x1 = x2, ta có: xm1 + n1 = −y01(m21 + n21) xn1 −m1 = −(y02 − n1t0)(m21 + n21) Điều này chứng tỏ tồn tại x ∈ Z, 0 ≤ x < m21 + n21 sao cho:m21 + n21 | xm1 + n1m21 + n21 | xn1 −m1 Suy ra: m2 + n2 | mdx+ ndm2 + n2 | ndx−md Đặt y = dx. Ta có 0 ≤ y < d(m21 + n21) = m2 + n2 d vàm2 + n2 | my + ndm2 + n2 | ny −md Do đó m2 + n2|(md − ny) + (my + nd)i = (m − ni)(d − yi). Cho nên m+ni | d−yi hay µ | d−yi. Suy ra d ≡ yi (mod µ) với 0 ≤ y < m 2 + n2 d . Vậy ∃ yi ∈ Hµ sao cho d ≡ yi (mod µ). 2 Mệnh đề 2.2.4. Hµ là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ. Chứng minh: Ta có Hµ ⊂ Z[i] i) ∀α = a+ bi, β = c+ di ∈ Hµ, α 6= β ta có: α− β = (a− c) + (b− d)i 6= 0 (Do α 6= β) Vì α, β ∈ Hµ nên 0 ≤ a, c ≤ d− 1; 0 ≤ b, d ≤ m 2 + n2 d − 1. Do đó |a− c| < d, |b− d| < m 2 + n2 d . Theo bổ đề 2.2.2 ta có m+ ni - (a− c) + (b− d)i hay µ - α− β. 18 Vậy α 6≡ β (mod µ). ii) Với mọi γ = a + bi ∈ Z[i] ta chứng minh tồn tại α = r + si ∈ Hµ sao cho γ ≡ α (mod µ). Chia a cho d ta được a = pd+ r với 0 ≤ r ≤ d− 1. Theo bổ đề 2.2.3 ta có ∃ yi ∈ H sao cho d ≡ yi (mod µ). Do đó: γ = a+ bi = pd+ r + bi ≡ pyi+ r + bi (mod µ) ≡ r + (py + b)i (mod µ) Chia py + b cho m2 + n2 d ta được: py + b = q m2 + n2 d + s với 0 ≤ s ≤ m 2 + n2 d − 1 Mặt khác m2 + n2 | qm 2 + n2 d n và m2 + n2 | qm 2 + n2 d m ⇒ m2 + n2 | (m− ni)(qm 2 + n2 d i) ⇒ m+ ni | qm 2 + n2 d i Do đó (py + b)i ≡ si (mod µ) hay γ ≡ r + si (mod µ). Ta có 0 ≤ s ≤ m 2 + n2 d − 1; 0 ≤ r ≤ d− 1 nên r + si ∈ Hµ. Vậy tồn tại α = r + si ∈ Hµ sao cho γ ≡ α (mod µ). Từ i) và ii) ta suy ra Hµ là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ. 2 2.3 Hàm Euler Định nghĩa 2.3.1. Với mỗi µ ∈ Z[i]∗, ta đặt: ϕ(µ) = ∑ γ∈H∗µ (γ,µ)∼1 1 trong đó, H∗µ là hệ thặng dư thu gọn theo môđulô µ. ϕ(µ) được gọi là hàm Euler. 19 Từ định nghĩa ta thấy ϕ(µ) chính là số các số nguyên Gauss trong H∗µ nguyên tố với µ. Ví dụ 2.3.2. ϕ(1) = 1 ϕ(i) = 1 2.4 Tính chất nhân Định lý 2.4.1. Với mọi α1, α2 ∈ Z[i]∗, (α1, α2) ∼ 1 ta có: ϕ(α1α2) = ϕ(α1)ϕ(α2) Chứng minh: Gọi Gα1 = {γ1 ∈ H∗α1 : (γ1, α1) ∼ 1} Gα2 = {γ2 ∈ H∗α2 : (γ2, α2) ∼ 1} Gα = {γ ∈ H∗α : (γ, α) ∼ 1} trong đó, H∗α1, H ∗ α2 , H∗α lần lượt là các hệ thặng dư thu gọn theo môđulô α1, α2, α (α = α1α2). Vì Hα là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô α nên: ∀(γ1, γ2) ∈ Gα1 ×Gα2,∃β ∈ Hα : β ≡ α1γ2 + α2γ1 (mod α) Xét tương ứng: f: Gα1 ×Gα2 −→ Gα (γ1, γ2) 7−→ β Ta sẽ chứng minh tương ứng này là một song ánh. i) ∀(γ1, γ2) ∈ Gα1 ×Gα2, ta chứng minh f(γ1, γ2) = β ∈ Gα Giả sử (α, β)  1. Khi đó gọi d  1 là ước chung nguyên tố của α, β. Ta có β ≡ α1γ2 + α2γ1 (mod α) do đó α | α1γ2 + α2γ1 − β. Mà d | α và d | β nên d | α1γ2 + α2γ1 + Giả sử d | α1. Khi đó do (α1, α2) ∼ 1 nên d | γ1. Suy ra (γ1, α1)  1. Mâu thuẫn với γ1 ∈ Gα1. 20 + Giả sử d | α2. Khi đó do (α1, α2) ∼ 1 nên d | γ2. Suy ra (γ2, α2)  1. Mâu thuẫn với γ2 ∈ Gα2. + Giả sử d - α1 và d - α2. Khi đó d - α = α1α2. Mâu thuẫn với d | α. Do đó (α, β) ∼ 1. Suy ra β ∈ H∗α. Vậy β ∈ Gα. ii) Chứng minh f là ánh xạ: Xét γ1, γ ′ 1 ∈ Gα1; γ2, γ′2 ∈ Gα2 sao cho (γ1, γ2) = (γ′1, γ′2). Khi đó γ1 = γ ′ 1, γ2 = γ ′ 2 hay γ1 − γ′1 = 0, γ2 − γ′2 = 0. Ta có: f(γ1, γ2) = β và f(γ ′ 1, γ ′ 2) = β ′ với β ∈ Gα : β ≡ α1γ2 + α2γ1 (mod α) β′ ∈ Gα : β′ ≡ α1γ′2 + α2γ′1 (mod α) Do đó β − β′ ≡ α1(γ2 − γ′2) + α2(γ1 − γ′1) (mod α). Suy ra β − β′ ≡ 0 (mod α) hay β ≡ β′ (mod α) Mà β, β′ ∈ H∗α nên β = β′ tức f(γ1, γ2) = f(γ ′ 1, γ ′ 2) Vậy f là ánh xạ. iii) Chứng minh f là đơn ánh: Xét γ1, γ ′ 1 ∈ Gα1; γ2, γ′2 ∈ Gα2. Ta có f(γ1, γ2) = β, f(γ′1, γ′2) = β′. Giả sử f(γ1, γ2) = f(γ ′ 1, γ ′ 2) tức β = β ′. Ta có: β ≡ α1γ2 + α2γ1 (mod α) β′ ≡ α1γ′2 + α2γ′1 (mod α) Do đó α1(γ2 − γ′2) + α2(γ1 − γ′1) ≡ 0 (mod α). Suy ra α = α1α2 | α1(γ2 − γ′2) + α2(γ1 − γ′1) ⇒ α1 | α1(γ2 − γ′2) + α2(γ1 − γ′1)α2 | α1(γ2 − γ′2) + α2(γ1 − γ′1) 21 Mà (α1, α2) ∼ 1 nên α1 | γ1 − γ′1α2 | γ2 − γ′2 hay γ1 ≡ γ′1 (mod α1) và γ2 ≡ γ′2 (mod α2). Ta có γ1, γ ′ 1 ∈ H∗α1; γ2, γ′2 ∈ H∗α2 nên γ1 = γ′1, γ2 = γ′2. Suy ra (γ1, γ2) = (γ ′ 1, γ ′ 2) Vậy f là đơn ánh. iv) Chứng minh f là toàn ánh: Do (α1, α2) ∼ 1 nên tồn tại s, t ∈ Z[i] sao cho sα1 + tα2 = 1. Suy ra với mọi β ∈ Gα ta có βsα1 + βtα2 = β (∗) Vì Hα1 là hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô α1 nên ∃ γ1 ∈ Hα1 sao cho γ1 ≡ βt (mod α1) Vì Hα2 là hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô α2 nên ∃ γ2 ∈ Hα2 sao cho γ2 ≡ βs (mod α2) Từ (*) ta có βsα1β −1 + βtα2β−1 = 1. Do đó (βt, α1) ∼ 1; (βs, α2) ∼ 1. + Giả sử (γ1, α1)  1. Gọi d  1 là ước chung của γ1 và α1. Ta có d | α1 mà α1 | βt− γ1 nên d | βt− γ1. Vì d | γ1 nên d | βt. Suy ra (βt, α1)  1 (Vô lý). Vậy (γ1, α1) ∼ 1 hay γ1 ∈ Gα1. + Giả sử (γ2, α2)  1. Gọi d′  1 là ước chung của γ2 và α2. Ta có d′ | α2 mà α2 | βs− γ2 nên d′ | βs− γ2. Vì d′ | γ2 nên d′ | βs. Suy ra (βs, α2)  1 (Vô lý). Vậy (γ2, α2) ∼ 1 hay γ2 ∈ Gα2. Ta có: α1 | βt− γ1 ⇒ α = α1α2 | (βt− γ1)α2 α2 | βs− γ2 ⇒ α = α1α2 | (βs− γ2)α1 22 Do đó α | βsα1 + βtα2 − (α1γ2 + α2γ1) hay α | β − (α1γ2 + α2γ1). Suy ra β ≡ α1γ2 + α2γ1 (mod α) tức f(γ1, γ2) = β. Vậy với mọi β ∈ Gα tồn tại γ1 ∈ Gα1, γ2 ∈ Gα2 sao cho f(γ1, γ2) = β. =⇒ f là toàn ánh. Từ (i), (ii), (iii), (iv) suy ra f là song ánh. Do đó |Gα1 ×Gα2| = |Gα| hay ∑ γ∈Gα1 1. ∑ γ∈Gα2 1 = ∑ γ∈Gα 1 Vậy ϕ(α1)ϕ(α2) = ϕ(α) = ϕ(α1α2). 2 2.5 Công thức tính Định lý 2.5.1. Với mọi α ∈ Z[i]∗\U , giả sử α có dạng nhân tử hóa duy nhất thành các phần tử nguyên tố là: α = pin11 pi n2 2 . . . pi nr r trong đó pi1, pi2, . . . , pir là những phần tử nguyên tố của Z[i] đôi một không liên kết với nhau và n1, n2, . . . , nr là các số nguyên dương. Khi đó: ϕ(α) = r∏ i=1 (N(pinii )−N(pini−1i )) = N(α) r∏ i=1 (1− 1 N(pii) ) (*) Chứng minh: Để chứng minh (*) ta chứng minh ϕ(pin) = N(pin) − N(pin−1) với pi là phần tử nguyên tố của Z[i] và n ∈ N. Ta có: ϕ(pin) = ∑ γ∈H∗pin (γ,pi)∼1 1 = N(pin)− 1− ∑ γ∈H∗pin pi | γ 1 với H∗pin là hệ thặng dư thu gọn theo môđulô pi n, |H∗pin| = N(pin)− 1. Mặt khác, {γ pi } γ∈H∗pin pi | γ là hệ thặng dư thu gọn theo môđulô pin−1 nên ∑ γ∈H∗pin pi | γ 1 = ∑ γ∈H∗ pin−1 1 = N(pin−1)− 1 23 Suy ra: ϕ(pin) = N(pin)− 1− (N(pin−1)− 1) = N(pin)−N(pin−1) Vậy: ϕ(α) = ϕ(pin11 pi n2 2 . . . pi nr r ) = r∏ i=1 ϕ(pinii ) = r∏ i=1 (N(pinii )−N(pini−1i )) = r∏ i=1 N(pinii )(1− 1 N(pii) ) = r∏ i=1 N(pinii ) r∏ i=1 (1− 1 N(pii) ) = N( r∏ i=1 pinii ) r∏ i=1 (1− 1 N(pii) ) = N(α) r∏ i=1 (1− 1 N(pii) ). 2 2.6 Hệ thức Gauss Bổ đề 2.6.1. Giả sử φ là hàm có tính chất nhân và α ∈ Z[i]∗\U có dạng nhân tử hóa duy nhất thành các phần tử nguyên tố là α = pin11 pi n2 2 . . . pi nr r trong đó pi1, pi2, . . . , pir là các phần tử nguyên tố của Z[i] đôi một không liên kết với nhau và n1, n2, . . . , nr là các số nguyên dương. Khi đó:∑ β|α φ(β) = r∏ i=1 (1 + φ(pii) + φ(pi 2 i ) + . . .+ φ(pi ni i )) không kể liên kết. Chứng minh: r∏ i=1 (1 + φ(pii) + φ(pi 2 i ) + . . .+ φ(pi ni i )) = ∑ mi=0,1,...,ni i=1,r φ(pim11 )φ(pi m2 2 ) . . . φ(pi mr r ) = ∑ mi=0,1,...,ni i=1,r φ(pim11 pi m2 2 . . . pi mr r ) = ∑ β | α φ(β). 2 24 Định lý 2.6.2. Với mọi α ∈ Z[i]∗ ta có:∑ β|α ϕ(β) = N(α) (**) Chứng minh: Với α ∼ 1 ta có (**) đúng. Với α  1, vì Z[i] là miền nguyên Gauss nên α có dạng nhân tử hóa duy nhất thành các phần tử nguyên tố là: α = pin11 pi n2 2 . . . pi nr r trong đó pi1, pi2, . . . , pir là các phần tử nguyên tố của Z[i] đôi một không liên kết với nhau và n1, n2, . . . , nr là các số nguyên dương. Vì ϕ có tính chất nhân nên ta có:∑ β|α ϕ(β) = r∏ i=1 (1 + ϕ(pii) + ϕ(pi 2 i ) + . . .+ ϕ(pi ni i )) = r∏ i=1 (1 + (N(pii)− 1) + (N(pi2i )−N(pii)) + . . .+ (N(pinii )−N(pini−1i ))) = r∏ i=1 N(pinii ) = N( r∏ i=1 pinii ) = N(α). 2 2.7 Định lý Euler Mệnh đề 2.7.1. Cho α ∈ Z[i]∗, µ ∈ Z[i]∗ αµ ∈ Z[i]µ khả nghịch ⇔ (α, µ) ∼ 1 Chứng minh: (⇒) Giả sử αµ khả nghịch. Khi đó tồn tại βµ ∈ Z[i]µ sao cho αµβµ = 1µ. Suy ra αβ ≡ 1 (mod µ). Do đó theo vi) mệnh đề 2.1.2.1 ta có (αβ, µ) ∼ (1, µ) ∼ 1 Vậy (α, µ) ∼ 1. (⇐) Giả sử (α, µ) ∼ 1. Khi đó tồn tại x, y ∈ Z[i] sao cho αx + µy = 1. Suy ra αx ≡ 1 (mod µ). Do đó: (αx)µ = 1µ ⇔ αµxµ = 1µ. 25 Vậy αµ khả nghịch. 2 Đặt G∗µ = {αµ ∈ Z[i]µ : αµkhả nghịch} = {αµ ∈ Z[i]µ : (α, µ) ∼ 1} Ta có cấp của G∗µ bằng ϕ(µ) và G ∗ µ ⊂ Z[i]µ ∀αµ, βµ ∈ G∗µ ta có (α, µ) ∼ (β, µ) ∼ 1. Do đó (αβ, µ) ∼ 1. Suy ra (αβ)µ khả nghịch tức αµβµ ∈ G∗µ. Do đó G∗µ ổn định đối với phép nhân. Vậy G∗µ cùng với phép nhân cảm sinh từ Z[i]µ lập thành một nhóm. Do G∗µ là nhóm nhân hữu hạn cấp ϕ(µ) nên cấp của αµ (αµ ∈ G∗µ) là cấp của nhóm con cyclic sinh bởi αµ, ký hiệu là . Theo định lý Lagrange ta có cấp của là một ước số của ϕ(µ). Do đó: α ϕ(µ) µ = 1µ Định lý 2.7.2. (Định lý Euler) Cho α ∈ Z[i]∗, µ ∈ Z[i]∗. Nếu (α, µ) ∼ 1 thì αϕ(µ) ≡ 1 (mod µ) Chứng minh: Giả sử (α, µ) ∼ 1. Khi đó theo mệnh đề 2.7.1 ta có αµ khả nghịch tức αµ ∈ G∗µ. Do G∗µ là nhóm nhân hữu hạn cấp ϕ(µ) nên: αϕ(µ)µ = 1µ ⇔ (αϕ(µ))µ = 1µ ⇔ αϕ(µ) = 1 (mod µ). 2 2.8 Định lý Fermat Định lý 2.8.1. Cho α ∈ Z[i]∗, pi là một phần tử nguyên tố của Z[i]. Nếu (α, pi) ∼ 1 thì αN(pi)−1 ≡ 1(modpi) 26 Chứng minh: * Cách 1: Giả sử pi = a+ bi là phần tử nguyên tố của Z[i]. Khi đó (a, b) = 1. Thật vậy, nếu (a, b) = c 6= 1 thì a 6= 1, b 6= 1 và b = ac (hoặc a = bc). Suy ra pi = a + bi = a + aci = a(1 + ci) tức a | pi. Vô lý vì pi là phần tử nguyên tố của Z[i]. Ta có (a, b) = 1 do đó Hpi = {yi | y = 0, 1, . . . , a2 + b2 − 1} = {yi | y = 0, 1, . . . , N(pi)− 1} (Hpi là hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô pi). Vì pi là phần tử nguyên tố của Z[i] nên: ϕ(pi) = ∑ yi∈H∗pi (yi,pi)=1 1 = N(pi)− 1 Theo định lý Euler ta có: Nếu (α, pi) ∼ 1 thì αϕ(pi) ≡ 1 (mod pi) hay αN(pi)−1 ≡ 1 (mod pi). 2 * Cách 2: Ta có Hpi = {yi | y = 0, 1, . . . , N(pi)− 1} là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô pi nên H∗pi = {yi | y = 1, . . . , N(pi) − 1} là một hệ thặng dư thu gọn theo môđulô pi. Nếu x ∈ Z[i]∗ chạy qua H∗pi thì do (α, pi) = 1 nên αx cũng chạy qua H∗pi. Do đó theo i) mệnh đề 2.1.1 ta có:∏ x∈H∗pi αx ≡ ∏ x∈H∗pi x (mod pi) ⇔ αN(pi)−1 ∏ x∈H∗pi x ≡ ∏ x∈H∗pi x (mod pi) Theo ii) mệnh đề 2.1.2.1 ta suy ra: αN(pi)−1 ≡ 1 (mod pi). 2 27 Chương 3 PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ 3.1 Định nghĩa Cho µ ∈ Z[i]∗\U , với U là nhóm các ước của đơn vị trong Z[i]. Khi đó, phương trình dạng: f(x) = 0 (mod µ) (3.1) trong đó f(x) = αnx n + αn−1xn−1 + . . .+ α0 ∈ Z[i][x], được gọi là phương trình đồng dư theo một ẩn x. Nếu x0 ∈ Z[i], f(x0) ≡ 0 (mod µ) thì ta nói x0 nghiệm đúng (3.1). Giải (3.1) có nghĩa là xác định tập tất cả các giá trị của ẩn là các số nguyên Gauss nghiệm đúng nó. Nếu x0 nghiệm đúng (3.1) và x1 ≡ x0 (mod µ) thì x1 cũng nghiệm đúng (3.1). Do đó, tập các giá trị là các số nguyên Gauss nghiệm đúng (3.1) được phân hoạch thành những lớp thặng dư theo các môđulô µ, mỗi lớp như vậy được gọi là một nghiệm của (3.1). Như vậy, giải (3.1) có nghĩa là giải phương trình đại số: (αn)µx n + (αn−1)µxn−1 + . . .+ (α0)µ = 0µ trong Z[i]µ = Z[i]/≡ mod µ. Để tìm nghiệm của (3.1), ta có thể thử qua một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ Nếu (αn)µ 6= 0µ thì n được gọi là bậc của phương trình (3.1). 28 Ví dụ 3.1.1. Xét phương trình: x ≡ −1 (mod 1 + i) (*) Ta có H1+i = {0; i} là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô (1+i). Khi đó trong H1+i chỉ có i nghiệm đúng (*) nên phương trình (*) chỉ có nghiệm duy nhất là i1+i hay có thể viết dưới dạng x ≡ i (mod 1 + i). Nhận xét 3.1.2. i) Giả sử µ ∈ Z[i]∗\U có dạng nhân tử hóa duy nhất thành các phần tử nguyên tố là: µ = pin11 pi n2 2 . . . pi nr r trong đó pi1, pi2, . . . , pir là các phần tử nguyên tố của Z[i] đôi một không liên kết với nhau và n1, n2, . . . , nr là các số nguyên dương. Khi đó, phương trình f(x) = 0 (mod µ) tương đương với hệ:  f(x) ≡ 0 (mod pin11 ) f(x) ≡ 0 (mod pin22 ) ... f(x) ≡ 0 (mod pinrr ) ii) Từ mệnh đề 2.1.2.1 ta có phương trình f(x) = 0 (mod µ) tương đương với các phương trình sau: f(x) + kµxi ≡ 0 (mod µ), k ∈ Z[i]. δf(x) ≡ 0 (mod δµ), trong đó δ ∈ Z[i]∗. 1 γ f(x) ≡ 0 (mod µ), trong đó (γ, µ) ∼ 1và γ | (αn, αn−1, . . . , α0). 1 γ f(x) ≡ 0 (mod µ γ ), trong đó γ ∈ Z[i]∗và γ | (αn, αn−1, . . . , α0, µ). 3.2 Phương trình bậc nhất Cho µ ∈ Z[i]∗\U , xét phương trình bậc nhất: αx ≡ β (mod µ) (3.2) với α, β ∈ Z[i], α 6= 0 29 Mệnh đề 3.2.1. Nếu αµ ∈ G∗µ, với G∗µ là nhóm các phần tử khả nghịch của Z[i]µ thì phương trình (3.2) có nghiệm duy nhất và có thể viết dưới dạng: x ≡ βαϕ(µ)−1 (mod µ) Chứng minh Nếu αµ ∈ G∗µ thì tồn tại α−1µ . Khi đó, x = α−1µ βµ là nghiệm của phương trình (3.2) và là nghiệm duy nhất. Ngoài ra, ta có αµ ∈ G∗µ (tức αµ khả nghịch) do đó (α, µ) ∼ 1. Theo định lý Euler ta suy ra α ϕ(µ) µ = 1µ nên α −1 µ = α ϕ(µ)−1 µ Cho nên nghiệm của (3.2) là: x = α−1µ βµ = α ϕ(µ)−1 µ βµ ⇔ x = (αϕ(µ)−1β)µ ⇔ x ≡ αϕ(µ)−1β (mod µ). 2 Ví dụ 3.2.2. Xét phương trình: (1 + i)x ≡ 2 (mod 3) (**) Ta có (1 + i, 3) = 1 do đó 1 + i ∈ G∗3. Cho nên, theo mệnh đề 3.2.1 phương trình (**) có duy nhất nghiệm. Mặt khác ϕ(3) = 8 nên nghiệm duy nhất của (**) là: x ≡ (1 + i)8−12 (mod 3) ≡ 1− i (mod 3). Mệnh đề 3.2.3. Phương trình (3.2) có nghiệm khi và chỉ khi (α, µ) ∼ γ | β. Và khi (3.2) có nghiệm thì nó có N(γ) nghiệm. Chứng minh (⇒) Giả sử phương trình (3.2) có nghiệm. Khi đó tồn tại (x0)µ ∈ Z[i]µ sao cho αµ(x0)µ = βµ hay αx0 = β + tµ với t ∈ Z[i]. Do đó β = αx0 − tµ. 30 Mặt khác (α, µ) ∼ γ nên γ | α, γ | µ. Vậy γ | β. (⇐) Giả sử γ | β. Khi đó (3.2)⇔ α γ x = β γ (mod µ γ ) Đặt α1 = α γ , β1 = β γ , µ1 = µ γ , phương trình (3.2) trở thành: α1x = β1 (mod µ1) (3.3) Mà (α, µ) ∼ γ nên (α1, µ1) ∼ 1. Theo mệnh đề 2.7.1 ta có: (α1)µ1 ∈ G∗µ1. Do đó theo mệnh đề 3.2.1 ta suy ra phương trình (3.3) có nghiệm duy nhất là x ≡ x0 (mod µ1), và đây cũng chính là tập các giá trị là số nguyên Gauss nghiệm đúng (3.2). Ngoài ra, vì µ = γµ1 nên nghiệm này được phân hoạch thành N(γ) nghiệm của (3.2) có dạng: x ≡ x0 + rµ1 (mod µ) với r ∈ Hγ, Hγ là hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô γ. Thật vậy, giả sử x′0 là một thặng dư nào đó thuộc lớp x ≡ x0 (mod µ1) nghĩa là x′0 ≡ x0 (mod µ1). Khi đó tồn tại γ′ ∈ Z[i] sao cho x′0 = x0+γ′µ1. Chia γ′ cho γ ta được γ′ = tγ + r, với r ∈ Hγ. Khi đó x′0 = x0 + tγµ1 + rµ1 = x0 + tµ+ rµ1 Do đó, x′0 ≡ x0 + rµ1 (mod µ). Nói cách khác x′0 thuộc vào lớp x ≡ x0 + rµ1 (mod µ) với r ∈ Hγ. Ngược lại, giả sử x′0 thuộc lớp x ≡ x0 + rµ1 (mod µ) với r ∈ Hγ, nghĩa là x′0 ≡ x0+ rµ1 (mod µ). Khi đó x′0 ≡ x0+ rµ1 (mod µ1) vì µ1 | µ. Do đó x′0 ≡ x0 (mod µ1) hay x′0 thuộc lớp x ≡ x0 (mod µ1) Hơn nữa, với r 6= k ; r, k ∈ Hγ ta có r 6≡ k (mod γ). Do đó: rµ1 6≡ kµ1 (mod γµ1) hay rµ1 6≡ kµ1 (mod µ). Suy ra: x0 + rµ1 6≡ x0 + kµ1 (mod µ) Vậy, nếu phương trình (3.2) có nghiệm thì nó có đúng N(γ) nghiệm. 2 31 3.3 Phương trình bậc hai Cho pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho N(pi) lẻ và αµ ∈ G∗pi, ta xét phương trình bậc hai: x2 ≡ α (mod pi) (3.4) Trước hết, tương tự như ký hiệu Legendre trên Zp, với p là một số nguyên tố lẻ, ở đây ta dùng ký hiệu (cũng được gọi là ký hiệu Legendre)[α pi ] với quy ước: [α pi ] = 1, khi phương trình (3.4) có nghiệm trên Z[i]. [α pi ] = −1, khi phương trình (3.4) không có nghiệm trên Z[i]. Nếu phương trình (3.4) có nghiệm trên Z[i] thì ta gọi α là một thặng dư bậc hai, còn nếu phương trình (3.4) không có nghiệm trên Z[i] thì ta gọi α là một bất thặng dư bậc hai. Và nếu phương trình (3.4) có nghiệm thì nó có hai nghiệm phân biệt. Bổ đề 3.3.1. Giả sử pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho N(pi) là một số nguyên tố lẻ trong Z (có dạng 4k + 1). Khi đó ta có đẳng cấu: θ : Z∗N(pi) −→ G∗pi k 7−→ kpi Chứng minh: Vì pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] nên ta có hệ thặng dư đầy đủ toàn thực: Hpi = {0, 1, . . . , N(pi)− 1} 32 Đặt tương ứng như trên là hợp lý vì: (k,N(pi)) ∼ 1 =⇒ (k2, N(pi)) ∼ 1 =⇒ (N(k), N(pi)) ∼ 1 =⇒ (k, pi) ∼ 1 Giả sử k ≡ k′ (mod N(pi)). Khi đó k ≡ k′ (mod pi) (do pi | N(pi)). Do đó θ là ánh xạ. ∀k, k′ ∈ Z∗N(pi) θ(k + k′) = (k + k′)pi = kpi + k′pi = θ(k) + θ(k ′) θ(kk′) = (k.k′)pi = kpik′pi = θ(k)θ(k ′) Do đó θ là một đồng cấu. Giả sử k ≡ k′ (mod pi). Khi đó pi | k−k′. Cho nên N(pi) = pipi | k−k′ hay k ≡ k′ (mod N(pi)). Do đó θ là đơn cấu. Mặt khác |Z∗N(pi)| = |G∗pi| = N(pi)− 1. Do đó θ là một đẳng cấu. 2 Ta có Z∗N(pi) ∼= G∗pi Mà trong Z∗N(pi) có N(pi)−1 2 thặng dư bậc hai nên trong G ∗ pi cũng có N(pi)−1 2 thặng dư bậc hai. Bổ đề 3.3.2. Xét q là số nguyên tố trong Z có dạng 4k + 3, k ∈ N. Khi đó q cũng là một phần tử nguyên tố của Z[i]. Đặt G∗ 2 q = {αq ∈ G∗q : αq = (βq)2 với βq ∈ G∗q} Khi đó ta có |G∗2q | = N(q)−12 . Chứng minh: Xét tương ứng λ : G∗q −→ G∗q αq 7−→ α2q Khi đó với mọi αq ∈ G∗q ta có (α, q) ∼ 1. Do đó (α2, q) ∼ 1. Suy ra α2q ∈ G∗q hay f(αq) ∈ G∗q. 33 Xét αq, βq ∈ G∗q mà αq = βq tức là α ≡ β (mod q), theo i) mệnh đề 1.2.1.2 ta có α2 ≡ β2 (mod q) hay α2q = β2q . Vậy λ(αq) = λ(βq). Suy ra λ là ánh xạ. ∀αq, βq ∈ G∗q, ta có λ(αqβq) = (αqβq) 2 = α2qβ 2 q = λ(αq)λ(βq) Do đó λ là một đồng cấu nhóm. Suy ra: Imλ ∼= G∗q/Kerλ Mà Imλ = G∗ 2 q và với mỗi αq ∈ Kerλ ta có λ(αq) = 1q ⇔ α2q = 1q Suy ra Kerλ = {1q,−1q}. Vậy G∗2q ∼= G∗q/{1q,−1q}. Mà |G∗q/{1q,−1q}| = N(q)−12 . Cho nên |G∗ 2 q | = N(q)−12 . 2 Điều này chứng tỏ trong G∗q có N(q)−1 2 thặng dư bậc hai. Nhận xét 3.3.3. Trong G∗pi với pi là phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho N(pi) lẻ, luôn có N(pi)−12 thặng dư bậc hai và N(pi)−1 2 bất thặng dư bậc hai. Mệnh đề 3.3.4. i) α N(pi)−1 2 pi = 1pi ⇔ α là thặng dư bậc hai. ii) α N(pi)−1 2 pi = (−1)pi ⇔ α là bất thặng dư bậc hai. Chứng minh i) Giả sử α là thặng dư bậc hai tức là phương trình (3.4) có nghiệm. Khi đó tồn tại x0 ∈ Z[i] sao cho (x0) 2 pi ≡ αpi (*) Vì (α, pi) ∼ 1 nên từ (*) ta có (x0, pi) ∼ 1. Theo định lý Fermat ta suy ra (x0) N(pi)−1 pi = 1pi ⇔ ((x0)2pi) N(pi)−1 2 = 1pi (**) Từ (*) và (**) ta có α N(pi)−1 2 pi = 1pi Ngược lại, giả sử α là bất thặng dư bậc hai. Khi đó nếu α N(pi)−1 2 pi = 1pi thì αpi là một nghiệm của đa thức x N(pi)−1 2 − 1pi ∈ Gpi[x]. Vô lý vì đa thức 34 x N(pi)−1 2 −1pi đã nhận N(pi)−12 lớp αpi, với α là thặng dư bậc hai, làm nghiệm. Vậy α N(pi)−1 2 pi 6= 1pi. ii) Giả sử α N(pi)−1 2 pi 6= (−1)pi. Khi đó do pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] và (α, pi) ∼ 1 nên theo định lý Fermat ta có α N(pi)−1 pi = 1pi ⇔ (α N(pi)−1 2 pi )2 − 1pi = 0pi ⇔ (α N(pi)−1 2 pi − 1pi)(α N(pi)−1 2 pi + 1pi) = 0pi Mà α N(pi)−1 2 pi 6= (−1)pi nên α N(pi)−1 2 pi = 1pi. Do đó theo i) ta suy ra α là thặng dư bậc hai. Ngược lại, giả sử α N(pi)−1 2 pi = (−1)pi. Khi đó do pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] mà N(pi) lẻ nên α N(pi)−1 2 pi 6= 1pi. Thật vậy, nếu α N(pi)−1 2 pi = 1pi thì 1 ≡ −1 (mod pi) hay 2 ≡ 0 (mod pi). Do đó pi | 2. Mà pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] nên N(pi) = 2. Mâu thuẫn với N(pi) lẻ. Ta có α N(pi)−1 2 pi 6= 1pi nên theo i) ta suy ra α là bất thặng dư bậc hai. 2 Cho pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] và αpi ∈ G∗pik với k ≥ 2, ta xét phương trình bậc hai: x2 ≡ α (mod pik) (3.5) Mệnh đề 3.3.5. i) Giả sử x ≡ x0 (mod pik−1) (*) là một nghiệm của phương trình x2 ≡ α (mod pik−1) với αpik−1 ∈ G∗pik−1, k ≥ 2. Khi đó trong (*) chứa một nghiệm duy nhất của (3.5). ii) Giả sử x ≡ x0 (mod pi) (**) là một nghiệm của (3.4). Khi đó trong (**) chứa một nghiệm duy nhất của (3.5). Chứng minh: i) Ta tìm nghiệm x ≡ x0 + tpik−1 (mod pik) với t ∈ Z[i] của phương trình (3.5) chứa trong (*). 35 Ta có: (x0 + tpi k−1)2 ≡ α (mod pik) ⇔ x20 + 2tpik−1x0 + t2pi2k−2 ≡ α (mod pik) ⇔ x20 + 2tpik−1x0 ≡ α (mod pik) ⇔ x 2 0 pik−1 + 2x0t ≡ α (mod pi) (∗ ∗ ∗) Vì (α, pik−1) ∼ 1 nên (x20, pik−1) ∼ 1. Do đó (x0, pi) ∼ 1. Suy ra phương trình (***) có nghiệm duy nhất là t ≡ t0 (mod pi). Vì vậy trong (*) chứa một nghiệm duy nhất của (3.5) là: x ≡ x0 + t0pik−1 (mod pik) ii) Ta có (**) là một nghiệm của phương trình (3.4) nên theo i) trong (**) chứa một nghiệm duy nhất của phương trình x2 ≡ α (mod pi2) là: x ≡ x1 (mod pi2) Mặt khác x ≡ x1 (mod pi2) là một nghiệm của phương trình x2 ≡ α (mod pi2) nên theo i) trong nghiệm này cũng chứa một nghiệm duy nhất của phương trình x2 ≡ α (mod pi3) là x ≡ x2 (mod pi3). Tiếp tục như vậy, cuối cùng ta thấy trong nghiệm x ≡ xk−2 (mod pik−1) chứa một nghiệm duy nhất của (3.5). Vậy, trong (**) chứa một nghiệm duy nhất của (3.5). 2 Cho pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho N(pi) lẻ và αpik ∈ G∗pik với k ≥ 1, ta xét phương trình bậc hai: x2 ≡ α (mod pik) (3.6) Mệnh đề 3.3.6. Nếu [α pi ] = 1 thì phương trình (3.6) có hai nghiệm. 36 Chứng minh Trước hết, vì [α pi ] = 1 nên (3.4) có hai nghiệm. Với k=1, phương trình (3.6) chính là phương trình (3.4) nên nó có hai nghiệm. Với k > 1, nếu x ≡ x0 (mod pi) là một nghiệm của (3.4) thì theo mệnh đề 3.3.5 trong nghiệm này chứa một nghiệm duy nhất của (3.6). Mà (3.4) có hai nghiệm nên (3.6) cũng có hai nghiệm. 2 Ngược lại, nếu phương trình (3.6) có nghiệm thì phương trình (3.4) cũng có nghiệm. Do đó: [α pi ] = 1. Mệnh đề 3.3.7. Xét phương trình: x2 ≡ α(1+i)k (3.7) với α(1+i)k ∈ G∗(1+i)k, k ≥ 1, trên G(1+i)k ta có: i) Nếu (3.7) có nghiệm thì: α(1+i)k = 1(1+i)k, khi k = 1, 2. α(1+i)k = (±1)(1+i)k, khi k = 3, 4. α ≡ ±1 (mod (1 + i)5), khi k ≥ 5. ii)Nếu k = 1 và α1+i = 11+i thì (3.7) có một nghiệm. Nếu k = 2 và α(1+i)2 = 1(1+i)2 thì (3.7) có hai nghiệm. Nếu k = 3 và α(1+i)3 = (±1)(1+i)3 thì (3.7) có hai nghiệm. Nếu k = 4 và α(1+i)4 = (±1)(1+i)4 thì (3.7) có bốn nghiệm. Nếu k ≥ 5 và α ≡ ±1 (mod (1 + i)5) thì (3.7) có tám nghiệm. Chứng minh i) Giả sử x0 = m + ni ∈ Z[i] là một nghiệm của phương trình (3.7). Khi đó x20 ≡ α (mod (1 + i)k). + k = 1 Ta có (α, (1 + i)) ∼ 1 nên α1+i = 11+i. + k = 2 Ta có x20 = m 2 − n2 − 2mni, (1 + i)2 = 2i. Mà ∀m,n ∈ Z ta có: 37 2mni ≡ 0 (mod 2i) m2 − n2 ≡ 0 (mod 2) hoặc m2 − n2 ≡ 1 (mod 2) ⇒ m2 − n2 ≡ 0 (mod 2i) hoặc m2 − n2 ≡ 1 (mod 2i) (Vì 2 = −i.2i) Do đó: m2 − n2 − 2mni ≡ 0 (mod 2i) hoặc m2 − n2 − 2mni ≡ 1 (mod 2i) tức x20 ≡ 0 (mod (1 + i)2) hoặc x20 ≡ 1 (mod (1 + i)2) Mà x20 ≡ α (mod (1 + i)2) và (α, (1 + i)2) ∼ 1 nên α(1+i)2 = 1(1+i)2. + k ≥ 3 Ta có x20 = m 2 − n2 − 2mni. Nếu m, n cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì m2−n2 chẵn do đó m2−n2 ... 2i. Mà 2mni ... 2i nên x20 ... 2i. Suy ra α ... 2i hay α ... (1 + i)2 (Vô lý vì (α, (1 + i)k) ∼ 1 với k ≥ 3). Vậy m, n khác tính chẵn lẻ. - Giả sử m chẵn, n lẻ. Khi đó m = 2l, n = 2t+ 1 với l, t ∈ Z. Ta có: x20 = 4l 2 − 4t2 − 4t− 1 + 4l(2t+ 1)i = 4l2 − 4t(t+ 1) + 8lti+ 4li− 1 Mà −4t(t+ 1) ... 8, 8lti ... 8 và 8 = (1 + i)6 do đó x20 ≡ (4l2 + 4li− 1) (mod (1 + i)5) Mặt khác 4l2 + 4li = 4l(l − 1) + 4l(1 + i) ... (1 + i)5 nên: x20 ≡ −1 (mod (1 + i)5) - Giả sử m lẻ, n chẵn. Tương tự ta cũng chứng minh được x20 ≡ 1 (mod (1 + i)5) Vậy x20 ≡ ±1 (mod (1 + i)5). Suy ra: * Khi k = 3 ta có x20 ≡ α (mod (1 + i)3). Mà x20 ≡ ±1 (mod (1 + i)3) do đó α(1+i)3 = (±1)(1+i)3 38 * Khi k = 4 ta có x20 ≡ α (mod (1 + i)4). Mà x20 ≡ ±1 (mod (1 + i)4) do đó α(1+i)4 = (±1)(1+i)4 * Khi k ≥ 5 ta có x20 ≡ α (mod (1 + i)k). Mà x20 ≡ ±1 (mod (1 + i)5) do đó α ≡ ±1 (mod (1 + i)5) ii) + Khi k = 1, α1+i = 11+i phương trình (3.7) trở thành: x2 ≡ 1 (mod 1 + i) Ta có H1+i = {0, i} là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô (1 + i), và trong H1+i chỉ có i nghiệm đúng (3.7) nên (3.7) có nghiệm duy nhất. + Khi k = 2, α(1+i)2 = 1(1+i)2 phương trình (3.7) trở thành: x2 ≡ 1 (mod 2i) Ta có H2i = {0, 1, i, 1 + i} là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô 2i và trong H2i chỉ có 1, i nghiệm đúng (3.7) nên (3.7) có hai nghiệm. + Khi k = 3, α(1+i)3 = (±1)(1+i)3 * Với α(1+i)3 = (−1)(1+i)3, phương trình (3.7) trở thành: x2 ≡ −1 (mod (1 + i)3) ∀x0 = m + ni ∈ Z[i] mà m chẵn, n lẻ ta có x20 ≡ −1 (mod (1 + i)3). Do đó x ≡ x0 (mod (1 + i)3) là nghiệm của phương trình (3.7). Mặt khác, với m chẵn ta có m ≡ 0 (mod 4) hoặc m ≡ 2 (mod 4) với n lẻ ta có n ≡ 1 (mod 4) hoặc n ≡ 3 (mod 4) Do đó m+ ni ≡ i (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 2 + i (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 3i (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 2 + 3i (mod 4) Mà (1+ i)3 | 4 và i ≡ 2+ 3i (mod (1+ i)3), 3i ≡ 2+ i (mod (1+ i)3) nên 39 m+ ni ≡ i (mod (1 + i)3) hoặc m+ ni ≡ 3i (mod (1 + i)3) Vậy phương trình (3.7) có hai nghiệm. * Với α(1+i)3 = 1(1+i)3, phương trình (3.7) trở thành: x2 ≡ 1 (mod (1 + i)3) ∀x0 = m+ ni ∈ Z[i] mà m lẻ, n chẵn ta có x20 ≡ 1 (mod (1 + i)3). Do đó x ≡ x0 (mod (1 + i)3) là nghiệm của phương trình (3.7). Mặt khác, với m lẻ ta có m ≡ 1 (mod 4) hoặc m ≡ 3 (mod 4) với n chẵn ta có n ≡ 0 (mod 4) hoặc n ≡ 2 (mod 4) Do đó m+ ni ≡ 1 (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 1 + 2i (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 3 (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 3 + 2i (mod 4) Mà (1 + i)3|4 và 1 ≡ 3 + 2i (mod (1 + i)3), 3 ≡ 1 + 2i (mod (1 + i)3) nên m+ ni ≡ 1 (mod (1 + i)3) hoặc m+ ni ≡ 3 (mod (1 + i)3) Vậy phương trình (3.7) có hai nghiệm. + Khi k = 4, α(1+i)4 = (±1)(1+i)4 * Với α(1+i)4 = (−1)(1+i)4, phương trình (3.7) trở thành: x2 ≡ −1 (mod (1 + i)4) ∀x0 = m + ni ∈ Z[i] mà m chẵn, n lẻ ta có x20 ≡ −1 (mod (1 + i)4). Do đó x ≡ x0 (mod (1 + i)4) là nghiệm của phương trình (3.7). Mặt khác, với m chẵn ta có m ≡ 0 (mod 4) hoặc m ≡ 2 (mod 4) với n lẻ ta có 40 n ≡ 1 (mod 4) hoặc n ≡ 3 (mod 4) Do đó m+ ni ≡ i (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 2 + i (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 3i (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 2 + 3i (mod 4) Mà (1 + i)4 = −4 nên x0 ≡ i (mod (1 + i)4) hoặc x0 ≡ 2 + i (mod (1 + i)4) hoặc x0 ≡ 3i (mod (1 + i)4) hoặc x0 ≡ 2 + 3i (mod (1 + i)4) Vậy phương trình (3.7) có bốn nghiệm. * Với α(1+i)4 = 1(1+i)4, phương trình (3.7) trở thành: x2 ≡ 1 (mod (1 + i)4) ∀x0 = m+ ni ∈ Z[i] mà m lẻ, n chẵn ta có x20 ≡ 1 (mod (1 + i)4). Do đó x ≡ x0 (mod (1 + i)4) là nghiệm của phương trình (3.7). Mặt khác, với m lẻ ta có m ≡ 1 (mod 4) hoặc m ≡ 3 (mod 4) với n chẵn ta có n ≡ 0 (mod 4) hoặc n ≡ 2 (mod 4) Do đó m+ ni ≡ 1 (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 1 + 2i (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 3 (mod 4) hoặc m+ ni ≡ 3 + 2i (mod 4) Mà (1 + i)4 = −4 nên x0 ≡ 1 (mod (1 + i)4) hoặc x0 ≡ 1 + 2i (mod (1 + i)4) hoặc x0 ≡ 3 (mod (1 + i)4) hoặc x0 ≡ 3 + 2i (mod (1 + i)4) Vậy phương trình (3.7) có bốn nghiệm. + Khi k = 5, α ≡ ±1 (mod (1 + i)5) * Với α ≡ −1 (mod (1 + i)5), phương trình (3.7) trở thành: 41 x2 ≡ −1 (mod (1 + i)5) ∀x0 = m + ni ∈ Z[i] mà m chẵn, n lẻ ta có x20 ≡ −1 (mod (1 + i)5). Do đó x ≡ x0 (mod (1 + i)5) là nghiệm của phương trình (3.7). Mặt khác, với m chẵn ta có: m ≡ 0 (mod 8) hoặc m ≡ 2 (mod 8) hoặc m ≡ 4 (mod 8) hoặc m ≡ 6 (mod 8) với n lẻ ta có n ≡ 1 (mod 8) hoặc n ≡ 3 (mod 8) hoặc n ≡ 5 (mod 8) hoặc n ≡ 7 (mod 8) Mà (1 + i)5 | 8. Do đó x0 = m+ ni ∈ {i(1+i)5, (3i)(1+i)5, (5i)(1+i)5, (7i)(1+i)5, (2 + i)(1+i)5, (2 + 3i)(1+i)5, (2 + 5i)(1+i)5, (2 + 7i)(1+i)5, (4 + i)(1+i)5, (4 + 3i)(1+i)5, (4 + 5i)(1+i)5, (4 + 7i)(1+i)5, (6 + i)(1+i)5, (6 + 3i)(1+i)5, (6 + 5i)(1+i)5, (6 + 7i)(1+i)5} Ta có i(1+i)5 = (4 + 5i)(1+i)5 (3i)(1+i)5 = (4 + 7i)(1+i)5 (5i)(1+i)5 = (4 + i)(1+i)5 (7i)(1+i)5 = (4 + 3i)(1+i)5 (2 + i)(1+i)5 = (6 + 5i)(1+i)5 (2 + 3i)(1+i)5 = (6 + 7i)(1+i)5 (2 + 5i)(1+i)5 = (6 + i)(1+i)5 (2 + 7i)(1+i)5 = (6 + 3i)(1+i)5 Suy ra x0 = m+ ni ∈ {i(1+i)5, (3i)(1+i)5, (5i)(1+i)5, (7i)(1+i)5, (2 + i)(1+i)5, (2 + 3i)(1+i)5, (2 + 5i)(1+i)5, (2 + 7i)(1+i)5} Vậy phương trình (3.7) có tám nghiệm. * Với α ≡ 1 (mod (1 + i)5), phương trình (3.7) trở thành: x2 ≡ 1 (mod (1 + i)5) 42 ∀x0 = m+ ni ∈ Z[i] mà m lẻ, n chẵn ta có: x20 ≡ 1 (mod (1 + i)5) Do đó x ≡ x0 (mod (1 + i)5) là nghiệm của phương trình (3.7).Tương tự ta cũng chứng minh được phương trình (3.7) có tám nghiệm. Như vậy, với k = 5, α ≡ ±1 (mod (1 + i)5), phương trình (3.7) có tám nghiệm. Giả sử, với k > 5, α ≡ ±1 (mod (1 + i)5), phương trình (3.7) cũng có tám nghiệm. Ta chứng minh khi đó phương trình x2 ≡ α (mod (1 + i)k+1) cũng có tám nghiệm. Theo mệnh đề 3.3.5 nếu x ≡ x0 (mod (1+ i)k) là nghiệm của phương trình x2 ≡ α (mod (1 + i)k) thì trong nghiệm này chứa duy nhất một nghiệm của phương trình x2 ≡ α (mod (1 + i)k+1). Mà phương trình x2 ≡ α (mod (1 + i)k) có tám nghiệm nên phương trình x2 ≡ α (mod (1 + i)k+1) cũng có tám nghiệm. Vậy, với k ≥ 5 và α ≡ ±1 (mod (1 + i)5) thì (3.7) có tám nghiệm. 2 Bổ đề 3.3.8. Cho µi ∈ Z[i]∗\U, αi ∈ Z[i], i = 1, r. Xét hệ x ≡ α1 (mod µ1) x ≡ α2 (mod µ2) ... x ≡ αr (mod µr) Khi đó nếu µi, i = 1, r đôi một nguyên tố cùng nhau thì hệ có một nghiệm duy nhất là x ≡ X (mod µ), với X = r∑ i=1 µ µi yiαi trong đó µ = r∏ i=1 µi và yi, i = 1, r là các số nguyên Gauss sao cho µ µi yi ≡ 1 (mod µi). Chứng minh: Vì µi, i = 1, r đôi một nguyên tố cùng nhau và µ = r∏ i=1 µi nên ( µµi , µi) ∼ 1,∀i = 1, r. Do đó tồn tại yi sao cho µ µi yi ≡ 1 (mod µi),∀i = 1, r. 43 Hơn nữa, với mỗi j 6= i, i, j = 1, r ta có µj | µ µi . Do đó với mỗi j, j = 1.r ta có X = r∑ i=1 µ µi yiαi ≡ µ µj yjαj (mod µj) ≡ αj (mod µj) Vì vậy, x ≡ X (mod µ) là nghiệm của hệ đã cho và cũng là nghiệm duy nhất. Nhận xét 3.3.9. Giả sử µ ∈ Z[i]∗\U có dạng nhân tử hóa duy nhất thành các phần tử nguyên tố là: µ = pin11 pi n2 2 . . . pi nr r trong đó pi1, pi2, . . . , pir là các phần tử nguyên tố của Z[i] đôi một không liên kết với nhau và n1, n2, . . . , nr là các số nguyên dương. Khi đó nếu với mỗi i, i = 1, r phương trình f(x) ≡ 0 (mod pinii ) có si nghiệm thì phương trình f(x) = 0 (mod µ) có s = s1s2 . . . sr nghiệm. Cuối cùng, đối với phương trình x2 ≡ αµ, αµ ∈ G∗µ (3.8) trên Z[i]µ, µ ∈ Z[i]∗\U , µ ∼ (1 + i)kpik11 pik22 pik33 . . . pikrr , trong đó pii là các phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho N(pii) lẻ và đôi một không liên kết với nhau, k, ki là các số nguyên dương, i = 1, . . . , r. Từ mệnh đề 3.3.6 và 3.3.7 ta có kết quả sau: Mệnh đề 3.3.10. i) Phương trình (3.8) có nghiệm khi và chỉ khi α(1+i)k = 1(1+i)k, khi k = 1, 2. α(1+i)k = (±1)(1+i)k, khi k = 3, 4. α ≡ ±1 (mod (1 + i)5), khi k ≥ 5.[α pii ] = 1, i = 1, 2, . . . , r 44 ii) Nếu phương trình (3.8) có nghiệm thì nó có: 2r nghiệm, khi k = 0, 1. 2r+1 nghiệm, khi k = 2, 3. 2r+2 nghiệm, khi k = 4. 2r+3 nghiệm. khi k ≥ 5. Chứng minh: Theo nhận xét 3.1.2 ta có phương trình (3.8) tương đương với hệ: x2 ≡ α (mod (1 + i)k) x2 ≡ α (mod pik11 ) ... x2 ≡ α (mod pikrr ) (∗) Do đó phương trình (3.8) có nghiệm khi và chỉ khi hệ (*) có nghiệm. i) (⇒) Giả sử phương trình (3.8) có nghiệm. Khi đó hệ (*) có nghiệm. Tức là tồn tại x0 ∈ Z[i] nghiệm đúng tất cả các phương trình của hệ. Suy ra mỗi phương trình của hệ đều có nghiệm. Theo mệnh đề 3.3.6 và 3.3.7 ta có: α(1+i)k = 1(1+i)k, khi k = 1, 2. α(1+i)k = (±1)(1+i)k, khi k = 3, 4. α ≡ ±1 (mod (1 + i)5), khi k ≥ 5.[α pii ] = 1, i = 1, 2, . . . , r. (⇐) Giả sử ta có: α(1+i)k = 1(1+i)k, khi k = 1, 2. α(1+i)k = (±1)(1+i)k, khi k = 3, 4. α ≡ ±1 (mod (1 + i)5), khi k ≥ 5.[α pii ] = 1, i = 1, 2, . . . , r. Khi đó theo mệnh đề 3.3.6 và 3.3.7 ta có mỗi phương trình của hệ đều có nghiệm. 45 Tức tồn tại x ≡ x0 (mod (1 + i)k) x ≡ x1 (mod pik11 ) ... x ≡ xr (mod pikr) lần lượt là nghiệm của mỗi phương trình trong hệ. Xét hệ  x ≡ x0 (mod (1 + i)k) x ≡ x1 (mod pik11 ) ... x ≡ xr (mod pikr) (∗∗) Ta có (1 + i)k, pik11 , . . . , pi kr r đôi một nguyên tố cùng nhau nên theo bổ đề 3.3.8 hệ (**) có nghiệm duy nhất là x ≡ X (mod µ). Khi đó x ≡ X (mod µ) cũng là một nghiệm của hệ (*). Tức là hệ (*) có nghiệm. Vậy phương trình (3.8) có nghiệm. ii) Theo nhận xét 3.3.9, mệnh đề 3.3.6 và mệnh đề 3.3.7 ta suy ra nếu phương trình (3.8) có nghiệm thì nó có: 2r nghiệm, khi k = 0, 1. 2r+1 nghiệm, khi k = 2, 3. 2r+2 nghiệm, khi k = 4. 2r+3 nghiệm. khi k ≥ 5. 2 3.4 Một số phương trình có dạng đặc biệt 3.4.1 Phương trình x2 + 1 ≡ 0 (mod pi) với pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho N(pi) lẻ. Ta có x2 +1 ≡ 0 (mod pi) ⇔ x2 ≡ −1 (mod pi) do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi: 46 (−1) N(pi)−1 2 pi = 1pi (*) Mà N(pi) lẻ nên N(pi) = 2k + 1, k ∈ Z. Do đó từ (*) ta có (−1)kpi = 1pi. Mặt khác N(pi) lẻ nên −1 6= 1 (mod pi). Suy ra k chẵn hay N(pi) = 4t+1, tức là N(pi) ≡ 1 (mod 4). Mà pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho N(pi) lẻ nên + pi = q với q là số nguyên tố lẻ trong Z có dạng 4k + 3. Khi đó N(pi) = q2 = (4k + 3)2 = 16k2 + 24k + 9 ≡ 1 (mod 4) + pi = a + bi với N(pi) = a2 + b2 = p, p là số nguyên tố lẻ trong Z có dạng 4k + 1. Do đó N(pi) ≡ 1 (mod 4). Vậy với pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho N(pi) lẻ, phương trình x2 + 1 ≡ 0 (mod pi) luôn có nghiệm. 3.4.2 Phương trình αx2 + βx+ γ ≡ (mod pi) với pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] sao cho N(pi) lẻ và αpi ∈ G∗pi. Phương trình đã cho tương đương với phương trình: (2αx+ β)2 ≡ β2 − 4αγ (mod pi) (*) a) Nếu β2 − 4αγ ≡ 0 (mod pi) thì từ (*) ta suy ra: 2αx+ β ≡ 0 (mod pi) (**) Mà N(pi) lẻ nên (2, pi) = 1 và (α, pi) = 1. Do đó (**) có nghiệm duy nhất: x ≡ −β.(2α)N(pi)−1 (mod pi) và đó cũng là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. b) Nếu β2 − 4αγ 6≡ 0 (mod pi) thì (β2 − 4αγ, pi) ∼ 1 (Vì pi là một phần tử nguyên tố của Z[i] ). Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi: (β2 − 4αγ)N(pi)−12 ≡ 1 (mod pi). 47 3.4.3 Phương trình x2 ≡ 1 + i (mod q) với q là số nguyên tố lẻ trong Z có dạng 4k + 3. Vì q là số nguyên tố lẻ trong Z có dạng 4k + 3 nên q cũng là một phần tử nguyên tố trong Z[i]. Do đó (1 + i, q) = 1. Suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi[1+i q ] = 1 Mà [1+i q ] = (1 + i) N(q)−1 2 q = (1 + i) q2−1 2 q = (1 + i) 4 q−12 . q+1 4 q = (−4) q−1 2 . q+1 4 q Ta có (−4) q−1 2 q = (−1.22) q−1 2 q = (−1) q−1 2 q (2 2) q−1 2 q (22) q−1 2 q = (2 q−1 2 q ) 2 = 1q (Vì 2 q−1 2 q chỉ nhận một trong hai giá trị là 1q và (−1)q ). Do đó (−4) q−1 2 q = (−1) q−1 2 q = (−1)2k+1q = (−1)q. Suy ra [1+i q ] = (−1) q+1 4 q = (−1)k+1q Vậy, nếu k chẵn thì phương trình đã cho vô nghiệm, nếu k lẻ thì phương trình đã cho có nghiệm. 48 Kết luận Trong khóa luận này, tôi đã hệ thống lại một số kiến thức cơ bản về lý thuyết đồng dư trên vành các số nguyên Gauss, được trình bày cụ thể trong ba chương. Chương 1, chứng minh Z[i] là một miền nguyên Euclide. Từ đó suy ra, nó cũng là một miền nguyên chính hay là một miền nguyên Gauss. Do đó các phần tử bất khả quy trên Z[i] cũng chính là các phần tử nguyên tố. Vì vậy, việc xác định các phần tử bất khả quy trên Z[i] và một số tính chất ở chương hai trở nên đơn giản hơn. Trong chương này cũng đã chỉ ra cụ thể nhóm các ước của đơn vị và các phần tử nguyên tố trong Z[i]. Chương 2, tôi đã đưa ra khái niệm đồng dư thức và một số tính chất cơ bản của nó, đồng thời đã chỉ ra được một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ với µ ∈ Z[i]∗. Từ đây, xây dựng khái niệm hàm Euler, chứng minh tính chất nhân, xây dựng công thức tính, hệ thức Gauss và chứng minh định lý Euler, định lý Fermat trên Z[i]; chuẩn bị cho việc khảo sát các phương trình đồng dư trong chương ba. Chương 3, tôi khảo sát về phương trình đồng dư trên vành các số nguyên Gauss Z[i] cụ thể là phương trình bậc nhất và phương trình bậc hai. Tôi đã chỉ ra được điều kiện tồn tại nghiệm cũng như số nghiệm của phương trình bậc nhất. Xây dựng ký hiệu Legendre, thặng dư bậc hai và bất thặng dư bậc hai. Trên cơ sở đó đưa ra điều kiện tồn tại nghiệm và số nghiệm của phương trình bậc hai dạng: x2 ≡ α (mod µ) với αµ ∈ G∗µ, µ ∈ Z[i]∗. Cuối cùng, dựa trên cơ sở các vần đề vừa khảo sát, tôi chỉ ra sự tồn tại nghiệm của một số phương trình đồng dư có dạng đặc biệt trên vành các số nguyên Gauss Z[i]. Tuy nhiên, do thời gian và năng lực còn hạn chế nên tôi vẫn chưa xây dựng được các hàm số học khác như hàm số các ước, tổng các ước trên 49 Z[i] cùng với tính chất của các hàm số đó. Đồng thời, tôi vẫn chưa khảo sát được điều kiện tồn tại nghiệm và số nghiệm của các phương trình bậc cao, phương trình nhị thức. Tôi hy vọng những vấn đề trên sẽ tiếp tục được nghiên cứu. Rất mong được sự góp ý của những bạn đọc quan tâm đến vấn đề này. 50 Tài liệu tham khảo [1] Lê Thanh Hà, Đa thức và nhân tử hóa, ĐHSP Huế, 1995. [2] Văn Nam, Hệ thặng dư của vành các phần tử nguyên đại số của trường bậc 2, Thông báo Khoa học-ĐHSP Huế, số 1(37)/2001. [3] Văn Nam, Phương trình bậc hai trên Gν, Tập san Khoa học-ĐHSP Huế 12/1993. [4] Văn Nam, Số luận, ĐHSP Huế, 1999. [5] G. Hardy, Theory of numbers, Oxford, 1956. 51