Luận văn Phương trình trên nhóm Abel hữu hạn

MỤC LỤC

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i

Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Chương 1 đặc trưng của nhóm abel hữu hạn 3

1.1 Khái niệm và các tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Hệ thức trực giao của các đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Thặng dư bậc hai, kí hiệu Legendre . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Đặc trưng trên trường hữu hạn Fq

, tổng Gauss . . . . . . . . . 10

1.5 Đặc trưng môđun k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Chương 2 phương trình trên nhóm abel hữu hạn 16

2.1 Biến đổi Fourier trên nhóm Abel hữu hạn . . . . . . . . . . . 16

2.1.1 Khái niệm và các tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . 16

2.1.2 Luật thuận nghịch bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.3 Biến đổi Fourier của hàm đặc trưng . . . . . . . . . . . 24

...

Chương 3 phương trình đồng dư bậc cao 32

3.1 Tổng Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.1.1 Khái niệm và các tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . 32

3.1.2 Một số dạng mở rộng của tổng Jacobi . . . . . . . . . 36

pdf67 trang | Chia sẻ: netpro | Lượt xem: 1485 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Phương trình trên nhóm Abel hữu hạn, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
hức hppxq   x p . Khi đó phppxq  hppxqphpp1q. Chứng minh. Trước hết ta thấy rằng hàm hppxq xác định trên nhóm Z{pZ. Ngoài ra định nghĩa của phép biến đổi Fourier ta có phppxq  p1¸ a0 hppaqe 2piiax p  p1¸ a0  a p e 2piiax p . Do đó, nếu x  0 thì ta đặt b  ax với a, b P pZ{pZq. Khi đó ta có phppxq  p1¸ b1  x1b p e 2piib p   x1 p p1¸ b1  b p e 2piib p . Từ đó suy ra phppxq   x p phpp1q  hppxqphpp1q. Ngoài ra, nếu x  0 thì phppxq  p1¸ a1  a p  0 và hpp0q  0. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 21 Nhận xét 2.1.16. Vì hˆppxq  ° yPZP e 2piixy p  y p nên theo Mệnh đề 1.4.11 ta có piq hˆppxq  $ ' & ' % Gppxq, nếu x  0, 0, nếu x  0. piiq g1  phpp1q. Mệnh đề 2.1.17. g21  p1q p1 2 p. Chứng minh. Theo công thức biến đổi Fourier ngược, ta có phppxq  p1¸ a0 phppaqe 2piiax p  p phppxq  phppxqphpp1q. Lấy x  1 ta được g21  phpp1q  p  1 p  p1q p12 p. Bổ đề 2.1.18. Với g1 xác định như trên, nếu p, q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt thì gq11   g21 q pmod qq. Chứng minh. Bổ đề này được suy ra trực tiếp từ tiêu chuẩn Euler. Bổ đề 2.1.19. Nếu p và q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt thì p phppxqq q  phppqxq pmod qq, trong đó đồng dư được xét trên vành Zre 2pii p s. Chứng minh. Với mọi số nguyên dương u, v ta đều có pu vqq  puq vqq pmod qq. Do đó áp dụng tính chất này trên vành Zre 2pii p s ta cũng có p phppxqq q   p1¸ a1  a p e 2piiax p q  p1¸ a1  a p e 2piiax p q pmod qq 22   p1¸ a1  a p e 2piiaqx p pmod qq, vì  a p q   a p  phppqxq pmod qq. Bây giờ ta chứng minh Định lý 2.1.13. Chứng minh định lý 2.1.13. Từ Bổ đề 2.1.19, ta chọn x  1 khi đó gq1  pphpp1qqq  phppqq pmod qq   q p g1 pmod qq (theo Bổ đề 2.1.15). Do đó, ta có gq1   q p g1 pmod qq. (2.3) Nhân cả hai vế của (2.3) với g1 và theo Bổ đề 2.1.18, ta có  g21 q g21   q p g21 pmod qq. (2.4) Vì hai vế của đồng dư thức (2.4) là những số nguyên nên theo tính chất của đồng dư ta suy ra được  g21 q   q p pmod qq. (2.5) Ngoài ra do q là số lẻ và  q p  1 hoặc  q p  1 nên từ phương trình (2.5) ta suy ra  p1q p12 p q   q p . Từ đó suy ra  p q  q p  p1q p1 2 q1 2 . Ví dụ 2.1.20. Chứng minh rằng phương trình đồng dư sau vô nghiệm x2  2018 pmod 2011q. 23 Lời giải: Ta có  2018 2011   7 2011 . Ngoài ra theo Luật thuận nghịch bậc hai ta có  7 2011   2011 7 p1q p71qp20111q 4   2 7 p1q  1,  vì  2 7  1 . Từ đó suy ra 2018 2011   1, hay phương trình x2  2018 pmod 2011q không có nghiệm. Ví dụ 2.1.21. Chứng minh rằng phương trình y2  x3 k (2.6) không có nghiệm nguyên nếu k có dạng k  p4n 1q3 4m2 trong đó m,n là những số nguyên và số nguyên tố p có dạng p  4f 3 không là ước của m. Lời giải: Giả sử phương trình p2.6q có nghiệm px, yq. Ta chứng minh điều này là vô lý. Thật vậy, nếu k  p4n 1q3  4m2 thì phương trình (2.6) trở thành y2  x3 p4n 1q3  4m2. Do đó y2  px3  1q pmod 4q. Ngoài ra, do phương trình y2  3 pmod 4q vô nghiệm nên ta suy ra x  1 pmod 4q. Tiếp theo, đặt a  4n  1. Khi đó, ta có y2 4m2  x3 a3  px aqpx2  ax a2q  1 pmod 4q, p vì a  1 pmod 4qq. Từ đó suy ra, tồn tại số nguyên tố p dạng p  4f 3 là ước của y2 4m2, hay y2 4m2  0 pmod pq. Mặt khác, ta có  4m2 p    1 p  1 p vì p  4f1q, nên suy ra phương trình y2  4m2 pmod pq vô nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy phương trình (2.6) vô nghiệm. 24 2.1.3 Biến đổi Fourier của hàm đặc trưng Định nghĩa 2.1.22. Cho G là nhóm Abel hữu hạn cấp n và A là một tập con của G. Hàm fA P CG xác định bởi fApaq  $ ' & ' % 1, nếu a P A, 0, nếu a R A được gọi là hàm đặc trưng của tập A. Mệnh đề 2.1.23. Cho A và B là hai tập con của nhóm G. Khi đó ta có xfA, fBy  1 n |AXB| . Chứng minh. Theo công thức tích vô hướng (2.1), ta có xfA, fBy  1 n ¸ aPG fApaqfBpaq  1 n ¸ aPAXB fApaqfBpaq  1 n |AXB| . Nhận xét 2.1.24. Vì fApaq  1 với mọi a P A nên ta có piq fˆApχq  ° aPG χpaqfApaq  ° aPA χpaq; piiq fˆApχ0q  ° aPA χ0paq  ° aPA 1  |A| . Mệnh đề 2.1.25. Gọi ΦpAq  max !    pfApχq    : χ P pG,χ  χ0 ) . Khi đó nếu với mỗi tập A chứa trong G thỏa |A| ¨ n2 thì ΦpAq © b |A| 2 . Chứng minh. Theo Hệ quả 2.1.8, ta có } pfA}2  n}fA}2  |A|, nên n    pfA    2  ¸ χP pG    pfA    2 ¨  pfApχ0q 2 pn 1qΦpAq2  |A|2 pn 1qΦpAq2. Do đó, ta có |A| 2 pn 1qΦpAq2 © n |A| . Vậy ΦpAq2 © |A|2 . 25 Mệnh đề 2.1.26. Cho A là một tập con của nhóm G. Khi đó ta có (i) ΦpAq  ΦpGzAq; (ii) ΦpAq  ΦpkAq, với kA  tka | a P Au ,ƯCLNpk, nq  1; (iii) ΦpAq  Φpa Aq, với a A  tu a | u P Au với mỗi a P G. Chứng minh. piq Theo Mệnh đề 1.2.1, ta có ° aPG χpaq  0, với χ P pG,χ  χ0. Nên ta có ¸ aPG χpaq  0, với χ P pG,χ  χ0. Do đó, ta có ¸ aPA χpaq   ¸ aPpGzAq χpaq, với χ P pG,χ  χ0. Từ đó suy ra      ¸ aPA χpaq            ¸ bPpGzAq χpbq      , với χ P pG,χ  χ0, hay    fˆApχq        fˆ pGzAqpχq    , với χ P pG,χ  χ0. Vậy ΦpAq  ΦpGzAq. piiq Vì ƯCLNpk, nq  1 nên |A|  |kA|. Ngoài ra, do k P Z, a P A nên ka  a    a looooomooooon klần . Do đó, ta có χpkaq  χpaq....χpaq looooomooooon klần  χχ...χpaq  χ1paq. Từ đó suy ra ¸ kaPkA χpkaq  ¸ aPA χ1paq. Hay max #      ¸ aPA χ1paq      , χ1  χ0, χ 1 P pG +  max #      ¸ aPA χpaq      , χ  χ0, χ P pG + . 26 Vậy ΦpAq  ΦpkAq. piiiq Chứng minh ΦpAq  Φpu Aq, với u A  tu a | a P A, u P Gu. Tương tự, ta cũng có pfaApχq  ¸ bPG χpbqfaApbq  ¸ uaPG χpu aqfuApu aq  ¸ uaPuA χpu aqfuApu aq ¸ uaPGzuA χpu aqfuApu aq  ¸ uaPuA χpu aqfuApu aq  ¸ aPA χpu aq. Từ đó suy ra    pfaApχq        χpuq pfApχq        pfApχq    . Vậy ΦpAq  Φpu Aq. Hệ quả 2.1.27. Cho A là một tập con của Fq có dạng A  tuk | u P Fqu và a, b P Fq, a  0. Khi đó ΦpaA bq  ΦpAq. Chứng minh. Trước hết, gọi χ1 là đặc trưng không tầm thường của nhóm pFq,q, với mỗi a, b P Fq ta đặt χapbq  χ1pabq. Khi đó χa là một đặc trưng của nhóm pFq,q. Ngoài ra ta cũng chứng minh được mọi đặc trưng của nhóm pFq,q đều có dạng χa, với a P Fq. Tiếp theo, ta thấy rằng các phần tử của tập aA có dạng ta.uk | u P Fqu. Khi đó, với χ P pFq, χ  χ0 ta có pfaApχq  ¸ atPaA χpatq  ¸ atPaA χaptq  ¸ tPA χaptq. Từ đó suy ra max #      ¸ tPA χaptq      , χa  χ0, χa P pFq +  max #      ¸ tPA χptq      , χ  χ0, χ P pFq + . Hay ΦpAq  ΦpaAq. Ngoài ra, theo phần piiiq của Mềnh đề 2.1.26 ta suy ra điều phải chứng minh. 27 2.2 Phương trình x1 x2    xk  a Cho G là một nhóm Abel hữu hạn cấp n. Gọi A1, A2, ..., Ak là những tập con của G và a là một phần tử cố định của G. Ta sẽ xác định số nghiệm của phương trình x1 x2    xk  a, pxi P Ai, i  1, 2, ..., kq. (2.7) Trước hết ta thấy rằng số nghiệm của phương trình (2.7) sẽ không thay đổi nếu ta thay thế Ak bởi Ak  a  tu a | u P Aku. Do đó, số nghiệm của phương trình (2.7) chính là số nghiệm của phương trình x1 x2    xk  0, pxi P Ai, i  1, 2, ..., kq. (2.8) Với giả thiết như vậy, các mệnh đề tiếp theo sau đây sẽ là lời giải của bài toán được nêu. Mệnh đề 2.2.1 ([4, Theorem 3.1]). Số nghiệm của phương trình (2.8) là N  m1....mk n R (2.9) trong đó mi  |Ai| và R  1n ° χP pG χχ0 k ± i1 pfAipχq. Chứng minh. Gọi δ là hàm được xác định bởi công thức (2.2). Khi đó mỗi bộ px1, .., xkq là nghiệm của phương trình (2.8) ta đều có δpx1x2  xkq  1. Điều này suy ra rằng số nghiệm của phương trình (2.8) chính là N  ¸ px1,...,xkq xiPAi δpx1    xkq  1 n ¸ χP pG ¸ px1,...,xkq xiPAi χpx1    xkq  1 n ¸ χPGˆ k ¹ i1  ¸ xiPAi χpxiq  1 n ¸ χP pG k ¹ i1 pfAipχq 28  1 n k ¹ i1 fˆAipχ0q 1 n ¸ χPGˆχχ0 k ¹ i1 fˆAipχq  1 n k ¹ i1 pfAipχ0q R. Hệ quả 2.2.2. Cho A1, A2, A3 là những tập con của G và a P G. Gọi N là số nghiệm của phương trình x1 x2 x3  a, pxi P Ai, i  1, 2, 3q. Khi đó     N  |A1||A2||A3| n       ΦpA3q a |A1||A2|. Chứng minh. Áp dụng Mệnh đề 2.2.1 cho trường hợp k  3. Ta có N  |A1||A2||A3| n R, với R  1n ° χP pG χχ0 pfA1pχq pfA2pχq pfA3pχq. Tiếp theo ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để đánh giá R như sau. Ta có |R| ¨ 1 n ¸ χP pG χχ0 | pfA1pχq|| pfA2pχq|| pfA3pχq| ¨ 1 n ΦpA3q ¸ χP pG | pfA1pχq|| pfA2pχq| ¨ 1 n ΦpA3q      ¸ χP pG | pfA1pχq| 2  ¸ χP pG | pfA2pχq| 2  1 2 ¨ ΦpA3q a |A1||A2|. Từ đó suy ra     N  |A1||A2||A3| n       ΦpA3q a |A1||A2|. Hệ quả 2.2.3. Nếu ΦpA3q |A3| a |A1| |A2| n thì phương trình x1 x2 x3  a pxi P Ai, i  1, 2, 3q (2.10) có ít nhất một nghiệm. 29 Chứng minh. Theo cách chứng minh Hệ quả 2.2.2, ta có |R| ¨ ΦpA3q a |A1||A2|. Do đó theo giả thiết ta suy ra được R ¡ |A1||A2||A3| n . Ngoài ra theo Mệnh đề 2.2.1, ta có N  m1....mkn R, nên suy ra N ¡ 0. Hay phương trình (2.10) có ít nhất một nghiệm. Sau đây là một số mệnh đề mà nội dung của nó là công cụ để chứng minh Định lý Fermat trên trường hữu hạn. Mệnh đề 2.2.4. Cho số nguyên dương k với k|pq  1q. Gọi A là nhóm con chỉ số k trong Fq và ψ0, ..., ψk1 là những đặc trưng của nhóm thương Fq{A. Với mỗi a P Fq , ta định nghĩa ψipaq  ψipaAq. Khi đó ψi là đặc trưng của Fq và với mọi đặc trưng cộng tính χ của Fq ta có pfApχq  1 k k1¸ i0 Gpχ, ψiq. Chứng minh. Hiển nhiên ψipi  1, ..., k1q là các đặc trưng của Fq. Hơn nữa theo công thức tổng Gauss ta có k1¸ i0 Gpχ, ψiq  ¸ aPFq χpaq k1¸ i0 ψipaq  k ¸ aPA χpaq. Ngoài ra, với a P A ta có ψipaq  ψip0q  1. Từ đó suy ra pfApχq  1 k k1¸ i0 Gpχ, ψiq. Mệnh đề 2.2.5. Gọi A là một nhóm con của nhóm pFq , .q. Khi đó ΦpAq   ?q. Chứng minh. Trước hết ta chứng minh tập Hpq, kq  tak | a P Fq , k|q  1u là một nhóm con của nhóm pFq , .q. Thật vậy, với mọi x, y P Hpq, kq ta có 30 x  ak, y  bk pa, b P Fqq nên x.y  ak.bk  pa.bqk P Hpq, kq. Do đó Hpq, kq đóng với phép toán nhân. Ngoài ra, 1  1k P Hpq, kq và phần tử nghịch đảo của x  ak P Hpq, kq là x1  pa1qk. Vậy Hpq, kq là một nhóm con của nhóm pFq , .q và dễ dàng suy ra được Hpq, kq  Hpd, kq với d  ƯCLNpq  1, kq. Từ những điều trên ta thấy rằng các nhóm con của nhóm pFq , .q sẽ có dạng b.Hpq, kq  tb.ak | a P Fqu. Hơn nữa, theo Hệ quả 2.1.27 ta có ΦpaA bq  ΦpAq nên để chứng minh mệnh đề ta có thể giả sử A  Hpq, kq. Gọi ψ0, ..., ψk1 là những đặc trưng của nhóm thương pFq{Aq. Khi đó theo Mệnh đề 2.2.4 ta có    pfApχq    ¨ 1 k k1¸ i0 |Gpχ, ψiq| ¨ 1 k p1 pk  1q?qq   ?q. Từ đó suy ra ΦpAq   ?q. Mệnh đề 2.2.6. Gọi k|pq1q là một số nguyên và A1, A2 là hai tập con của Fq. Gọi N là số nghiệm của phương trình x y  zk với x P A1, y P A2 và z P Fq . Khi đó     N  |A1||A2|pq  1q q       k a |A1||A2|q. (2.11) Chứng minh. Gọi A3  tak | a P Fqu  Hpq, kq và gọi N 1 là số nghiệm của phương trình x y  u px P A1, y P A2, u P A3q. Trước hết ta thấy rằng |A3|  pq1q k và phương trình z k  u có k nghiệm trên Fq nên N  kN 1. Ngoài ra, theo Hệ quả 2.2.2 ta có     N 1  |A1||A2||A3| q       ΦpA3q a |A1||A2|   a |A1||A2|q. Từ đó suy ra     N  |A1||A2|pq  1q q       k a |A1||A2|q. Định lý 2.2.7 ([4, Fermat’s Last Theorem over finite fields]). Cho k là một số nguyên, q là lũy thừa của một số nguyên tố và q ¡ k44. Khi đó phương trình xk yk  zk (2.12) 31 có ít nhất một nghiệm không tầm thường trên Fq. Chứng minh. Gọi A1  A2  tak | a P Fqu. Khi đó A1, A2 „ Fq và k  q1 |A| . Do đó theo Mệnh đề 2.2.6, ta có số nghiệm N của phương trình x y  zk px P A1, y P A2, z P Fqq (2.13) thỏa mãn điều kiện     N  pq  1q3 k2q       pq  1q?q. Hay N ¡ pq  1q3 k2q  pq  1q?q. Ngoài ra, theo giả thiết của định lý ta có q ¡ k4 4 nên k4   q  1 1q 4 . Do đó, ta có pq  1q3 k2q  pq  1q?q ¡ 0. Từ đó suy ra phương trình (2.13) có ít nhất một nghiệm không tầm thường trên Fq. Mặt khác, mỗi nghiệm của phương trình (2.13) là bộ px, y, zq với x P A1, y P A2 và z P Fq , nên tồn tại a, b P Fq sao cho x  ak và y  bk. Điều này chứng tỏ pa, b, zq là một nghiệm của phương trình (2.12). Hay nói cách khác phương trình (2.12) có ít nhất một nghiệm không tầm thường. 32 Chương 3 PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ BẬC CAO Trong chương này ta sẽ xét bài toán tìm số nghiệm của phương trình trên trường hữu hạn Fp, với p là một số nguyên tố. Đồng thời liên hệ đến vấn đề số nghiệm của phương trình đồng dư trên vành các số nguyên Z. Đặc trưng của Fp là đặc trưng nhân tính được hiểu theo Định nghĩa 1.4.3 và tổng Gauss trên Fp được đề cập trong chương, có dạng Gpχq  p1 ° k0 χpkqe 2pii p k. Kiến thức trong chương này được chúng tôi trình bày dựa trên các tài liệu [5] và [10]. 3.1 Tổng Jacobi 3.1.1 Khái niệm và các tính chất cơ bản Định nghĩa 3.1.1. Cho χ, λ là hai đặc trưng của trường Fp và a, b P Fp. Khi đó tổng Jpχ, λq  ¸ ab1 χpaqλpbq được gọi là tổng Jacobi. Mệnh đề 3.1.2. Cho χ và λ là những đặc trưng không tầm thường của Fp. Khi đó ta có các khẳng định sau (i) Jpχ0, χ0q  p; (ii) Jpχ0, χq  0; (iii) Jpχ, χ1q  χp1q; 33 (iv) Nếu χλ  χ0 thì Jpχ, λq  GpχqGpλq Gpχλq . Chứng minh. piq Ta có Jpχ0, χ0q  ° ab1 χ0paqχ0pbq  ° ab1 χ0pabq  p. piiq Ta có Jpχ0, χq  ° ab1 χ0paqχpbq  ° ab1 χpbq  0. piiiq Ta có jpχ, χ1q  ° ab1 χpaqχ1pbq  ° ab1 b0 χpab q  ° a1 χp a1aq. Đặt c  a 1 a, khi đó Jpχ, χ 1 q  ° c1 χpcq  ° cPFq χpcq  χp1q  χp1q. pivq Theo công thức của tổng Gauss Gpχq ta có GpχqGpλq   ¸ a χpaqe 2pii p a  ¸ b λpbqe 2pii p b  ¸ a,b χpaqλpbqe 2pii p pabq  ¸ t  ¸ abt χpaqλpbq e 2pii p t. Do đó nếu t  0 thì ° ab0 χpaqλpbq  ° a χpaqλpaq  λp1q ° a χλpaq  0, và nếu t  0 thì ta đặt a  ta1, b  tb1. Khi đó ¸ abt χpaqλpbq  ¸ a1b1t χpta1qλptb1q  χλptqJpχ, λq. Từ đó suy ra GpχqGpλq  Jpχ, λq ¸ t χλptqe 2pii p t  GpχλqJpχ, λq. Hệ quả 3.1.3. Nếu χ và λ là hai đặc trưng không tầm thường thì |Jpχ, λq|  ? p. Chứng minh. Nếu χ và λ là những đặc trưng không tầm thường thì theo phần pivq của Mệnh đề 3.1.2 ta có Jpχ, λq  GpχqGpλq Gpχλq . (3.1) Lấy môđun phức hai vế của phương trình (3.1) ta được điều phải chứng minh. 34 Nhận xét 3.1.4. piqNếu p  1 pmod 4q thì tồn tại a, b P Z sao cho p  a2 b2. Thật vậy, vì p  1 pmod 4q nên tồn tại một đặc trưng χ P pFp có cấp bốn. Như vậy tập giá trị của χ là ti,i, 1,1u, i  ? 1. Ngoài ra, theo định nghĩa tổng Jacobi ta có Jpχ, χq  ¸ st1 χpsqχptq. Suy ra tổng Jpχ, χq P Zris. Hay ta có thể viết Jpχ, χq  a bi với a, b P Z. Do đó, theo Hệ quả 3.1.3 ta suy ra p  |Jpχ, χq|2  |a bi|2  a2 b2. piiq Nếu χ là đặc trưng của Fp có cấp ba và p  1 pmod 3q thì tổng Jpχ, χq được viết dưới dạng Jpχ, χq  a bω, trong đó ω  e 2pii3 , a  1 pmod 3q, và b  0 pmod 3q. Thật vậy, nếu χ là đặc trưng của Fp có cấp ba thì theo Mệnh đề 3.1.2 ta có Jpχ, χq  GpχqGpχq Gpχχq . (3.2) Nhân hai vế của phương trình (3.2) với Gpχq ta được Gpχq3  GpχχqGpχqJpχ, χq  Gpχ2qGpχqJpχ, χq  Gpχ1qGpχqJpχ, χq  GpχqGpχqJpχ, χq  χp1qGpχqGpχqJpχ, χq  χp1qpJpχ, χq  pJpχ, χq. Ngoài ra, ta có Gpχq3  p1¸ k0  χpkq3e 3.2pii p k pmod 3q  1 pmod 3q. Từ đó suy ra Gpχq3  pJpχ, χq  a bω  1 pmod 3q. Mặt khác ta cũng có Gpχq3  pJpχ, χq  a bω  1 pmod 3q, nên suy ra bpω  ωq  0 pmod 3q.Do đó b ? 3  0 pmod 3q, hay b  0 pmod 3q. Cuối cùng, do a bω  1 pmod 3q nên a  1 pmod 3q. 35 Nhận xét 3.1.5 (Xem [5, tr.104-107]). piq Cho p là một số nguyên tố dạng p  3f 1, g là căn nguyên thủy của đơn vị theo môđun p và χ là đặc trưng môđun p có cấp ba với χpgq  β  e 2pii3 . Khi đó tồn tại duy nhất hai số nguyên a3, b3 thỏa mãn a23 3b23  p, a3  1 pmod 3q và 3b3  p2g p1 3 1qa3 pmod pq. Ngoài ra, các giá trị của tổng Jacobi Jpχm, χnq, với 0 ¨ m,n ¨ 2 xác định như sau. HHHHHHHH m n 0 1 2 0 p 0 0 1 0 χp2qpa3 ib3 ? 3q -1 2 0 -1 χp2qpa3  ib3 ? 3q Bảng 3.1: Các tổng Jacobi của đặc trưng môđun p có cấp 3. piiq Cho p là một số nguyên tố dạng p  4f 1, g là căn nguyên thủy của đơn vị theo môđun p và χ là một đặc trưng môđun p có cấp bốn với χpgq  β  i. Khi đó tồn tại duy nhất các số nguyên a4, b4 thỏa a24 b 2 4  p, a4    2 p pmod 4q và b4  a4g p1 4 pmod pq. Ngoài ra, ta cũng xác định được các giá trị của tổng Jacobi Jpχm, χnq, với 0 ¨ m,n ¨ 3 như sau. HHHHHHHH m n 0 1 2 3 0 p 0 0 0 1 0 p1qfpa4 ib4q a4 ib4 p1qf 2 0 a4 ib4 -1 a4  ib4 3 0 p1qf a4  ib4 p1qfpa4  ib4q Bảng 3.2: Các tổng Jacobi của đặc trưng môđun p có cấp 4. 36 3.1.2 Một số dạng mở rộng của tổng Jacobi Định nghĩa 3.1.6. Cho χ1, ..., χk là những đặc trưng của Fp và γ1, ..., γk P Fp. Khi đó tổng Jpχ1, ..., χkq  ¸ γ1γk1 χ1pγ1q...χkpγkq được gọi là tổng Jacobi mở rộng. Chú ý 3.1.7. piq Khi k  1 tổng Jacobi Jpχ1q  ° γ11 χ1pγ1q  χ1p1q  1. piiq Jpχ1, ..., χkq  Jpχσp1q, ..., χσpkqq, trong đó tσp1q, ..., σpkqu là một hoán vị của tập t1, . . . , ku. Mệnh đề 3.1.8 ([5, Theorem 10.1.1]). Cho χ1, ..., χk là những đặc trưng của Fp. Khi đó Jpχ1, ..., χkq  $ ' & ' % pk1, nếu χi  χ0, pi  1, 2, .., kq, 0, nếu chỉ một số đặc trưng là tầm thường. Chứng minh. Nếu χ1, ..., χk là tầm thường thì Jpχ1, ..., χkq  ¸ γ1γk1 χ1pγ1q...χlpγkq  ¸ γ1γk1 1  pk1. Nếu chỉ có một số đặc trưng χi là tầm thường thì ta sắp thứ tự trở lại sao cho χ1, ..., χs với 1 ¨ s ¨ k 1 là những đặc trưng không tầm thường và χs1, ..., χk là những đặc trưng tầm thường. Khi đó, ta có Jpχ1, ..., χkq  ¸ γ1γk1 χ1pγ1q...χkpγkq  ¸ γ1...γk1 χ1pγ1q...χspγsq  ¸ γ1,..,γs χ1pγ1q...χspγsq ¸ γs1γkγ1γs 1  pks1 ¸ γ1 χ1pγ1q... ¸ γs χspγsq  0. 37 Định nghĩa 3.1.9. Cho χ1, ..., χk là những đặc trưng của Fp và γ1, ..., γk P Fp. Khi đó tổng J0pχ1, ..., χkq  ¸ γ1γk0 χ1pγ1q   χkpγkq được gọi là tổng Jacobi mở rộng dạng đặc biệt. Chú ý 3.1.10. piq Khi k  1, tổng Jacobi J0pχ1q được xác định như sau J0pχ1q  ¸ γ10 χ1pγ1q  $ ' & ' % 1, nếu χ1 là đặc trưng tầm thường, 0, nếu χ1 không là đặc trưng tầm thường. iiq J0pχ1, ..., χkq  J0pχσp1q, ..., χσpkqq, trong đó tσp1q, ..., σpkqu là một hoán vị của tập t1, . . . , ku. Mệnh đề 3.1.11 ([5, Theorem 10.1.2]). Cho χ1, ..., χk là những đặc trưng của Fp. Khi đó J0pχ1, ..., χkq  $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % pk1, nếu χi  χ0, pi  1, .., kq, pp 1qJpχ1, ..., χkq, χi  χ0, χ1...χk  χ0, pi  1, ..., kq, 0, trong các trường hợp còn lại . Chứng minh. Theo định nghĩa của tổng Jacobi mở rộng ta có ¸ γPFp ¸ γ1γkγ χ1pγ1q...χkpγkq  ¸ γ1γk0 χ1pγ1q   χkpγkq ¸ γ0 ¸ γ1γkγ χ1pγ1q...χkpγkq  J0pχ1, ..., χkq ¸ γ0 ¸ t1tk1 χ1ptγq   χkptγq  J0pχ1, ..., χkq Jpχ1, ..., χkq ¸ γ0 pχ1...χkqpγq  $ ' & ' % J0pχ1, ..., χkq Jrpχ1, ..., χkqpp 1q, nếu χ1...χk  χ0, J0pχ1, ..., χkq, nếu χ1...χk  χ0. 38 Ngoài ra, ta có ¸ γPFp ¸ γ1γkγ χ1pγ1q...χkpγkq  ¸ γ1 χ1pγ1q    ¸ γk χkpγkq  $ ' & ' % pk, nếu χi  χ0, pi  1, ..., kq, 0, nếu có ít nhất một χi khác χ0. Do đó, ta có J0pχ1, ..., χkq pp 1qJpχ1, ..., χkq  0 nếu Dχi : χi  χ0 và tích χ1...χk  χ0, J0pχ1, ..., χkq pp 1qJpχ1, .., χkq  pk nếu χi  0, pi  1, ..., kq, J0pχ1, ..., χkq  0 nếu χ1...χk  χ0. Từ đó, theo Mệnh đề 3.1.8 ta có được điều phải chứng minh. Mệnh đề 3.1.12. Nếu χ1, ..., χk là những đặc trưng không tầm thường của Fp và tích χ1...χk là một đặc trưng tầm thường thì J0pχ1, ..., χkq  χkp1qpp 1qJpχ1, ..., χk1q. Chứng minh. Theo định nghĩa của tổng Jacobi mở rộng dạng đặc biệt ta có J0pχ1, ..., χkq  ¸ γ1γk0 χ1pγ1q...χkpγkq  ¸ γk  ¸ γ1γk1γk χ1pγ1q...χk1pγk1q χkpγkq  ¸ γk0  ¸ γ1γk1γk χ1pγ1q...χk1pγk1q χkpγkq  ¸ γk0 pχ1...χkpγkqJpχ1, ..., χk1qqχkpγkq  χ1...χkp1qJpχ1, ..., χk1q ¸ γk0 χ1...χkpγkq  χkp1qJpχ1, ..., χk1qpp 1q. 39 Từ hai Mệnh đề 3.1.11, 3.1.12 ở trên ta có hệ quả sau. Hệ quả 3.1.13. Nếu χ1, ..., χk là những đặc trưng không tầm thường của Fp và tích χ1   χk là một đặc trưng tầm thường thì Jpχ1, ..., χkq  χp1qJpχ1, ..., χk1q. Mệnh đề 3.1.14 ([5, Theorem 10.2.1]). Nếu χ1, ..., χk, pk © 2q là những đặc trưng không tầm thường của Fp thì Jpχ1, ..., χkq  $ ' & ' % pJpχ1, ..., χk1q, nếu χ1...χk1  χ0, Jpχ1...χk1, χkqJpχ1, ..., χk1q, nếu χ1...χk1  χ0. Chứng minh. Với k © 2, theo định nghĩa của tổng Jacobi mở rộng ta có Jpχ1, ..., χkq  ¸ γ1γk1 χ1pγ1q...χkpγkq  ¸ γ1γk1 γk1 χ1pγ1q...χkpγkq ¸ γ1γk1 γk1 χ1pγ1q...χkpγkq  ¸ γ1γk0 χ1pγ1q...χk1pγk1q ¸ γk χkpγkq ¸ γ1γk11γk χ1pγ1q...χk1pγk1q  J0pχ1, ..., χk1q ¸ γk1 χ1...χk1p1 γkqχkpγkqJpχ1, ..., χk1q  J0pχ1, ..., χk1q Jpχ1...χk1, χkq  χ1...χk1p0qJpχ1, ..., χk1q. Ngoài ra, theo Mệnh đề 3.1.11 ta có J0pχ1, ..., χk1q  $ ' & ' % pp 1qJpχ1, ..., χk1q, nếu χ1...χk1  χ0, 0, nếu χ1...χk1  χ0 và χ1...χk1p0q  $ ' & ' % 1, nếu χ1...χk1  χ0, 0, nếu χ1...χk1  χ0. 40 Từ đó suy ra Jpχ1, ..., χkq  $ ' & ' % pJpχ1, ..., χk1q, nếu χ1...χk1  χ0, Jpχ1...χk1, χkqJpχ1, ..., χk1q, nếu χ1...χk1  χ0. Định lý 3.1.15 ([5, Theorem 10.2.4]). Cho p là một số nguyên tố dạng p  3f 1, g là căn nguyên thủy của đơn vị theo môđun p và χ là đặc trưng môđun p có cấp 3 xác định bởi χpgq  e 2pii3 . Gọi a3, b3 là các số nguyên xác định bởi a23 3b23  p, a3  1 pmod 3q, 3b3  p2g p1 3 1qa3 pmod pq, và đặt pi  χp2qpa3 ib3q. Gọi n1, n2 là những số nguyên dương với n1 n2 © 1. Ta đặt Jn1,n2  pχ, ..., χ loomoon n1-lần , χ2, ..., χ2 looomooon n2-lần q, trong đó n1 là số các đặc trưng χ, n2 là số các đặc trưng χ2. Khi đó Jn1,n2  $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % pi 1 3 p2n1n23qpi 1 3 pn12n23q, nếu n1 2n2  0 pmod 3q, pi 1 3 p2n1n22qpi 1 3 pn12n21q, nếu n1 2n2  1 pmod 3q, pi 1 3 p2n1n21qpi 1 3 pn12n22q, nếu n1 2n2  2 pmod 3q. Chứng minh. Ta có χ...χ lomon n1-lần . χ2...χ2 loomoon n2-lần  χn12n2. Theo Mệnh đề 3.1.14 ta thấy rằng nếu n1 2n2  0 pmod 3q thì χn12n2  χ0, và χn12n22  χ1, do đó Jn1,n2  Jpχ, χ 2 qJn1,pn21q  χp1qJn1,pn21q  Jn1,pn21q. Nếu n1 2n2  1 pmod 3q thì χn12n2  χ và χn12n22  χ2, do đó Jn1,n2  Jpχ 2, χ2qJn1,pn21q  Jn1,pn21q  piJn1,pn21q. Nếu n1 2n2  2 pmod 3q thì χn12n2  χ2 và χn12n22  χ0, do đó Jn1,n2  pJn1,pn21q. 41 Từ đó suy ra Jn1,n2  $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % Jn1,pn21q, nếu n1 2n2  0 pmod 3q, piJn1,pn21q, nếu n1 2n2  1 pmod 3q, pJn1,pn21q, nếu n1 2n2  2 pmod 3q. Do đó, bằng quy nạp ta được Jn1,n2  $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % pi 1 3 pn11qpi 1 3 pn21qp 1 3 pn1n22q, nếu n1 2n2  0 pmod 3q, pi 1 3 pn11qpi 1 3n2p 1 3 pn1n21q, nếu n1 2n2  1 pmod 3q, pi 1 3n1pi 1 3 pn21qp 1 3 pn1n21q, nếu n1 2n2  2 pmod 3q. Ngoài ra, ta có p  pipi nên từ trên ta suy ra Jn1,n2  $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % pi 1 3 p2n1n23qpi 1 3 pn12n23q, nếu n1 2n2  0 pmod 3q, pi 1 3 p2n1n22qpi 1 3 pn12n21q, nếu n1 2n2  1 pmod 3q, pi 1 3 p2n1n21qpi 1 3 pn12n22q, nếu n1 2n2  2 pmod 3q. Định lý 3.1.16 ([5], Theorem 10.3.1). Cho χ1, ..., χk là những đặc trưng không tầm thường của Fp. Khi đó Jpχ1, .., χkq  $ ' & ' % Gpχ1q...Gpχkq Gpχ1...χkq , nếu χ1....χk  χ0, Gpχ1q...Gpχkq p , nếu χ1...χk  χ0. (3.3) Chứng minh. Ta chứng minh định lý bằng quy nạp. Trước hết ta kiểm tra (3.3) đúng với k  1; 2. Thật vậy, nếu k  1 thì Jpχ1q  1  Gpχ1qGpχ1q , do đó (3.3) là đúng. Nếu k  2 và tích χ1χ2 là một đặc trưng không tầm thường thì theo Mệnh đề 3.1.2 ta suy ra Jpχ1, χ2q  Gpχ1qGpχ2q Gpχ1χ2q . Nếu k  2 và tích χ1χ2  χ0 thì χ2  χ1. Do đó, ta có 42 Gpχ1qGpχ2q  Gpχ1qGpχ1q  χ1p1qGpχ1qGpχ1q  χp1qp. Ngoài ra, theo Mệnh đề 3.1.2 ta có Jpχ1, χ1q  χ1p1q. Từ đó suy ra Jpχ1, χ2q   Gpχ1qGpχ2q p . Do đó, cả hai trường hợp trên (3.3) đều đúng. Tiếp theo, ta gọi N là một số nguyên với N © 3 và giả sử (3.3) đúng với k đặc trưng không tầm thường p1 ¨ k ¨ N  1q. Ta chứng minh (3.3) đúng với k  N đặc tr

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfPhương trình trên nhóm abel hữu hạn.pdf
Tài liệu liên quan