3.2. Ký hiệu Legendre (trường hợp sơ cấp)


Định nghĩa.-Cho p là một số nguyên tố khác 2, và cho x\in\mathbb{F}_p^*. Kí hiệu Legendre của x, kí hiệu bởi \left(\dfrac{x}{p}\right), là số nguyên x^{(p-1)/2}=\pm 1.
Quy ước mở rộng \left(\dfrac{x}{p}\right) tới toàn \mathbb{F}_p bởi \left(\dfrac{0}{p}\right)=0. Hơn nữa, nếu x\in\mathbb{Z} có ảnh x'\in\mathbb{F}_p, ta viết \left(\dfrac{x'}{p}\right)=\left(\dfrac{x}{p}\right).

Ta có \left(\dfrac{x}{p}\right)\left(\dfrac{y}{p}\right)=\left(\dfrac{xy}{p}\right): Kí hiệu Legendre là một “đặc trưng” (Xem 6.1). Như đã thấy trong định lí 4, \left(\dfrac{x}{p}\right)=1 tương đương với x\in\mathbb{F}_q^{*2}; nếu x\in\mathbb{F}_q^*y như một căn bậc hai trong một bao đóng đại số của \mathbb{F}_p, thì \left(\dfrac{x}{p}\right)=y^{p-1}.

Tính \left(\dfrac{x}{p}\right) với x=1,-1,2:

Nếu n là một số nguyên lẻ, cho \epsilon (n)\omega (n) là các phần tử của \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} xác định bởi:
\epsilon (n)\equiv\dfrac{n-1}{2}\pmod{2}=0 nếu n\equiv 1\pmod{4}=1 nếu n\equiv -1\pmod{4}.
\omega (n)\equiv\dfrac{n^2-1}{8}\pmod{2}=0 nếu n\equiv \pm 1\pmod{8}=1 nếu n\equiv \pm 5\pmod{8}.
(Hàm \epsilon là một đồng cấu của nhóm nhân (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^* lên nhóm \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}; tương tự, hàm \omega là một đồng cấu của nhóm nhân (\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})^* lên nhóm \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}.)

Định lí 5.Các công thức sau đây thoả mãn:
i)\left(\dfrac{1}{p}\right)=1
ii)\left(\dfrac{-1}{p}\right)=(-1)^{\epsilon (p)}
iii)\left(\dfrac{2}{p}\right)=(-1)^{\omega (p)}.

Chỉ công thức cuối cần một chứng minh. Nếu \alpha ký hiệu căn bậc 8 của đơn vị trong một bao đóng đại số \Omega của \mathbb{F}_p, phần tử y=\alpha+\alpha^{-1} thoả mãn y^2=2 (từ \alpha^4=-1 ta có \alpha^2+\alpha^{-2}=0). Ta có y^p=\alpha^p+\alpha^{-p}.
Nếu p\equiv\pm 1\pmod{8} thì y^p=y, do đó \left(\dfrac{2}{p}\right)=y^{p-1}=1. Nếu p\equiv\pm 5\pmod{8} thì y^p=\alpha^5+\alpha^{-5}=-(\alpha+\alpha^{-1})=-y. (Điều này lại có từ \alpha^4=-1) Do đó y^{p-1}=-1 và ta có iii).

Chú ý. Định lí 5 có thể phát biểu theo cách sau:
-1 là bình phương \pmod{p} nếu và chỉ nếu p\equiv 1\pmod{4}.
2 là bình phương \pmod{p} nếu và chỉ nếu p\equiv \pm 1\pmod{8}.

3.1. Các bình phương trong $\mathbb{F}_q$


Cho q là luỹ thừa của một số nguyên tố p.

Định lí 4.–(a)Nếu p=2 thì tất cả các phần tử của \mathbb{F}_q là các bình phương.
-(b)Nếu p\not =2 thì các bình phương của \mathbb{F}_q^* lập thành một nhóm con có chỉ số 2 của \mathbb{F}_q^*; nhóm con này là nhân của đồng cấu x\mapsto x^{(q-1)/2} với giá trị trong \{\pm 1\}. (Nói cách khác, ta có một dãy khớp 1\longrightarrow \mathbb{F}_q^{*2}\longrightarrow \mathbb{F}_q^*\longrightarrow \{\pm 1\}\longrightarrow 1).

Trường hợp a) có được từ kết quả x\mapsto x^2 là một tự đẳng cấu của \mathbb{F}_q.
Với trường hợp b), gọi \Omega là một bao đóng đại số của \mathbb{F}_q; nếu x\in\mathbb{F}_q^*, lấy y\in \Omega sao cho y^2=x. Ta có y^{q-1}=x^{(q-1)/2}=\pm 1x^{q-1}=1. Để x là bình phương trong \mathbb{F}_q điều kiện cần và đủ là y nằm trong \mathbb{F}_q^*, nghĩa là y^{q-1}=1. Do đó \mathbb{F}_q^{*2} là  nhân của ánh xạ x\mapsto x^{(q-1)/2}. Hơn nữa, vì \mathbb{F}_q^* là cyclic bậc q-1 nên chỉ số của \mathbb{F}_q^{*2} bằng 2.

IMO 2009


Danh sách các bạn thuộc đội tuyển năm nay

1.Hà Khương Duy, lớp 12A1 Toán,Khối THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội.

2.Nguyễn Xuân Cương, lớp 12 Toán 1,THPT chuyên Nguyễn Trãi,Hải Dương.

3.Nguyễn Hoàng Hải, lớp 12A1 ,THPT chuyên Vĩnh Phúc,Vĩnh Phúc.

4.Phạm Đức Hùng, lớp 11 Toán,THPT NK Trần Phú,Hải Phòng.

5.Phạm Hy Hiếu, lớp 11 Toán,PT NK ĐHKHTN-ĐHQG TP Hồ Chí Minh.

6.Tạ Đức Thành, lớp 11 Toán,THPT CHV,Phú Thọ

Các bài toán của ngày thứ  nhất:

Bài 1. Cho n là một số nguyên dương và a_1,\cdots, a_kk>1 số nguyên đôi một khác nhau trong \{1,2,\cdots, n\} sao cho n|a_i(a_{i+1}-1) với i=1,2,\cdots, k-1. Chứng minh rằng n không chia hết a_k(a_1-1).

Bài 2. Cho ABC là một tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp O.  Các điểm P,Q nằm trên các cạnh CA, AB tương ứng. Gọi K,L,M lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BP,CQ,PQ. Chứng minh rằng nếu PQ là tiếp tuyến của đường tròn (KLM) thì OP=OQ.

Bài 3.  Gỉa sử (s_i) là dãy tăng ngặt các số nguyên dương sao cho các dãy con (s_{s_i})(s_{s_i+1}) là các cấp số cộng. Chứng minh rằng dãy số đã cho cũng là một cấp số cộng.

Đề ngày 2 sẽ có trong comment dưới đây.

Faithful representation and center of a group


In this topic we’ll solve following problem:

Let \rho be an irreducible representation of G of degree n and character \chi; let C be the center of G and let c be its order.

(a)Show that \rho_s is a homothety for each s\in C. Deduce from this that |\chi(s)|=n for all s\in C.

(b)Prove the inequality n^2\leq \dfrac{g}{c}.

(c)Show that, if \rho is faithful, the group C is cyclic.

The problem is posted in the website mathscope.org by PnAT and solved by 2M and Vodka, they are members of the site too. This is it in detail:

(a)For each s\in C and h\in G we have \rho_h\rho_s=\rho_{hs}=\rho_{sh}=\rho_s\rho_h. Therefore by Schur’s lemma we have \rho_s is a homothety. Now for all s\in C put \rho_s=\lambda_sId_V, since \rho_{s^g}=Id_V we have \lambda_s is a root of unit, particularly |\lambda_s|=1. Final, |\chi(s)|=|Tr(\rho_s)|=|n\lambda_s|=n.

(b)This part is easy! In fact, we have g=\sum_{s\in G}|\chi(s)|^2\geq \sum_{s\in C}|\chi(s)|^2=\sum_{s\in C}n^2=cn^2 and we’re done.

(c)If \rho is faithful then by all what above we can see C as a subgroup of the group g-th roots of unit, and therefore C is cyclic.

2.2. Định lý Chevalley


Định lý 3 (Chevalley-Warning).-Cho f_{\alpha}\in K[X_1,\cdots,X_n] là các đa thức n biến sao cho \sum \deg f_{\alpha}<n, và cho V là tập các nghiệm chung của chúng trong K^n. Khi đó \text{Card}(V)\equiv 0\pmod{p}.

Đặt P=\prod_{\alpha} (1-f_{\alpha}^{q-1}) và cho x\in K^n. Nếu x\in V, tất cả f_{\alpha}(x) bằng 0P(x)=1; nếu x\not\in V, một trong các f_{\alpha}(x) khác 0f_{\alpha}^{q-1}(x)=1, do đó P(x)=0. Do đó Phàm đặc trưng của V. Nếu với mỗi đa thức f chúng ta đặt S(f)=\sum_{x\in K^n}f(x), thì \text{Card}(V)\equiv S(P)\pmod{p}. Vậy chúng ta quy về việc chứng minh S(P)=0.

Gỉa thiết \sum_{\alpha}\deg f_{\alpha}<n cho ta \deg P<n(q-1); vậy P là một tổ hợp tuyến tính của các đơn thức X^u=X_1^{u_1}\cdots X_n^{u_n} với \sum u_i<n(q-1). Sẽ là đủ nếu ta chứng minh được rằng với mỗi đơn thức X^u như vậy ta có S(X^u)=0, điều này có được từ bổ đề vì ít nhất một trong các u_i phải nhỏ hơn q-1.

Hệ quả 1.Nếu \sum_{\alpha}\deg f_{\alpha}<n và nếu các f_{\alpha} không có từ hằng, thì các f_{\alpha} có nghiệm chung khác 0.

Thật vậy, nếu V=\{0\} thì \text{Card}(V) không thể chia hết cho p.

Hệ quả 1 có áp dụng đáng chú ý khi các f_{\alpha} là các đa thức thuần nhất. Nói riêng:

Hệ quả 2.Tất cả dạng bậc hai trong ít nhất 3 biến trên K có nghiệm không tầm thường.

(Theo ngôn ngữ hình học: Mỗi conic trên trường hữu hạn có ít nhất một điểm hữu tỷ).

2.1. Tổng các luỹ thừa


Cho q là luỹ thừa của một số nguyên tố p, và K là một trường có q phần tử.

Bổ đề. Cho u là một số nguyên không âm. Tổng S(X^u)=\sum_{x\in K}x^u bằng -1 nếu u\geq 1 và chia hết cho q-1; nó bằng 0 trong các trường hợp còn lại.

(Chúng ta quy ước là x^u=1 nếu u=0 ngay cả khi x=0).

Nếu u=0, tất cả số hạng của tổng bằng 1; do đó S(X^u)=q\cdot 1=0 bởi vì K là trường có đặc số p.

Nếu u\geq 1 và chia hết cho q-1, chúng ta có 0^u=0x^u=1 nếu x\not =0. Do đó S(X^u)=(q-1)\cdot 1=-1.

Cuối cùng, nếu u\geq 1 và không chia hết cho q-1, sự kiện K^* là nhóm cyclic có bậc q-1(Định lí 2) chứng tỏ rằng tồn tại y\in K^* sao cho y^u\not =1. Ta có S(X^u)=\sum_{x\in K^*}x^u=\sum_{x\in K^*}y^ux^u=y^uS(X^u)(1-y^u)S(X^u)=0 từ đây ta có S(X^u)=0.

(Biến thể -Sử dụng sự kiện nếu d>1 nguyên tố với p thì tổng các căn bậc d của đơn vị bằng 0).