3.3. Luật tương hỗ bậc hai


Cho lp là hai số nguyên tố lẻ khác nhau.
Định lí 6.-\left(\dfrac{l}{p}\right)=\left(\dfrac{p}{l}\right)(-1)^{\epsilon (l)\epsilon (p)}.
Cho \Omega là một bao đóng đại số của \mathbb{F}_p, và gọi w\in \Omega là một căn nguyên thuỷ bậc l của đơn vị. Nếu x\in\mathbb{F}_l, phần tử w^x là xác định tốt vì w^l=1. Do vậy chúng ta có thể hình thành “tổng Gauss”: y=\sum_{x\in\mathbb{F}_l}\left(\dfrac{x}{l}\right)w^x.

Bổ đề 1.-y^2=(-1)^{\epsilon (l)}l.
(Bởi lạm dụng ký hiệu, l cũng ký hiệu ảnh của l trong \mathbb{F}_p).

Chúng ta có y^2=\sum_{x,z}\left(\dfrac{xz}{l}\right)w^{x+z}=\sum_{u\in\mathbb{F}_l}w^u\left(\sum_{t\in\mathbb{F}_l}\left(\dfrac{t(u-t)}{l}\right)\right).

Bây giờ nếu t\not =0 thì \left(\dfrac{t(u-t)}{l}\right)=\left(\dfrac{-t^2}{l}\right)\left(\dfrac{1-ut^{-1}}{l}\right)=(-1)^{\epsilon (l)}\left(\dfrac{1-ut^{-1}}{l}\right),(-1)^{\epsilon (l)}y^2=\sum_{u\in\mathbb{F}_l}C_u w^u, ở đây C_u=\sum_{t\in\mathbb{F}_l^*}\left(\dfrac{1-ut^{-1}}{l}\right).
Nếu u=0, C_0=\sum_{t\in\mathbb{F}_l^*}\left(\dfrac{1}{l}\right)=l-1; nếu không s=1-ut^{-1} chạy trên \mathbb{F}_l-\{1\}, và chúng ta có C_u=\sum_{s\in\mathbb{F}_l}\left(\dfrac{s}{l}\right)-\left(\dfrac{1}{l}\right)=-\left(\dfrac{1}{l}\right)=-1, vì trong \mathbb{F}_l^* số các bình phương bằng số các phần tử không phải bình phương. Do đó \sum_{u\in\mathbb{F}_l}C_u w^u=l-1-\sum_{u\in\mathbb{F}_l^*}w^u=l, bổ đề được chứng minh.

Bổ đề 2y^{p-1}=\left(\dfrac{p}{l}\right).
\Omega có đặc số p, chúng ta có y^p=\sum_{x\in\mathbb{F}_l}\left(\dfrac{x}{p}\right)w^{xp}=\sum_{z\in\mathbb{F}_l}\left(\dfrac{zp^{-1}}{l}\right)w^z=\left(\dfrac{p^{-1}}{l}\right)y=\left(\dfrac{p}{l}\right)y; do đó y^{p-1}=\left(\dfrac{p}{l}\right).
Định lí 6 có ngay lập tức bây giờ. Cụ thể, bởi bổ đề 12, \left(\dfrac{(-1)^{\epsilon (l)}l}{p}\right)=y^{p-1}=\left(\dfrac{p}{l}\right) và phần thứ hai của chứng minh của định lí 5 chứng tỏ rằng \left(\dfrac{(-1)^{\epsilon (l)}}{p}\right)=(-1)^{\epsilon (l) \epsilon (p)}.
Dịch-Viết lRp nếu l là bình phương \pmod{p} (nghĩa là nói l là một “thặng dư bậc hai modulo p“) và lNp trong trường hợp khác. Định lí 6 nghĩa là
lRp\Leftrightarrow pRl nếu p hoặc l\equiv\pmod{4}
lRp\Leftrightarrow pNl nếu pl\equiv -1\pmod{4}.
Chú ý. Định lí 6 có thể dùng để tính các ký hiệu Legendre bằng cách giảm liên tiếp. Chẳng hạn,
\left(\dfrac{29}{43}\right)=\left(\dfrac{43}{29}\right)=\left(\dfrac{14}{29}\right)=\left(\dfrac{2}{29}\right)

=\left(\dfrac{7}{29}\right)=-\left(\dfrac{7}{29}\right)=-\left(\dfrac{29}{7}\right)=-\left(\dfrac{1}{7}\right)=-1.

Phụ lục

Chứng minh khác của luật tương hỗ bậc hai(G. Eisenstein, J. Crelle, 29, 1845, pp. 177-184.)
i)Bổ đề Gauss
Cho p là một số nguyên tố khác 2, và S là một tập con của \mathbb{F}_p^* sao cho \mathbb{F}_p^* là hợp rời nhau của S-S. Sau đây chúng ta lấy S=\{1,2,\cdots,(p-1)/2\}. Nếu s\in Sa\in \mathbb{F}_p^*, chúng ta viết as dưới dạng as=e_s(a)s_a với e_s(a)=\pm 1s_a\in S.

Bổ đề(Gauss).-\left(\dfrac{a}{p}\right)=\prod_{s\in S}e_s(a).

Chú ý đầu tiên rằng nếu ss' là hai phần tử khác nhau của S, thì s_a\not =s_a'(nếu khác đi thì s=\pm s', mâu thuẫn với cách chọn S). Điều này chứng tỏ s\mapsto s_a là một song ánh từ S đến chính nó. Nhân theo vế các đẳng thức as=e_s(a)s_a chúng ta có a^{(p-1)/2}\prod_{s\in S}s=\left(\prod_{s\in S}e_s(a)\right)\prod_{s\in S}s_a=

\left(\prod_{s\in S}e_s(a)\right)\prod_{s\in S}s, do đó a^{(p-1)/2}=\prod_{s\in S}e_s(a); điều này chứng minh bổ đề vì \left(\dfrac{a}{p}\right)=a^{(p-1)/2} trong \mathbb{F}_p.
Ví dụ.-Lấy a=2S=\{1,2,\cdots,(p-1)/2\}. Chúng ta có e_s(2)=1 nếu 2s\leq\dfrac{p-1}{2}e_s(2)=-1 trong trường hợp còn lại. Từ điều này chúng ta có \left(\dfrac{2}{p}\right)=(-1)^{n(p)}, ở đây n(p) là số các số nguyên s sao cho \dfrac{p-1}{4}<s\leq\dfrac{p-1}{2}. Nếu p là số nguyên tố có dạng 4k+1(tương ứng 4k-1), thì n(p)=k. Do vậy chúng ta nhận lại được kết quả \left(\dfrac{2}{p}\right)=1 nếu p\equiv\pm 1\pmod{8}\left(\dfrac{2}{p}\right)=-1 nếu p\equiv\pm 5\pmod{8}, đã được đề cập đến ở định lý 5.

ii,Một bổ đề lượng giác

Bổ đề.-Cho m là một số nguyên dương lẻ. Khi đó ta có

\dfrac{\sin mx}{\sin x}=(-4)^{(m-1)/2}\prod_{1\leq j\leq (m-1)/2}\left(\sin^2 x-\sin^2\dfrac{2\pi j}{m}\right).

Đây là kết quả sơ cấp(chẳng hạn, trước hết chúng minh rằng \sin (mx)/\sin (x) là một đa thức có bậc (m-1)/2 theo \sin^2 x, sau đó chúng minh rằng đa thức này có các nghiệm \sin^2\dfrac{2\pi j}{m} với 1\leq j\leq (m-1)/2; thừa số (-4)^{(m-1)/2} hình thành bởi so sánh hệ số của e^{i(m-1)x} ở cả hai vế ).

iii,Chứng minh của luật tương hỗ bậc hai

Cho lp là các số nguyên tố lẻ khác nhau. Cho S=\{1,2,\cdots,(p-1)/2\} như trên. Từ bổ đề Gauss ta có \left(\dfrac{l}{p}\right)=\prod_{s\in S}e_s(l). Bây giờ đẳng thức ls=e_s(l)s_l chứng tỏ \sin \dfrac{2\pi}{p}ls=e_s(l)\sin\dfrac{2\pi}{p}s_l. Nhân theo vế các đẳng thức này và chú ý rằng s\mapsto s_l là một song ánh, ta có \left(\dfrac{l}{p}\right)=\prod_{s\in S}e_s(l)=

=\prod_{s\in S}\sin\dfrac{2\pi ls}{p}/\sin\dfrac{2\pi s}{p}. Áp dụng bổ đề lượng giác với m=l ta có thể viết lại đẳng thức trên như là

\left(\dfrac{l}{p}\right)=\prod_{s\in S}(-4)^{(l-1)/2}\prod_{t\in T}\left(\sin^2 \dfrac{2\pi s}{p}-\sin^2 \dfrac{2\pi t}{l}\right)=

=(-4)^{(l-1)(p-1)/4}\prod_{s\in S,t\in T}\left(\sin^2 \dfrac{2\pi s}{p}-\sin^2 \dfrac{2\pi t}{l}\right), ở đây T là tập các số nguyên ở giữa 1(l-1)/2. Đổi vai trò lp cho nhau ta có đẳng thức tương tự

\left(\dfrac{p}{l}\right)=(-4)^{(l-1)(p-1)/4}\prod_{s\in S,t\in T}\left(\sin^2 \dfrac{2\pi t}{l}-\sin^2 \dfrac{2\pi s}{p}\right). Các thừa số trong \left(\dfrac{p}{l}\right)\left(\dfrac{l}{p}\right) chỉ sai khác về dấu, mà có (p-1)(l-1)/4 thừa số này nên ta có \left(\dfrac{p}{l}\right)=\left(\dfrac{l}{p}\right)(-1)^{(p-1)(l-1)/4}. Đây là luật tương hỗ bậc hai, định lý 6.

4 thoughts on “3.3. Luật tương hỗ bậc hai”

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out / Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out / Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Log Out / Change )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Log Out / Change )

Connecting to %s