Phương trình trên nhóm abel hữu hạn

$ ' & ' % Gppxq, nếu x  0, 0, nếu x  0. piiq g1  phpp
1q. Mệnh đề 2.1.17. g21  p
1q p
1 2 p. Chứng minh. Theo công thức biến đổi Fourier ngược, ta có phppxq  p
1¸ a0 phppaqe 2piiax p  p phpp
xq  phppxqphpp
1q. Lấy x 
1 ta được g21  phpp
1q  p

1 p  p
1q p
12 p. Bổ đề 2.1.18. Với g1 xác định như trên, nếu p, q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt thì gq
11   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   p
1¸ a1  a p e
2piiax p q  p
1¸ a1  a p e
2piiax p q pmod qq 22   p
1¸ 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  pphpp
1qqq  phpp
qq 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  p
1q p
12 p q   q p . Từ đó suy ra  p q  q p  p
1q p
1 2 q
1 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 p
1q p7
1qp2011
1q 4   2 7 p
1q 
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  4f
1q, 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 k
lần . Do đó, ta có χpkaq  χpaq....χpaq looooomooooon k
lần  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, ..., ψk
1 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 k
1¸ i0 Gpχ, ψiq. Chứng minh. Hiển nhiên ψipi  1, ..., k
1q là các đặc trưng của Fq. Hơn nữa theo công thức tổng Gauss ta có k
1¸ i0 Gpχ, ψiq  ¸ aPFq χpaq k
1¸ i0 ψipaq  k ¸ aPA χpaq. Ngoài ra, với a P A ta có ψipaq  ψip0q  1. Từ đó suy ra pfApχq  1 k k
1¸ 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 x
1  pa
1qk. 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, ..., ψk
1 là những đặc trưng của nhóm thương pFq{Aq. Khi đó theo Mệnh đề 2.2.4 ta có    pfApχq    ¨ 1 k k
1¸ i0 |Gpχ, ψiq| ¨ 1 k p1 pk
1q?qq   ?q. Từ đó suy ra ΦpAq   ?q. Mệnh đề 2.2.6. Gọi k|pq
1q 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|  pq
1q 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  q
1 |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  p
1 ° 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, χ
1q 
χp
1q; 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, χ
1q  ° ab1 χpaqχ
1pbq  ° ab1 b0 χpab q  ° a1 χp a1
aq. Đặt c  a 1
a, khi đó Jpχ, χ
1 q  ° c
1 χpcq  ° cPFq χpcq
χp
1q 
χp
1q. 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 χpaqλp
aq  λp
1q ° 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  Gpχ
1qGpχqJpχ, χq  GpχqGpχqJpχ, χq  χp
1qGpχqGpχqJpχ, χq  χp
1qpJpχ, χq  pJpχ, χq. Ngoài ra, ta có Gpχq3  p
1¸ 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 p
1 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 p
1 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 p
1qfpa4 ib4q a4 ib4
p
1qf 2 0 a4 ib4 -1 a4
ib4 3 0 p
1qf a4
ib4 p
1qfpa4
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  $ ' & ' % pk
1, 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  pk
1. 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 ¸ γs1γk
γ1

γs 1  pk
s
1 ¸ 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  $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % pk
1, 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  χkp
1qpp
1qJpχ1, ..., χk
1q. Chứng minh. Theo định nghĩa của tổng Jacobi mở rộng dạng đặc biệt ta có J0pχ1, ..., χkq  ¸ γ1γk0 χ1pγ1q...χkpγkq  ¸ γk  ¸ γ1γk
1
γk χ1pγ1q...χk
1pγk
1q χkpγkq  ¸ γk0  ¸ γ1γk
1
γk χ1pγ1q...χk
1pγk
1q χkpγkq  ¸ γk0 pχ1...χkp
γkqJpχ1, ..., χk
1qqχkpγkq  χ1...χkp
1qJpχ1, ..., χk
1q ¸ γk0 χ1...χkpγkq  χkp
1qJpχ1, ..., χk
1qpp
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 
χp
1qJpχ1, ..., χk
1q. 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, ..., χk
1q, nếu χ1...χk
1  χ0, Jpχ1...χk
1, χkqJpχ1, ..., χk
1q, nếu χ1...χk
1  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...χk
1pγk
1q ¸ γk χkpγkq ¸ γ1γk
11
γk χ1pγ1q...χk
1pγk
1q  J0pχ1, ..., χk
1q ¸ γk1 χ1...χk
1p1
γkqχkpγkqJpχ1, ..., χk
1q  J0pχ1, ..., χk
1q Jpχ1...χk
1, χkq
χ1...χk
1p0qJpχ1, ..., χk
1q. Ngoài ra, theo Mệnh đề 3.1.11 ta có J0pχ1, ..., χk
1q  $ ' & ' %
pp
1qJpχ1, ..., χk
1q, nếu χ1...χk
1  χ0, 0, nếu χ1...χk
1  χ0 và χ1...χk
1p0q  $ ' & ' % 1, nếu χ1...χk
1  χ0, 0, nếu χ1...χk
1  χ0. 40 Từ đó suy ra Jpχ1, ..., χkq  $ ' & ' %
pJpχ1, ..., χk
1q, nếu χ1...χk
1  χ0, Jpχ1...χk
1, χkqJpχ1, ..., χk
1q, nếu χ1...χk
1  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 p
1 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 p2n1n2
3qpi 1 3 pn12n2
3q, nếu n1 2n2  0 pmod 3q, pi 1 3 p2n1n2
2qpi 1 3 pn
12n2
1q, nếu n1 2n2  1 pmod 3q, pi 1 3 p2n1n2
1qpi 1 3 pn12n2
2q, 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 χn12n2
2  χ
1, do đó Jn1,n2  Jpχ, χ 2 qJn1,pn2
1q 
χp
1qJn1,pn2
1q 
Jn1,pn2
1q. Nếu n1 2n2  1 pmod 3q thì χn12n2  χ và χn12n2
2  χ2, do đó Jn1,n2  Jpχ 2, χ2qJn1,pn2
1q  Jn1,pn2
1q  piJn1,pn2
1q. Nếu n1 2n2  2 pmod 3q thì χn12n2  χ2 và χn12n2
2  χ0, do đó Jn1,n2 
pJn1,pn2
1q. 41 Từ đó suy ra Jn1,n2  $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' %
Jn1,pn2
1q, nếu n1 2n2  0 pmod 3q, piJn1,pn2
1q, nếu n1 2n2  1 pmod 3q,
pJn1,pn2
1q, nếu n1 2n2  2 pmod 3q. Do đó, bằng quy nạp ta được Jn1,n2  $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' %
pi 1 3 pn1
1qpi 1 3 pn2
1qp 1 3 pn1n2
2q, nếu n1 2n2  0 pmod 3q, pi 1 3 pn1
1qpi 1 3n2p 1 3 pn1n2
1q, nếu n1 2n2  1 pmod 3q, pi 1 3n1pi 1 3 pn2
1qp 1 3 pn1n2
1q, nếu n1 2n2  2 pmod 3q. Ngoài ra, ta có p  pipi nên từ trên ta suy ra Jn1,n2  $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' %
pi 1 3 p2n1n2
3qpi 1 3 pn12n2
3q, nếu n1 2n2  0 pmod 3q, pi 1 3 p2n1n2
2qpi 1 3 pn
12n2
1q, nếu n1 2n2  1 pmod 3q, pi 1 3 p2n1n2
1qpi 1 3 pn12n2
2q, 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  χ1p
1qGpχ1qGpχ1q  χp
1qp. Ngoài ra, theo Mệnh đề 3.1.2 ta có Jpχ1, χ1q 
χ1p
1q. 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 trưng không tầm thường. Thật vậy, ta xét các trường hợp sau Trường hợp 1 χ1....χN
1  χ0. Ta có Jpχ1, ..., χNq 
pJpχ1, ..., χN
1q 
pp
Gpχ1q...GpχN
1qq p  Gpχ1q...GpχN
1qGpχNq Gpχ1...χNq . Trường hợp 2 χ1....χN
1  χ0 và χ1....χN  χ0. Trong trường hợp này theo Mệnh đề 3.1.14 ta có Jpχ1, ...., χNq  Jpχ1...χN
1qJpχ1, ..., χN
1q 
χNp
1q Gpχ1q...GpχN
1q Gpχ1...χN
1q 
χNp
1q Gpχ1q...GpχN
1qGpχNq GpχNqGpχNq 
χNp
1q Gpχ1q...GpχNq χNp
1qp 
Gpχ1q...GpχNq p . Trường hợp 3 χ1....χN
1  χ0 và χ1....χN  χ0. Trong trường hợp này theo Mệnh đề 3.1.2, Mệnh đề 3.1.14 và giả thiết quy nạp ta có Jpχ1, ..., χNq  Jpχ1...χN
1, χNqJpχ1, ..., χN
1q  43  Gpχ1...χN
1qGpχNq Gpχ1...χNq Gpχ1q...GpχN
1q Gpχ1...χN
1q  Gpχ1q...GpχNq Gpχ1...χNq . Từ 3 trường hợp trên, ta suy ra định lý đúng với k  N . Do đó theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. Hệ quả 3.1.17. χ1, ..., χk là những đặc trưng không tầm thường của Fp thì |Jpχ1, ..., χkq|  $ ' & ' % p k
1 2 , nếu χ1...χk  χ0, p k
2 2 , nếu χ1...χk  χ0. Chứng minh. Nếu tích χ1...χk là đặc trưng không tầm thường thì theo Định lý 3.1.16 và Mệnh đề 1.4.6 ta có |Jpχ1, .., χkq|  |Gpχ1q| ... |Gpχkq| |Gpχ1...χkq|  pp 1 2 q k p 1 2  p k
1 2 . Nếu tích χ1...χk là đặc trưng tầm thường thì theo Định lý 3.1.16 ta có |Jpχ1, .., χkq|  |Gpχ1q| ... |Gpχkq| p  pp 1 2 q k p  p k
2 2 . 3.2 Phương trình α1xk11    αnxknn  α Bổ đề 3.2.1. Cho k là một số nguyên dương và γ P Fp. Gọi χ là một đặc trưng của Fp có cấp d  ƯCLNpk, p
1q. Khi đó số nghiệm của phương trình xk  γ trên trường Fp là Npxk  γq  d
1¸ j0 χjpγq. (3.4) Chứng minh. Ta xét các trường hợp sau đây. Nếu γ  0 thì phương trình xk  γ có nghiệm duy nhất x  0. Ngoài ra, ta có tổng d
1¸ j0 χjpγq  d
1¸ j0 χjp0q  1. 44 Do đó (3.4) là đúng. Nếu γ  0 và γ không là lũy thừa bậc k trong Fp, khi đó phương trình xk  γ không có nghiệm. Hơn nữa °d
1 j0 χ j pγq  1
χ d pγq 1
χpγq  0. Điều này chứng tỏ (3.4) cũng đúng. Nếu γ  0 và γ là lũy thừa bậc k trên Fq khi đó phương trình xk  γ có d nghiệm. Ngoài ra, ta có χpγq  1 và °d
1 j0 χ j pγq  °d
1 j0 1  d. Do đó Npxk  γq  d
1¸ j0 χjpγq. Sử dụng bổ đề trên ta có kết quả thú vị sau đây. Mệnh đề 3.2.2. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Khi đó số nghiệm của phương trình x2  a trên trường Fp là Npx2  aq  1  a p , trong đó
a p là kí hiệu Legendre. Định lý 3.2.3 ([5, Theorem 10.4.2]). Cho k1, ..., kn là những số nguyên dương, α1, ..., αn P Fp, α P Fp. Gọi χi là đặc trưng nhân tính của trường Fp có cấp tương ứng di, với di  ƯCLNpki, p
1q, pi  1, ..., nq. Khi đó số nghiệm N của phương trình α1x k1 1 α2x k2 2    αnx kn n  α (3.5) được xác định bởi N  $ ' ' ' ' & ' ' ' ' % pn
1 d1
1 ° j11 ... dn
1 ° jn1 χj11 pαα
1 1 q...χ jn n pαα
1 n qJpχ j1 1 , ..., χ jn n q, nếu α  0, pn
1
pp
1q d1
1 ° j11 ... dn
1 ° jn1 χ j1 1 ...χ jn n χ0 χj11 pα
1 1 q...χ jn n pα
1 n qJpχ j1 1 , ..., χ jn n q, nếu α  0. Chứng minh. Nếu α P Fp thì theo Bổ đề 3.2.1 ta có N  ¸ γ1γnα Npα1x k1 1  γ1q...Npαnx kn n  γnq  45  ¸ γ1γnα Npxk11  α
1 1 γ1q...Npx kn n  α
1 n γnq  ¸ γ1γnα  d1
1¸ j10 χj11 pα
1 1 γ1q ...  dn
1¸ jn0 χjnn pα
1 n γnq  d1
1¸ j10 ... dn
1¸ jn0 χj11 pα
1 1 q...χ jn n pα
1 n q ¸ γ1γnα χj11 pγ1q....χ jn n pγnq  d1
1¸ j10 ... dn
1¸ jn0 χj11 pαα
1 1 q...χ jn n pαα
1 n qJpχ j1 1 , ..., χ jn n q  pn
1 d1
1¸ j11 ... dn
1¸ jn1 χj11 pαα
1 1 q...χ jn n pαα
1 n qJpχ j1 1 , ..., χ jn n q. Nếu α  0 thì χpαq  1. Do đó theo Bổ đề 3.2.1 ta cũng có N  d1
1¸ j10 ... dn
1¸ jn0 χj11 pα
1 1 q...χ jn n pα
1 n q ¸ γ1γnα χj11 pγ1q....χ jn n pγnq  d1
1¸ j10 ... dn
1¸ jn0 χj11 pα
1 1 q...χ jn n pα
1 n qJ0pχ j1 1 , ..., χ jn n q  pn
1
pp
1q d1
1¸ j11 ... dn
1¸ jn1 χ j1 1 ....χ jn n χ0 χj11 pα
1 1 q...χ jn n pα
1 n qJpχ j1 1 , ..., χ jn n q. Kết quả sau đây là hệ quả trực tiếp của định lý trên. Tuy nhiên chúng tôi sẽ đưa ra cách chứng minh riêng tường minh. Hệ quả 3.2.4. Số nghiệm của phương trình x2 y2  1 trên trường Fp là Npx2 y2  1q  $ & % p
1, nếu p  1 pmod 4q, p 1, nếu p  3 pmod 4q. Chứng minh. Ta có Npx2 y2  1q  ° ab1 Npx2  aqNpx2  bq, trong đó a, b P Fp. Hơn nữa theo Mệnh đề 3.2.2, ta có Npx2  aq  1
a p . Do đó Npx2 y2  1q  p ¸ a  a p ¸ b  b p ¸ ab1  a p  b p . 46 Ngoài ra, vì ° a
a p  0 và ° b
b p  0 nên ta chỉ cần tính ° ab1
a p
b p . Ta có ° ab1
a p
b p  ° a
ap1
aq p  ° aPFp
a2p 1a
1q p  ° aPFp

a2 p

1 a 1 p  p
1q p
12 ° aPFp
1

1a p  p
1q p
12 ° cPFpzt1u
c p  p
1q p
12  ° cPFp
c p


1 p 

p
1q p
12 . Do đó, nếu p  1 pmod 4q thì ° ab1
a p
b p  1. Vậy Npx2 y2  1q  p
1. Nếu p  3 pmod 4q thì p
1  2 pmod 4q. Do đó ° ab1
a p
b p 
1. Vậy Npx2 y2  1q  p 1. Từ đó suy ra Npx2y2  1q  $ & % p
1, nếu p  1 pmod 4q, p 1, nếu p  3 pmod 4q. 3.3 Phương trình đồng dư A1xm11 A2xm22  A pmod pq 3.3.1 Số nghiệm của phương trình A1x31 A2x32  A pmod pq Cho p là số nguyên tố dạng p  3f 1 và g là căn nguyên thủy của đơn vị theo môđun p, gọi χ là đặc trưng môđun p có cấp 3 sao cho χpgq  e 2pii3 . Khi đó theo Nhận xét 3.1.5 ta thấy rằng tồn tại duy nhất các số nguyên a3, b3 thỏa a23 3b23  p với a3 
1 pmod 3q, 3b3  p2g p
1 3 1qa3 pmod pq. Từ những giả thiết như vậy, định lý sau cho ta xác định được số nghiệm của phương trình A1x 3 1 A2x 3 2  A pmod pq, trong đó A,A1, A2 P Z, A1A2  0 pmod pq. 47 Định lý 3.3.1. Cho p  3f 1 là một số nguyên tố và A,A1, A2, là những số nguyên với tích A1A2  0 pmod pq. Khi đó số nghiệm N của phương trình A1x 3 1 A2x 3 2  A pmod pq (3.6) là N  $ ' & ' % p piχ2pAA1A2q piχpAA1A2q
χpA1qχ 2 pA2q
χ 2 pA1qχpA2q, nếu p  A, p pp
1qpχpA1qχ2pA2q χ2pA1qχpA2qq, nếu p  A trong đó pi  χp2qpa3 ib3 ? 3q, với a3, b3 được xác định như trên. Chứng minh. Theo Định lý 3.2.3, ta chọn k1      kn  3. Khi đó các di tương ứng là d1      dn  3 và các đặc trưng tương ứng đều có cấp ba. Do vậy, nếu ta gọi χ là đặc trưng môđun p có cấp ba thì số nghiệm của phương trình (3.6) được xác định như sau. Nếu A  0 pmod pq thì N  p 2¸ j11 2¸ j21 χj1j2pAqχj1pA
11 qχ j2 pA
12 qJpχ j1, χj2q  p χ2pAqχpA
11 qχpA
1 2 qJpχ, χq χ 3 pAqχpA
11 qχ 2 pA
12 qJpχ, χ 2 q χ3pAqχ2pA
11 qχpA
1 2 qJpχ 2, χq χ4pAqχ2pA
11 qχ 2 pA
12 qJpχ 2, χ2q. Hơn nữa, ta có p  pi.pi và từ các giá trị của tổng Jacobi ở Bảng 3.1 ta suy ra N  p piχ2pAA1A2q piχpAA1A2q
χpA1qχ 2 pA2q
χ 2 pA1qχpA2q. Nếu A  0 pmod pq thì N  p
pp
1q 2¸ j11 2¸ j21 χ j1 1 χ j2 2 χ0 χj1pA
11 qχ j2 pA
12 qJpχ j1, χj2q  p
pp
1q χpA
11 qχ 2 pA
12 qJpχ, χ 2 q χ2pA
11 qχpA
1 2 qJpχ 2, χq   p pp
1qpχpA1qχ2pA2q χ2pA1qχpA2qq. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 48 Ví dụ 3.3.2. Xác định số nghiệm của phương trình đồng dư x31
2x32  1 pmod 37q. (3.7) Lời giải: Ta có 2 là căn nguyên thủy của đơn vị theo môđun 37. Do đó, để áp dụng Định lý 3.3.1 cho việc xác định số nghiệm phương trình (3.7) ta chọn g  2. Gọi χ là đặc trưng môđun 37 có cấp ba xác định bởi χp2q  ω  e 2pii3 . Khi đó, theo công thức a23 3b23  37, a3  1 pmod 3q, b3  2 pmod 37q, pi  χp2qpa3 ib3 ? 3q ta xác định được a3  5, b3  2 và pi  χp2qp5 i2 ? 3q. Hơn nữa, ta có χp1q  1, χp
2q  χp2q  ω. Từ đó suy ra số nghiệm của phương trình (3.7) là N  37 piχ2p
2q piχp2q
pω ωq  37 10 1  48. Ngoài ra, sử dụng phần mềm Maple ta có thể liệt kê được các nghiệm của phương trình (3.7) như sau. (1, 0); (7,18); (7, 24); (7, 32); (9, 6); (9, 8); (9, 23); p10, 0q; p11, 11q; p11, 27q; (11, 36); (12, 6); (12, 8); (12, 23); (16, 6); (16, 8); (1, 23); p17, 5q; p17, 13q; p17, 19q; (18, 21); (18, 25); (18, 28); (22, 5), (22, 13); (22, 19); (24, 21); p24, 25q; (24, 28); (26, 0); (27, 11); (27, 27); (27, 36); (32, 21); (32, 25); p32, 28q; p33, 18q; (33, 24); (33, 32); (34, 18); (34, 24); (34, 32); (35, 5); p35, 13q; p35, 19q; p36, 11q; (36, 27); (36, 36). Ví dụ 3.3.3. Xác định số nghiệm của phương trình đồng dư 3x31 5x32  7 pmod 19q. (3.8) Lời giải: Tương tự, ta chọn g  2 và gọi χ là đặc trưng môđun 19 có cấp ba xác định bởi χp2q  ω  e 2pii3 . Khi đó ta xác định được a3  4, b3 
1 và pi  χp2qpa3 ib3 ? 3q  7
i3 ? 3 2 , piω  1 i5 ? 3 2 . 49 Ngoài ra ta cũng có χp3q  χp213q  ω13  ω, χp5q  χp216q  ω16  ω, χp7q  χp26q  ω6  1. Như vậy số nghiệm của phương trình (3.8) là N  19 piω piω
2  17 2Reppiωq  18. Sau đây chúng tôi tổng quát kết quả ở Định lý 3.3.1 cho lớp phương trình đồng dư bậc ba tổng quát hơn. Trước hết, chúng tôi giới thiệu các kí hiệu sau. Cho p là một số nguyên tố dạng p  3f 1. Gọi g là căn nguyên thủy của đơn vị theo môđun p, χ là đặc trưng môđun p có cấp ba thỏa χpgq  e 2pii3 và gọi a3, b3 là những số nguyên xác định bởi a23 3b23  p, a3 
1 pmod 3q, 3b3  p2g p
1 3 1qa3 pmod pq. Ta đặt pi  χp2qpa3 ib3 ? 3q. Gọi A,A1, ..., An là những số nguyên, trong đó A1...An  0 pmod pq. Ta đặt ¸ 0  1, ¸ 1  χpA1q χpA2q ... χpAnq, ¸ 2  χpA1A2q χpA1A3q ... χpAn
1Anq, .......... ¸ n χpA1A2...Anq, E1 
χpA1...Anq n¸ j0 j
n p mod 3q pi jn
3 3 pi
j2n
3 3 ¸ j , E2  χpAA1....Anq n¸ j0 jp
n
1q p mod 3q pi jn
2 3 pi
j2n
1 3 ¸ j , E3  χpA 2A1....Anq n¸ j0 jp
n1q p mod 3q pi jn
1 3 pi
j2n
2 3 ¸ j . 50 Định lý 3.3.4 ([5, Theorem10.6.1]). Xét phương trình đồng dư A1x 3 1    Anx 3 n  A pmod pq, (3.9) trong đó p là một số nguyên tố, A1, ..., An, A P Z và A1...An  0 pmod pq. Gọi N là số nghiệm của phương trình (3.9). Khi đó, ta có N  $ ' & ' % pn
1 E1 E2 E3, nếu A  0 pmod pq, pn
1
pp
1qE1, nếu A  0 pmod pq. Chứng minh. Theo Định lý 3.2.3, ta chọn k1      kn  3. Khi đó d1      dn  3. Xét χ là một đặc trưng môđun p có cấp ba sao cho χpgq  e 2pii 3 . Khi đó, nếu A  0 pmod pq thì N  pn
1 2¸ j1,...,jn1 χj1jnpAqχj1pA
11 q...χ jn pA
1n qJpχ j1, ..., χjnq. Tiếp theo, ta chọn cặp số nguyên pn1, n2q sao cho 0 ¨ n1 ¨ n, 0 ¨ n2 ¨ n, n1 n2  n, trong đó n1 là số các đặc trưng có lũy thừa j  1 và n2 là số các đặc trưng có lũy thừa j  2. Khi đó ta có j1    jn  n1 2n2. Ta kí hiệu Jpχj1, ..., χjnq  Jpχ, ..., χ loomoon n1-lần , χ2, ..., χ2 looomooon n2-lần q  Jn1,n2. Như vậy, số nghiệm của phương trình (3.9) là N  pn
1 n¸ n1,n20 n1n2n χn12n2pAqJn1,n2 2¸ j1,...,jn1 n1 chỉ số ji bằng 1 n2 chỉ số ji bằng 2 χ
j1pA1q...χ
jn pAnq  pn
1 χpA1...Anq n¸ n1,n20 n1n2n χn12n2pAqJn1,n2 ¸ n1 . Ngoài ra ta có n1 2n2  t0, 1, 2u pmod 3q, nên theo Định lý 3.2.3, ta có 51 n ° n1,n20 n1n2n n12n20 p mod 3q χn12n2pAqJn1,n2 ° n1 
n ° n10 n12n p mod 3q pi n1n
3 3 pi
n12n
3 3 ° n1  χ
1pA1...AnqE1. n ° n1.n20 n1n2n n12n21 p mod 3q χn12n2pAqJn1,n2 ° n1  χpAq n ° n10 n1p2n
1q p mod 3q pi n1n
3 3 pi
n12n
3 3 ° n1  χ
1pA1...AnqE2. n ° n1,n20 n1n2n n12n22 p mod 3q χn12n2pAqJn1,n2 ° n1  χ2pAq n ° n10 n1p2n
2q p mod 3q pi n1n
3 3 pi
n12n
3 3 ° n1  χ
1pA1...AnqE3 Từ đó suy ra N  pn
1 E1 E2 E3. Nếu A  0 pmod pq thì theo Định lý 3.2.3 ta cũng có N  pn
1
pp
1q n¸ j1,...,jn1 j1jn0 p mod 3q χj1pA
11 q...χ jn pA
1n qJpχ j1, ..., χjnq. Tiếp tục chọn n1, n2 như trên ta được N  pn
1
n pp
1q ¸ Jn1,n2 n1,n20 n1n2n n12n20 p mod 3q 2¸ j1,..,jn1 n1 chỉ số ji bằng 1 n2 chỉ số ji bằng 2 χ
j1pA1q...χ
jn pAnq  pn
1
pp
1qχpA1...Anq n¸ n1,n20 n1n2n n12n20 p mod 3q Jn1,n2 ¸ n1  pn
1
pp
1qχpA1...Anq n¸ n1,n20 n1n2n n12n20 p mod 3q pi jn
3 3 pi n12n2
3 3 ¸ n1  pn
1
pp
1qχpA1...Anq n¸ j0 j
n p mod 3q pipjn
3q{3pi n12n2
3 3 ¸ j  52  pn
1
pp
1qE1. Hệ quả 3.3.5 ([5, Theorem 10.6.4]). Cho p là một số nguyên tố dạng p  3f 1, g là căn nguyên thủy của đơn vị theo môđun p, χ là một đặc trưng môđun p có cấp 3 với χpgq  ω  e 2pii3 , đặt τ  Gpχq. Khi đó số nghiệm N của phương trình x31 x 3 2    x 3 n  A pmod pq (3.10) được xác định như sau. iq Nếu A  0 pmod pq thì N  pn
1 χpAq 3τ pτ τqn ω2pωτ ω2τqn ωpω2τ ωτqn  χ2pAq 3τ pτ τqn ωpωτ ω2τqn ω2pω2τ ωτqn 
1 3p pτ τqn pωτ ω2τqn pω2τ ωτqn  . iiq Nếu A  0 pmod pq thì N  pn
1 p
1 3p pτ τqn pωτ ω2τqn pω2τ ωτqn  . Chứng minh. Theo Định lý 3.3.4, ta chọn A1      An  1. Khi đó ¸ i   n i , i  0, 1, ..., n. Do đó, ta có E1 
1 p n¸ j0 j
n p mod 3q  n j pi jn 3 pi
j2n 3 , E2  χpAq p n¸ j0 jp
n
1q p mod 3q  n j pi jn1 3 pi
j2n2 3 , E3  χ2pAq p n¸ j0 jp
n1q p mod 3q  n j pi jn2 3 pi
j2n1 3 . 53 Ngoài ra, theo công thức khai triển nhị thức ta có Gpχq Gpχq n  n¸ j0  n j GpχqjGpχqn
j, ωGpχq ωGpχq n  n¸ j0  n j GpχqjGpχqn
jω2pnjq, ω2Gpχq ω2Gpχq n  n¸ j0  n j GpχqjGpχqn
jωnj. Do đó, cộng vế theo vế của biểu thức trên ta được Gpχq Gpχq n ωGpχq ωGpχq n ω2Gpχq ω2Gpχq n  n¸ j0  n j GpχqjGpχq n
j p1 ωnj ω2pnjqq  3 n¸ j0 j
n p mod 3q  n j GpχqjGpχqn
j  3 pGpχqGpχqqn n¸ j0 j
n p mod 3q  n j GpχqjnGpχq 2n
j  3 pn nj¸ j0 j
n p mod 3q  n j pppiq jn 3 ppi 2n
j 3 , vì GpχqGpχq  p,Gpχq3  ppi   3 nj¸ j0 j
n p mod 3q  n j ppiq jn 3 pi 2n
j 3 
3pE1. Tương tự, ta cũng có
Gpχq Gpχq n ω
ωGpχq ωGpχq n ω2
ω2Gpχq ω2Gpχq n  3χpAqGpχqE3,
Gpχq Gpχq n ω
ωGpχq ω2Gpχq n ω
ω2Gpχq ω2Gpχq n  3χ2pAqGpχqE2. Do đó, theo Định lý 3.3.4 ta suy ra điều phải chứng minh. 3.3.2 Số nghiệm của phương trình A1x41 A2x42  A pmod pq Trong phần này ta xét p là một số nguyên tố dạng p  4f 1, khi đó theo 54 Nhận xét 3.1.5 ta luôn có được một đặc trưng χ môđun p cấp bốn sao cho χpgq  i, với g là căn nguyên thủy của đơn vị theo môđun p. Bằng các dữ liệu trên, định lý sau đây cho ta cách xác định số nghiệm của phương trình A1x 4 1 A2x 4 2  A pmod pq. Định lý 3.3.6. Cho p là một số nguyên tố dạng p  4f 1, g là căn nguyên thủy của đơn vị theo môđun p, χ là đặc trưng môđun p có cấp bốn sao cho χpgq  i. Gọi a4, b4 là những số nguyên xác định duy nhất thỏa a24 b24  p, a4 

2 p pmod 4q, b4  a4g p
1 4 pmod pq và đặt pi  p
1qfpa4 ib4q. Khi đó số nghiệm của phương trình A1x41 A2x42  A pmod pq, với A,A1, A2 P Z, A1A2  0 pmod pq được xác định như sau. piqNếu A  0 pmod pq thì N  p
p
1qf χpA1qχ 3 pA2q p
1qfχ2pA1A2q χ3pA1qχpA2q  χpAqpχpA1qχ 2 pA2q χ 2 pA1qχpA2qqpa4
ib4q p
1qfχ2pAqpχpA1A2qpa4
ib4q χ3pA1A2qpa4 ib4qq χ3pAqpχ2pA1qχ 3 pA2q χ 3 pA1qχ 2 pA2qqpa4 ib4q. piiq Nếu A  0 pmod pq thì N  pp
1qfpp
1q χpA1qχ 3 pA2q p
1qfχ2pA1A2q χ3pA1qχpA2q  . Chứng minh. piq Ta xét k1      kn  4. Khi đó, theo Định lý 3.2.3 ta có d1      dn  4, χ1      χn  χ là đặc trưng môđun p có cấp bốn. Do đó, nếu A  0 pmod pq thì N pn
1 3¸ j11 3¸ j21 χj1j2pAqχj1pA
11 qχ j2 pA
12 qJpχ j1, χj2q p χ2pAqχ3pA1A2qJpχ, χq χ 3 pAA1qχ 2 pA2qJpχ, χ 2 q χ3pAA2qχ 2 pA1qJpχ 2, χq χ2pAqχpA1A2qJpχ 3, χ3q χpA1qχ 3 pA2qJpχ 3, χq χpAA1qχ 2 pA2qJpχ 3, χ2q 55 χ3pA1qχpA2qJpχ 2, χq χpAA2qχ 2 pA1qJpχ 2, χ3q χ2pA1A2qJpχ 2, χ2q p
p
1qf χpA1qχ 3 pA2q p
1qfχ2pA1A2q χ3pA1qχpA2q  χpAqpχpA1qχ 2 pA2q χ 2 pA1qχpA2qqpa4
ib4q p
1qfχ2pAqpχpA1A2qpa4
ib4q χ3pA1A2qpa4 ib4qq χ3pAqpχ2pA1qχ 3 pA2q χ 3 pA1qχ 2 pA2qqpa4 ib4q. piiq Tương tự, nếu A  0 pmod pq thì N  p p
1qfpp
1q χpA1qχ 3 pA2q p
1qfχ2pA1A2q χ3pA1qχpA2q  . Ví dụ 3.3.7. Xác định số nghiệm N của phương trình 2x41 7x42  9 pmod 13q. (3.11) Lời giải: Ta áp dụng Định lý 3.3.6 cho việc tìm nghiệm của phương trình trên. Thật vậy, từ phương trình (3.11) ta có p  13, f  3, A1  2, A2  7, A  9 và g  2 là căn nguyên thủy môđun 13 của đơn vị. Do đó ta xác định được a4 
3, b4  2 và χpA1q  χp2q  i, χpA2q  χp7q  χp26q 
1, χpAq  χp9q  χp28q  piq8  1. Từ đó suy ra N  131p1iqp
3
2iq
p
ip3
2iqip
32iqqp1
iqp
32iq  16. Sử dụng phần mềm Maple ta có thể liệt kê được các nghiệm của phương trình (3.11) như sau. (1, 1); (1, 5); (1,8); (1, 12); (5, 1 ); (5, 5); (5, 8); (5, 12); (8, 1); p8, 5q; p8, 8q; p8, 12q; p12, 1q; (12, 5); (12, 8); (12, 12). 56 3.3.3 Điều kiện đủ để phương trình A1xm11 A2xm22  A pmod pq có nghiệm. Trước hết ta thấy rằng, nếu gọi χ là phần tử sinh của nhóm xFp thì đặc trưng χi  χ p
1 di pi  1, ..., nq là đặc trưng tầm thường của Fp khi và chỉ khi j1 d1    jn dn P Z. Từ đó nếu ta gọi tpd1, ..., dnq là số các bộ các số nguyên pj1, ..., jnq, với 1 ¨ ji ¨ di
1, pi  1, ..., nq sao cho j1d1    jn dn P Z thì tpd1, ..., dnq ¨ pd1
1q    pdn
1q. Với n  2, ta xác định chính xác được tpd1, d2q bởi bổ đề sau. Bổ đề 3.3.8. tpd1, d2q  ƯCLNpd1, d2q
1. Chứng minh. Gọi pa, bq là bộ hai số nguyên thỏa 0   a   d1, 0   b   d2 và ad2 bd1  d1d2. Gọi d  ƯCLNpd1, d2q, d12  d2d , d 1 1  d1 d . Khi đó ad 1 2 bd 1 1  dd 1 1d 1 2. Ngoài ra ƯCLNpd, d1q  1 nên a  jd11, b  pd
jqjd12. Như vậy số các bộ pa, bq chính là số các số nguyên j với 1 ¨ j ¨ d
1. Do đó, tpd1, d2q  d
1. Từ điều này, các kết quả sau đây cho ta điều kiện đủ để phương trình (3.5) và phương trình A1xm11 A2xm22  A pmod pq có nghiệm. Định lý 3.3.9 ([5, Theorem 10.8.1]). Cho k1, ..., kn là những số nguyên dương, α1, ..., αn P Fp và α P Fp. Gọi di  ƯCLNpki, p
1q, N là số nghiệm của phương trình (3.5) trên trường Fp. Khi đó ta có |N
pn
1| ¨ $ ' & ' %
pd1
1q...pdn
1q
p1
p
1 2 qtpd1, .., dnq p n
1 2 , nếu α  0, tpd1, .., dnqpp
1qp n
2 2 , nếu α  0. 57 Chứng minh. Theo Định lý 3.2.3, ta xét hai trường hợp sau. Nếu α  0 thì  N
pn
1             d1
1¸ j11 ... dn
1¸ jn1 χ j1 1 ...χ jn n χ0 χj11 pα
1 1 q...χ jn n pα
1 n qJpχ j1 1 , ..., χ jn n q          ¨ pp
1q d1
1¸ j11 ... dn
1¸ jn1 χ j1 1 ...χ jn n χ0    Jpχj11 , ..., χ jn n q    ¨ pp
1qpn
22 d1
1¸ j11 ... dn
1¸ jn1 χ j1 1 ...χ jn n χ0 1  pp
1qpn
22 tpd1, .., dnq. Nếu α  0 thì  N
pn
1    pp
1q      d1
1¸ j11 ... dn
1¸ jn1 χj11 pαα
1 1 q...χ jn n pαα
1 n qJpχ j1 1 , ..., χ jn n q      ¨ d1
1¸ j11 ... dn
1¸ jn1    Jpχj11 , ..., χ jn n q     d1
1¸ j11 ... dn
1¸ jn1 χ j1 1 ...χ jn n χ0    Jpχj11 , ..., χ jn n q    d1
1¸ j11 ... dn
1¸ jn1 χ j1 1 ...χ jn n χ0    Jpχj11 , ..., χ jn n q    ¨ p n
2 2 tpd1, ..., dnq p n
1 2 ppd1
1q...pdn
1q
tpd1, ..., dnqq  p n
1 2
pd1
1q...pdn
1q
p1
p
1 2 qtpd1, ..., dnq . Nhận xét 3.3.10. Nếu ta chọn k1      kn  3, α1      αn  α  1 thì phương trình (3.5) trở thành x3 y3  1. (3.12) Theo định lý trên, nếu p là số nguyên tố dạng p  3f 2 thì số nghiệm N của phương trình thỏa |N
p| ¨  p1
1qp1
1q
p1
1 ? p qp1
1q ? p. 58 Suy ra N  p. Nếu p là số nguyên tố dạng p  3f 1 thì số nghiệm N của phương trình (3.12) thỏa |N
p| ¨  p3
1qp3
1q
p1
1 ? p q2 ? p. Hay |N
p| ¨ 2 2?p. (3.13) Ví dụ 3.3.11. piq Theo nhận xét trên, số nghiệm của phương trình (3.12) trên trường F5 là N  5. Bằng phần mềm Maple ta xác định được các nghiệm là p0, 1q; p1, 0q; p2, 2q; p3, 4q; p4, 3q. piiq Tương tự, các nghiệm của phương trình (3.12) trên trường F13 là p0, 1q; p0, 3q; p0, 9q; p1, 0q; p3, 0q; p9, 0q. Nhận thấy rằng, số nghiệm này thỏa mãn điều kiện (3.13). Với những kí hiệu như ở Định lý 3.3.9, hệ quả sau cho ta điều kiện đủ để phương trình α1xk11    αnxknn  α có nghiệm. Hệ quả 3.3.12 ([5, Corrollary 10.8.2]). Cho n là một số nguyên lớn hơn 1 và α P Fp. Khi đó phương trình α1x k1 1    αnx kn n  α (3.14) trên trường Fp có nghiệm nếu p ¡  pd1
1qpdn
1q
p1
1 ? q tpd1, ..., dnq 2 n
1 . Chứng minh. Nếu p ¡
pd1
1q...pdn
1q
p1
1?qqtpd1, ..., dnq 2 n
1 thì theo Định lý 3.3.9 ta suy ra được số nghiệm N của phương trình (3.14) luôn dương. Do đó phương trình (3.14) luôn có nghiệm. 59 Hệ quả 3.3.13. Cho A1, A2, A3 là những số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p và m1,m2 là những số nguyên dương. Gọi d1  ƯCLNpm1, p
1q, d2  ƯCLNpm2, p
1q, d  ƯCLNpd1, d2q. Khi đó nếu p ¡  pd1
1qpd2
1q
p1
1 ? p qpd
1q 2 thì phương trình A1xm11 A2xm22  A pmod pq có nghiệm. Chứng minh. Theo Bổ đề 3.3.8 và Hệ quả 3.3.12 ta suy ra điều phải chứng minh. Hệ quả 3.3.14. Cho p là một số nguyên tố sao cho p  AA1A2. Khi đó phương trình đồng dư A1x 3 1 A2x 3 2  A pmod pq (3.15) luôn có nghiệm trừ khi p  7. Chứng minh. Trong Hệ quả 3.3.13, ta chọn m1  m2  3. Khi đó, nếu p  3 hoặc p  2 pmod 3q thì d1  d2  1, do đó phương trình (3.15) là có nghiệm. Nếu p  1 pmod 3q thì d1  d2  3. Do đó, theo Hệ quả 3.3.13 nếu p ¡  4
2p1
1 ? p q 2 (3.16) thì phương trình (3.15) có nghiệm. Từ đó suy ra rằng, nếu p © 13 thì phương trình (3.15) luôn có nghiệm. Nếu p  7 thì 7  
4
2p1
1?7q 2 do đó theo Hệ quả 3.3.13 ta suy ra được điều phải chứng minh. Ví dụ 3.3.15. Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm x51 2x32  3 pmod 11q. (3.17) Lời giải: Ta có 11 ¡  4.0
p1
1? 11 q.0 2 . nên theo Định lý 3.3.13 ta suy ra phương trình (3.17) có nghiệm. 60 Ngoài ra sử dụng phần mềm Maple ta có thể liệt kê các nghiệm của phương trình (3.17) như sau. (0, 6); (1, 1); (2, 7); (3, 1); (4,1); (5, 1); (6, 7); (7, 7); (8, 7); p9, 1q; p10, 7q. 61 KẾT LUẬN Trong luận văn này chúng tôi đã tìm hiểu và trình bày những vấn đề sau. 1. Trình bày những khái niệm cơ bản và chứng minh chi tiết một số tính chất của đặc trưng của nhóm Abel hữu hạn. 2. Trình bày có hệ thống những khái niệm cơ bản, những tính chất quan trọng của phép biến đổi Fourier trên nhóm Abel hữu hạn. Chúng tôi đã chứng minh chi tiết các kết quả (các Mệnh đề 2.1.7, 2.1.10, 2.1.12, 2.1.26) từ tài liệu [4]. 3. Trình bày cách chứng minh Luật thuận nghịch bậc hai bằng các tính chất của phép biến đổi Fourier trên nhóm Abel hữu hạn (Định lý 2.1.13). 4. Trình bày lời giải bài toán tìm số nghiệm của phương trình trên nhóm Abel hữu hạn dựa trên phép biến đổi Fourier. Hơn nữa, chúng tôi đã sử dụng tính chất của phép biến đổi Fourier để chứng minh chi tiết Định lý Fermat trên trường hữu hạn (Mệnh đề 2.2.1, Định lý 2.2.7). 5. Trình bày tổng Jacobi trên trường Fp và công thức tìm số nghiệm của phương trình α1xk11    αnxknn  α trên trường Fp. Bên cạnh đó, luận văn còn trình bày một phương pháp tìm số nghiệm của phương trình x2 y2  1 (Hệ quả 3.2.4). 6. Trình bày chi tiết cách tìm số nghiệm của các phương trình đồng dư A1x 3 1 A2x 3 2  A pmod pq, A1x41 A2x42  A pmod pq và đưa ra một số ví dụ minh họa. Đồng thời, luận văn còn trình bày phương pháp xác định số nghiệm của phương trình dạng A1x31    Anx3n  A pmod pq (Định lý 3.2.3). 7. Trình bày điều kiện đủ để phương trình A1xm11 A2xm22  A pmod pq có nghiệm. 62 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt 1. Nguyễn Hữu Việt Hưng (1998), Đại số đại cương, Nhà xuất bản Giáo dục. 2. Hà Huy Khoái (2003), Số học và thuật toán: Cơ sở lý thuyết và tính toán thực hành, Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội. 3. Nguyễn Tiến Quang (2007), Cơ sở lý thuyết trường và lý thuyết Galois, Nhà xuất bản Đại học sư phạm. Tiếng Anh 4. Babai, L. (2002),The Fourier transform and equations over finite abelian groups: An introduction to the method of trigonometric sums, Bài giảng điện tử laci/reu02/fourier.pdf 5. Berndt, B. C., Evans, R. J., and Williams, K. S. (1998) Gauss and Jacobi Sums, A Wiley-Interscience Publication. John Wiley & Sons Inc.. 6. Cohen, H. (2007), Number Theory Volume I:Tools and Diophantine Equa- tions, Springer Science+Business Media, LLC. 7. Lemmermeyer, F. (2000), Reciprocity Law from Euler to Eisentein, Springer-Verlag, Berlin. 8. Lidl, R., Niederreiter, N. (2003), Finite Fields, Cambridge University Press. 9. Luong, Bao (2009), Fourier Analysis on finite abelian groups, Birkhauser. 63 10. Ireland K. ,Rosen M. (1990) A Classical Introduction to Modern Number Theory, Springer-Verlag, Berlin. 11. Isaac, I.M. (1976), Character Theory of Finite Groups, Academic, SanDiego. 12. Nagell, T. (1964), Introduction to Number Theory, Chelsea, New York. 13. Schmidt, W. M. (1976), Equations over Finite Fields: An Elementary Approach, Lect. Notes in Math. Vol. 536, Springer. 14. Terras, A. A. (1999), Fourier Analysis on Finite Groups and Applications, Cambridge University Press, Cambridge. 15. Weil, A. (1949), "Numbers of solutions of equations in finite fields", Bull. Amer. Math. Soc., 55:497–508.