Khóa luận Điểm hữu tỉ trên đường cong bậc hai và đường cong bậc ba

Vì X, Y, Z dương nên ta chỉ cần xét n > m > 0. Do X Z , Y Z là các phân số tối giản nên tồn tại số nguyên λ để λZ = n2 +m2, λY = 2mn, λX = n2 −m2. Chúng ta sẽ chứng minh λ = 1. Vì λ chia hết cả n2 + m2 và n2 − m2 nên λ chia hết 2n2 và 2m2, mặt khác (m,n) = 1 nên λ chia hết 2. Vậy λ = 1 hoặc λ = 2. Nếu λ = 2 thì n2 −m2 = λX chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 vì X lẻ. Do đó n2 −m2 ≡ 2 (mod 4). Mặt khác, vì m2, n2 đồng dư với 0 hoặc với 1 theo modulo 4 nên (n2−m2) không thể đồng dư 2 theo modulo 4. Do đó λ = 1. Tóm lại, ta tìm được công thức của bộ ba Pitago (X,Y, Z) với X, Y, Z nguyên tố cùng nhau (bộ ba Pitago nguyên thủy) như sau X = n2 −m2, Y = 2mn, Z = n2 +m2, với m, n ∈ Z+, n > m, (m,n) = 1 và m, n có tính chẵn lẻ khác nhau. Với (X,Y, Z) là một bộ ba Pitago thì ta có (kX, kY, kZ) với k ∈ Z+ cũng là một bộ ba Pitago. 12 Ví dụ 2.3.1. Một số bộ ba Pitago nguyên thủy được sinh ra theo công thức trên n m a = 2mn b = n2 −m2 c = n2 +m2 2 1 4 3 5 3 2 12 5 13 4 1 8 15 17 4 3 24 7 25 5 2 20 21 29 5 4 40 9 41 6 1 12 35 37 Bảng 2.1: Một số bộ ba Pitago nguyên thủy. Ví dụ 2.3.2. Chứng minh rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác vuông với các cạnh nguyên là một số nguyên. Ta có tam giác vuông với các cạnh nguyên tương ứng với một bộ ba Pitago (ka, kb, kc), với k ∈ Z+, (a, b, c) là bộ ba Pitago nguyên thủy. Do đó, ta chỉ cần xét tam giác vuông tương ứng với bộ ba Pitago nguyên thủy (a, b, c) cho bởi a = 2mn, b = n2 −m2, c = m2 + n2, với m, n ∈ Z+, n > m, (m,n) = 1 và m, n có tính chẵn lẻ khác nhau. Ta có S∆ = 1 2 ab = pr, với p = a+ b+ c 2 = 2n2 + 2mn 2 , r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này. Suy ra r = 2mn(n2 −m2) 2n2 + 2mn = m(n−m) ∈ Z. Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác vuông có các cạnh nguyên là một số nguyên. Ví dụ 2.3.3 ([1, tr. 49]). Ta sẽ chứng minh phương trình Fermat x4 + y4 = z4 (2.3.1) không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà x, y, z đều khác 0. Để làm việc đó ta sẽ chứng minh một kết quả sâu sắc hơn đó là chứng minh phương trình x4 + y4 = z2 (2.3.2) 13 không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà x, y, z đều khác 0. Ta sẽ dùng phương pháp phản chứng. Ý tưởng chứng minh là ta sẽ giả sử phương trình 2.3.2 tồn tại nghiệm nguyên dương (a0, b0, c0) khác 0 tất cả, lúc đó sẽ chỉ ra được phương trình cũng có nghiệm nguyên dương (a, b, c) với c < c0. Cứ tiếp tục quá trình này dẫn đến phương trình 2.3.2 có vô số nghiệm nguyên dương (a, b, c) với c < c0. Suy ra điều vô lý. Vì a0, b0, c0 là nghiệm của 2.3.2 nên (a20)2 + (b20)2 = c20, do đó (a20, b20, c0) là một bộ ba Pitago và ta có thể giả sử nó là một bộ ba Pitago nguyên thủy, khi đó ta có a20 = 2st, b 2 0 = t 2 − s2, c0 = t2 + s2, với t, s ∈ Z+, (t, s) = 1, t > s, t và s có tính chẵn lẻ khác nhau. Dễ thấy t là số lẻ và s là số chẵn. Thật vậy, nếu t là số chẵn và s là lẻ thì t2− s2 ≡ 3 (mod4). Mặt khác, b0 là số lẻ nên b20 ≡ 1(mod4) (vô lý). Chúng ta có thể viết s = 2r, (r ∈ Z+). Từ a20 = 2st, suy ra ( a0 2 )2 = rt. Vì r và t nguyên tố cùng nhau nên t = c2, r = d2 với c, d là hai số nguyên dương nào đó. Ta có b20 = t 2 − s2 ⇔ s2 + b20 = t2. Vậy (s, b0, t) là bộ ba Pitago nguyên thủy nên s = 2uv, b0 = u 2 − v2, t = u2 + v2, với u, v ∈ Z+, (u, v) = 1, u > v và u, v có tính chẵn lẻ khác nhau. Suy ra uv = s 2 = r = d2. Do u, v nguyên tố cùng nhau nên u = a2, v = b2 với a, b là hai số nguyên dương nào đó. Vậy c2 = t = u2 + v2 = a4 + b4. Ta tìm được một nghiệm nguyên dương khác của phương trình là (a, b, c) với c ≤ c2 = t ≤ t2 < t2 + s2 = c0. 14 Vậy phương trình 2.3.2 có nghiệm dương (a0, b0, c0) thì sẽ có nghiệm (a, b, c) mà c < c0 (vô lý). Tóm lại phương trình 2.3.2 không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà tất cả đều khác 0, suy ra phương trình 2.3.1 cũng không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà tất cả đều khác 0. 15 Chương 3 ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC BA 3.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG ĐỂ TÌM ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC BA Cho một đường cong bậc ba có phương trình a1x 3 + a2x 2y + a3y 3 + a4xy 2 + a5x 2 + a6xy + a7y 2 + a8x+ a9y + a10 = 0. Với một đường cong bậc ba thì làm cách nào để chỉ ra các điểm hữu tỉ trên nó. Liệu rằng chúng ta có thể làm như đối với đường conic. Trong trường hợp tổng quát đường thẳng gặp đường cong bậc ba tại ba điểm nên ta không thể thực hiện phép chiếu như đã làm với conic. Nhưng vấn đề sẽ khác nếu chúng ta biết 2 điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba đó, bởi vì đường thẳng đi qua 2 điểm hữu tỉ sẽ cắt đường cong tại điểm thứ ba cũng hữu tỉ. Thật vậy, đường thẳng đi qua hai điểm hữu tỉ là đường thẳng hữu tỉ, ta tiến hành rút một ẩn theo ẩn còn lại rồi thế vào phương trình của đường cong, ta được một phương trình bậc ba với các hệ số hữu tỉ. Phương trình bậc ba này có 2 nghiệm hữu tỉ vì vậy nghiệm còn lại cũng là nghiệm hữu tỉ. Như vậy ta có giao điểm thứ ba giữa đường thẳng và đường cong bậc ba là một điểm hữu tỉ. Với hai điểm hữu tỉ P, Q trên đường cong ta tìm điểm hữu tỉ thứ ba (như hình vẽ) và ký hiệu là P ∗Q. Trong trường hợp P ≡ Q thì cát tuyến PQ trở thành tiếp tuyến tại P cắt đường cong bậc ba tại P ∗P (giả sử đường cong tồn tại tiếp tuyến tại P ) cũng là điểm hữu tỉ. Như vậy, bằng cách này ta sẽ tìm được thêm nhiều điểm hữu tỉ từ những điểm hữu 16 Hình 3.1: Cách tìm điểm hữu tỉ. tỉ đã biết. Ví dụ 3.1.1. Tìm các điểm hữu tỉ trên đường cubic (C) có phương trình là y2 = x3 + 2x2 từ các điểm hữu tỉ cho trước là O(0, 0), B(−2, 0), C(2, 4) (hình 3.2). Hình 3.2: Một vài điểm hữu tỉ được tìm từ các điểm ban đầu. Vấn đề đặt ra là bằng cách nào để mô tả được tập tất cả các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba, vấn đề đó ta sẽ tìm hiểu rõ hơn ở các phần sau. 17 3.2 CẤU TRÚC NHÓM CỦA CÁC ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNGCONGBẬC BAKHÔNG CÓ ĐIỂM KỲ DỊ 3.2.1 Điểm kỳ dị trên trên đường cong Cho một đường đường cong bậc ba (C) có phương trình là a1x 3 + a2x 2y + a3y 3 + a4xy 2 + a5x 2 + a6xy + a7y 2 + a8x+ a9y + a10 = 0. Đặt F (x, y) = a1x 3 + a2x 2y + a4xy 2 + a5x 2 + a6xy + a7y 2 + a8x+ a9y + a10. Nếu các đạo hàm thành phần δF δx , δF δy đồng thời triệt tiêu tại điểm (x0, y0) thuộc (C) thì điểm (x0, y0) gọi là điểm kỳ dị trên đường cong, tại đó đường cong không tồn tại tiếp tuyến. Vì vậy ở bài này ta chỉ đề cập đến đường cong mà không tồn tại điểm kì dị, tức là tại mọi điểm trên đường cong đều tồn tại tiếp tuyến. 3.2.2 Cấu trúc nhóm trên đường bậc ba không có điểm kỳ dị Ta biết rằng với P và Q là hai điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba thì ta có tương ứng một điểm hữu tỉ là P ∗ Q. Vì đường bậc ba không có điểm kỳ dị, nên tại mọi điểm P trên đường cong đều tồn tại tiếp tuyến nghĩa là ta xác định được điểm P ∗ P. Câu hỏi đặt ra là liệu rằng tập các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba này và phép toán (∗) có lập thành một nhóm. Câu trả lời là không vì ta không có phần tử trung hòa của nhóm. Bây giờ chúng ta lấy một điểm hữu tỉ O trên đường cong và định nghĩa phép toán (+) như sau: Với hai điểm hữu tỉ P, Q trên đường cong, ta xác định điểm P ∗Q, đường thẳng đi qua O và P ∗Q cắt đường cong tại một điểm hữu tỉ khác, ta ký hiệu điểm đó là P +Q. Vậy P +Q = O ∗ (P ∗Q). 18 Hình 3.3: Xác định phép toán (∗). Hình 3.4: Xác định phép toán (+). Định lí 3.2.1 ([2, tr. 20]). Đường cong bậc ba không có điểm kỳ dị với một điểm hữu tỉ O cho trước. Khi đó, tập các điểm hữu tỉ trên đường bậc ba này cùng với phép toán (+) xác định như trên lập thành một nhóm giao hoán với phần tử trung hòa là điểm O. Ký hiệu C(Q) là tập các điểm hữu tỉ trên đường bậc ba không có điểm kỳ dị với điểm hữu tỉ O cho trước. Ta có (C(Q),+) là nhóm giao hoán. Chứng minh Với mọi P, Q thuộc C(Q) ta có P + Q ∈ C(Q), tức là C(Q) ổn định với phép toán (+). Với mọi P thuộc C(Q), ta có O+ P = P +O = P . Do đó O là phần tử trung Hình 3.5: Xác định điểm O + P . 19 hòa của nhóm. Với mọi Q thuộc C(Q) ta xác định phần tử đối như sau: vẽ đường thẳng tiếp xúc với đường cong tại O, đường thẳng này cắt đường cong tại S, đường thẳng QS cắt đường cong tại một điểm, ta ký hiệu là −Q. Dễ thấy Q+(−Q) = O, vậy −Q là phần tử đối của Q. Do đó mọi điểm thuộc C(Q) đều tồn tại phần tử đối. Với mọi P, Q, R thuộc C(Q) ta chứng minh (P +Q) +R = P + (Q+R). Ta Hình 3.6: Xác định điểm −Q. Hình 3.7: Tính chất kết hợp. chỉ cần chứng minh (P +Q) ∗R = P ∗ (Q+R) là đủ. Ta xác định (P +Q) ∗R và P ∗ (Q + R) như trên hình vẽ. Ta có 8 điểm O, P, Q, R, P ∗ Q, P + Q, Q ∗ R, Q+ R thuộc (C) và là giao của các đường thẳng nét đứt và nét liền. Ta gọi đường cong bậc ba (C1) có đồ thị là 3 đường nét đứt, đường cong bậc ba (C2) có đồ thị là 3 đường nét liền. Gọi điểm X giao điểm của đường thẳng đi 20 qua điểm R, P + Q và đường thẳng qua điểm P , Q+ R. Khi đó (C1) và (C2) cắt nhau tại 9 điểm, đó là O,P,Q,R, P ∗Q,P +Q,Q ∗ R,Q+ R,X. Vì (C) đi qua 8 giao điểm của C1 và C2 nên C đi qua điểm giao thứ 9 còn lại, do đó X thuộc (C). Suy ra X = (P +Q) ∗ R = P ∗ (Q+ R). Với mọi P, Q thuộc C(Q) dễ dàng nhìn thấy P +Q = Q+ P , tức là phép (+) có tính giao hoán. Vậy (C(Q), +) là một nhóm giao hoán. Chú ý: Phần tử trung hòa là điểm hữu tỉ O được chọn tùy ý trên (C). Nếu ta chọn điểm O′ là phần tử trung hòa, ta có một đồng cấu nhóm giữa nhóm các điểm hữu tỉ trên (C) với phần tử trung hòa là điểm O và nhóm các điểm hữu tỉ trên (C) với phần tử trung hòa là O′ xác định như sau P 7→ P + (O′ + (−O)), với mọi P ∈ C(Q). Cấu trúc nhóm mà chúng ta xây dựng là dựa trên việc đường cong đã tồn tại một điểm hữu tỉ O, như vậy vấn đề đặt ra là liệu có cách nào để kiểm tra xem đường cong bậc ba có tồn tại điểm hữu tỉ không, ở chương trước chúng ta đã biết cách để kiểm tra xem đường conic có tồn tại điểm hữu tỉ không nhờ định lý Legendre và liệu rằng chúng ta có thể áp dụng định lý đó cho đường cong bậc ba. Năm 1950, Selmer đã đưa ra ví dụ là phương trình 3X3 +4Y 3+5Z3 = 0 không có nghiệm nguyên khác (0, 0, 0). Nhưng trong modulo 3 phương trình đồng dư 3X3 + 4Y 3 + 5Z3 ≡ 0 có nghiệm (1, 1, 1) và (1, 3) = 1. Như vậy định lý không còn đúng cho đường cong bậc ba. Với một đường cong bậc ba tổng quát thì vẫn chưa có phương pháp để kiểm tra sự tồn tại của điểm hữu tỉ trên nó. Vì vậy ta sẽ chỉ làm việc với đường cong bậc ba với một điểm hữu tỉ O đã biết. 3.3 ĐƯỜNG CONGBẬC BACHODƯỚI DẠNG CÔNG THỨC WEIERSTRASS 3.3.1 Định nghĩa Định nghĩa 3.3.1. Đường cong bậc ba cho dưới dạng y2 = P (x), với P (x) là một đa thức bậc ba theo biến x với các hệ số hữu tỉ được gọi là đường cong bậc ba cho dưới dạng công thức Weierstrass. 21 3.3.2 Định lý Định lí 3.3.1 ([2, tr. 23]). Mọi đường cong bậc ba có một điểm hữu tỉ đều có thể đưa về dạng Weierstrass và phép đổi biến đó vẫn bảo toàn các điểm hữu tỉ trên đường cong. Phần chứng minh của định lý là việc áp dụng các kiến thức của hình học xạ ảnh khá phức tạp nên ta sẽ không đề cập ở đây, chúng ta có thể tham khảo phần chứng minh ở tài liệu [2, tr. 23], [3, tr. 67]. Ví dụ 3.3.1. Đưa đường cong cho bởi phương trình x3 + y3 = c (với c là một số hữu tỉ) về dạng Weierstrass. Ta chọn phép đổi biến như sau (x, y) 7→ (a+ y bx , a− y bx ), với a, b là các số hữu tỉ , b 6= 0. Khi đó phương trình đường cong trở thành ( a+ y bx )3 + ( a− y bx )3 = c ⇔ y2 = cb 3 6a x3 − 2a 3 6a . Chọn a = 36c và b = 6 ta được y2 = x3 − 432c2. Dễ dàng thấy rằng phép đổi biến này bảo toàn các điểm hữu tỉ trên đường cong, như vậy thay vì tìm điểm hữu tỉ trên đường cong x3 + y3 = c ta sẽ đi tìm điểm hữu tỉ trên đường cong y2 = x3 − 432c2. Do đó, kể từ đây trở đi ta sẽ chỉ làm việc với các đường cong bậc ba cho dưới dạng Weierstrass. 3.4 PHÂN LOẠI ĐƯỜNG CONG BẬC BA 3.4.1 Định nghĩa các loại đường cong bậc ba Cho đường cong bậc ba (C) dưới dạng Weierstrass y2 = P (x), với P (x) là đa thức bậc ba theo biến x với các hệ số hữu tỉ. Tính chất của đường cong bậc ba này phụ thuộc vào đa thức P (x). 22 Định nghĩa 3.4.1. Cho đường cong bậc ba (C) dưới dạng Weierstrass y2 = P (x), trong đó P (x) có ba nghiệm phân biệt (kể cả nghiệm phức) được gọi là đường cong elliptic (đường cong bậc ba không kỳ dị). Nếu P (x) có nghiệm bội hai hay bội ba thì đường cong bậc ba gọi là đường cong bậc ba kỳ dị (ta sẽ thấy được nguyên nhân vì sao đặt tên như vậy ở phần dưới). Ví dụ 3.4.1. Đường cong bậc ba được cho bởi phương trình y2 = x3 − x = x(x− 1)(x+ 1) hay y2 = x(x2 + 1) = x(x− i)(x+ i) là 2 đường cong elliptic. Hình 3.8: Đồ thị đường cong elliptic. Ví dụ 3.4.2. Đường cong bậc ba có phương trình y2 = x2(x+ 1) hay y2 = x3 là 2 đường cong bậc ba kỳ dị. Hình 3.9: Đồ thị đường cong bậc ba kỳ dị. 3.4.2 Ý nghĩa hình học Cho đường cong bậc ba y2 = P (x). Đặt F (x, y) = y2 − P (x), ta có ∂F ∂x = −P ′(x), ∂F ∂y = 2y. 23 Đối với đường cong bậc ba elliptic thì không có điểm nào trên đường cong mà các đạo hàm thành phần tại đó đồng thời triệt tiêu, nghĩa là tại mọi điểm trên đường cong đều tồn tại tiếp tuyến. Thật vậy, giả sử tại (x0, y0) là điểm trên đường cong elliptic mà các đạo hàm thành phần đồng thời triệt tiêu suy ra P ′(x0) = 0, y20 = P (x0) = 0, vậy x0 là nghiệm bội của P (x) (vô lý). Đường cong bậc ba kỳ dị thì đa thức P (x) có 1 nghiệm bội, giả sử đó là x0. Tại điểm (x0, y0) trên đường cong các đạo hàm thành phần đồng thời triệt tiêu, nên tại đó đường cong không tồn tại tiếp tuyến. Điểm (x0, y0) là điểm kỳ dị duy nhất của đường cong. Ví dụ 3.4.3. Đường cong bậc ba kỳ dị có phương trình là y2 = x2(x + 1) có điểm kỳ dị là (0, 0), tại đó có hai đường thẳng tiếp xúc với đường cong theo hai hướng khác nhau, do đó không tồn tại tiếp tuyến tại (0, 0). Đường cong y2 = x3 có điểm kỳ dị là (0, 0) đường cong không tồn tại tiếp tuyến tại điểm này. 3.5 ĐIỂMHỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC BA KỲ DỊ 3.5.1 Phương pháp tìm điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba kỳ dị Ta biết rằng đường cong bậc ba kỳ dị có chứa một điểm kỳ dị có tọa độ hữu tỉ. Vì vậy, một đường thẳng hữu tỉ đi qua điểm này sẽ cắt đường cong bậc ba tại một điểm hữu tỉ khác. Như vậy, ta sẽ nghĩ đến việc chiếu các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba lên đường thẳng từ điểm kỳ dị này như đã làm với đường conic. Giả sử đường cong bậc ba (C) có phương trình y2 = P (x) = a(x− r)2(x− s), với a, r, s là các số hữu tỉ, a 6= 0. Đường cong (C) có một điểm kỳ dị là (r, 0), như vậy một đường thẳng hữu tỉ đi qua điểm này sẽ cắt đường cong tại một điểm hữu tỉ khác, ta sẽ tìm tọa độ điểm này. Đường thẳng hữu tỉ đi qua điểm (r, 0) có dạng y = m(x−r). Thay y = m(x−r) vào phương trình đường cong ta được m2(x− r)2 = a(x− r)2(x− s). 24 Do đó   x = s+ m2 a y = m(s− r + m 2 a ). Chú ý: Khi r = s thì công thức trên trở thành   x = s+ m2 a y = m3 a . Như vậy, với mỗi m ∈ Q ta sẽ có một điểm hữu tỉ (x, y) trên đường cong, ngược lại với mỗi điểm hữu tỉ (x, y) trên đường cong khác điểm (r, 0) thì ta tìm được số hữu tỉ m = y x− r . Vậy công thức trên cho ta tất cả các điểm hữu tỉ còn lại trên đường cong. Ví dụ 3.5.1. Tìm các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba (C): y2 = x3 + x2. Phương trình đường cong (C) được viết lại y2 = x3 + x2 = x2(x+ 1). Đường cong có điểm kỳ dị là A(0, 0), áp dụng công thức tính ở trên ta có các điểm hữu tỉ trên đường cong được cho bởi   x = −1 +m2 y = m(−1 +m2) , (m ∈ Q). Ví dụ 3.5.2. Đường cong bậc ba có phương trình y2 = x3 có điểm kỳ dị là (0, 0), các điểm hữu tỉ trên đường cong được cho bởi   x = m2 y = m3 , (m ∈ Q). 3.5.2 Nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba kỳ dị Bài trước chúng ta đã xây dựng cấu trúc nhóm các điểm hữu tỉ đối với các đường cong bậc ba không có điểm kỳ dị, vậy đối với đường cong bậc ba có điểm kỳ dị thì có thể xây dựng cho nó một cấu trúc nhóm không. 25 Điểm tại vô cùng Ta xét trong không gian xạ ảnh P 2, tức là không gian mà mỗi điểm là một lớp tương đương của các bộ ba (x, y, z), một bộ ba (x, y, z) tương đương với bộ ba (λx, λy, λz) với λ 6= 0. Như vậy, nếu z 6= 0 thì lớp tương đương của (x, y, z) chứa bộ ba ( x z , y z , 1). Ta có thể đồng nhất mặt phẳng xạ ảnh P 2 với mặt phẳng thông thường (aphin) cùng với các "điểm tại vô cùng" ứng với z = 0. Một đường cong trong mặt phẳng thông thường có thể tương ứng với đường cong trong mặt phẳng xạ ảnh bằng cách thêm vào các điểm tại vô cùng. Để làm việc đó trong phương trình đường cong ta chỉ cần thay x bởi x z , y bởi y z và nhân hai vế với một lũy thừa thích hợp để khử mẫu số. Với đường cong bậc ba (C) cho bởi công thức Weierstrass có phương trình y2 = x3 + ax2 + bx+ c. Đặt x = X Z , y = Y Z , khi đó phương trình trở thành Y 2Z = X3 + aX2Z + bXZ2 + cZ3. (3.5.1) Ta tìm giao điểm của đường cong với đường thẳng vô cùng Z = 0. Thay Z = 0 vào phương trình 3.5.1 ta được X3 = 0. Do đó, đường thẳng vô cùng cắt đường cong 3 lần tại điểm O[0 : 1 : 0]. Bởi vậy đường cong (C) có một điểm tại vô cùng nằm trên các đường thẳng đứng (x=constant). Điểm tại vô cùng này là điểm uốn của đường cong (C), điểm tại vô cùng này không phải là điểm kỳ dị, ta xem điểm này là điểm hữu tỉ. Như vậy với đường cong bậc ba cho bởi công thức Weierstrass có một điểm tại vô cùng đó là O(0 : 1 : 0). Xây dựng cấu trúc nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba kỳ dị Ta biết rằng đường cong bậc ba kỳ dị (C) có duy nhất một điểm kỳ dị có tọa độ hữu tỉ, như vậy nếu xây dựng cấu trúc nhóm của các điểm hữu tỉ trên (C) với phép toán (+) như đã định nghĩa ở mục 3.2 là không được. Vì vậy, muốn xây dựng được cấu trúc nhóm với phép toán (+) đó ta phải nghĩ đến việc loại đi điểm kỳ dị này. Ta gọi Cns(Q) là tập hợp tất cả các điểm hữu tỉ trên đường cong trừ đi điểm 26 kỳ dị của nó. Ta sử dụng phép cộng điểm như đã là ở mục 3.2 với lưu ý rằng điểm O không phải là điểm hữu tỉ tùy ý mà nó là điểm tại vô cùng. Lấy hai điểm bất kỳ P, Q thuộc Cns(Q) ta định nghĩa P +Q như sau, vẽ đường thẳng qua P, Q cắt đường cong tại một điểm ta đặt là P ∗Q, đường thẳng đi qua O và P ∗Q (đường thẳng thẳng đứng đi qua P ∗Q) cắt đường cong tại một điểm, đó là điểm P +Q, ta có P +Q = O ∗ (P ∗Q). Dễ dàng chứng minh được với mọi P, Q ∈ Cns(Q) thì P + Q ∈ Cns(Q). Thật vậy, nếu P + Q không thuộc Cns(Q) thì P + Q là điểm kỳ dị suy ra P ∗ Q là điểm kỳ dị nên một trong hai điểm P, Q là điểm kỳ dị (vô lí). Ta có (Cns(Q),+) là một nhóm aben. Chứng minh tương tự như trong bài 2. Bây giờ ta sẽ đi mô tả một cách rõ ràng nhóm Cns(Q) này. Đối với đường cong bậc ba kỳ dị chúng ta có hai loại dựa vào việc P (x) có nghiệm bội hai hay bội ba. Trường hợp P (x) có nghiệm bội hai ta sẽ làm việc với đường cong đại diện có phương trình là y2 = x2(x+1), còn P (x) có nghiệm bội ba ta sẽ làm vệc với đường cong đại diện có phương trình là y2 = x3. Cấu trúc nhóm trên đường cong (C): y2 = x2(x+ 1). Ta đã biết tham số hóa của các điểm hữu tỉ trên (C), ta có tương ứng sau Q → C(Q) → Q r 7→ (r2 − 1, r3 − r) (x, y) 7→ y x (với x 6= 0) (0, 0) 7→ ±1. Định lí 3.5.1 ([2, tr. 100]). Cho đường bậc ba (C): y2 = x2(x+ 1). Khi đó ta có ánh xạ φ : Cns(Q)→ Q∗ φ(P ) =   y − x y + x , P 6= O 1 , P = O là một đẳng cấu nhóm từ Cns(Q) vào nhóm Q∗ với phép nhân thông thường. Chứng minh Với mọi P (x, y) ∈ Cns(Q) thì y+ x 6= 0 nên φ(P ) tồn tại. Dễ thấy φ là ánh xạ. Với mỗi số hữu tỉ t ∈ Q∗ ta tìm được duy nhất một điểm P thuộc Cns(Q) để 27 φ(P ) = t. Thật vậy, với t = 1 thì ta có P = O. Với t 6= 1, ta có t = y − x y + x suy ra y = 1 + t 1− tx thay y vào phương trình đường cong, ta được x = 4t (1− t)2 , do đó P ( 4t (1− t)2 , 4t(1 + t) (1− t)3 ) . Như vậy ta có ánh xạ ngược của φ như sau ψ : Q∗ → Cns(Q) ψ(t) =   ( 4t (1− t)2 , 4t(1 + t) (1− t)3 ) , nếu t 6= 1 O , nếu t = 1. Ta chứng minh ψ là một đồng cấu nhóm từ Q∗ vào Cns(Q). Ta có ψ( 1 t ) = ( 4t−1 (1− t−1)2 , 4t−1(1 + t−1) (1− t−1)3 ) = ( 4t (1− t)2 ,− 4t(1 + t) (1− t)3 ) = −ψ(t). Tiếp theo ta chứng minh ψ(t1t2) = ψ(t1) + ψ(t2), ∀t1, t2 ∈ Q∗. Với bất kì P1, P2, P3 thuộc Cns(Q) khác O. Ta biết rằng P1 + P2 + P3 = O khi chỉ khi P1, P2, P3 là thẳng hàng. Gọi Pi(xi, yi), đường thẳng đi qua P1, P2 có dạng (x− x1)(y2 − y1) = (y − y1)(x2 − x1). Thay tọa độ của P3 vào phương trình trên ta được x1y2 − x2y1 + x2y3 − x3y2 + x3y1 − x1y3 = 0. (3.5.2) Gọi t1, t2, t3 là 3 phần tử thuộc Q∗ khác 1 thỏa P1 = ψ(t1), P2 = ψ(t2), P3 = ψ(t3). Mà ψ(t) = ( 4t (1− t)2 , 4t(1 + t) (1− t)3 ) , thay tọa độ của P1, P2, P3 vào 3.5.2 và rút gọn ta được 32(t1 − t2)(t1 − t3)(t2 − t3)(t1t2t3 − 1) (1− t1)3(1− t2)3(1− t3)3 = 0. Suy ra t1t2t3 = 1. Do đó ψ(t1t2t3) = O = ψ(t1) + ψ(t2) + ψ(t3). Với mọi t1, t2 ∈ Q∗ khác 1 ta có ψ( 1 t1 1 t2 t1t2) = −ψ(t1)− ψ(t2) + ψ(t1t2) ⇔ ψ(t1t2) = ψ(t1) + ψ(t2). Điều đó hiển nhiên đúng nếu t1 = 1 hoặc t2 = 1. Như vậy, ta đã chứng minh được ψ(t1t2) = ψ(t1) + ψ(t2), ∀t1, t2 ∈ Q∗. 28 Tóm lại, ta có Cns(Q) ≡ Q∗, như vậy những tính chất của nhóm Q∗ cũng là tính chất của nhóm Cns(Q). Chẳng hạn nhóm Q∗ không phải là nhóm hữu hạn sinh nên nhóm Cns(Q) cũng không phải là nhóm hữu hạn sinh. Cấu trúc nhóm trên đường cong y2 = x3 Ta đã biết cách tham số hóa cho đường cong này như sau Q → C(Q) → Q r 7→ (r2, r3) (x, y) 7→ y x (x 6= 0) (0, 0) 7→ 0. Định lí 3.5.2 ([2, tr. 100]). Cho đường cong bậc ba (C) y2 = x3. Khi đó ánh xạ φ : Cns(Q)→ Q φ(P ) =   x y , P 6= O 0 , P = O là một đẳng cấu nhóm từ Cns(Q) vào nhóm Q với phép cộng thông thường. Lặp lại chứng minh tương tự như đối với đường cong y2 = x2(x + 1). Ta nghiên cứu những tính chất của nhóm Cns(Q) thông qua nhóm Q, nhóm Cns(Q) không phải là nhóm hữu hạn sinh. 3.6 ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG EL- LIPTIC 3.6.1 Nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic Đối với đường cong elliptic (E) thì tại mọi điểm đều tồn tại tiếp tuyến nên ta có cấu trúc nhóm các điểm hữu tỉ như đã định nghĩa ở mục 3.2, nhưng ta sẽ xây dựng nhóm này đặc biệt hơn bằng cách chọn phần tử trung hòa của nhóm là điểm O tại vô cùng như đã đề cập ở bài trước. Với P, Q là hai điểm hữu tỉ bất kỳ trên đường cong, ta vẽ đường thẳng qua P, Q cắt đường cong tại điểm P ∗ Q, vẽ đường thẳng đứng đi qua điểm P ∗ Q cắt đường cong tại điểm P +Q. Như vậy, ta có tập các điểm hữu tỉ trên đường 29 cong (E) cùng với phép cộng xác định như trên tạo thành một nhóm giao hoán với phần tử trung hòa của nhóm là điểm O tại vô cùng. Việc chứng minh là hoàn toàn tương tự như đã làm trong mục 3.2. Với mỗi điểm hữu tỉ Q nằm trên Hình 3.10: Xác định phép (+). đường cong ta có điểm −Q xác định như hình vẽ. Chú ý: Ta có điểm P ∗Q = −(P +Q), P ∗ P = −2P . Hình 3.11: Xác định phần tử đối. 3.6.2 Công thức tính tọa độ của "tổng" hai điểm Cho đường cong (E) có phương trình y2 = x3 + ax2 + bx + c, với P1(x1, y1), P2(x2, y2) thuộc (E) ta đi tìm tọa độ(x3, y3) của điểm P1 ∗ P2. Đường thẳng đi qua P1, P2 có phương trình là y = λx+ µ, với λ = y2 − y1 x2 − x1 và µ = y1 − λx1 = y2 − λx2. 30 Hình 3.12: Xác định tọa độ của P1 + P2. Thay y vào phương trình đường cong ta được y2 = (λx+ µ)2 = x3 + ax2 + bx+ c ⇔ x3 + (a− λ2)x2 + (b− 2λµ)x+ (c− µ2) = 0. Theo công thức Viet ta có x1 + x2 + x3 = λ2 − a, suy ra x3 = λ 2 − a− x1 − x2, y3 = λx3 + µ. (3.6.1) Vậy tọa độ của điểm P1 + P2 là (x3,−y3) với x3, y3 được xác định như trên. Hình 3.13: Tọa độ của P +Q và điểm 2P. Ví dụ 3.6.1. Cho đường cong (E): y2 = x3+17, có 2 điểm hữu tỉ là P (−2, 3), Q(4, 9), tính tọa độ P +Q. 31 Đường thẳng đi qua điểm P, Q là y = x + 5 nên λ = 1, µ = 5. Suy ra x3 = λ2 − a− x1 − x2 = −1, y3 = λx3 + µ = 4. Vậy P +Q(−1,−4). Chú ý: Để tính tọa độ của điểm 2P ta xác định λ như sau: λ = P ′(x) 2y . Ví dụ 3.6.2. Cho đường cong (E): y2 = x3 +17 có điểm hữu tỉ là P (−2, 3) ta tính tọa độ của 2P . Ta có λ = P ′(−2) 6 = 2, µ = 3− 2.(−2) = 7. Thay vào 3.8.1 ta tìm được −2P (8, 23). Suy ra 2P (8,−23). Chú ý: Ta cũng có thể thiết lập công thức tổng quát để tính hoành độ của điểm 2(x, y) như sau Hoành độ của 2(x, y) = x4 − 2bx2 − 8cx+ b2 − 4ac 4x3 + 4ax2 + 4bx+ 4c . Phương trình có dạng y2 = x3+ c, c ∈ Z được gọi là phương trình Bachet [1, tr. 43], bằng tính toán và rút gọn ta được công thức tính tọa độ của điểm 2(x, y) như sau 2(x, y) = ( x4 − 8cx 4y2 , −x6 − 20cx3 + 8c2 8y3 ). Công thức này gọi là công thức nhân đôi. 3.6.3 Định lí Mordell Định lí 3.6.1 ([2, tr. 88]). Nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic (E(Q),+) là một nhóm aben hữu hạn sinh. Việc chứng minh đòi hỏi phải xây dựng rất nhiều lý thuyết toán có liên quan, vì vậy ta sẽ không đề cập phần chứng minh ở đây, chúng ta có thể tham khảo phần chứng minh ở các tài liệu [2, tr. 83]. Như vậy theo định lí này nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic E(Q) có tập sinh hữu hạn. Nghĩa là mỗi điểm hữu tỉ trên đường cong có thể nhận được từ một tập hữu hạn các điểm hữu tỉ bằng cách sử dụng một tổ hợp nào đó của các giao tuyến và tiếp tuyến. Như vậy nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic hoàn toàn khác với nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba kỳ dị. 32 Vấn đề là cần bao nhiêu điểm hữu tỉ để xây dựng tất cả các điểm hữu tỉ. Vì E(Q) là nhóm aben hữu hạn sinh nên nó là tổng trực tiếp của một nhóm hữu hạn và một nhóm