Luận văn Dạng toàn phương hai biến

Danh mục ký hiệu 2

Mở đầu 3

1 DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN VỚI HỆ SỐ NGUYÊN 4

1.1 Một số kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Dạng xác định dương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3 Dạng xác định dương thu gọn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 HỢP THÀNH CỦA HAI DẠNG TOÀN PHƯƠNG 17

2.1 Hợp thành của hai dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2 Nhóm lớp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3 LÝ THUYẾT GIỐNG 27

3.1 Ký hiệu Legrendre và ký hiệu Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.2 Lý thuyết giống sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.3 Lý thuyết giống . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

KẾT LUẬN 50

Tài liệu tham khảo 51

pdf55 trang | Chia sẻ: honganh20 | Ngày: 08/03/2022 | Lượt xem: 286 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Dạng toàn phương hai biến, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
, a1n) = 1. Ta có gcd(a1, a2) = 1 và gcd(a1a2, n) = 1. Đặt e = b2 − b1 2 . Vì b1 và b2 có cùng tính chẵn lẻ với D nên e là số nguyên. Vì gcd(a1, a2) = 1, nên tồn tại s1, s2 ∈ Z sao cho a1s1 − a2s2 = 1. Ta có a1s1e− a2s2e = e. Đặt n1 = s1e và n2 = s2e, ta thu được b1 + 2a1n1 = b2 + 2a2n2. Đặt b = b1 + 2a1n1. Ta có ma trận ( 1 h 0 1 ) đưa dạng toàn phương (a, b1, •) thành dạng toàn phương (a, b, •), với b = b1+ 2ah. Do vậy, nếu ta đặt f1 = g1 ( 1 n1 0 1 ) và f2 = g2 ( 1 n2 0 1 ) , thì ta có f1 = (a1, b, •) ∈ C1, f2 = (a2, b, •) ∈ C2. Vì gcd(a1, a2) = 1, nên f1 và f2 là hai dạng phù hợp. Mệnh đề 2.1.11. Cho C1 và C2 là hai lớp tương đương của các dạng toàn phương với biệt thức D. Cho f1 = (a1, b, a2c) ∈ C1 và f2 = (a2, b, a1c) ∈ C2 là hai dạng phù hợp, g1 = (a′1, b ′, a′2c′) ∈ C1 và g2 = (a′2, b′, a′1c′) ∈ C2 là hai dạng phù hợp. Khi đó f1 ∗ f2 tương đương thực sự với g1 ∗ g2. 20 Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề qua bốn bước. Bước 1. Giả sử rằng f1 = g1 và gcd(a1, a′2) = 1. Ta sẽ chứng minh f1 ∗ f2 tương đương thực sự f1 ∗ g2. Vì f2 tương đương với g2, tồn tại ma trận P = [ r s t u ] ∈ SL2(Z) sao cho f2P = g2. Ta suy ra [ a2 b2 b 2 a1c ] P = (PT)−1 [ a′2 b 2 b 2 a ′ 1c ′ ] , (2.1) và f2(r, t) = a2r2 + brt+ a1ct2 = a′2, (2.2) cũng như 2a2rs+ b(ru+ st) + 2a1ctu = b. (2.3) Ta có (PT)−1 = [ u −t −s r ] . Từ (2.1) ta suy ra −ta1c = sa′2. Vì gcd(a1, a′2) = 1 nên a1 | s. Ta đặt s = a1v với v ∈ Z và đặt P′ = [ r v ta1 u ] . Vì ru − ta1v = ru − st = 1 nên P′ ∈ SL2(Z). Chú ý rằng f1 ∗ f2 = (a1a2, b, c) và f1 ∗ g2 = (a1a′2, b, •). Ta khẳng định rằng ( f1 ∗ f2)P′ = f1 ∗ g2. Thật vậy, từ (2.2), ta suy ra ( f1 ∗ f2)(r, ta1) = a1a2r2 + brta1 + c(ta1)2 = a1a′2. Mặt khác, từ (2.3) ta suy ra 2a1a2rv + b(ru + ta1v) + 2cta1u = b. Do đó khẳng định được chứng minh. Ta kết thúc bước 1. Bước 2. Giả sử rằng b = b′ và (a1, a′2) = 1. Trong trường hợp này, f1 và g2 là phù hợp. Áp dụng bước 1, ta thu được: f1 ∗ f2 tương đương thực sự với f1 ∗ g2, f1 ∗ g2 = g2 ∗ f1 và g2 ∗ f1 tương đương thực sự với g2 ∗ g1, và g2 ∗ g1 = g1 ∗ g2. Ở đây các dấu bằng được suy ra từ Nhận xét 2.1.7.Từ đó ta có f1 ∗ f2 tương đương thực sự với g1 ∗ g2. Ta kết thức bước 2. Bước 3. Giả sử rằng gcd(a1a2, a′1a ′ 2) = 1. Vì gcd(a1a2, a′1a ′ 2) = 1, nên theo Định lý thặng dư Trung Hoa, ta có thể chọn 21 các số nguyên B, n và n′ sao cho b+ 2a1a2n = b′ + 2a′1a ′ 2n ′ = B . Ta đặt k1 := f1 ( 1 a2n 0 1 ) = (a1, B, e1) ∈ C1, k2 := f2 ( 1 a1n 0 1 ) = (a2, B, e2) ∈ C2, h1 :=( f1 ∗ f2) ( 1 n 0 1 ) = (a1a2, B, •), với các số nguyên e1, e2 nào đó. Rõ ràng h1 tương đương thực sự với f1 ∗ f2. Vì dạng h1 có biệt thức D, nên a1a2 | B 2 − D 4 . Gọi w ∈ Z là số nguyên sao cho a1a2w = B2 − d 4 . Vì biệt thức của k1 là B2 − 4a1e1 = D, do đó a2w = e1. Tương tự, ta có a1w = e2 và như vậy k1 và k2 là hai dạng phù hợp, và k1 ∗ k2 = h1. Ta đặt l1 :=g1 [ 1 a′2n′ 0 1 ] = (a′1, B, •) ∈ C1, l2 :=g2 [ 1 a′1n ′ 0 1 ] = (a′2, B, •) ∈ C2, h2 :=(g1 ∗ g2) [ 1 n′ 0 1 ] = (a′1a ′ 2, B, •). Rõ ràng h2 tương đương thực sự với g1 ∗ g2. Bằng cách lập luận tương tự, ta có l1 và l2 là hai dạng phù hợp và l1 ∗ l2 = h2. Vì gcd(a1a2, a′1a ′ 2) = 1 nên gcd(a1, a ′ 2) = 1. Theo Bước 2, ta có k1 ∗ k2 tương đươngthực sự với l1 ∗ l2. Kết hợp các điều trên, ta suy ra f1 ∗ f2 tương đương thực sự với h1, h1 = k1 ∗ k2, k1 ∗ k2 tương đương thực sư với l1 ∗ l2, l1 ∗ l2 = h2, và h2 tương đương với g1 ∗ g2. Do vậy f1 ∗ f2 tương đương thực sự với g1 ∗ g2. Ta kết thúc Bước 3. Bước 4. Ta xét trường hợp tổng quát. Từ Bổ đề 2.1.10, tồn tại hai dạng toàn phương phù hợp j1 = (a′′1 , b ′′, •) ∈ C1 và j2 = (a′′2 , b′′, •) ∈ C2 sao cho gcd(a′′1 , a′′2 ) = 1 và gcd(a′′1 a′′2 , a1a2a′1a′2) = 1. Nói riêng ta có gcd(a1a2, a′′1 a ′′ 2 ) = 1. Từ Bước 3, ta kết luận rằng f1 ∗ f2 tương đương thực sự j1 ∗ j2. Tương tự, ta có (a′′1 a′′2 , a′1a′2) = 1 và j1 ∗ j2 tương đương thực sự với g1 ∗ g2. Từ đó ta suy ra f1 ∗ f2 tương đương thực sự với g1 ∗ g2. 22 Định nghĩa 2.1.12. Cho C1 và C2 là hai lớp của các dạng với biệt thức D. Cho f1 = (a1, b, a2c) ∈ C1 và f2 = (a2, b, a1c) ∈ C2 là hai dạng toàn phương phù hợp. Khi đó phép hợp thành của hai lớp C1 và C2,ký hiệu C1 ∗ C2, là lớp của dạng f1 ∗ f2. Theo Bổ đề 2.1.10 và Mệnh đề 2.1.11, phép toán hợp thành trên các lớp được định nghĩa tốt. Định nghĩa 2.1.13. Ta gọi C(D) là tập hợp các lớp của các dạng với biệt thức D. Ví dụ 2.1.14. Xét D = −15. Ta có C(D) = {C1,C2}, trong đó C1 là lớp của dạng thu gọn f1 = x2 + xy+ 4y2 và C2 là lớp của dạng thu gọn f2 = 2x2 + xy+ 2y2. Hai dạng f1 và f2 là phù hợp và f1 ∗ f2 = (2, 1, 2) = f2. Do vậy C1 ∗ C2 = C2. Ví dụ 2.1.15. Xét D = −20. Ta có C(D) = {C1,C2}, trong đó C1 là lớp của dạng thu gọn g1 = x2 + 5y2, và C2 là lớp của dạng thu gọn g2 = 2x2 + 2xy+ 3y2. Ta thấy g1 và g2 không phù hợp. Dựa vào chứng minh của Bổ đề 2.1.10 ta tìm hai dạng toàn phương phù hợp f1 = (a1, b, •) ∈ C1 và f2 = (a2, b, •) ∈ C2 như sau. Ta đặt e = (2− 0)/2 = 1. Lấy s1 = 3 và s2 = 1, ta có 3 · s1 − 2 · s2 = 1. Đặt n1 = s1 · e = 3 · 1 = 3 và n2 = s2 · e = 1 · 1 = 1. Ta thu được b = 0+ 2 · 1 · 3 = 2+ 2 · 2 · 1 = 6. Nếu ta đặt f1 = g1 ( 1 3 0 1 ) và f2 = g2 ( 1 1 0 1 ) , thì ta có f1 = (1, 6, •) ∈ C1, f2 = (2, 6, •) ∈ C2. Hai dạng f1 và f2 là phù hợp và f1 ∗ f2 = (2, 6, 7). Theo Ví dụ 1.3.9, dạng (2, 6, 7) tương đương thực sự với g2. Vậy C1 ∗ C2 = C2. 2.2 Nhóm lớp Định nghĩa 2.2.1. Dạng f0 := (1, 0,−D4 ) nếu D ≡ 0 (mod 4), hoặc f0 := (1, 1, 1− D 4 ) nếu D ≡ 1 (mod 4)), được gọi là dạng chính với biệt thức D. Lớp C0 ∈ C(D) chứa f0 được gọi là lớp chính của biệt thức D. Định lý 2.2.2. Tập C(D) cùng với phép hợp thành các lớp, là một nhóm giao hoán hữu hạn cấp h(D) với phần tử đơn vị C0. Chứng minh. Ta đã chứngminh phép hợp thành định nghĩa tốt trên các lớp trong C(D). Từ Nhận xét 2.1.7, ta có phép hợp thành là giao hoán. Từ Định lý 1.3.7, ta đã chứng minh được h(D) là hữu hạn. Ta sẽ chứng minh C0 là phần tử đơn vị, 23 tồn tại phần tử nghịch đảo đối với mỗi lớp C ∈ C(D)) và tính chất kết hợp của phép hợp thành. Gọi C là một lớp trong C(D) và f = (a, b, •) ∈ C. Gọi b0 là hệ số thứ hai trong f0 (trong Định nghĩa 2.2.1). Vì b ≡ D ≡ b0(mod2) nên tồn tại số nguyên n sao cho b = b0 + 2n. Khi đó g0 := f0 [ 1 n 0 1 ] = (1, b, •) ∈ C0. Ta có g0 và f là phù hợp và g0 ∗ f ∈ C0 ∗ C. Mặt khác, g0 ∗ f = (a, b, •) = f . Như vậy C0 ∗ C = C. Vì vậy C0 là phần tử đơn vị. Lấy C ∈ C(D) và f = (a, b, c) ∈ C, ta chứng minh tồn tại phần tử nghịch đảo của C. Đặt g := (c, b, a). Khi đó g có biệt thức D và f , g là hai dạng phù hợp và f ∗ g = (ab, c, 1). Ta có (ac, b, 1) tương đương thực sự với (1,−b, ac). Vì −b ≡ b0(mod2), nên tồn tại số nguyên n sao cho b0 = −b + 2n. Khi đó (1,−b, ac) [ 1 n 0 1 ] = (1, b0, •) = f0, và do đó (1,−b, ac) tương đương thực sự với f0. Như vậy f ∗ g = (ab, c, 1) tương đương thực với f0. Gọi C′ là lớp của dạng g. Khi đó C ∗ C′ = C0 và C′ là phần tử nghịch đảo của C. Ta chứng minh tính chất kết hợp của phép hợp thành. Giả sử C1,C2,C3 là ba lớp trong C(D). Ta lấy g3 := (a3, b3, •) ∈ C3 với a3 là số nguyên lẻ. Áp dụng Bổ đề 2.1.10, tồn tại hai dạng phù hợp g1 = (a1, b1, •) ∈ C1 và g2 = (a2, b2, •) ∈ C2 sao cho gcd(a1, a2) = 1, và gcd(a1a2, 2a3) = 1. Chú ý rằng gcd(a1, a3) = gcd(a2, a3) = 1 và a1, a2 cùng lẻ. Như vậy, ta có bốn số 2, a1, a2, a3 là đôi một nguyên tố cùng nhau. Áp dụng Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên B đồng thời thỏa mãn B ≡ b0 (mod 2), B ≡ b1 (mod a1), B ≡ b2 (mod a2), B ≡ b3 (mod a3). Vì b0 ≡ D (mod 2), nên B có cùng tính chẵn lẻ với b1, b2 và b3. Vì 2 | (B− b1), a1 | (B − b1) và gcd(2, a1) = 1, nên 2a1 | (B − b1). Do đó b1 + 2n1a1 = B với n1 ∈ Z nào đó. Tương tự, b2 + 2n2a2 = B và b2 + 2n3a3 = B với n2, n3 ∈ Z nào đó. Ta đặt fi := gi [ 1 ni 0 1 ] = (ai, B, •) ∈ Ci với i = 1, 2, 3. Khi đó f1, f2, f3 là đôi một phù hợp. Ta có ( f1 ∗ f2) ∗ f3 = (a1a2, B, •) ∗ (a3, B, •) = ((a1a2)a3, B, •) = (a1a2a3, B, •), 24 và f1 ∗ ( f2 ∗ f3) = (a1, B, •) ∗ (a2a3, B, •) = (a1(a2a3, B, •)) = (a1a2a3, B•) . Vậy phép toán hợp thành có tính chất kết hợp. Từ các kết quả trên, ta suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 2.2.3. Với D = −56, ta có C(D) là tập hợp các lớp C0, C1, C2, C3 của các dạng thu gọn lần lượt là x2 + 14y2, 2x2 + 7y2, 3x2 + 2xy+ 5y2, 3x2 − 2xy+ 5y2. Ta đi lập bảng nhân cho nhóm giao hoán C(D). • Dễ thấy C0 ∗ C0 = (1, 0, 14) ∗ (1, 0, 14) = (1, 0, 14) = C0. • Ta có (1, 0, 14) ∈ C0 và(2, 0, 7) ∈ C1 là hai dạng toàn phương phù hợp nên C0 ∗ C1 = (1, 0, 14) ∗ (2, 0, 7) = (2, 0, 7) = C1. • Ta lấy (1, 0, 14) ∈ C0 và (3, 2, 5) ∈ C2. Ta có (1, 0, 14) [ 1 1 0 1 ] = (1, 2, 15) ∈ C0. Hai dạng (1, 2, 15) và (3, 2, 5) là phù hợp với hợp thành (1, 2, 15) ∗ (3, 2, 5) = (3, 2.5). Vậy C0 ∗ C2 = C2. • Ta lấy (1, 0, 14) ∈ C0 và (3,−2, 5) ∈ C3. a có (1, 0, 14) [ 1 −1 0 1 ] = (1,−2, 15) ∈ C0. Hai dạng (1,−2, 15) và (3,−2, 5) là phù hợp với hợp thành (1,−2, 15) ∗ (3,−2, 5) = (3,−2.5). Vậy C0 ∗ C3 = C3. • Ta có C1 ∗ C1 = [(2, 0, 7) ∗ (7, 0, 2)] = [(14, 0, 1)] = [(1, 0, 14)] = C0. • Ta lấy (2, 0, 7) ∈ C1 và (3, 2, 5) ∈ C2. Ta đặt e = (2− 0)/2 = 1. Lấy s1 = 2 và s2 = 1 sao cho 2 · s1 − 3 · s2 = 1. Đặt n1 = s1e = 2 · 1 = 2, và n2 = s2 · e = 1 · 1 = 1, ta thu được b = 0+ 2 · 2 · 2 = 2+ 2 · 3 · 1 = 8. Khi đó ta có (2, 8, 15) ∈ C1, (3, 8, 10) ∈ C2 là hai dạng phù hợp. Vậy C1 ∗C2 là lớp của (2, 8, 15) ∗ (3, 8, 10) = (6, 8, 5). Ta tìm dạng thu gọn của dạng toàn phương f1(x, y) = (6, 8, 5). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = x− y y′ = y với ∣∣∣∣∣ 1 −10 1 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó g1(x, y) = f1(x− y, y) = (6,−4, 3). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = −y, y′ = x; với ∣∣∣∣∣ 0 −11 0 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó h1(x, y) = g1(−y, x) = (3, 4, 6). 25 Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = x− y y′ = y với ∣∣∣∣∣ 1 −10 1 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó k1(x, y) = h1(x− y, y) = (3,−2, 5).. Vậy C1 ∗ C2 = C3. • Ta lấy (2, 0, 7) ∈ C1 và (3,−2, 5) ∈ C3. Ta đặt e = (−2− 0) : 2 = −1. Lấy s1 = 2 và s2 = 1 sao cho 2 · s1 − 3 · s2 = 1. Đặt n1 = s1e = 2 · (−1) = −2, và n2 = s2 · e = 1.(−1) = −1, ta thu được b = 0+ 2 · 2 · (−2) = −2+ 2 · 3 · (−1) = −8. Khi đó ta có (2,−8, 15) ∈ C1, (3,−8, 10) ∈ C3 là hai dạng phù hợp. Vậy C1 ∗ C3 là lớp của (2,−8, 15) ∗ (3,−8, 10) = (6,−8, 5). Ta tìm dạng thu gọn của dạng toàn phương f2(x, y) = (6,−8, 5). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = x+ y y′ = y với ∣∣∣∣∣ 1 10 1 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó g2(x, y) = f2(x+ y, y) = (6, 4, 3). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = −y y′ = x với ∣∣∣∣∣ 0 −11 0 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó h2(x, y) = g2(−y, x) = (3,−4, 6). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = x+ y y′ = y , với ∣∣∣∣∣ 1 10 1 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó k2(x, y) = h2(x+ y, y) = (3, 2, 5). Vậy C1 ∗C3 = C2. • Ta lấy (3, 2, 5) ∈ C2 và (5,−2, 3) ∈ C2. Ta đặt e = (−2 − 2)/2 = −2. Lấy s1 = 2 và s2 = 1 sao cho 3 · s1 − 5 · s2 = 1. Đặt n1 = s1e = 2 · (−2) = −4, và n2 = s2e = 1 · (−2) = −2, ta thu được b = 2+ 2 · 3 · (−4) = (−2) + 2 · 5 · (−2) = −22. Khi đó ta có (3,−22, 45) ∈ C2, (5,−22, 27) ∈ C2 là hai dạng phù hợp. Vậy C2 ∗ C2 là lớp của (3,−22, 45) ∗ (5,−22, 27) = (15,−22, 9). Ta tìm dạng thu gọn của dạng toàn phương f3(x, y) = (15,−22, 9). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = x+ y y′ = y với ∣∣∣∣∣ 1 10 1 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó g3(x, y) = f3(x+ y, y) = (15,−8, 2). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = −y, y′ = x; với ∣∣∣∣∣ 0 −11 0 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó h3(x, y) = g3(−y, x) = (2, 8, 15). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = x− 2y y′ = y với ∣∣∣∣∣ 1 −20 1 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó k3(x, y) = h3(x− 2y, y) = (2, 0, 7). Vậy C2 ∗ C2 = C1. 26 • Ta lấy (3, 2, 5) ∈ C2 và (3,−2, 5) ∈ C3. Ta có (3,−2, 5) ( 0 −1 1 0 ) = (5, 2, 3) ta có (3, 2, 5) ∈ C2, (5, 2, 3) ∈ C3 là hai dạng phù hợp. Vậy C2 ∗ C3 là dạng của (3, 2, 5) ∗ (5, 2, 3) = (15, 2, 1). Ta tìm dạng thu gọn của dạng toàn phương f4(x, y) = (15, 2, 1). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = −y y′ = x với ∣∣∣∣∣ 1 −10 1 ∣∣∣∣∣ = 1.Khi đó g4(x, y) = f4(−y, x) = (1,−2, 15). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = x+ y y′ = x với ∣∣∣∣∣ 1 10 1 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó h4(x, y) = g4(x+ y, y) = (1, 0, 14). Vậy C2 ∗ C3 = C0. • Ta lấy (3,−2, 5) ∈ C3 và (5, 2, 3) ∈ C3. Ta đặt e = (2− (−2))/2 = 2. Lấy s1 = 2 và s2 = 1 sao cho 3s1 − 5s2 = 1. Đặt n1 = s1e = 2 · 2 = 4, và n2 = s2e = 1 · 2 = 2, ta thu được b = (−2) + 2 · 3 · 4 = 2+ 2 · 2 · 5 = 22. Khi đó ta có (3, 22, 45) ∈ C3, (5, 22, 27) ∈ C3 là hai dạng phù hợp. Vậy C3 ∗ C3 là lớp của (3, 22, 45) ∗ (5, 22, 27) = (15, 22, 9). Ta tìm dạng thu gọn của dạng toàn phương f5(x, y) = (15, 22, 9). Xét phép biến đổi tuyến tính { x′ = x− y y′ = y với ∣∣∣∣∣ 1 10 1 ∣∣∣∣∣ = 1. Khi đó g5(x, y) = f5(x − y, y) = (15,−8, 2). Theo trên (15,−8, 2) tương đương thực sự với (2, 0, 7). Vậy C3 ∗ C3 = C1. Như vậy với D = −56 ta có C(D) = {C0,C2,C22 = C1,C32 = C3} là một nhóm cyclic cấp 4 với phần tử đơn vị là C0, phần tử sinh là C2 (hoặc C3). 27 CHƯƠNG 3 LÝ THUYẾT GIỐNG Trong chương này chúng tôi trình bày sơ lược lý thuyết giống của Gauss về phân loại dạng toàn phương nguyên thủy xác định dương với biệt thức D dựa vào tập giá trị biểu diễn của chúng (Z/DZ)×. Tài liệu chính sử dụng cho chương này là [2, Part One] và [1, Chapter One, §3]. Cũng như trong chương trước, trong chương này ta chỉ xét các dạng toàn phương nguyên thủy xác định dương. Để đơn giản ta chỉ nói "dạng" cho "dạng toàn phương nguyên thủy xác định dương". Nói riêng biệt thức D của dạng này sẽ thỏa mãn D < 0, D ≡ 0, 1 (mod 4). 3.1 Ký hiệu Legrendre và ký hiệu Jacobi Định nghĩa 3.1.1. Cho p là số nguyên tố lẻ, x ∈ Z. Khi đó, ký hiệu Legendre của a, ký hiệu bởi ( a p ) được định nghĩa như sau: ( a p ) =  0 khi p|a 1 khi p - a, a ≡ x2(mod p) với x nào đó −1 khi p - a, a 6≡ x2(mod p) với mọi x. Ta có các tính chất sau: 1. ( a p ) ≡ a p−12 (mod p). 2. ( ab p ) = ( a p )( b p ) . 3. ( a p ) = ( b p ) nếu a ≡ b (mod p). 4. ( p q ) = ( q p ) (−1) ( p−1 2 )( q−1 2 ) , nếu p 6= q nguyên tố lẻ. 5. ( −1 p ) = (−1) (p−1) 2 . 6. ( 2 p ) = (−1) (p2−1) 8 . Định nghĩa 3.1.2. Cho các số nguyên m và M, với m lẻ, m > 0, m và M nguyên 28 tố cùng nhau. Khi đó, ta định nghĩa kí hiệu Jacobi như sau: ( M m ) = r ∏ i=1 ( M pi ) , trong đó m = p1p2 · · · pr và pi là các số nguyên tố lẻ. Ký hiệu Jacobi cũng có các tính chất tương tự với các tính chất (2)-(6) của ký hiệu Legendre. Hơn nữa với m,m′ là hai số nguyên dương lẻ và nguyên tố cùng nhau với M, ta có ( M mm′ ) = ( M m )( M m′ ) . Bổ đề 3.1.3. Cho D là số nguyên âm với D ≡ 0, 1(mod4). Khi đó tồn tại duy nhất đồng cấu χ : (Z/DZ)× → {±1}, sao cho χ([p]) = ( D p ) với p là số nguyên tố lẻ không chia hết D. Chứng minh. Tính duy nhất của đồng cấu χ suy ra từ Định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng và điều kiện χ([p]) = ( D p ) với p là số nguyên tố lẻ không chia hết D. Bây giờ ta đi xây dựng đồng cấu χ. Trước tiên, ta định nghĩa tương ứng χ như sau: với mỗi lớp α ∈ (Z/DZ)×, ta chọn một đại diện x lẻ, và ta định nghĩa χ(α) := ( D x ) (ký hiệu Jacobi). Ta chứng minh χ là một ánh xạ. Xét x, y ∈ Z, x, y lẻ, nguyên tố cùng nhau với D và x ≡ y (mod D). Ta cần chứng minh( D x ) = ( D y ) . Xét hai trường hợp. Trường hợp 1: D ≡ 0 (mod 4). Ta có D = −4n, với n nguyên dương nào đó. Khi đó x ≡ y (mod n) và x ≡ y (mod 4). Ta viết n = 2rm, r ≥ 0, m là số nguyên lẻ. Khi đó( D x ) = (−4.2r.m x ) = (−1 x ) · ( 2 x )r · ( m x ) = (−1) (x−1)2 · (−1) x 2−1 8 .r · (−1) (m−1)2 · (x−1)2 · ( x m ) . 29 Tương tự ( D y ) = (−1) (y−1) 2 · (−1) y 2−1 8 .r · (−1) (m−1)2 . (y−1) 2 · ( y m ) . Do vậy ( D y ) ( D x ) = (−1) (y2−1).r 8 (−1) (m−1)2 (y−1) 2 (−1) (y−1) 2 ( y m ) (−1) (x2−1).r 8 (−1) (m−1)2 (x−1)2 (−1) (x−1)2 ( x m ) = (−1) (y2−x2).r 8 · (−1) (m−1)2 · (y−x) 2 · (−1) (y−x) 2 · ( y m ) ( x m ) . Vì x ≡ y (mod n) nên ( y m ) = ( x m ) .Vì x ≡ y (mod 4) nên  (−1) (y−x) 2 = 1 (−1) (y2−x2) 8 = 1. Như vậy ( D x ) = ( D y ) và ánh xạ χ được định nghĩa tốt. Trường hợp 2: D ≡ 1 (mod 4). Ta có ( D x ) ( D y ) = (−1) (D− 1)(x− 1) 4 ( x D ) (−1) (D− 1)(y− 1) 4 ( y D ) = (−1) (D−1)(x−y)4 ( x D ) ( y D ) . Vì 4 | (D− 1) và x− y chẵn nên (−1) (D−1)(x−y)4 = 1. Hơn nữa, vì x ≡ y(modD) nên ( x D ) = ( y D ) . Như vậy ( D x ) = ( D y ) và ánh xạ χ được định nghĩa tốt. Rõ ràng nếu p lẻ số nguyên tố lẻ nguyên tố cùng nhau với D, thì χ([p]) =( D p ) . Xét x, y là các số nguyên dương lẻ và nguyên tố cùng nhau với D. Theo tính 30 chất của ký hiệu Jacobi ta có χ([xy]) = ( D xy ) = ( D x ) . ( D y ) = χ([x])χ([y]). Như vậy χ là một đồng cấu. Ví dụ 3.1.4. Với D = −8 ta có (Z/DZ)× = {[1], [3], [5], [7]}. Khi đó đồng cấu χ như trong Bổ đề 3.1.3 được xác định như sau: χ([1]) = 1 χ([3]) = ( D 3 ) = (−1 3 ) · ( 2 3 )3 = (−1) (3−1)2 .(−1) 3 2−1 8 .3 = (−1) · (−1)3 = 1 χ([5]) = ( D 5 ) = (−1 5 ) · ( 2 5 )3 = (−1) (5−1)2 · (−1) 5 2−1 8 .3 = (−1)2 · (−1)9 = −1 χ([7]) = ( D 7 ) = (−1 7 ) · ( 2 7 )3 = (−1) (7−1)2 · (−1) 7 2−1 8 .3 = (−1)2 · (−1)8 = 1. Hệ quả 3.1.5. Cho D là một số nguyên âm và D ≡ 0, 1 (mod 4) và đồng cấu χ như trong Bổ đề 3.1.3. Khi đó với số nguyên tố p lẻ nguyên tố cùng nhau với D, thì [p] thuộc vào kerχ nếu và chỉ nếu p được biểu diễn (thực sự) bởi một dạng thu gọn với biệt thức D. Chứng minh. Từ định nghĩa đồng cấu χ, ta có [p] ∈ kerχ khi và chỉ khi (D/p) = 1. Điều này tương đương với D ≡ x2 (mod p) với x nguyên nào đó. Theo Định lý 1.2.1, điều này lại tương đương với p được biểu diễn (thực sự) bởi một dạng nguyên thủy nào đó biệt thức D. Áp dụng Định lý 1.3.3, ta có điều phải chứng minh. Hệ quả 3.1.6. Cho số nguyên dương n, p là số nguyên tố lẻ và p không chia hết n. Khi đó ( −n p ) = 1 khi và chỉ khi p được biểu diễn bởi một dạng thu gọn có biệt thức D = −4n. Chứng minh. Suy ra từ hệ quả trên với nhận xét rằng χ([p]) = ( −4n p ) =( −n p ) . 31 3.2 Lý thuyết giống sơ cấp Ta nhắc lại rằng, với số nguyên âm D, D ≡ 0, 1(mod4), dạng chính f0 với biệt thức D được xác định bởi công thức: x2 − D 4 y2 nếu D ≡ 0(mod4). x2 + xy+ 1− D 4 y2 nếu D ≡ 1(mod4). Nhận xét rằng dạng chính là dạng thu gọn. Bổ đề 3.2.1. Nếu một dạng f (x, y) biểu diễn cho một số nguyên m thì m có thể viết dưới dạng m = d2 ·m′, với m′, d ∈ Z và m′ được biểu diễn thực sự bởi f (x, y). Chứng minh. Ta có f (x, y) biểu diễn cho số nguyên m nên tồn tại x, y ∈ Z sao cho f (x, y) = m. Đặt d = gcd(x, y). Ta viết x = dx′, y = dy′ với gcd(x′, y′) = 1. Suy ra m = f (x, y) = f (dx′, dy′) = d2 · f (x′, y′). Đặt m′ = f (x′, y′), suy ra f (x, y) biểu diễn thực sự cho số nguyên m′ và m = d2 ·m′. Định lý 3.2.2. Cho D là số nguyên âm, D = 0, 1(mod4), χ là đồng cấu như trong Bổ để 3.1.3 và f (x, y) là một dạng với biệt thức D. Khi đó ta có các khẳng định sau. 1. Giá trị trong (Z/DZ)× biểu diễn được bởi dạng chính của biệt thức D tạo thành một nhóm con H của kerχ. 2. Giá trị trong (Z/DZ)× được biểu diễn bởi f (x, y) lập thành một lớp kề của H trong kerχ. Chứng minh. Ta xét hai trường hợp sau. Trường hợp 1: D ≡ 0 (mod 4). 1. Cho số nguyên m nguyên tố cùng nhau với D và được biểu diễn bởi dạng chính với biệt thức D. Ta chỉ ra m thuộc kerχ. Theo Bổ đề 3.2.1 ta có m = d2m′, với m′ được biểu diễn thực sự bởi dạng chính với biệt thức D. Khi đó χ ( [m] ) = χ ([ d2m ]) = χ ( [d] )2 · χ([m′]) = χ([m′]) . 32 Theo Định lý 1.2.1, ta có D ≡ b2 (mod m′), với b ∈ Z nào đó. Do vậy D = b2 − km′, với k ∈ Z. Vì m′ nguyên tố cùng nhau với D nên m′ lẻ. Ta viết m′ = p1p2 · · · pr, với pi là số nguyên tố lẻ. Khi đó χ ([ m′ ]) = χ ([ p1 ]) · · · χ ([pr]) = (Dp1 ) · · · ( D pr ) = ( b2 − km′ p1 ) · · · ( b2 − km′ pr ) = ( b2 p1 ) · · · ( b2 pr ) = ( b p1 )2 · · · ( b pr )2 = 1. Như vậy χ ( [m] ) = 1 hay m ∈ kerχ. Gọi H là tập tất cả các giá trị trong (Z/DZ)× biểu diễn được bởi dạng chính với biệt thức D. Lập luận ở trên suy ra H ⊆ kerχ. Mặt khác vì D ≡ 0(mod4) nên D = −4n, với n nguyên dương. Dạng chính với biệt thức D là g(x, y) = x2 + ny2. Gọi u, v là hai giá trị được biểu diễn bởi g(x, y). Giả sử u = x2 + ny2 và v = z2 + nw2. Xét:( x2 + ny2 ) ( z2 + nw2 ) = x2z2 + nxw2 + nzy2 + n2y2w2 = ( xz+ nyw )2 − 2nxyzw+ nxw2 + nzy2 = ( xz+ nyw )2 + n ( xw− yz)2. Suy ra [uv] ∈ H nên H là nhóm con của kerχ. 2. Áp dụng Bổ đề 2.1.9 cho giá trị 4n và sử dụng Bổ đề 3.2.1, tồn tại số nguyên dương a nguyên tố cùng nhau với D = −4n mà a biểu diễn thực sự bởi f . Theo Mệnh đề 1.1.9, f tương đương thực sự với dạng g(x, y) = ax2 + bxy+ cy2 biệt thức D. Vì tập giá trị biểu diễn được của f và g là như nhau nên ta có thể giả sử ngay từ đầu rằng f (x, y) = ax2 + bxy + cy2, với gcd(a, 4n) = 1. Vì −4n = b2 − 4ac nên b là số chẵn. Do đó có thể viết b = 2b′. Ta có: 4a f ( x, y ) = ( 2ax+ by )2 − Dy2 ⇔ a f (x, y) = (ax+ b′y)2 + ny2. Do a nguyên tố cùng nhau với 4n nên với mỗi giá trị trong (Z/DZ)× mà biểu diễn bởi f (x, y) thì đều thuộc [a]−1H. Ngược lại, nếu [c] ∈ [a]−1H thì [ac] được 33 biểu diễn bởi dạng x2 + ny2. Do đó, f (x, y) biểu diễn cho [c]. Vậy tập các giá trị trong (Z/DZ)× được biểu diễn bởi dạng f (x, y) là tập [a]−1H. Trường hợp 2. Ta xét D ≡ 1 (mod 4). 1. Cho số tự nhiên m nguyên tố cùng nhau với D và được biểu diễn bởi dạng chính với biệt thức D. Ta chỉ ra m thuộc kerχ. Tương tự trường hợp 1, ta có thể viết m = d2.m′, với m′ được biểu diễn thực sự bởi dạng chính với biệt thức D, đồng thời χ ( [m] ) = χ ([ m′ ]) . Với m′ là số lẻ, phần còn lại của chứng minh tương tự với trường hợp 1. Với m′ là số chẵn. Ta chia chứng minh còn lại của khẳng định 1 thành các bước. Bước 1. Ta chứng minh D ≡ 1(mod8). Áp dụng Mệnh đề 1.1.9, f (x, y) tương đương thực sự với g(x, y) = m′x2 + bxy+ cy2 với b, c ∈ Z. Khi đó ta có D = b2− 4m′c = b2− 8kc với m′ = 2k, k ∈ Z. Ta có D lẻ nên b lẻ, do đó b2 ≡ 1 (mod 8), do đó D ≡ 1 (mod 8). Bước 2. Ta chỉ ra [m] ∈ kerχ. Giả sử m′ = 2nk′ với k′ là số lẻ. Ta sẽ chứng minh χ([m′]) = 1. Ta có: χ([m′]) = (χ([2]))n.χ([k′]). Ta có χ([2]) = χ([D+ 2]) = ( D D+ 2 ) = (−1) (D−1)2 (D+2−1)2 ( D+ 2 D ) . Vì D ≡ 1 (mod 8) nên D− 1 2 là số chẵn. Do đó χ([2]) = ( D+ 2 D ) = ( 2 D ) = (−1)D 2−1 8 = 1. Tương tự với lý luận ở trường hợp 1, ta có k′ là số lẻ, nên χ([k′]) = 1. Ta thu được χ([m]) = χ([m′]) = (χ([2]))n.χ([k′]) = 1. Suy ra [m] ∈ kerχ. Từ kết quả trên, ta kết luận được H ⊆ kerχ với H là tập các giá trị trong (Z/DZ)× biểu diễn bởi dạng chính với biệt thức D. Bước 3. Ta chứng minh H là nhóm con của kerχ. Đặt H′ = {[u]2 | [u] ∈ (Z/DZ)×}. Ta chứng minh H′ = H. Với [u] ∈ H. Giả sử u = x2 + xy+ 1− D 4 y2 với x, y ∈ Z. Ta có 4u = 4(x2 + 34 xy+ 1− D 4 y2) ≡ (2x+ y)2(modD). Vậy [4][u] = [4u] ∈ H′, mà [4] = [22] ∈ H′, nên [u] ∈ H′. Ta được H ⊆ H′. Ngược lại, ta chứng minh H′ ⊆ H. Với u là số nguyên dương lẻ, nguyên tố cùng nhau với D. Ta có [u2] ∈ H′. Giả sử u = 2k+ 1, k ∈ Z. Ta có u2 = (2k+ 1)2 ≡ ( (2k)2 + (2k).1+ 1−D4 .1 2 ) (mod4). Ta thu được [u2] ∈ H. Vậy H = H′. Ta có H′ là nhóm con của kerχ (vì kerχ là nhóm giao hoán), nên H là nhóm con của kerχ. 2. Giả sử f (x, y) = ax2 + bxy+ cy2 là một dạng với biệt thức D. Đặt H1 := {[u] ∈ (Z/DZ)× | u = f (x, y), x, y ∈ Z}. Ta chứng minh H1 = [w]H với [w] ∈ (Z/DZ)× nào đó. Với [u] ∈ H1, u = f (x, y), x, y ∈ Z. Ta có 4au = 4a f (x, y) = (2ax+ by)2 − Dy2. Suy ra 4au ≡ (2ax+ by)2 (mod D). Kết hợp với kết quả đã chứngminh H = H′, ta có [u] ∈ [4a]−1H. Vậy H1 ⊆ [4a]−1H. Ngược lại với [u] ∈ [4a]−1H, ta có [4au] = [w2] với [w] ∈ (Z/DZ)×. Suy ra [(4a)2u] = [4aw2]. Đặt suy ra [4a]−1 = b và w′ = bw. Khi đó [u] = [4aw′2] = [ f (2w, 0)]. Ta thu được [4a]−1H ⊆ H1. Vậy H1 = [4a]−1H. Định lý được chứng minh. Ví dụ 3.2.3. Với D = −20, ta có (Z/DZ)× = {[1], [3], [7], [9], [11], [13], [17], [19]}. Ta có dạng chính của D là g(x, y) := x2 + 5y2 và f (x, y) := 2x2 + 2xy+ 3y2 là một dạng thu gọn còn lại của D. Sử dụng tính chất của các ký hiệu Legendre, ta tính được các kết quả sau: χ([1]) = 1,χ([3]) = 1,χ([7]) = 1,χ([9]) = 1, χ([11]) = −1,χ([13]) = −1,χ([17]) = −1,χ([19]) = −1. Ta có kerχ = {[1], [3], [7], [9]}. Ta có 1 = 12 + 5.02 và 9 = 22 + 5.12 là các giá trị biểu diễn được bởi dạng chính g(x, y). Phần tử [3] không được biểu diễn bởi g. Vì nếu không 3 ≡ x2 + 5y2 (mod 20), và ta suy ra 3 = x2 + y2 (mod 4), vô lý. Tương tự [7] không được biểu diễn bởi g. Tập các phần tử trong (Z/DZ)× biểu 35 diễn bởi g là H = {[1], [9]}. Ta có H là nhóm con của kerχ. Đồng thời, ta có: 3 = 2.02 + 2.0.1+ 3.12; 27 = 2.02 + 2.0.3+ 3.32. Vậy [3], [7] trong (Z/DZ)× biểu diễn được bởi dạng nguyên thủy f (x, y). Phần tử [1] không biểu diễn được bởi f . Vì nếu không 1 ≡ 2x2 + 2xy + 3y2 (mod 20), và t

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfluan_van_dang_toan_phuong_hai_bien.pdf
Tài liệu liên quan