Tóm tắt Luận án Tìm hiểu chứng minh hai định lý chính: Định lý Hasse về chặn cho số các điểm hữu tỉ của đường cong elliptic trên trường hữu hạn

sinh bởi τT trênK (EQ). (c) Giả sử φ tách được. Khi đó, φ không rẽ nhánh, #kerφ = degφ vàK (E1) là một mở rộng Galois của φ∗ ( K (E2) ) . Chứng minh. (a) Từ Mệnh đề 1.2.9b ta có #φ−1 = degs φ, ngoại trừ một số hữu hạn Q ∈ E2. Với Q, Q′ thuộc E2 bất kì, ta chọn R ∈ E1 nào đó với φ (R) = Q′−Q. Khi đó, vì φ là một đồng cấu nên tồn tại một tương ứng 1− 1 φ−1 (Q) −→ φ−1 (Q′) P 7−→ P +R. Do đó #φ−1 (Q) = degs φ, với mọi Q thuộc E2. Như vậy ta đã chứng minh được khẳng định thứ nhất. Giả sử P, P ′ thuộc E1 thỏa mãn φ (P ) = φ (P ′) = Q. Ta đặt R = P ′−P . Khi đó, 32 vì φ (R) = O nên φ ◦ τR = φ. Ta áp dụng Mệnh đề 1.2.9c kết hợp với τR là một đẳng cấu để thu được eφ (P ) = eφ◦τR = eφ (τR (P )) eτR (P ) = eφ (P ′) . Vì thế, mọi điểm thuộc φ−1 (Q) đều có chỉ số rẽ nhánh giống nhau. Ta tính toán (degs φ) (degi φ) = degφ = ∑ P∈φ−1(Q) eφ (P ) theo Mệnh đề 1.2.9a, = ( #φ−1 (Q) ) eφ (P ) với P bất kì ∈ φ−1 (Q) , = (degs φ) eφ (P ) theo chứng minh trên. Ta giản ước degs φ để thu được khẳng định thứ hai. (b) Nếu T ∈ ker φ và f ∈ K (E2) thì τ ∗T (φ ∗f) = (φ ◦ τT )∗ f = φ∗f, vì φ ◦ τT = φ. Vì thế, τ ∗T là một tự đẳng cấu củaK (E1) cố định φ∗K (E2). Vì vậy ánh xạ trong (b) được định nghĩa tốt. Vì τS ◦ τT = τS+T = τT ◦ τS nên ánh xạ trong (b) là một đồng cấu nhóm. Theo (a), ta có #ker φ = degs φ. Mặt khác, ta có Aut ( K (E1) /φ ∗K (E2) ) ≤ degs φ. Vì thế, để chứng minh ánh xạ T 7−→ τ ∗T là một đẳng cấu ta chỉ cần chứng minh ánh xạ này là một đơn cấu. Vì τ ∗T cố định K (E1) nên mọi hàm trên E1 nhận giá trị giống nhau tại T và O. Vì thế, T = O. (c) Vì φ tách được, nên theo (a) ta có #φ−1 (Q) = degφ, 33 với mọi Q ∈ E2. Vì thế, φ không rẽ nhánh (theo Hệ quả 1.2.10). Với Q = O, ta có #kerφ = degφ. Theo (b), ta có #Aut ( K (E1) /φ ∗K (E2) ) = [ K (E1) : φ ∗K (E2) ] . Vì vậyK (E1) /φ∗K (E2) là một mở rộng Galois. Ta sẽ nếu ra mà không chứng minh mệnh đề sau. Chứng minh của mệnh đề này có thể tham khảo [2, Định lý III.6.1]. Mệnh đề 2.1.3. Cho φ : E1 −→ E2 là một phép đẳng giống khác hằng số, có bậcm. Khi đó, tồn tại duy nhất một phép đẳng giống φˆ : E2 −→ E1 thỏa mãn φˆ ◦ φ = [m] . Định nghĩa 2.1.4. Cho φ : E1 −→ E2 là một phép đẳng giống khác không. Phép đẳng giống đối ngẫu với φ là phép đẳng giống φˆ : E2 −→ E1 được định nghĩa ở trong Mệnh đề 2.1.3. Trong trường hợp φ = [0], ta đặt φˆ = [0] . Ta sẽ nêu ra mà không chứng minh bổ đề sau. Chứng minh của bổ đề này có thể tham khảo [2, Định lý III.6.2c]. Bổ đề 2.1.5. Cho φ : E1 −→ E2 ψ : E1 −→ E2 là các phép đẳng giống. Khi đó, φ̂+ ψ = φˆ+ ψˆ. 34 Định nghĩa 2.1.6. (a) Cho A là một nhóm aben. Một hàm A −→ R được gọi là một dạng toàn phương nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau đây. (i) d (α) = d (−α), với mọi α ∈ A. (ii) Phép ghép cặp A× A −→ R (α, β) 7−→ d (α + β)− d (α)− d (β) là song tuyến tính. (b) Dạng toàn phương d được gọi là xác định dương nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau đây. (iii) d (α) ≥ 0, với mọi α ∈ A. (iv) d (α) = 0 khi và chỉ khi α = 0. Mệnh đề 2.1.7. Cho E1 và E2 là các đường cong elliptic. Ánh xạ deg : Hom (E1, E2) −→ Z là một dạng toàn phương xác định dương. Chứng minh. Các tính chất khác là hiển nhiên. Ta chỉ cần chứng minh phép ghép cặp 〈φ, ψ〉 = deg (φ+ ψ)− deg (φ)− deg (ψ) là song tuyến tính. Để làm được điều này, ta sử dụng đơn ánh [ ] : Z −→ End (E1) và tính toán [〈φ, ψ〉] = [deg (φ+ ψ)]− [deg (φ)]− [deg (ψ)] 35 = ( φ̂+ ψ ) ◦ (φ+ φ)− φˆ ◦ ψ − ψˆ ◦ ψ = φˆ ◦ ψ + ψˆ ◦ φ (theo Bổ đề 2.1.3). Áp dụng bổ đề trên một lần nữa, ta có φˆ ◦ ψ + ψˆ ◦ φ tuyến tính theo cả φ và ψ. Ta sẽ nêu ra mà không chứng minh mệnh đề sau. Chứng minh của mệnh đề này có thể tham khảo [2, Hệ quả III.5.5]. Mệnh đề 2.1.8. Cho E là một đường cong elliptic định nghĩa trên trường hữu hạn Fq, đặc số p và φ : E −→ E là đồng cấu Frobenius lũy thừa bậc q, m, n là các số nguyên. Khi đó, ánh xạ m+ nφ : E −→ E là tách được khi và chỉ khi p không chia hếtm. Nói riêng, ánh xạ 1− φ là tách được. Bổ đề 2.1.9. Cho A là một nhóm aben và d : A −→ Z là một dạng toàn phương xác định dương. Khi đó, |d (ψ − φ)− d (φ)− d (ψ)| ≤ 2 √ d (φ) d (ψ), với mọi φ, ψ thuộc A. Chứng minh. Với mọi φ, ψ thuộc A, đặt L (ψ, φ) = d (ψ − φ)− d (φ)− d (ψ) là dạng song tuyến tính liên kết với dạng toàn phương d. Vì d xác định dương nên với mọim, n thuộc Z, ta có 0 ≤ d (mψ − nφ) = m2d (ψ) +mnL (ψ, φ) + n2d (φ) . 36 Nói riêng, nếu ta chọn m = −L (ψ, φ) và n = 2d (ψ) thì 0 ≤ d (ψ) ( 4d (ψ) d (φ)− L (ψ, φ)2 ) . Như vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức cho trường hợp ψ 6= 0. Với ψ = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Tiếp theo, ta định nghĩa cấu xạ Frobenius lũy thừa bậc q. Định nghĩa 2.1.10. ChoK là trường có đặc số p > 2, q = pr vàE/K là đường cong elliptic được định nghĩa bởi phương trình Weierstrass. Cấu xạ Frobenius φq được định nghĩa như sau. φq : E −→ E (x, y) 7−→ (xq, yq) . Chứng minh định nghĩa trên là một định nghĩa tốt có thể tham khảo [2, Ví dụ III.4.6]. Định lý 2.1.11. (Định lý Hasse) Cho E/Fq là một đường cong elliptic được định nghĩa trên trường hữu hạn. Khi đó, |#E (Fq)− q − 1| ≤ 2√q. Chứng minh. Gọi φ : E −→ E (x, y) 7−→ (xq, yq) là cấu xạ Frobenius lũy thừa bậc q. Vì nhóm Galois của GFq/Fq được sinh bởi (một cách tô pô) đồng cấu lũy thừa bậc q trên Fq nên P ∈ E (Fq) khi và chỉ khi φ (P ) = P . Hơn nữa, theo Mệnh đề 2.1.6, ta có 1− φ tách được. Vì vậy #E (Fq) = #Ker (1− φ) = deg (1− φ) (theo Định lý 2.1.2c). 37 Áp dụng Bổ đề 2.1.7 ψ = 1, φ và dạng toàn phương xác định dương d = deg, ta có |deg (1− φ)− deg (φ)− deg (ψ)| = |deg (1− φ)− q − 1| ≤ 2√q. Vì thế, |#E (Fq)− q − 1| ≤ 2√q. 2.2 Một định lý của Gauss Trong phần này, ta sẽ chứng minh một Định lý của Gauss. Định lý này cho ta cho ta công thức tính chính xác số điểm hữu tỉ trong một trường hợp riêng của Định lý Hasse. Định lý 2.2.1. GọiMp là số nghiệm xạ ảnh của phương trình x3 + y3 + z3 = 0, với x, y, z thuộc vào trường hữu hạn Fp. (a) Nếu p 6≡ 1 mod 3 thìMp = p+ 1. (b) Nếu p ≡ 1 mod 3 thì tồn tại các số nguyên A, B, sao cho 4p = A2 + 27B2. Các số nguyênA vàB là duy nhất sai khác dấu của chúng. Nếu ta cố định dấu của A sao cho A ≡ 1 mod 3 thì Mp = p+ 1 + A. Chứng minh. (a) Giả sử p 6≡ 1 mod 3. Khi đó, 3 không chia hết p− 1 = #F∗p. Vì vậy ánh xạ x 7−→ x3 là một tự đẳng cấu của nhóm F∗p. Hơn nữa, a3 = 0 khi 38 và chỉ khi a = 0. Do đó, ta có mỗi phần tử x của Fp đều có thể viết được một cách duy nhất thành x = a3, a ∈ Fp. Vì vậy ta có Mp = # { (x, y, z) : x3 + y3 + z3 = 0, x, y, z ∈ F} = # {(x, y, z) : x+ y + z = 0, x, y, z ∈ F} = p+ 1. (b) Giả sử p ≡ 1 mod 3, ta có p = 3m+ 1. Vì 3 chia hết p − 1 nên F∗p có một phần tử cấp 3 suy ra tự đồng cấu x 7−→ x3 không là đơn cấu nên cũng không là toàn cấu ( do F∗p hữu hạn ) . Ta đặt R ={ x3, x ∈ F∗p } . Vì F∗p là nhóm cyclic nên F∗p/R cũng là nhóm cyclic. Các phần tử của nhóm này có cấp chia hết 3. Hơn nữa, ta có R ( F∗p. Vì vậy F∗p/R đẳng cấu với Z/3Z. Gọi s là phần tử thỏa mãn s ∈ F∗p, s /∈ R, ta đặt S = sR, T = s2R. Khi đó, F = {0} ∪R ∪ S ∪ T và #R = #S = #T = m. Vì −1 = (−1)3 ∈ R nên R = −R, S = −S, T = −T. Ta kí hiệu [XY Z] = # {(x, y, z) : x ∈ X, y ∈ Y, z ∈ Z, x+ y + z = 0} , X, Y, Z là các tập con của Fp. Ta đặt U = # { [x : y : z] , x3 + y3 + z3 = 0, x, y, z 6= 0} V = # { [x : y : z] , x3 + y3 + z3 = 0, xyz = 0 } . Ta cóMp = U + V. Tiếp theo, ta tính toán U, V . Ta có U = # { (x, y, z) , x3 + y3 + z3 = 0, x, y, z 6= 0} p− 1 . 39 Gọi r là một phần tử cấp ba trong F∗p, phương trình x3 = t3 có ba nghiệm phân biệt là t, rt, r2t. Vì vậy # { (x, y, z) , x3 + y3 + z3 = 0, x, y, z 6= 0} = 27 [RRR] . Kết hợp với đẳng thức trên, ta thu được U = 27 [RRR] p− 1 = 27 [RRR] 3m = 9 [RRR] m . Tiếp theo, ta tính toán V . Ta đặt Vx = # { [x, y, z] , x3 + y3 + z3, x = 0, y, z 6= 0} Vy = # { [x, y, z] , x3 + y3 + z3, y = 0, x, z 6= 0} Vz = # { [x, y, z] , x3 + y3 + z3, z = 0, x, y 6= 0} . Với z = 0, x 6= 0 phương trình x3 + y3 + z3 trở thành x3 + y3 = 0. Với mỗi x cố định, phương trình trên có ba nghiệm y phân biệt là x, rx, r2x. Vì vậy # { (x, y, z) , x3 + y3 + z3, z = 0, x 6= 0} = 3 (p− 1) . Ta có Vz = # { (x, y, z) , x3 + y3 + z3 = 0, z = 0, x 6= 0} p− 1 = 3. Tương tự, ta có Vy = Vx = 3. Suy ra V = Vx + Vy + Vz = 9. Ta có Mp = U + V = 9 [RRR] m + 9 = 9 ( [RRR] m + 1 ) . Ta có các tính chất sau của số [XY Z]. [XY (Z ∪W )] = [XY Z] + [XYW ] , nếu Z ∩W = ∅. 40 [XY Z] = [aXaY aZ] , với a 6= 0. [XY Z] = [XZY ] = [Y XZ] = [Y ZX] = [ZXY ] = [ZY X] . Vì Fp = {0} ∪R ∪ S ∪ T là một hợp rời và [XY Fp] = m2 nên ta có [RR {0}] + [RRR] + [RRS] + [RRT ] = m2. Cố định s ∈ S, t ∈ T. Vì [RRS] = [sRsRsS] = [SST ] , [RRT ] = [tRtRtT ] = [TTS] nên ta thu được [RR {0}] + [RRR] + [SST ] + [TTS] = m2. (2.2.1) Vì Fp = {0} ∪R ∪ S ∪ T là một hợp rời và [FpTS] = m2 nên [{0}TS] + [RTS] + [STS] + [TTS] = m2. (2.2.2) Ta có [{0}TS] = 0 vì−S = S và T∩S = ∅. VìR = −R nên [RR {0}] = m. Ta lấy (2.2.1) trừ (2.2.2) để thu được m+ [RRR] = [RTS] . Vì vậy, ta có công thức mới sau đây choMp Mp = 9 [RST ] m . Tiếp theo, ta sẽ sử dụng tổng Gauss để tính [RST ] . Ta đặt ζ = e 2pii p . Các căn bậc p của một là 1 = ζ0, ζ, ζ2, . . . , ζp−1. Hơn nữa, ζa = ζb nếu và chỉ nếu a ≡ b mod p. Ta cũng có ζa+b = ζaζb. Ta định nghĩa ba số phức α1, α2, α3 như sau α1 = ∑ r∈R ζr, α2 = ∑ s∈S ζs, α3 = ∑ t∈T ζ t. 41 Tiếp theo, ta sẽ chứng minh α1, α2, α3 là ba nghiệm của một đa thức bậc ba hệ số nguyên. Gọi đa thức này là F (t) , có dạng F (t) = (t− α1) (t− α2) (t− α3) . Ta có F (t) = t3 − (α1 + α2 + α3) t2 + (α1α2 + α2α3 + α1α3)− α1α2α3. Ta cần tính toán (α1 + α2 + α3) , (α1α2 + α2α3 + α1α3) , (α1α2α3) . Vì 0 = ζp − 1 = (ζ − 1) (ζp−1 + ζp−1 + · · ·+ 1) , ζ 6= 1 nên ζp−1 + ζp−1 + · · ·+ 1 = 0 suy ra∑p−1x=1 ζx = −1. Ta có α1 + α2 + α3 = ∑ x∈R∪S∪T ζx = p−1∑ x=1 ζx = −1. Ta có α2α3 = (∑ s∈S ζs )(∑ t∈T ζ t ) = ∑ s∈S, t∈T ζs+t = ∑ x∈Fp Nxζ x, trong đó Nx bằng số cặp (s, t) , s ∈ S, t ∈ T thỏa mãn s + t = x. Với r ∈ R, ta có Nx = [ST {−x}] = [rSrT {−rx}] = Nrx. Vì thế, Nx chỉ phụ vào việc x nằm trong R, S hay T. Nói rõ hơn, ta có mNx =  [STR] , nếu x ∈ R, [STS] , nếu x ∈ S, [STT ] , nếu x ∈ T. Gọi a, b, c là các số nguyên thỏa mãn [STR] = ma, [STS] = mb, [STR] = mc. Khi đó, Mp = 9a 42 và α2α3 = aα1 + bα2 + cα3. Tính toán một cách tương tự, ta thu được α3α1 = aα2 + bα3 + cα1 α1α2 = aα3 + bα1 + cα2. Ta có α1α2 + α2α3 + α1α3 = (a+ b+ c) (α1 + α2 + α3) = − (a+ b+ c) . Mặt khác, m (a+ b+ c) = [STR] + [STS] + [STT ] = [ST (R ∪ S ∪ T )] = [STFp]− [ST {0}] = m2. Vì thế, α1α2 + α2α3 + α1α3 = −m. Ta suy ra α21 + α 2 2 + α 2 3 = (α1 + α2 + α3) 2 − 2 (α1α2 + α2α3 + α1α3) = 1 + 2m. Tiếp theo, ta tính toán α1α2α3. Ta có α1 (α2α3) = α1 (aα1 + bα2 + cα3) α2 (α3α1) = α2 (aα2 + bα3 + cα1) α3 (α1α2) = α3 (aα3 + bα1 + cα2) . Lấy tổng hai vế và thế α21 + α 2 2 + α 2 3 = 1 + 2m, α1α2 + α2α3 + α1α3 = −m, ta thu được 3α1α2α3 = a (1 + 2m)− (b+ c)m = a+ km, 43 trong đó k = 2a− b− c = 3a−m. Ta có Mp = 9a = 3 (k +m) = 3k + p− 1. Như vậy, đa thức F (t) có dạng F (t) = t3 + t2 −mt− a+ km 3 . GọiDF là biệt thức của F (t) , ta có√ DF = (α1 − α2) (α1 − α3) (α2 − α2) = α2α3 (α2 − α3) + α3α1 (α3 − α1) + α1α2 (α1 − α2) = (aα1 + bα2 + cα3) (α2 − α3) + (aα2 + bα3 + cα1) (α3 − α1) + (aα3 + bα1 + cα2) (α1 − α2) = (b− c) (α21 + α22 + α23 − α1α2 − α2α3 − α1α3) = (b− c) (1 + 3m) = (b− c) p. Đặt βi = 1 + 3αi, với i = 1, 2, 3. Ta có β1 + β2 + β3 = 0 β1β2 + β2β3 + β1β3 = −3p β1β2β3 = (3k − 2) p. Gọi G (t) là đa thức nhận β1, β2, β3 là nghiệm, đa thức này có dạng G (t) = (t− β1) (t− β2) (t− β3) = t3 − 3pt− (3k − 2) p. Đặt A = 3k − 2, ta có Mp = 3k + p− 1 = p+ 1 + A. 44 Gọi biệt thức của G (t) làDG, ta có DG = −4 (−3p)3 − 27 (Ap)2 = 4.27p3 − 27A2p2. Mặt khác, vì βi − βj = 3 (αi − αj) nên DG = 27 2DF . Suy ra 4.27p3 − 27A2p2 = DG = 272DF = 272 (b− c)2 p2. Giản ước 27p2 ở hai vế của đẳng thức trên, ta thu được 4p = A2 + 27B2, trong đó B = b − c, A = 3k − 2 ≡ 1 mod 3. Để hoàn tất chứng minh, ta sẽ chỉ ra tính duy nhất của A, B, với điều kiện A = 3k − 2 ≡ 1 mod 3. Giả sử 4p = A21 + 27B 2 1 , ta có 4p ( B21 −B2 ) = ( A2 + 27B2 ) B21 − ( A21 + 27B 2 1 ) B2 4p ( B21 −B2 ) = (AB1 + A1B) (AB1 − A1B) . Suy ra p chia hết AB1 − A1B. Ta có 16p2 = 4p.4p = ( A2 + 27B2 ) ( A21 + 27B 2 1 ) = A2A21 + 27B 2A21 + 27B 2 1A 2 + 272B2B21 . Vì thế 16p2 − (AA1 + 27BB1)2 = 27 (AB1 − A1B)2 . Chia hai vế của đẳng thức trên cho p2, ta thu được 16− ( AA1 + 27BB1 p )2 = 27 ( AB1 − A1B p )2 . Vì p chia hết AB1 − A1B nên VẾ PHẢI ≥ 27 nếu VẾ PHẢI 6= 0. Mặt khác, ta có VẾ TRÁI = 16− ( AA1+27BB1 p )2 ≤ 16. Vì vậy đẳng thức đúng khi và chỉ khi VẾ PHẢI = VẾ TRÁI = 0. Vì thế, 27 ( AB1 − A1B p )2 = 0. 45 Vì vậy AB1 − A1B = 0. Do đó A1 A = B1 B = λ, nên A1 = λA, B1 = λB. Ta có A2 + 27B2 = A21 + 27B 2 1 = λ 2 ( A2 +B2 ) . Vì vậy λ = ±1. Vì A1 ≡ A ≡ 1 mod 3 nên λ = 1. Ta suy ra A1 = A, B1 = B. Ta sử dụng Định lý 2.2.1 để tính số nghiệm hữu tỉ của phương trình x3 + y3 + z3 = 0 trong ví dụ sau. Ví dụ 2.2.2. Với p = 7, ta có A = 1, B = 1, Mp = A+ p+ 1 = 9. Với p = 13, ta có A = −5, B = 1, Mp = A+ p+ 1 = 9. Với p = 19, ta có A = 7, B = 1, Mp = A+ p+ 1 = 27. Với p = 31, ta có A = 4, B = 2, Mp = A+ p+ 1 = 36. Với p = 37, ta có A = −11, B = 1, Mp = A+ p+ 1 = 27. CHƯƠNG 3 Đường cong elliptic trên trường số hữu tỉ Chương này gồm ba phần. Trong phần thứ nhất, chúng ta sẽ xây dựng hàm độ cao và chứng minh các tính chất cơ bản của hàm này dựa theo tài liệu tham khảo [4], Chương III. Trong phần thứ hai, chúng ta sẽ tìm hiểu và chứng minh Định lý Mordell yếu dựa theo tài liệu tham khảo [4], Chương III và tài liệu tham khảo [2], Chương VIII. Trong phần cuối, chúng ta sẽ tìm hiểu và chứng minh Định lý Mordell trên Q dựa theo tài liệu tham khảo [4], Chương III và tài liệu tham khảo [2], Chương VIII. Cuối cùng, chúng ta sẽ xây dựng một ví dụ cụ thể cho việc tính toán nhóm E (Q) . 3.1 Hàm độ cao Trong mục này, chúng ta sẽ định nghĩa độ cao của một điểm thuộc E (Q) và chứng minh những tính chất của hàm độ cao phục vụ cho chứng minh định lý Mordell. Định nghĩa 3.1.1. (a) Cho x = m n là một số hữu tỉ với gcd(m,n) = 1. Khi đó H (x) = max {|m| , |n|} . Độ cao của P (x, y) ∈ E (Q) là H (P ) = H (x). Với P = O ∈ E (Q), 46 47 ta quy ướcH (O) = 1. (b) Để thuận tiện cho việc chứng minh định lý ta sẽ định nghĩa "độ cao h" như sau h (P ) = logH (P ) . Nhận xét 3.1.2. VìH (P ) ≥ 1 nên h (P ) ≥ 0. Ta có một mệnh đề đơn giản nhưng quan trọng sau đây. Mệnh đề 3.1.3. Tập hợp các điểm của E (Q) có độ cao bị chặn bởi số dương M cho trước là hữu hạn. Nói rõ hơn # {P ∈ E (Q) : H (P ) ≤M} < +∞ vớiM > 0 cho trước. Chứng minh. VớiM > 0 cho trước, ta có # {(m,n) : max {|m| , |n|} ≤M} = # {(m,n) : |m| , |n| ≤M} = ([M ] + 1)2 . Vì thế, # {P : P ∈ E (Q) , H (P ) ≤M} ≤ 2# {(m,n) : max {|m| , |n|} ≤M} = 2 ([M ] + 1)2 . Nhận xét 3.1.4. VớiM > 0 cho trước, ta có # {P ∈ E (Q) : h (P ) ≤M} = #{P ∈ E (Q) : H (P ) ≤ eM} < +∞ Tiếp theo ta sẽ chứng minh một tính chất nữa của độ cao. Tính chất này cho phép ta đánh giá h (P + P0) thông qua một hằng số (chỉ phụ thuộc vào P0, E (Q)) và h (P )). 48 Mệnh đề 3.1.5. Cho trước P0 ∈ E (Q). Khi đó, tồn tại một số thực κ0 chỉ phụ thuộc vào P0, a, b, c, sao cho h (P + P0) ≤ 2h (P ) + κ0. Ta sẽ chứng minh bổ đề sau. Bổ đề 3.1.6. Với mỗi P (x, y) ∈ E (Q), ta đều có x = m e2 , y = n e3 , trong đó gcd(m, e) = 1, gcd(n, e) = 1. Chứng minh. Giả sử P (x, y) ∈ E (Q), x = m M , y = n N , trong đó (m,M) = 1, (n,N) = 1,M > 0, N > 0. Ta thay tọa độ của P vào phương trình đường cong n2 N 2 = m3 M 3 + a m2 M 2 + b m M + c. Nhân 2 vế của phương trình vớiM 3N 2, ta thu được n2M 3 = m3N 2 + aMN 2 + bM 2N 2 + cM 3N 2. (3.1.1) Vì N 2 chia hết vế phải của (3.1.1) nên N 2 chia hết n2M 3. Mặt khác, ta có (n,N) = 1 nên N 2 chia hếtM 3. Từ (3.1.1) ta cóm3N 2 = n2M 3 − aMN 2 − bM 2N 2− cM 3N 2 nênM chia hếtm3N 2. Vì (m,M) = 1 nênM chia hếtN 2. Giả sử N 2 = kM , ta có m3N 2 = n2M 3 − akM2 − bkM3 − ckM4. (3.1.2) VìM 2 chia hết vế phải của (3.1.2) nênM 2 chia hếtm3N 2, vì (m,M) = 1 nên M 2 chia hết N 2. Giả sử N 2 = tM 2, ta có m3N 2 = n2M 3 − atM 3 − btM 4 − ctM 5. (3.1.3) VìM 3 chia hết vế phải của (3.1.3) nênM 3 chia hếtm3N 2. Vì (m,M) = 1 nên M 3 chia hết N 2. VậyM 3 = N 2. Ta cóM 3 chia hết N 2 nênM chia hết N . Ta đặt e = N M . Ta có e2 = N 2 M 2 = M 3 M 2 = M, e3 = N 3 M 3 = N 3 N 2 = N. 49 Vậy x = m e2 , y = n e3 . Bây giờ ta sẽ chứng minh Mệnh đề 3.1.5. Chứng minh. Giả sử P (m e2 , n e3 ) ∈ E (Q), ta có n2 = m3 + am2e2 + bme4 + ce6. VìH (P ) = H (m e2 ) nên |m| ≤ H (P ) , |e| ≤ H (P ) 12 . Ta có∣∣n2∣∣ = ∣∣m3 + am2e2 + bme4 + ce6∣∣ ≤ (1 + |a|+ |b|+ |c|)H (P )3 . Vì thế, |n| ≤ (1 + |a|+ |b|+ |c|) 12 H (P ) 32 . Đặt K = (1 + |a|+ |b|+ |c|) 12 . Ta có |n| ≤ KH (P ) 32 . Với P0 = O, κ1 = 0, bất đẳng thức đúng với mọi P ∈ E (Q) . Với P0 6= O và P ∈ {P0,−P0, O} , bất đẳng thức đúng với κ2 = maxP∈{P0,−P0,O} {h (P + P0)− 2h (P )} . Với P0 6= O,P /∈ {P0,−P0, O} , ta đặt P = (x0, y0) , P + P0 = (ξ, η) . Ta có ξ = (y − y0)2 − (x− x0)2 (x+ x0 + a) (x− x0)2 . Vì P ∈ E (Q) nên y2 − x3 = ax2 + bx + c. Khai triển tử số và mẫu số của ξ, ta có thể đưa chúng về các đa thức biến x, y hệ số là các số hữu tỉ phụ thuộc a, b, c, x0, y0. Hơn nữa ở tử số xuất hiện y2−x3, ta thế y2−x3 = ax2 + bx+ c vào phương trình trên và thu được ξ = Ay +Bx2 + Cx+D Ex2 + Fx+G , trong đó A,B,C,D,E, F,G là các số hữu tỉ phụ thuộc a, b, c, x0, y0. Bằng cách khử mẫu số của chúng, ta có thể giả sử A,B,C,D,E, F,G là các số 50 nguyên phụ thuộc a, b, c, x0, y0. Bây giờ, ta thay x = m e2 , y = n e3 vào phương trình trên, ta thu được ξ = Ane+Bm2 + Cme2 +De4 Em2 + Fme2 +Ge4 . Ta viết ξ = p q , (p, q) = 1. Ta cóH (P + P0) = H (ξ) = max {|p| , |q|} . Vì max {|p| , |q|} ≤ max{∣∣Ane+Bm2 + Cme2 +De4∣∣ , ∣∣Em2 + Fme2 +Ge4∣∣} nên ta có H (P + P0) ≤ max {∣∣Ane+Bm2 + Cme2 +De4∣∣ , ∣∣Em2 + Fme2 +Ge4∣∣} . Ta đã chứng minh ở trên e ≤ H (e) 12 ,m ≤ H (P ) , n ≤ H (e) 32 . Từ đó, ta có thể rút ra những đánh giá sau.∣∣Ane+Bm2 + Cme2 +De4∣∣ ≤ (|AK|+ |B|+ |C|+ |D|)H (P )2 ,∣∣Em2 + Fme2 +Ge4∣∣ ≤ (|E|+ |F |+ |G|)H (P )2 . Vì vậy H (P + P0) = H (ξ) ≤ max {|AK|+ |B|+ |C|+ |D| , |E|+ |F |+ |G|}H (P )2 . Ta lấy log hai vế của bất đẳng thức trên để thu được h (P + P0) ≤ 2h (P ) + κ3, trong đó κ3 = log (max {|AK|+ |B|+ |C|+ |D| , |E|+ |F |+ |G|}) . Đặt κ0 = max {κ2, κ3} , ta có h (P + P0) ≤ 2h (P ) + κ0, với mọi P ∈ E (Q) , P0 6= O cho trước. Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có bất đẳng thức đúng. Mệnh đề được chứng minh. Mệnh đề sau đây cho phép ta đánh giá h (2P ) với 4h (P ) và một hằng số chỉ phụ thuộc vào a, b, c. 51 Mệnh đề 3.1.7. Cho P ∈ E (Q) bất kì, tồn tại hằng số κ chỉ phụ thuộc a, b, c sao cho: h (2P ) ≥ 4h (P )− κ. Nhận xét 3.1.8. Mệnh đề trên chỉ ra rằng nếu ta nhân đôi một điểm thuộcE (Q) thì "độ phức tạp" của điểm mới tăng lên "gần gấp 4 lần" so với "độ phức tạp" của điểm ban đầu. Ta sẽ chứng minh bổ đề sau trước khi chứng minh mệnh đề trên. Bổ đề 3.1.9. Cho hai đa thức φ (x) , ψ (x) ∈ Z [x] , không có nghiệm chung trong C. Đặt d = max {degφ, degψ} . Ta có hai khẳng định sau. (a) Tồn tại số nguyên R ≥ 1, chỉ phụ thuộc vào φ, ψ, sao cho với mọi số hữu tỉ m n , ta đều có gcd ( ndφ (m n ) , ndψ (m n )) chia hết R. (b) Tồn tại hai hằng số r1, r2, chỉ phụ thuộc vào φ và ψ, sao cho với mọi số hữu tỉ m n mà không phải là nghiệm của ψ, ta đều có dh (m n ) − r1 ≤ h φ (m n ) ψ (m n )  ≤ dh(m n ) + r2. Chứng minh. (a) Vì φ và ψ có thể đổi vai trò cho nhau nên ta có thể giả sử degφ = d ≥ e = degψ. Ta viết φ (x) = a0x d + a1x d−1 + · · ·+ ad, ai ∈ Z, ψ (x) = b0x e + b1x e−1 + · · ·+ be, bj ∈ Z. Ta có ndφ (m n ) = a0m d + a1m d−1n+ · · ·+ adnd, 52 ndψ (m n ) = b0m end−e + b1me−1nd−e+1 · · ·+ nd. Ta đặt Φ (m,n) = ndφ (m n ) , Ψ (m,n) = ndψ (m n ) . Vì φ (x) và ψ (x) không có nghiệm chung trong C nên (φ (x) , ψ (x)) = (1) trong Q [x] . Vì vậy tồn tại F (x) , G (x) ∈ Q [x] , sao cho F (x)φ (x) +G (x)ψ (x) = 1. (3.1.4) Tồn tại số nguyên dương A sao cho AF (x) , BG (x) ∈ Z [x] . Đặt D = max {degF, degG} . Ta thay x = m n vào (3.1.4). Sau đó, ta nhân cả hai vế với AnD+d. Ta thu được nDAFΦ (m,n) + nDAGΨ (m,n) = AnD+d. Gọi γ = γ (m,n) là ước chung lớn nhất của Φ (m,n) và Ψ (m,n) . Ta thấy γ chia hết AnD+d. Vì γ chia hết Φ (m,n) nên γ chia hết AnD+d−1Φ (m,n) = Aa0mdnD+d−1 + Aa1md−1nD+d + · · ·+ AadnD+2d. Từ số hạng thứ hai của vế phải trở đi đều xuất hiện AnD+d nên γ chia hết Aa0m DnD+d−1.Mặt khác γ chia hết AnD+d nên ta có γ chia hết gcd ( AnD+d, Aa0m dnD+d−1 ) . Vì gcd (m,n) = 1 nên gcd ( AnD+d, Aa0m dnD+d−1 ) = AnD+d−1. Vậy ta có γ chia hết AnD+d−1 nên γ cũng chia hết Aa0nD+d−1. Bây giờ, ta lại áp dụng lại lập luận này cho Aa0nD+d−1Φ (m,n) để thu được kết quả là γ chia 53 hết Aa20nD+d−2. Mỗi lần áp dụng lập luận như vậy số mũ của n sẽ giảm đi 1 còn số mũ của a0 tăng lên 1. Ta áp dụng lập luận cho đến khi thu được γ chia hết AaD+d−10 . Số a0 chỉ phụ thuộc vào φ và ψ, không phụ thuộcm,n. Như vậy ta đã chứng minh xong (a). (b) Vì h (x) = h ( 1 x ) với mọi x 6= 0 nên với mn mà φ ( m n ) ψ ( m n ) 6= 0, ta có thể đổi vai trò của φ và ψ cho nhau. Do chỉ có hữu hạn mn mà φ ( m n ) ψ ( m n ) = 0 nên với những số như vậy, ta có thể chọn ra các hằng số r1, r2 để các bất đẳng thức đúng với những số mn này. Sau đó, ta kết hợp với trường hợp m n mà φ ( m n ) ψ ( m n ) 6= 0 ta sẽ thu được bất đẳng thức đúng với mọi m n . Bằng lập luận trên, ta có thể giả sử như trong (a) degφ = d ≥ e = degψ, vẫn giữ nguyên các kí hiệu như cũ. Bây giờ, ta chứng minh rằng tồn tại hẳng số r2 không phụ thuộc m n , sao cho h ( φ ( m n ) ψ ( m n )) ≤ dh(m n ) + r2. Vì φ ( m n ) ψ ( m n ) = Φ (m,n) Ψ (m,n) nên H ( φ ( m n ) ψ ( m n )) = H (Φ (m,n) Ψ (m,n) ) . Vì |m| ≤ H (m n ) , |n| ≤ H (m n ) nên |Φ (m,n)| = ∣∣a0md + a1md−1n+ · · ·+ adnd∣∣ ≤ (|a0|+ · · ·+ |ad|)H (m n )d , |Ψ (m,n)| = ∣∣b0mend−e + b1me−1nd−e+1 + · · ·+ bend∣∣ ≤ (|b0|+ · · ·+ |be|)H (m n )d . Vì thế,H ( Φ (m,n) Ψ (m,n) ) ≤ KH (m n )d , với K = max {(|a0|+ · · ·+ |ad|) , (|b0|+ · · ·+ |be|)} . 54 Lấy log hai vế ta thu đươc h ( φ ( m n ) ψ ( m n )) ≤ dh(m n ) + r2, r2 = logK. Bây giờ, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức còn lại dựa vào kết quả thu được từ (a). Ta đã chỉ ra từ (a) tồn tại số nguyên R ≥ 1 chỉ phụ thuộc φ, ψ, sao cho gcd(Φ (m,n) ,Φ (m,n)) chia hết R. Vì vậy, ta có H ( Φ (m,n) Ψ (m,n) ) ≥ 1 R max {|Φ (m,n)| , |Ψ (m,n)|} . Áp dụng bất đẳng thức max {a, b} ≥ 1 2 (a+ b) , ta có H ( Φ (m,n) Ψ (m,n) ) ≥ 1 R max {|Φ (m,n)| , |Ψ (m,n)|} ≥ 1 2R (|Φ (m,n)|+ |Ψ (m,n)|) . Chia các đại lượng trên choH (m n )d ta thu được H ( Φ (m,n) Ψ (m,n) ) H (m n )d ≥ 12R |Φ (m,n)|+ |Ψ (m,n)| H (m n )d . Đặt m n = t, ta có 1 2R ∣∣∣φ(m n )∣∣∣+ ∣∣∣ψ (m n )∣∣∣ max {∣∣∣m n ∣∣∣d , 1} = 1 2R (|φ (t)|+ |ψ (t)|) max { |t|d , 1 } . Ta đặt (|φ (t)|+ |ψ (t)|) max { |t|d , 1 } = p (t) . Vì max (degφ, degψ) = d nên p (t)→ 2α1 > 0, |t| → +∞. Do đó với β đủ lớn ta có p (t) ≥ α1 với mọi |t| > β. Với |t| ≤ β, ta có p (t) liên tục trên tập compact [−β, β] nên tồn tại t0 sao cho α2 = p (t0) = 55 mint∈[−β,β]p (t) .Mặt khác do φ (x) và ψ (x) không có nghiệm chung nên α2 > 0. Đặt α = min {α1, α2} , ta có p (t) ≥ α, với mọi t. Vậy ta có H ( Φ (m,n) Ψ (m,n) ) H (m n )d ≥ α2R. Ta suy raH ( Φ (m,n) Ψ (m,n) ) ≥ α 2R H (m n )d , lấy log hai vế ta thu được dh (m n ) − r1 ≤ h ( Φ (m,n) Ψ (m,n) ) , r1 = log ( 2R α ) . Bây giờ, ta chứng minh Mệnh đề 3.1.7. Chứng minh. Như đã trình bày trong Chương I, E (Q) chỉ có hữu hạn điểm có cấp chia hết hai. Vì thế với trường hợp 2P = O, ta chỉ cần chọn κ′ = max{P∈E(Q):2P=O} {4h (P )− h (P )} . Khi đó, h (2P ) ≥ 4h (P )− κ′, với mọi P ∈ E (Q) , 2P = O. Bây giờ, ta giả sử P (x, y) ∈ E (Q) , 2P 6= O. Áp dụng công thức nhân hai, ta có x (2P ) = f ′ (x)2 − 4f (x) (2x+ a) 4f (x) = x4 − 2bx2 − 8cx+ b2 − 4ac 4x3 + 4ax2 + 4bx+ 4c . Vì đường cong E không có kì dị nên f ′ (x)2 − 4f (x) (2x+ a) 4f (x) không có nghiệm chung. Áp dụng phần (b) của Bổ đề 3.1.9 cho φ (x) = f ′ (x)2 − 4f (x) (2x+ a) và ψ (x) = 4f (x) ta có điều phải chứng minh. 3.2 Định lý Mordell yếu Trong phần này ta sẽ nghiên cứu về định lý Mordell yếu trong trường hợp E (Q) có ít nhất một điểm cấp hai. Định lý này chỉ ra nhóm con 2E (Q) có cấp hữu hạn trong E (Q) . Trước tiên, ta có nhận xét sau đây. 56 Nhận xét 3.2.1. Cho đường cong E được định nghĩa bởi phương trình y2 = x3 + ax2 + bx+ c = f (x) , a, b, c ∈ Z. NếuE (Q) có mộ