BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM HỌC VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ - Nguyễn Thị Kim Quy DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM HỌC VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ - Nguyễn Thị Kim Quy DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN Chuyên ngành: Mã số: Đại số Lý thuyết số 8.46.01.04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS Nguyễn Duy Tân Hà Nội – 2020 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn "Dạng tồn phương hai biến" cơng trình nghiên cứu tơi Mọi kết nghiên cứu trước tác giả khác trích dẫn cụ thể Nội dung luận văn chưa công bố cơng trình nghiên cứu Tơi xin chịu trách nhiệm lời cam đoan Hà Nội, ngày 02 tháng năm 2020 Người cam đoan Nguyễn Thị Kim Quy LỜI CẢM ƠN Sau trình học tập nghiên cứu Khoa Tốn học, Học viện Khoa học Công nghệ, đến luận văn hồn thành Trước tiên, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Duy Tân Thầy người tận hình hướng dẫn, giúp đỡ tơi vượt qua nhiều khó khăn trình học tập nghiên cứu Bên cạnh đó, tơi xin gửi lời cảm ơn đến giảng viên giảng dạy, đồng hành Khoa Tốn học Tơi xin cảm ơn Trung tâm đào tạo sau đại học - Viện Tốn học phịng Đào tạo - Học viện Khoa học Công nghệ tạo điều kiện thuận lợi cho trình học cao học học viện Hơn nữa, tơi xin gửi lời cảm ơn tới tồn thể bạn bè, gia đình tơi, người sát cánh bên quãng thời gian qua Nguyễn Thị Kim Quy Mục lục Danh mục ký hiệu Mở đầu DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN VỚI HỆ SỐ NGUYÊN 1.1 Một số kiến thức 1.2 Dạng xác định dương 1.3 Dạng xác định dương thu gọn HỢP THÀNH CỦA HAI DẠNG TOÀN PHƯƠNG 17 2.1 Hợp thành hai dạng toàn phương 17 2.2 Nhóm lớp 22 LÝ THUYẾT GIỐNG 27 3.1 Ký hiệu Legrendre 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 Danh mục ký hiệu Z gcd( a, b) det( P) GL(2, Z) SL(2, Z) PT P −1 (Z/DZ)× im(χ) ker(χ) C( D ) ( a, b, c) a p M m Tập hợp số nguyên Ước chung lớn hai số nguyên a b Định thức mua trận P Nhóm ma trận cấp với hệ số nguyên định thức ±1 Nhóm ma trận cấp với hệ số nguyên định thức Ma trận chuyển vị ma trận P Ma trận nghịch đảo ma trận chuyển vị P Nhóm phần tử khả nghịch vành (Z/DZ)× Ảnh đồng cấu χ Hạt nhân đồng cấu χ Tập nhóm lớp dạng tồn phương hai biến với định thức D Dạng toàn phương hai biến ax2 + bxy + cy2 Ký hiệu Legendre (p số nguyên tố lẻ, a ∈ Z) Ký hiệu Jacobi (m lẻ, m > 0, m M nguyên tố nhau) Mở đầu Cho dạng toàn phương hai biến f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 với a, b, c ∈ Z có biệt thức D = b2 − 4ac Nếu D < a > f ( x, y) biểu diễn cho số nguyên dương Khi đó, ta nói f ( x, y) dạng tồn phương hai biến xác định dương Hai dạng toàn phương f ( x, y) g( x, y) với hệ số nguyên gọi tương đương thực tồn a, b, c, d nguyên cho ad − bc = g( x, y) = f ( ax + by, cx + dy) Nhận xét f g tương đương chúng có biệt thức Cho trước D nguyên âm với D ≡ 0, (mod 4) Gọi C( D ) tập lớp tương đương thực dạng toàn phương hai biến xác định dương với biệt thức D Ta chứng minh C( D ) hữu hạn Hơn nữa, ta định nghĩa phép hợp thành lớp dạng toàn phương mà phép hợp thành xác định phép toán nhân tập C( D ), mà với phép nhân này, C( D ) trở thành nhóm giao hốn hữu hạn Nhóm C( D ) gọi "nhóm lớp biệt thức D" Mục tiêu luận văn nghiên cứu dạng toàn phương hai biến xác định dương Tơi trình bày số định nghĩa, tính chất, định lý dạng toàn phương, quan hệ tương đương hai dạng tồn phương, tính hữu hạn C( D ), luật hợp thành hai lớp sơ lược lý thuyết giống CHƯƠNG DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN VỚI HỆ SỐ NGUYÊN Chương trình số kiến thức dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên, dạng toàn phương hai biến xác định dương, xác định dương thu gọn Chương viết dựa theo tài liệu [1, Chapter One, §2] 1.1 Một số kiến thức Định nghĩa 1.1.1 Một dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên đa thức dạng: f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 với a, b, c ∈ Z Nếu a, b, c số nguyên tố ta gọi f ( x, y) dạng nguyên thủy Ta kí hiệu f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 ngắn gọn f = ( a, b, c) Để đơn giản, ta gọi dạng thay cho dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên Định nghĩa 1.1.2 Ta nói số nguyên m biểu diễn dạng f ( x, y) phương trình m = f ( x, y) có nghiệm nguyên ( x, y) Hơn x, y nguyên tố ta nói m biểu diễn thực dạng f ( x, y) Định nghĩa 1.1.3 Ta nói hai dạng f ( x, y) g( x, y) tương đương (tương ứng, tương đương thực sự) tồn p, q, r, s ∈ Z cho ps − qr = ±1 (tương ứng, ps − qr = 1) f ( x, y) = g( px + qy, rx + sy) Hơn nữa, Gọi GL(2, Z) tập đa thức cấp hệ số nguyên với định thức ±1 Nếu P, Q ∈ GL(2, Z) P−1 PQ thuộc GL(2, Z) Ta có GL(2, Z) với phép nhân ma trận lập thành nhóm Cho f g hai dạng Cho p, q, r, s ∈ Z Nếu f ( x, y) = g( px + qy, rx + sy), p q ta viết đơn giản f = gP, P ma trận r s Gọi A ma trận dạng toàn phương f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 a b x sở tắc, tức A = b Khi ta có f ( x, y) = x y A c y Cho P ma trận cấp Giả sử g = f P Khi ta có g( x, y) = f ( px + qy, rx + sy) = x y P T AP x y Như ma trận biểu diễn dạng toàn phương g( x, y) (trong sở tắc) B = P T AP Ta nhận xét rằng, f = f I2 I2 = , ( f P) Q = f ( PQ), với P, Q ∈ GL(2, Z) Nhận xét 1.1.4 Quan hệ tương đương hai dạng toàn phương quan hệ tương đương (1) Tính phản xạ: Hiển nhiên (2) Tính đối xứng: Giả sử hai dạng f g tương đương Khi tồn tài P ∈ GL(2, Z) cho g = f P Đặt Q = P−1 Khi Q ∈ GL(2, Z) f = f I2 = f ( PQ) = ( f P) Q = gQ Do g f tương đương (3) Tính bắc cầu: Giả sử f g tương đương, g h tương đương Khi tồn P, Q ∈ GL(2, Z) cho g = f P h = gQ Do h = gQ = ( f P) Q = f ( PQ) Như f tương đương với h PQ thuộc GL(2, Z) Nhận xét 1.1.5 Tương tự ta chứng minh quan hệ tương đương thực hai dạng toàn phương quan hệ tương đương Định nghĩa 1.1.6 Cho dạng f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 (a, b, c ∈ Z), giá trị D = b2 − 4ac gọi biệt thức f ( x, y) Nhận xét D ≡ 0, (mod 4) ta gọi A ma trận f ( x, y) sở tắc, D = −4 det A Mệnh đề 1.1.7 Hai dạng tồn phương tương đương có biệt thức Chứng minh Cho hai dạng tương đương f g, với ma trận sở tắc tương ứng A B Khi tồn P ∈ GL(2, Z) cho B = P T AP Gọi D, D biệt thức f g Khi ta có D = −4 det B = −4 det( P T AP) = −4(det P)2 detA = −4 det A = D, det P = ±1 Mệnh đề 1.1.8 Tập số nguyên biểu diễn hai dạng toàn phương tương đương trùng Chứng minh Cho hai dạng toàn phương tương đương f ( x, y) g( x, y) Giả sử số nguyên m biểu diễn f ( x, y), ta cần chứng minh m biểu diễn g( x, y) Thật vậy, ta có m biểu diễn f ( x, y) nên phương trình m = f ( x, y) có nghiệm nguyên Mặt khác, f ( x, y) tương đương với g( x, y), tồn p, q, r, s ∈ Z ps − qr = ±1 cho f ( x, y) = g( px + qy, rx + sy) Suy phương trình m = g( px + qy, rx + sy) có nghiệm nguyên Do m biểu diễn g( x, y) Mệnh đề 1.1.9 Một dạng toàn phương biểu diễn thực cho số nguyên m f ( x, y) tương đương thực với dạng toàn phương mx2 + bxy + cy2 với b, c ∈ Z Chứng minh Giả sử m biểu diễn thực dạng f ( x, y) = a x2 + b xy + c y2 với a , b , c ∈ Z Khi tồn p, q ∈ Z, gcd( p, q) = cho: f ( p, q) = a p2 + b pq + c q2 = m Do ( p, q) =1 nên ta chọn r, s ∈ Z cho ps − qr = Xét phép biến đổi  x = px + ry tuyến tính Khi y = qx + sy f ( px + ry , qx + sy ) = a ( px + ry )2 + b ( px + ry )(qx + sy ) + c (qx + sy )2 = x ( a p2 + c q2 + b pq) + x y (2apr + b ps + b rq + 2c qs) + y ( a r2 + b rs + c s2 ) 37 Chứng minh Gọi C1 C2 hai lớp C( D ) với ảnh qua Φ H1 H2 Khi tồn hai dạng tồn phương phù hợp f ∈ C1 f ∈ C2 Theo Mệnh đề 2.1.8 tích hai phần tử biểu diễn f f phần tử biểu diễn f ∗ f Từ ta suy ảnh Φ(C1 ∗ C2 ) H1 H2 Φ đồng cấu nhóm Hệ 3.3.2 Ta có khẳng định sau (i) Tất các giống dạng toàn phương biệt thức D có số lớp (ii) Số giống dạng toàn phương biệt thức D lũy thừa Chứng minh (i) Suy từ việc Φ đồng cầu nhóm (ii) Theo chứng minh Định lý 3.2.2, H chứa bình phương (Z/DZ)× Do phần tử ker χ/H có cấp ≤ Do phần tử imΦ có cấp ≤ Theo định lý cấu trúc nhóm giao hốn hữu hạn, ta suy imΦ Z/2Z × · · · × Z/2Z Như |imΦ| lũy thừa Ví dụ 3.3.3 Với D = −15 ta có C( D ) gồm hai lớp lớp C0 , C1 dạng thu gọn g( x, y) := x2 + xy + 4y2 f ( x, y) := 2x2 + xy + 2y2 Theo kết ví dụ 3.2.4, ta có ker(χ) = {[1], [2], [4], [8]} H = {[1], [4]} Xét ánh xạ Φ : C( D ) −→ ker(χ)/H định nghĩa Ta có • Φ(C0 ) = Φ( x2 + xy + 4y2 ) = H = {[1], [4]} • φ(C1 ) = Φ(2x2 + xy + 2y2 ) = H = {[2], [8]} Vậy • im(φ) = { H, H } có phần tử Do số giống dạng tồn phương biệt thức −15 • Φ−1 ( H ) = {C0 } φ−1 ( H ) = {C1 } Vậy giống H H dạng toàn phương biệt thức −15 có số lớp Ví dụ 3.3.4 Với D = −56 ta có C( D ) tập hợp lớp tương đương C0 , C1 , C2 , C3 dạng thu gọn x2 + 14y2 , 2x2 + 7y2 , 3x2 − 2xy + 5y2 , 3x2 + 2xy + 5y2 Ta có (Z/DZ)× = {[1], [3], [5], [9], [11], [13], [15], [17], [19], [23], [25], [27], [29], [31], [33], [37], [39], [41], [43], [45], [47], [51], [53], [55]} 38 Sử dụng tính chất ký hiệu Legendre, ta tính kết sau: χ([1]) = 1; χ([3]) = 1; χ([5]) = 1; χ([9]) = 1; χ([11]) = −1; χ([13]) = 1; χ([15]) = 1; χ([17]) = −1; χ([19]) = 1; χ([23]) = 1; χ([25]) = 1; χ([27]) = 1; χ([29]) = −1; χ([31]) = −1; χ([33]) = −1; χ([37]) = −1; χ([39]) = 1; χ([41]) = −1; χ([43]) = −1; χ([45]) = 1; χ([47]) = −1; χ([51]) = −1; χ([53]) = −1; χ([55]) = −1 Do ker χ = {[1], [3], [5], [9], [13], [15], [19], [23], [25], [27], [39], [45]} Ta có H = {[1]; [9]; [15]; [23]; [25]; [39]} Xét ánh xạ Φ : C( D ) −→ ker(χ)/H định nghĩa Ta có: • Φ(C0 ) = Φ( x2 + 14y2 ) = H1 = H = {[1], [9], [15], [23], [25], [39]} • Φ(C1 ) = Φ(2x2 + 7y2 ) = H2 = H = {[1]; [9]; [15]; [[23]; [25]; [39]} • Φ(C2 ) = Φ(3x2 − 2xy + 5y2 ) = H3 = H = {[3], [5], [13], [19], [27], [45]} • Φ(C3 ) = Φ(3x2 + 2xy + 5y2 ) = H4 = H = {[3], [5], [13], [19], [27], [45]} Vậy • im(Φ) = { H, H } có phần tử Số giống dạng biệt thức −56 • Φ−1 ( H ) = {C0 , C1 } Φ−1 ( H ) = {C2 , C3 } Vậy giống H H dạng toàn phương biệt thức −56 có lớp Bổ đề 3.3.5 Cho f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 dạng thu gọn biệt thức D Khi lớp f có cấp ≤ b = 0, a = b a = c Chứng minh Gọi g( x, y) = ax2 − bxy + cy2 dạng đối f Ta có lớp f có cấp ≤ f g tương đương thực Ta xét hai trường hợp sau Trường hợp 1: |b| < a < c Khi g thu gọn f tương đương thực với g f = g b = Trường hợp 2: a = b a = c Trong hai trường hợp f g tương đương thực với 39 Mệnh đề 3.3.6 Gọi r số ước nguyên tố lẻ phân biệt D Ta định nghĩa số µ sau Nếu D ≡ (mod 4) µ = r Nếu D = −4n với n ≥ µ xác định sau n n n n n µ ≡ (mod 4) r ≡ 1, (mod 4) r + r+1 ≡ (mod 8) ≡ (mod 8) r+2 Khi số phần tử C( D ) với cấp ≤ 2µ−1 Chứng minh Ta giả sử D < −4 Theo bổ đề trước, lớp C với cấp ≤ chứa dạng thu gọn f ( x, y) = ( a, b, c) = ax2 + bxy + cy2 với b = a = b a = c Trường hợp 1: D ≡ (mod 4) Trong trường hợp khơng có dạng thu gọn f ( x, y) = ( a, b, c) với b = Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = b Khi − D = 4ac − a2 = a(4c − a) Như a ước D c = ( a2 − D )/4a Rõ ràng 4c − a > a Ta có = gcd( a, c) = gcd( a, 4c) = gcd( a, D/a) Vì a < c nên 3a < 4c − a = − D/a Ngược lại giả sử ≤ u ước D mà u < − D/u, gcd(u, D/u) = 3u < − D/u Khi đặt v = (u2 − D )/4u Ta có v số nguyên dương (u, u, v) dạng thu gọn Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = c Khi − D = 4a2 − b2 = (2a − b)(2a + b) Như (2a − b) ước dương D 2a + b = − D/(2a − b) > 2a − b b dương Ta có = gcd( a, b) = gcd(2a − b, 2a + b) = gcd(2a − b, − D/(2a − b)) Vì b < a nên 3(2a − b) > 2a + b = − D/(2a − b) Ngược lại, giả sử ≤ u ước D mà u < − D/u, gcd(u, D/u) = 3u > − D/u Khi đặt v = − D/u, a = (u + v)/4 b = (v − u)/2 Ta có a, b số nguyên dương ( a, b, a) dạng thu gọn Như ta thấy số dạng thu gọn ( a, b, c) với a = b a = c, số ước nguyên dương u − D mà u < − D/u, = gcd(u, D/u), số 2r − Bây ta giả sử D = −4n Trường hợp 2: n ≡ (mod 4) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với b = Khi n = ac, ≤ a < c, 40 gcd( a, c) = Số số nguyên dương a cho a | n, a < c gcd( a, n/a) = 2r−1 Do có 2r−1 dạng thu gọn dạng ( a, 0, c) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = b Khi 4n = 4ac − a2 Do a chẵn, a = 2A Vì f nguyên thủy nên c lẻ Ta có n = 2Ac − A2 Vì n lẻ nên A lẻ n = 2Ac − A2 ≡ (mod 4) Mâu thuẫn với giả thiết Như khơng có dạng thu gọn ( a, b, c) với a = b Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = c Khi −4n = 4a2 − b2 Do b chẵn, b = 2B Vì f nguyên thủy nên a lẻ Ta có n = a2 − B2 Vì n lẻ nên B chẵn n ≡ a2 = (mod 4) Mâu thuẫn với giả thiết Như khơng có dạng thu gọn ( a, b, c) với a = c Trong Trường hợp này, ta có 2r−1 = 2µ−1 dạng thu gọn ( a, b, c) với b = a = b a = c Trường hợp 3: n ≡ (mod 4) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với b = Khi n = ac, ≤ a < c, gcd( a, c) = Số số nguyên dương a cho a | n, a < c gcd( a, n/a) = 2r−1 Do có 2r−1 dạng thu gọn dạng ( a, 0, c) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = b Khi 4n = 4ac − a2 Do a chẵn, a = 2A Ta có n = A(2c − A) Như A ước n, gcd( A, 2c − A) = gcd( a, c) = Vì < a < c nên A < 3A < 2c − A Ngược lại giả sử ≤ u ước nguyên dương n cho với v := n/u ta có gcd(u, v) = 3u < v Đặt a = 2u c = (u + v)/2 Vì n ≡ (mod 4) nên u ≡ v ≡ 1, (mod 4) c lẻ Do gcd( a, c) = gcd(u, (u + v)/2) = gcd(u, v) = Ta có dạng thu gọn ( a, a, c) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = c Khi −4n = 4a2 − b2 Do b chẵn, b = 2B Ta có n = a2 − B2 = ( a − B)( a + B) Như a − B ước dương n a − B < a + B = n/( a − B) Vì b = 2B < a nên 3( a − B) > ( a + B) Ngược lại giả sử ≤ u ước nguyên dương n cho với v := n/u ta có u < c, gcd(u, v) = 3u > v Đặt a = (u + v)/2 b = (v − u) Vì n ≡ (mod 4) nên u ≡ v ≡ 1, (mod 4) a lẻ Do gcd( a, b) = gcd((u + v)/2, (u − v)/2) = gcd(u, v) = Ta có dạng thu gọn ( a, b, a) Như ta thấy số dạng thu gọn ( a, b, c) với a = b a = c, số ước nguyên dương u − D mà u < − D/u, = gcd(u, D/u), số 2r − Trong Trường hợp này, ta có 2r−1 + 2r−1 = 2r = 2µ−1 dạng thu gọn ( a, b, c) 41 với b = a = b a = c Trường hợp 4: n ≡ (mod 4) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với b = Khi n = ac, ≤ a < c, gcd( a, c) = Số số nguyên dương a cho a | n, a < c gcd( a, n/a) = 2r (Chú ý số ước nguyên tố phân biệt n r + 1.) Do có 2r dạng thu gọn dạng ( a, 0, c) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = b Khi 4n = 4ac − a2 Do a chẵn, a = 2A Ta có n = 2Ac − A2 Vì n chẵn nên A chẵn n = 2Ac − A2 ≡ (mod 4) Mâu thuẫn với giả thiết Như khơng có dạng thu gọn ( a, b, c) với a = b Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = c Khi −4n = 4a2 − b2 Do b chẵn, b = 2B Vì f nguyên thủy nên a lẻ Ta có n = a2 − B2 Vì n chẵn nên B lẻ n ≡ a2 − B2 = (mod 8) Mâu thuẫn với giả thiết Như khơng có dạng thu gọn ( a, b, c) với a = c Trong Trường hợp này, ta có 2r = 2µ−1 dạng thu gọn ( a, b, c) với b = a = b a = c Trường hợp 5: n ≡ (mod 8) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với b = Khi n = ac, ≤ a < c, gcd( a, c) = Số số nguyên dương a cho a | n, a < c gcd( a, n/a) = 2r (Chú ý số ước nguyên tố phân biệt n r + 1.) Do có 2r dạng thu gọn dạng ( a, 0, c) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = b Khi 4n = 4ac − a2 Do a chẵn, a = 2A Ta có n = 2Ac − A2 Vì n chẵn nên A chẵn Ta đặt A = 2u Khi n/4 = uc − u2 Vì n/4 lẻ nên u c − u lẻ Do c chẵn f không nguyên thủy, mâu thuẫn Như khơng có dạng thu gọn ( a, b, c) với a = b Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = c Khi −4n = 4a2 − b2 Do b chẵn, b = 2B Vì f nguyên thủy nên a lẻ Ta có n = a2 − B2 Vì n chẵn nên B lẻ n ≡ a2 − B2 = (mod 8) Mâu thuẫn với giả thiết Như khơng có dạng thu gọn ( a, b, c) với a = c Trong Trường hợp này, ta có 2r = 2µ−1 dạng thu gọn ( a, b, c) với b = a = b a = c Trường hợp 6: n ≡ (mod 8) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với b = Khi n = ac, ≤ a < c, gcd( a, c) = Số số nguyên dương a cho a | n, a < c gcd( a, n/a) = 42 2r−1 (Chú ý n có r + ước nguyên tố phân biệt.) Do có 2r dạng thu gọn dạng ( a, 0, c) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = b Khi 4n = 4ac − a2 Do a chẵn, a = 2A Ta có n = A(2c − A) Vì n chẵn nên A chẵn A = 2u Ta có n/4 = u(c − u) Như u ước n/4, gcd(u, c − u) = gcd( a, c) = Vì < a < c nên u < 3u < c − u Ngược lại giả sử ≤ u ước nguyên dương n/4 cho với v := n/4u ta có gcd(u, v) = 3u < v Đặt a = 4u c = u + v Vì n/4 = uv chia hết cho không chia hết u v khác tính chẵn lẻ Nói riêng a = u + v lẻ Do gcd( a, c) = gcd(4u, u + v) = gcd(u, v) = Ta có dạng thu gọn ( a, a, c) Xét dạng thu gọn f = ( a, b, c) với a = c Khi −4n = 4a2 − b2 Do b chẵn, b = 2B Ta có n = a2 − B2 Vì f ngun thủy nên a lẻ B lẻ Ta viết a = 2u + B = 2v + Ta có n/4 = (u − v)(u + v + 1) Như u − v ước dương n/4 u − v < u + v + = n/( a − B) Vì b = 4v + < a = 2u + nên 3(u − v) > u + v + Ngược lại giả sử ≤ u ước nguyên dương n cho với v := n/4u ta có u < v, gcd(u, v) = 3u > v Đặt a = u + v b = 2(v − u) Vì n/4 chia hết cho không chia hết u v khác tính chẵn lẻ Nói riêng a = u + v lẻ Do gcd( a, c) = gcd(u + v, 2(u − v)) = gcd(u, v) = Ta có dạng thu gọn ( a, b, a) Như ta thấy số dạng thu gọn ( a, b, c) với a = b a = c, số ước nguyên dương u n/4 mà u < n/4u, = gcd(u, D/u), số 2r (Chú ý ràng n/4 có r ước nguyên tố phân biệt.) Trong Trường hợp này, ta có 2r + 2r = 2r+1 = 2µ dạng thu gọn ( a, b, c) với b = a = b a = c Ví dụ 3.3.7 Với D = −56, ta có C( D ) tập hợp gồm lớp C0 , C1 , C2 , C3 dạng thu gọn x2 + 14y2 , 2x2 + 7y2 , 3x2 + 2xy + 5y2 , 3x2 − 2xy + 5y2 Vì n = 14 ≡ (mod 4) −56 có ước nguyên tố lẻ nên µ = r + = + = Theo Mệnh đề 3.3.6 ta có số phần tử C( D ) có cấp ≤ 21 = Thật theo tính tốn Ví dụ 2.2.3 ta thấy C có cấp phần tử cấp ≤ C0 (cấp 1) C1 (cấp 2) 43 Gọi p1 , , pr ước nguyên tố lẻ phân biệt D Ta xét hàm sau χi ( a ) = a pi , định nghĩa cho a; nguyên tố với p, i = 1, , r δ( a) = (−1)(a−1)/2 , định nghĩa cho a lẻ, ( a) = (−1)(a −1) /8 , định nghĩa cho a lẻ Với D ≡ (mod 4), ta gọi χ1 , , χr đặc trưng "liên kết" D Với D = −4n, ta định nghĩa đặc trưng liên kết D bảng sau n n n n n n n ≡3 ≡1 ≡2 ≡6 ≡4 ≡0 (mod (mod (mod (mod (mod (mod 4) 8) 8) 8) 8) 8) đặc trưng liên kết χ1 , , χr χ1 , , χr , δ χ1 , , χr , δ χ1 , , χr , χ1 , , χr , δ χ1 , , χr , δ, Nhận xét số đặc trưng liên kết D số µ định nghĩa Các đặc trưng liên kết χ1 , , χµ D (χµ = δ, δ , tùy vào n bảng trên) xác định đồng cầu nhóm sau Ψ : (Z/DZ)× −→ {±1}r , a → (χ1 ( a), , χµ ( a)) Nhắc lại H ≤ (Z/DZ)× nhóm gồm phần tử biểu diễn dạng f ( x, y) biệt thức D Bổ đề 3.3.8 Đồng cấu Ψ : (Z/DZ)× −→ {±1}r toàn cấu với hạt nhân ker Ψ = H Như Ψ cảm sinh đẳng cấu (Z/DZ)× /H {±1}r Chứng minh Đầu tiên giả sử D ≡ (mod 4) Trong trường hợp µ = r Ta m viết − D = p1 · · · prmr phân tích thừa số nguyên tố − D Theo Định lý thặng dư Trung Hoa ta có đẳng cấu r (Z/DZ) → ∏(Z/pimi Z)× , × i =1 [ a] D → ([ a] pm1 , , [ a] pm1 ) 1 44 Qua đẳng cấu đồng cấu Ψ Ψ = χ1 × · · · × χr : r ∏(Z/pi i Z)× → {±1}r m i =1  ( a1 , , ar ) →   a1 p m Vì đồng cấu (Z/pi i Z)× → {±1}, cho a → , , ar  p a , toàn cấu, nên p Ψ toàn cấu Ta chứng minh H ⊆ ker Ψ Thật xét, lấy [ a] ∈ H giả sử a = 1−D f ( x, y) = x2 + xy + y Suy 4a = (2x + y)2 − Dy2 Từ 4a ≡ (2x + y)2 a (mod p)i với i = 1, , r Do = = χi ([ a]) Như [ a] ∈ ker Ψ p Giả sử [ a] ∈ ker Ψ Khi với i = 1, , r, ta có = χi ( a) = a p =1 nên tồn xi nguyên cho a ≡ xi2 (mod pimi ) m Theo Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn x nguyên cho x ≡ xi (mod pi i ), m với i = 1, , r Ta có a ≡ x2 = f ( x, 0) (mod pi i ) Do a ≡ f ( x, 0) (mod D ), [ a] ∈ H Như ker Ψ ⊆ H, H = ker Ψ m Bây ta giả sử D = −4n, với n số nguyên dương Ta viết n = 2s p1 · · · prmr phân tích thừa số nguyên tố m, với pi số nguyên tố lẻ phân biệt s ≥ Đầu tiên ta nhận xét với [ a] ∈ H, ta có χi ([ a]) = với i = 1, r m Thật vậy, giả sử a = f ( x, y) = x2 + ny2 Khi a ≡ x2 (mod pi i ), với i = 1, , r Do = a p = χi ([ a]), với i = 1, , r (*) Ta xét trường hợp sau Trường hợp 1: n ≡ (mod 4) Trong trường hợp này, m D = −4n = −4p1 · · · prmr 45 Từ (∗) ta có H ⊆ ker Ψ Bây ta chứng minh ker Ψ ⊆ H Xét [ a] ∈ ker Ψ ⊆ (Z/DZ)× Nói riêng a lẻ Theo lập luận phần trên, tồn xi nguyên cho m a ≡ xi2 (mod pi i ), với i = 1, , r m Theo Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn x nguyên cho x ≡ xi (mod pi i ), với i = 1, , r x ≡ (mod 2) Nếu a ≡ (mod 4) có a ≡ x2 (mod pimi ) a ≡ x2 (mod 4) Do a ≡ x2 = f ( x, 0) (mod D ), [ a] ∈ H Nếu a ≡ (mod 4) ta có a ≡ ( x + D )2 + n (mod 4) a ≡ ( x + D )2 + m n (mod pi i ), với i = 1, , r Do a ≡ ( x + D )2 + n = f ( x + D, 1) (mod D ), [ a] ∈ H Như ker Ψ ⊆ H, H = ker Ψ Trường hợp 2: n ≡ (mod 4) Trong trường hợp này, m D = −4n = −4p1 · · · prmr Trước tiên ta chứng minh H ⊂ ker Ψ Xét [ a] ∈ H giả sử a = f ( x, y) = x2 + ny2 Lấy đồng dư modulo 4, ta suy a ≡ x2 + y2 ≡ (mod 4) (chú ý a lẻ) Như δ([ a]) = Kết hợp với (∗) ta có H ⊆ ker Ψ Bây ta chứng minh ker Ψ ⊆ H Xét [ a] ∈ ker Ψ ⊆ (Z/DZ)× Nói riêng a lẻ Theo lập luận phần trên, tồn số xi nguyên cho a ≡ xi2 (mod pimi ), với i = 1, , r m Theo Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn x nguyên cho x ≡ xi (mod pi i ), với i = 1, , r x ≡ (mod 2) Vì δ( a) = nên a ≡ (mod 4) Do a ≡ x2 (mod 4) Ta suy a ≡ x2 = f ( x, 0) (mod D ), [ a] ∈ H Như ker Ψ ⊆ H, H = ker Ψ Trường hợp 3: n ≡ (mod 8) Trong trường hợp này, m D = −4n = −8p1 · · · prmr Trước tiên ta chứng minh H ⊂ ker Ψ Xét [ a] ∈ H giả sử a = f ( x, y) = x2 + ny2 Lấy đồng dư modulo 8, ta suy a ≡ x2 + 2y2 ≡ 1, (mod 8) (chú ý a lẻ) Như δ ([ a]) = Kết hợp với (∗) ta có H ⊆ ker Ψ Bây ta chứng minh ker Ψ ⊆ H Xét [ a] ∈ ker Ψ ⊆ (Z/DZ)× 46 Nói riêng a lẻ Theo lập luận phần trên, tồn số xi nguyên cho a ≡ xi2 (mod pimi ), với i = 1, , r m Theo Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn x nguyên cho x ≡ xi (mod pi i ), với i = 1, , r x ≡ (mod 2) Vì δ ( a) = nên a ≡ 1, (mod 8) Nếu a ≡ (mod 8) a ≡ x2 (mod 8) Ta suy a ≡ x2 = f ( x, 0) (mod D ), [ a] ∈ H Nếu a ≡ (mod 8) m a ≡ x2 + n (mod 8), a ≡ x2 + n (mod pi i ), với i = 1, , r Do a ≡ x2 + n = f ( x, 1) (mod D ), [ a] ∈ H Như ker Ψ ⊆ H, H = ker Ψ Trường hợp 4: n ≡ (mod 8) Trong trường hợp này, m D = −4n = −8p1 · · · prmr Trước tiên ta chứng minh H ⊂ ker Ψ Xét [ a] ∈ H giả sử a = f ( x, y) = x2 + ny2 Lấy đồng dư modulo 8, ta suy a ≡ x2 + 6y2 ≡ 1, (mod 8) (chú ý a lẻ) Như ([ a]) = Kết hợp với (∗) ta có H ⊆ ker Ψ Bây ta chứng minh ker Ψ ⊆ H Xét [ a] ∈ ker Ψ ⊆ (Z/DZ)× Nói riêng a lẻ Theo lập luận phần trên, tồn số xi nguyên cho a ≡ xi2 (mod pimi ), với i = 1, , r m Theo Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn x nguyên cho x ≡ xi (mod pi i ), với i = 1, , r x ≡ (mod 2) Vì ( a) = nên a ≡ 1, (mod 8) Nếu a ≡ (mod 8) a ≡ x2 (mod 8) Ta suy a ≡ x2 = f ( x, 0) (mod D ), [ a] ∈ H Nếu a ≡ (mod 8) m a ≡ x2 + n (mod 8), a ≡ x2 + n (mod pi i ), với i = 1, , r Do a ≡ x2 + n = f ( x, 1) (mod D ), [ a] ∈ H Như ker Ψ ⊆ H, H = ker Ψ Trường hợp 5: n ≡ (mod 8) Trong trường hợp này, m D = −4n = −16p1 · · · prmr Trước tiên ta chứng minh H ⊂ ker Ψ Xét [ a] ∈ H giả sử a = f ( x, y) = x2 + ny2 Lấy đồng dư modulo 4, ta suy a ≡ x2 ≡ (mod 4) (chú ý a 47 lẻ) Như δ([ a]) = Kết hợp với (∗) ta có H ⊆ ker Ψ Bây ta chứng minh ker Ψ ⊆ H Xét [ a] ∈ ker Ψ ⊆ (Z/DZ)× Nói riêng a lẻ Theo lập luận phần trên, tồn số xi nguyên cho a ≡ xi2 (mod pimi ), với i = 1, , r m Theo Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn x nguyên cho x ≡ xi (mod pi i ), với i = 1, , r x ≡ (mod 16) Cũng theo Định lý thặng dư Trung m Hoa, tồn x nguyên cho x ≡ xi (mod pi i ), với i = 1, , r x ≡ (mod 16) Vì δ( a) = nên a ≡ (mod 4) Do a ≡ 1, 5, 9, 13 (mod 16) m Nếu a ≡ (mod 16) a ≡ x2 (mod 16), a ≡ x2 (mod pi i ), với i = 1, , r Ta suy a ≡ x2 = f ( x, 0) (mod D ), [ a] ∈ H m Nếu a ≡ (mod 16) a ≡ x (mod 16), a ≡ x (mod pi i ), với i = 1, , r Ta suy a ≡ x = f ( x , 0) (mod D ), [ a] ∈ H Đối với hai a ≡ 5, ta xét hai trường hợp sau Trường hợp 5.1: n ≡ (mod 16) m Nếu a ≡ (mod 16) a ≡ x2 + n (mod 16), a ≡ x2 + n (mod pi i ), với i = 1, , r Do a ≡ x2 + n = f ( x, 1) (mod D ), [ a] ∈ H m Nếu a ≡ 13 (mod 16) a ≡ x + n (mod 16), a ≡ x + n (mod pi i ), với i = 1, , r Do a ≡ x + n = f ( x, 1) (mod D ), [ a] ∈ H Trường hợp 5.2: n ≡ 12 (mod 16) Nếu a ≡ (mod 16) a ≡ x + n (mod 16), a ≡ x + n (mod pimi ), với i = 1, , r Do a ≡ x + n = f ( x , 1) (mod D ), [ a] ∈ H m Nếu a ≡ 13 (mod 16) a ≡ x2 + n (mod 16), a ≡ x2 + n (mod pi i ), với i = 1, , r Do a ≡ x2 + n = f ( x, 1) (mod D ), [ a] ∈ H Như trường hợp ta có [ a] ∈ H Do ker Ψ ⊆ H, H = ker Ψ Trường hợp 6: n ≡ (mod 8) Trong trường hợp này, m D = −4n = −2s+2 p1 · · · prmr , với s ≥ Trước tiên ta chứng minh H ⊂ ker Ψ Xét [ a] ∈ H giả sử a = f ( x, y) = x2 + ny2 Lấy đồng dư modulo 8, ta suy a ≡ x2 ≡ (mod 8) (chú ý a lẻ) Như δ([ a]) = ( a) = Kết hợp với (∗) ta có H ⊆ ker Ψ 48 Bây ta chứng minh ker Ψ ⊆ H Xét [ a] ∈ ker Ψ ⊆ (Z/DZ)× Nói riêng a lẻ Theo lập luận phần trên, tồn số xi nguyên cho a ≡ xi2 (mod pimi ), với i = 1, , r Vì δ( a) = ( a) = nên a ≡ (mod 8) Khi theo [2, Part One, Chapter VI, Theorem 87], tồn u nguyên cho a ≡ u2 (mod 2s+2 ) Theo Định lý m thặng dư Trung Hoa, tồn x nguyên cho x ≡ xi (mod pi i ), với i = m 1, , r x ≡ u (mod 2s+2 ) Ta có a ≡ x2 (mod pi i ) a ≡ x (mod 2s+2 ) Do a ≡ x2 = f ( x, 0) (mod D ), [ a] ∈ H Như ker Ψ ⊆ H, H = ker Ψ Định lý 3.3.9 Đồng cấu Φ : C( D ) −→ ker χ/H toàn cấu với hạt nhân ker Φ = C( D )2 = {C2 | C ∈ C( D )} Chứng minh Xét [ a] ∈ ker χ Khi theo Định lý Dirichlet số nguyên tố cấp số cộng, tồn p nguyên tố lẻ cho [ p] = [ a] ∈ ker χ Ta suy D = χ([ p]) = , p biểu diễn dạng f biệt thức D p Gọi C lớp f Khi [ p] H = [ a] H = Φ(C ) Như Φ toàn cấu Như ta có đẳng cấu C( D )/ ker Φ ker χ/H Nói riêng [C( D ) : ker ] = [ker : H ] = 2à [(Z/DZ)ì : H ] = = 2à [(Z/DZ)ì : ker χ] Vì phần tử ker χ/H có cấp ≤ nên C( D )2 ⊆ ker Φ Ta xét toàn cấu α : C( D ) C( D )2 , C → C2 Hạt nhân α tập phần tử C( D ) với cấp ≤ Theo Mệnh đề 3.3.6, | ker α| = 2µ−1 Như [C( D ) : C( D )2 ] = | ker α| = 2µ−1 Ta suy ker Φ = C( D )2 Ví dụ 3.3.10 Ta chọn D = −20 Khi C( D ) tập hợp gồm lớp C0 dạng thu gọn g( x, y) := x2 + 5y2 lớp C1 dạng thu gọn f ( x, y) := 2x2 + 2xy + 3y2 Xét đồng cấu Φ : C( D ) −→ ker(χ)/H Theo ví dụ 3.2.3 ta có im(Φ) = { H, H } H = {[1], [9]} H = 49 {[3], [7]}, ker(χ) = {[1], [3], [7], [9]} Rõ ràng ker(χ)/H = { H, H } Vậy im(Φ) = ker(χ)/H đồng cấu φ toàn cấu Ta có ker Φ = φ−1 ( H ) = {C0 } Vì C02 = C0 C12 = C0 , nên ker Φ = {C0 } = C( D )2 Định lý 3.3.11 Cho D số nguyên âm D ≡ 0, (mod 4) Ta có khẳng định sau (i) Có 2µ−1 giống lớp biệt thức D, µ xác định Mệnh đề 3.3.6 (ii) Giống C( D )2 Chứng minh (i) Theo chứng minh mệnh đề trên, số giống lớp biệt thức D |Φ(C( D ))| = | ker χ : H ] = 2µ−1 (ii) Suy từ Mệnh đề ker Φ giống Ví dụ 3.3.12 Với D = −56, trường hợp µ = Theo Ví dụ 3.3.4 Ví dụ 2.2.3 ta có |Φ(C( D ))| = = 1µ−1 Φ−1 ( H ) = {C0 , C1 } = C( D )2 50 KẾT LUẬN Luận văn trình bày vấn đề sau • Chương trình bày số khái niệm dạng toàn phương Một số kết quan trọng phần Mệnh đề 1.1.9, Định lý 1.2.1, Định lý 1.3.3, Định lý 1.3.7 Ngoài ra, Chương trình bày thuật tốn đưa dạng tồn phương dạng thu gọn • Chương trình bày hợp thành hai lớp dạng toàn phương nguyên thủy xác định dương với biệt thức D, với D < 0, D ≡ 0, mod Trong đó, phần đầu trình bày khái niệm hai dạng toàn phương phù hợp, hợp thành hai dạng toàn phương phù hợp Kết quan trọng phần Mệnh đề 2.1.11 Kết chứng minh phép hợp thành định nghĩa tốt lớp tương đương dạng toàn phương nguyên thủy xác định dương với biệt thức D Từ dẫn đến định nghĩa phép hợp thành lớp với biệt thức D Phần sau trình bày Định lý 2.2.2 chứng minh C( D ), tập lớp dạng với biệt thức với phép hợp thành kể trên, nhóm giao hốn hữu hạn • Chương trình bày lý thuyết giống Trong đó, trình bày ký hiệu Legendre ký hiệu Jacobi, tập giống lớp với biệt thức D, tính chất số giống biệt thức D Một số kết quan trọng Chương Bổ đề 3.1.3, Định lý 3.2.2, Mệnh đề 3.3.6, Định lý 3.3.9, Định lý 3.3.11 51 Tài liệu tham khảo [1] David A Cox, Primes of the form p = x2 + ny2 : Fermat, Class field Theory, and Complex Multiplication, John Wiley and Sons, Inc, Canada, 1989 [2] Edmund Landau, Elementary number theory, Chelsea Publishing Company, New York, 1958 [3] Rick L Shepherd, Binary quadratic forms and genus theory, Master thesis, The University of North Carolina at Greensboro, 2013 ... lược lý thuyết giống 4 CHƯƠNG DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN VỚI HỆ SỐ NGUYÊN Chương trình số kiến thức dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên, dạng toàn phương hai biến xác định dương, xác định... cứu dạng toàn phương hai biến xác định dương Tơi trình bày số định nghĩa, tính chất, định lý dạng tồn phương, quan hệ tương đương hai dạng tồn phương, tính hữu hạn C( D ), luật hợp thành hai. .. lớp dạng toàn phương hai biến với định thức D Dạng toàn phương hai biến ax2 + bxy + cy2 Ký hiệu Legendre (p số nguyên tố lẻ, a ∈ Z) Ký hiệu Jacobi (m lẻ, m > 0, m M nguyên tố nhau) Mở đầu Cho dạng