ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - PHẠM THỊ HƯƠNG VỀ NGUYÊN LÝ ĐỊA PHƯƠNG - TOÀN CỤC CHO CÁC DẠNG TOÀN PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - PHẠM THỊ HƯƠNG VỀ NGUYÊN LÝ ĐỊA PHƯƠNG - TOÀN CỤC CHO CÁC DẠNG TOÀN PHƯƠNG Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS ĐÀO PHƯƠNG BẮC LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn TS Đào Phương Bắc Nhân dịp này, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc chân thành tới Thầy Người cho tơi biết muốn làm khoa học phải học, phải đọc Được làm việc hướng dẫn Thầy, tơi thấy trưởng thành nhiều Thầy Người dành nhiều thời gian, công sức để hướng dẫn, kiểm tra giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn đến lãnh đạo thầy khoa Tốn - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội kiến thức, điều tốt đẹp mà tơi nhận suốt q trình học tập Khoa Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Phòng Sau Đại học nhà trường tạo điều kiện cho tơi hồn thành thủ tục học tập bảo vệ luận văn Cuối cùng, tơi muốn bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, người thân bạn bè Những người bên cạnh động viên ủng hộ vật chất tinh thần sống học tập Mặc dù thân tơi có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, tơi mong nhận đóng góp ý kiến quý thầy, cô bạn Hà Nội, ngày 28 tháng 05 năm 2017 Phạm Thị Hương Mục lục Nguyên lý Hasse - Minkowski cho dạng toàn phương 1.1 Trường p-adic .5 1.2 Kí hiệu Hilbert 11 1.3 Dạng toàn phương Qp Q 14 1.3.1 Dạng toàn phương .14 1.3.2 Dạng toàn phương Qp 16 1.3.3 Dạng toàn phương Q 17 Các phản ví dụ nguyên lý Hasse-Minkowski cho hệ dạng toàn phương 20 2.1 Phản ví dụ Lind Reichardt 20 2.2 Phản ví dụ Birch Swinnerton-Dyer 22 2.3 Họ phản ví dụ W Aitken F Lemmermeyer 23 2.3.1 Cách tham số hóa đường conic 24 2.3.2 Nghiệm modulo số nguyên tố lẻ 26 2.3.3 Nghiệm modulo lũy thừa số nguyên tố .27 2.4 Mật độ phản ví dụ nguyên lý Hasse 32 2.5 Lời giải số tập liên quan 35 Danh mục kí hiệu P: tập hợp số nguyên tố Fq: trường hữu hạn có q phần tử Q: trường số hữu tỉ Z: vành số nguyên Z/m: vành số nguyên modulo m Zp: vành p-adic Qp: trường p-adic x Σ: kí hiệu Legendre x, p số nguyên tố p L/K Σ: kí hiệu Artin p 10 OK : vành nguyên trường số K 11 Gal(L/K): nhóm Galois mở rộng K ⊂ L Lời mở đầu Cho hệ phương trình đa thức với hệ số Q Câu hỏi tự nhiên đặt liệu hệ phương trình có nghiệm hữu tỷ (các tọa độ thuộc Q) nghiệm nguyên (các tọa độ ngun) hay khơng? Tiếp đến có nghiệm liệu tập nghiệm ”nhiều” đến mức độ nào? Một kết theo hướng nghiên cứu nguyên lý địa phương-tồn cục, hay ngun lý Hasse- Minkowski (đơi gọi đơn giản nguyên lý Hasse) Nguyên lý khẳng định dạng toàn phương với hệ số hữu tỷ có nghiệm khơng tầm thường Q có nghiệm khơng tầm thường trường p-adic Qp R Câu hỏi đặt liệu nguyên lý Hasse cịn khơng ta thay dạng tồn phương hệ dạng tồn phương, thay xét dạng tồn phương, ta xét dạng có bậc cao Ta biết câu hỏi có câu trả lời phủ định theo phản ví dụ E Selmer (xem [10], dạng bậc ba 3x3 + 4y3 + 5z3 = 0), hệ hai dạng tồn phương (Lind-Reichardt, tìm độc lập gần đồng thời, xem [6], [9]) Sau cịn có nhiều phản ví dụ khác hệ dạng tồn phương tìm thấy [5], [13], [8], v.v Mục đích luận văn tìm hiểu chứng minh nguyên lý Hasse phản ví dụ liên quan, đặc biệt lớp phản ví dụ W Aitken, F Lemmermeyer (xem [2]) Chương tác giả trình bày trình bày sơ lược số p-adic, sơ lược chứng minh nguyên lý Hasse cho dạng toàn phương Vì phức tạp chứng minh, tác giả cần thừa nhận khẳng định quan trọng ký hiệu Hilbert (xem Định lý 1.2.5), sau trình bày cơng việc phần chứng minh Định lý 1.3.11 Chương tác giả điểm qua số phản ví dụ nguyên lý Hasse-Minkowski ta xét hệ dạng tồn phương thay xét dạng tồn phương Mở đầu chương tác giả trình bày phản ví dụ cổ điển Lind Reichardt, sau phản ví dụ Swinnerton-Dyer (xem mục 2.2) Phần chương dành cho việc trình bày họ phản ví dụ cho W Aitken, F Lemmermeyer (xem [2]) mở rộng trực tiếp phản ví dụ LindReichardt Cụ thể phản ví dụ cho sau Định lý Ta xét hệ phương trình diophantine có dạng  u2 − qw2 =  dz 2  uw =v , (1) (1) q ∈ P cho q ≡ 1(8), (2) d ƒ= 0, khơng có ước phương q ‡ d, (3) d ∈ F∗q \ F∗q , (4) q ∈ F4 p với p ước nguyên tố lẻ d Khi hệ phương trình nói vi phạm nguyên lý Hasse, nghĩa hệ có nghiệm Qp với p ∈ P, hệ có nghiệm thực hệ khơng có nghiệm hữu tỉ (Lưu ý nói đến nghiệm ta xét nghiệm khơng tầm thường) Bổ đề 2.3.11 cho thấy điều kiện d ∈/ F4∗ đưa để đảm bảo hệ phương trình q khơng có nghiệm Q Ngồi để hệ có nghiệm trường p-adic Qp, ta cần khẳng định hệ có nghiệm theo modulo p, hay nói cách khác hệ có nghiệm trường hữu hạn Fp Điều trình bày Mục 2.3.2 cho số nguyên tố lẻ Tiếp đến ta cần chứng minh tồn nghiệm mạnh cho modulo lũy thừa p (xem Mục 2.3.3) Các điều kiện lại Định lý đưa để đảm bảo tồn nghiệm mạnh Nhận xét họ phản ví dụ Aitken-Lemmermeyer nhiều vơ hạn theo nhận xét sau Với d = 2, số nguyên tố q ≡ (mod 8) thỏa mãn: bình phương khơng lũy thừa bậc modulo q (ví dụ q = 17) Bằng việc sử dụng Định lý mật độ Chebotarev số tính tốn cho kí hiệu Artin, ta biết tập số ngun tố vơ hạn có mật tập số nguyên tố Nói độ riêng [2] Aitken F Lemmermeyer cung cấp họ vơ hạn phản ví dụ kiểu Lind-Reichardt Chi tiết cho nhận xét tác giả trình bày mục 2.4 Phần cuối chương tác giả trình bày lời giải số tập đưa [2] làm rõ số lưu ý báo [2] Hà Nội, ngày tháng năm 2017 Sinh viên Phạm Thị Hương Chương Nguyên lý Hasse Minkowski cho dạng toàn phương 1.1 Trường p-adic Trong mục tác giả điểm qua số chi tiết việc xây dựng số p-adic Với n ≥ 1, đặt An = Z/pnZ vành lớp số nguyên modulo pn, p số nguyên tố cho trước Xét đồng cấu φn : An → An−1, x + pnZ ›→ x + pn−1Z Nhận thấy tồn ánh hạt nhân pn−1An Khi dãy đồng cấu → An → An−1 → → A2 → A1 lập thành hệ xạ ảnh với tập số Z≥1 Định nghĩa 1.1.1 Vành số nguyên p-adic Zp giới hạn xạ ảnh hệ {(An, φn)} cho Zp = lim Z/pn ←− Nhận xét 1.1.2 Một phần tử thuộc Zp = lim(Z/pn, φn) dãy hình thức ← − n x = ( , xn , , x1 ) xn ∈ Z/p φ n (xn ) = xn−1 với n ≥ Các phép toán cộng nhân Zp thực tọa độ x + y = ( , xn + yn, , x1 + y1), xy = ( , xnyn, , x1y1) Mệnh đề 1.1.3 (a)Một phần tử Zp (tương ứng Z/pn) khả nghịch khơng chia hết cho p (b)Nếu kí hiệu Z∗p nhóm phần tử khả nghịch Zp phần tử khác Zp viết dạng pn u với u ∈ Z∗p n ≥ Chứng minh (a) Theo giả thiết Zp = lim(Z/pn, φn), phần tử x ∈ Zp có dạng ←− x = ( , xn, , x2, x1), xn ∈ Z/pn xn ≡ xm (mod pm) m ≤ n Giả sử x ∈ Zp không chia hết cho p Thế x1, x2, , khơng chia hết cho p (mod p) cho: Nếu x1 ƒ≡ (mod p), tồn y1 =ƒ x1y1 ≡ Z/p Ta tồn y2 ∈ Z/p2 cho: x1y1 ≡ (mod p2) y2 ≡ y1 (mod p) Thật vậy,    x2 ≡ x1 (mod p), p ‡ x1 , kéo theo p ‡ x2, suy (x2, p) = Vậy tồn y2 ∈ Z/p2 cho x2y2 ≡ (mod p2) Mặt khác, x2 ≡ x1 (mod p) ⇒ x2 = x1 + pa ⇒ (x1 + pa)y2 ≡ (mod p2) ⇒ x1y1 ≡ (mod p) ⇒ y2 ≡ y1 (mod p) (3) d ∈ F∗q \ F∗q , (4) q ∈ F4 p với p ước nguyên tố lẻ d Khi hệ phương trình nói vi phạm nguyên lý Hasse, nghĩa hệ có nghiệm Qp với p ∈ P, hệ có nghiệm thực, hệ khơng có nghiệm hữu tỉ Chứng minh Đặt C đường cong xạ ảnh P3 cho hệ phương trình nói Vì q ngun tố, q ≡ 1(8), mặt khác d nên C(Z) = ∅ (theo Bổ đề ƒ∈ F∗q 2.3.11) 1 C(R) ƒ= ∅ vì: (u, v, w, z) = (q , q , 1, 0) ∈ C(R) Bây ta với số nguyên số p, C có chứa điểm hữu tỷ Qp, cách xét trường hợp sau Trường hợp 1: p lẻ, p ‡ acd ⇔ p ‡ qd: Theo Hệ 2.3.8, hệ có nghiệm nguyên thủy modulo pk với k, hay C(Qp) ƒ= ∅ (theo Mệnh đề 1.1.6) Trường hợp 2: p lẻ, p | qd: Trường hợp 2a: p | q: Vì q số nguyên tố lẻ, nên p = q Theo giả thiết d ∈ F∗q , chọn m ∈ Z cho d ≡ m2 (mod q), suy (u, v, w, z) = (m, 0, 0, 1) nghiệm modulo p Theo Định lý 2.3.7, nghiệm nâng lên thành nghiệm p−địa phương, hay C(Qp) ∅ Trường hợp 2b: p lẻ, p ‡ q, suy p | d Theo giảp thiết q ∈ F4, nghĩa tồn m cho m4 ≡ q (mod p), suy (m2, m, 1, 0) nghiệm mạnh modulo p (z = −q ƒ p ) Lại theo Định lý 2.3.7, C(Qp) ƒ= ∅ Trường hợp 3: p = 2: Trường hợp 3a: q ≡ (mod 16): Suy (u, v, w, z) = (1, 1, 1, 0) nghiệm mạnh modulo 16 (do au = ƒ≡ (mod 2)) Mặt khác theo Định lý 2.3.10, C(Qp) ƒ= ∅ Trường hợp 3b: q ≡ (mod 16): Thế (u, v, w, z) = (1, 1, 1, 2) nghiệm mạnh modulo 16 Suy theo Định lý 2.3.10, C(Q2 ) =ƒ ∅ Nhận xét 2.3.13 Với d = 2, q ∈ P, q ≡ 1(8), ∈ F∗q \ F∗q , đường cong cho (2.12) thỏa mãn điều kiện cho định lý Ngoài {q ∈ P | q ≡ 1(8), ∈ F∗2 \ F∗4} vô hạn với mật độ tập số nguyên tố Điều q q cho mục 2.4 2.4 Mật độ phản ví dụ nguyên lý Hasse Định lý 2.4.1 Ta xét hệ phương trình Diophantine bậc hai (2.13)   u − qw2 = 2z ,  uw =v 1) q số nguyên tố cho q ≡ (mod 8), 2) ∈ F∗q \F∗q ,nghĩa là lũy thừa bậc không lũy thừa bậc modulo q Thế đường cong xác định hệ phương trình nói vi phạm nguyên lý Hasse, nghĩa hệ có nghiệm (khơng tầm thường) Qp (p số ngun tố), R, khơng có nghiệm Z (cũng Q) Nhận xét 2.4.2 Với q = 17, Định lý quy phản ví dụ Lindt- Reichardt Khẳng định sau họ phản ví dụ nêu Định lý vơ hạn mật độ số nguyên tố q thỏa mãn điều kiện Chứng minh khẳng định tác giả tham khảo [1], có sử dụng kiến thức lý thuyết số đại số trình bày [4] [7] Định lý 2.4.3 Mật độ số nguyên tố p ∈ P cho = −1   p≡1  (mod 8),  Σ ∈ F∗2 \ ∗4 F , p p p Trước hết tác giả nhắc lại số kết cần đến chứng minh Định lý, đặc biệt Định lý mật độ Chebotarev Định nghĩa 2.4.4 Cho S tập iđêan nguyên tố trường số K, ký hiệu P = VK,f = {p ∈ Spec(OK)} Ta nói S có mật độ δ nếu: lim |{p ∈ S | Np ≤ = δ N}| N −→∞ |{p ∈ P | Np ≤ N}| Np dùng để chuẩn iđêan Định lý 2.4.5 (Định lý mật độ Chebotarev) Cho L/K mở rộng Galois hữu hạn, K trường số, G = Gal(L/K), C lớp liên hợp G Thế tập iđêan nguyên tố p K cho: L/K Σ =C p |C| có mật độ δ = |G| Các kí hiệu khái niệm phần tử Frobenius L/K người đọc có p Σ liệt kê vắn tắt số thể xem [7, trang 140] Ở tác giả điểm: ∗ Cho L/K mở rộng Galois hữu hạn G = Gal(L/K), β ∈ Spec(OL) iđêan nguyên tố OL nằm p ∈ Spec(OK) Giả sử thêm p không rẽ nhánh L, nghĩa pOL = β1 βr tích iđêan nguyên tố phân biệt p Thế σ = L/K phần tử β Gβ = {σ ∈ G | σβ = β} ⊆ G tác độngΣnhư tự đẳng cấu Frobenius trường thặng dư, nghĩa là: a) σ ∈ Gβ, hay σβ = βr b) Với α ∈ OL, σα = αq (mod β) q = |OK/p| với p = β ∩ OK Lưu ý với β, βJ iđêan nguyên tố OL nằm p, tồn τ ∈ G = Gal(L/K) cho: β J = τ β Hơn L/K βJ Do kí hiệu Artin Σ Σ −1τ τ= L/K β L/K L/K Σ = { Σ | β nằm p} p β hiểu lớp liên hợp Gal(L/K) √4 Chứng minh Cho K = Q( 2, i) mở rộng Galois Q √4 cách ghép thêm i Khi Gal(K/Q) = D4 ∼= (a, b | a4 = b2, baba = e) ta có dãy khớp −→ Gal(K/Q(i)) −→ Gal(K/Q) −→ Gal(Q(i)/Q) −→ với Gal(K/Q(i)) = (a | a4 = e), Gal(Q(i)/Q) = (b | b2 = e), (2.14) a: K i √ −→ K −→ i √ b: K i i, −→ K −→ − i √ −→ √ − → Ta chứng minh khẳng định sau: {p ∈ P | p ≡ (mod 8), Σ4 = −1} p = {p ∈ VQ,f | p không rẽ nhánh K, p (2.15) K/Q Σ= {a2}}, với {a2} lớp liên hợp gồm phần tử a2 D4 Thật vậy, đặt σ := K/Q Giả sử p khơng rẽ nhánh K Bằng tính p Σ toán biệt thức disc(OZ(i) /Z) = disc(X + 1) = −4, disc(OL /OK )| disc(L/K) = disc(X − 2) = 11 2− , suy (2) iđêan nguyên tố rẽ nhánh Q(i) √ (1 + i) iđêan nguyên tố Q(i) rẽ nhánh Q(i, 2) √ Do (2) iđêan nguyên tố Z rẽ nhánh Q(i, 2) Vậy p ƒ= Giả sử thêm σ = a2 Theo (2.14) σ = a2 : K √ −→ K √ 4 −→ − i −→ i Mặt khác, ta nhắc lại ≡ σα | p Do với α = √ √ √ p 2, σ(α) = σ( 2) ≡ ( 2) (mod β) √ √ Thế 2p ≡ (mod β) β | p, suy p− ≡ (mod p) ⇒ (2.16) p αp (mod β) với β Σ = ⇒ p ≡ ±1 (mod 8) Lại thay α = i, suy ip ≡ i (mod β) ⇒ (ip−1 − 1)i ∈ β ⇒ p − 1.4 ≡ Từ (2.16) (2.17), suy p (2.17) (mod 8) √ Lại thay α = 2, suy √4 p √4 √4 ( 2) ≡ − (mod β) ⇒ 2(2 p−4 + 1) ∈ β Do khơng phải lũy thừa bậc modulo p Vậy với p ∈ VQ,f thỏa mãn  p không rẽ  Σ  K / Q p nhánh K = a2 , p ≡ (mod 8) Σ4 = −1 p Đảo lại, giả sử p ≡ (mod 8) Σ4 = −1 Thế p ƒ= 2, suy p không p rẽ nhánh K Ta kiểm tra Σ √4 √4 K/Q σ= : −→ − p i −→ i √ √4 √4 √4 Thật vậy, σ( 2) ≡ ( 2)p (mod β), p ≡ (mod 8) nên ( 2)p = 2.2 p−4 Vì khơng lũy thừa bậc modulo p, nên p− ≡ −1 (mod p) √4 √4 ⇒ ( 2)p ≡ − (mod p) ⇒ σ( ⇒ σ( √4 √4 2) ≡ − √4 (mod β) √4 √4 √4 √4 2) = − 2( σ( 2) ∈ {± 2, i 2}) Mặt khác, σ(i) ≡ ip (mod β), p ≡ (mod 8) ⇒ ip = i (mod β) ⇒ σ(i) ≡ i (mod β) ⇒ σ(i) = i(ƒ= −i) Suy K/Q = a2 Vậy khẳng định (2.15) chứng minh Từ p Σ lý mật độ Chebotarev, ta suy điều phải chứng minh dùng Định 2.5 Lời giải số tập liên quan Trong mục giả sử a, b, c ∈ Z, abc khác không abc ước phương Bài tập 1: ( xem [2, Ex 1, trang 164]) Cho p số nguyên tố Gọi (x0, y0, z0) ba p−tập trung nhiều thành phần x0, y0, z0 chia hết cho p Chỉ nghiệm nguyên thủy phương trình aX2 + bY + cZ2 ≡ (mod p2) (2.18) p−tập trung Chứng minh Giả sử phản chứng tồn nghiệm nguyên thủy (x0, y0, z0) phương trình (2.18) khơng p−tập trung, khơng tính tổng quát ta giả sử p | x0, p | y0 Khi từ phương trình (2.18) suy cz0 ≡ (mod p2) abc khơng có ước phương, suy c khơng có ước phương, mà p số nguyên tố nên p | z0, điều mâu thuẫn với điều kiện (x0, y0, z0) nghiệm nguyên thủy Bài tập 2: (xem [2, Ex 2, trang 5]) Cho p | a phương trình aX2 + bY + cZ2 ≡ (mod p) (2.19) có nghiệm p-tập trung Chứng minh −bc bình phương modulo p Từ suy aX2 + bY + cZ2 ≡ modulo p có nghiệm p-tập trung với p | a, −bc bình phương modulo |a| Chứng minh Giả sử (x, y, z) nghiệm p-tập trung phương trình (2.19), suy y z khả nghịch modulo p Giả sử y khả nghịch ta có aX2 + bY + cZ2 ≡ (mod p) ⇒ by2 + cz2 ≡ (mod p) ⇒ by ≡ − cz2 (mod p) ⇒ −bc ≡ ( ycz )2 (mod p), hay −bc bình phương modulo p Vì abc khơng có ước phương nên giả sử |a| = p1 pn với pi số nguyên tố phân biệt Chứng minh tương tự suy −bc bình phương  modulo pi Áp dụng Định lý thặng dư Trung Hoa (Z/|a|Zi=∼= n Z/piZ), suy −bc bình phương modulo |a| Nhắc lại định lý Legendre: Cho a, b, c số ngun khác khơng, khơng có ước phương, nguyên tố đôi không dấu Khi phương trình aX2 + bY + cZ2 = (2.20) có nghiệm ngun khơng tầm thường điều kiện sau thỏa mãn −bc bình phương modulo a −ac bình phương modulo b −ab bình phương modulo c Ta dùng kết để chứng minh tập sau Bài tập 3: (xem [2, Ex 3, trang 614]) Nếu phương trình aX2 +bY +cZ = modulo p có nghiệm p−tập trung với số nguyên tố lẻ p | abc, phương trình aX2 + bY + cZ2 = có nghiệm khơng tầm thường R phương trình aX2 + bY + cZ2 = có nghiệm ngun khơng tầm thường Chứng minh Áp dụng chứng minh tương tự Bài tập ta suy −bc bình phương modulo a, −ac bình phương modulo b, −ab bình phương modulo c Mặt khác phương trình aX2 + bY + cZ2 = có nghiệm R nên a, b, c không dấu Áp dụng Định lý Legendre suy phương trình aX2 + bY + cZ2 = có nghiệm ngun khơng tầm thường Bài tập 4:(xem [2, Ex 4, trang 614]) Từ Định lý Legendre suy nguyên lý Hasse phương trình aX2 + bY + cZ2 = Chứng minh Ta giả sử a, b, c khơng có ước phương phương trình nên giả sử a, b, c đơi nguyên tố Từ Mệnh đề 1.1.6 ta cần chứng minh: Nếu phương trình aX2 + bY + cZ2 = (mod pm) có nghiệm nguyên nguyên thủy (x, y, z) với lũy thừa pm số ngun tố p tùy ý, phương trình có nghiệm thực, có nghiệm ngun khơng tầm thường Vì phương trình có nghiệm thực khơng tầm thường nên a, b, c không dấu Với m = 2, giả sử p | a Từ Bài tập suy nghiệm nguyên thủy (x, y, z) phương trình aX2 + bY + cZ2 = (mod p2) p−tập trung Mặt khác (x, y, z) nghiệm p−tập trung phương trình aX2 + bY + cZ2 = (mod p) Từ Bài tập suy −bc bình phương modulo a Chứng minh tương tự suy −ac bình phương modulo b, −ab bình phương modulo c Vậy với điều kiện a, b, c không dấu áp dụng Định lý Legendre suy phương trình có nghiệm ngun khơng tầm thường Bài tập (xem [2, trang 619]) Chứng minh hệ  +  uw = v (2.21) có nghiệm (u, v, w, z) = (1, 1, 1, 2) modulo (thậm chí modulo 23) khơng có nghiệm ngun thủy modulo 24, nói riêng C(Q2 = ∅) Chứng minh Xét modulo 16, giả sử (u, v, w, z) nghiệm nguyên thủy, số phương nhận giá trị 0, 1, 4, modulo 16 Mặt khác (u, v, w, z) nghiệm nguyên thủy, nên u, w không đồng thời chẵn Trường hợp 1: u2 ≡ (mod 16) ⇒ w2 ≡ (mod 16) ⇒ u2 + 3w2 ≡ 27 (mod 16) khơng có dạng 7z2 (mod 16) Trường hợp 2: u2 ≡ (mod 16) ⇒ w2 ≡ 0, 1, 4, (mod 16) ⇒ u2 + 3w2 = + 3w2 ∈ {1, 4, 13, 28} modulo 16 Nhận thấy 7z2 ∈ {0, 7, 12, 15} modulo 16 ⇒ loại Trường hợp 3: u2 ≡ (mod 16) ⇒ w2 ≡ ⇒ u2 + 3w2 ≡ 15 (mod 16) Từ u2 + 3w2 = 7z2 kéo theo u2 + 3w2 = u2 + 3w2 = 15 modulo 16 Trường hợp 3a: u2 + 3w2 ≡ ⇒ u2 = 4, w = ⇒ u chẵn, w lẻ ⇒ uw ƒ= v2 ⇒ mâu thuẫn ⇒ loại Trường hợp 3b: u2 + 3w2 ≡ 15 (mod 16) ⇒ u2 ≡ 4, w2 ≡ 9, z2 ≡ (mod 16) ⇒ u2w2 ≡ 4.9 ≡ (mod 16) ⇒ v4 ≡ (mod 16) Điều vô lý v2 ≡ 0, 1, 4, (mod 16) ⇒ v4 ≡ 0, (mod 16) ⇒ loại Trường hợp 4: u2 ≡ (mod 16) ⇒ w2 ∈ {0, 1, 4, 9} ⇒ u2+3w2 ≡ {9, 12, 5, 4} (mod 16) Vì 7z2 ∈ {0, 7, 12, 15}, nên u2 + 3w2 = 7z2 kéo theo u2 + 3w2 = 7z2 = 12 ⇒ u2 = 9, w2 = 1, z2 = modulo 16, ⇒ u2w2 ≡ (mod 16) uw lẻ Mặt khác, uw = v2 lẻ,⇒ uw = modulo 16 ⇒ u2w2 ≡ (mod 16), mâu thuẫn với u2w2 ≡ (mod 16) ⇒ đpcm Bài tập 6: (xem [2, Ex 5, trang 619]) Xét hệ phương trình:  au2 + cw2 = dz ,   uw = v , (2.22) a, c, d ∈ Z số lẻ Chứng minh rằng: hệ có nghiệm ngun thủy modulo 16, hệ có nghiệm (u, v, w, z) với (u, v, w) ∈ {0; 1} z ∈ {0; 1; 2; 3} Chứng minh Ta làm việc theo modulo 16 Giả sử (u, v, w, z) nghiệm nguyên thủy modulo 16 Vì x2 ≡ 0, 1, 4, (mod 16), nên tùy theo z2 ≡ 0, 1, 4, (mod 16) ta có (u : v : w : 0), (u : v : w : 1), (u : v : w : 2), (u : v : w : 3) nghiệm hệ (2.22) modulo 16, nói cách khác ta giả sử z ∈ {0, 1, 2, 3} modulo 16 Vì nghiệm nguyên thủy, a, c, d lẻ nên u, w khơng tính chẵn Vì vai trị u, w giống nhau, nên ta giả sử (u, w) lẻ u chẵn, w lẻ Trường hợp 1: u, w lẻ ⇒ uw = v2 lẻ ⇒ v lẻ ⇒ v2 nhận giá trị 1, modulo 16 ⇒ u2w2 = ⇒ u2 = w2 = u2 = w2 = Trường hợp 1a: u2 = w2 = ⇒ a + c = dz2 ⇒ ta chọn nghiệm (u, v, w, z) = (1, 1, 1, z) hệ (2.22) modulo 16 Trường hợp 1b: u2 = w2 = ⇒ 9a + 9c = dz2 modulo 16 Vì a, c lẻ nên a+ c chẵn, suy a + c = dz (mod 16) ⇒ (1, 1, 1, z) nghiệm hệ phương trình (2.22) modulo 16 u.4 ⇒ (u, v, w, Trường hợp 2: u chẵn, w lẻ ⇒ v chẵn ⇒ v2.4 ⇒ z) nghiệm, (0, 0, w, z) nghiệm Trường hơp 2a: Nếu w2 ≡ 1, (0 : : : z) nghiệm Trường hợp 2b: Nếu w2 ≡ 9, 9c ≡ dz2 (mod 16) Nếu z = 9c ≡ 9d (mod 16) ⇒ c ≡ d ⇒ (u, v, w, z) = (0, 0, 1, 1) nghiệm Nếu z = 9c ≡ d (mod 16) ⇒ 81c ≡ 9d (mod 16) ⇒ c ≡ 9d (mod 16) ⇒ (u, v, w, z) = (0, 0, 1, 3) nghiệm, ⇒ đpcm Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Xuân Bách, Một số ứng dụng lý thuyết trường lớp, luận văn tốt nghiệp Đại học năm 2017, Trường Đạo học Khoa học Tự nhiên [2] Aitken W., Lemmermeyer F., Counterexamples to the Hasse principle Amer Math Monthly 118 (2011), no 7, 610–628 [3] Bright M., Counterexamples to the Hasse principle, đặt trang web https://homepages.warwick.ac.uk/ maseap/arith/notes/elementary.pdf [4]Cox D., Primes of the form x2 + ny2 John Wiley & Sons, Inc 1989 ISBN 0-471-50654-0 [5]Iskovskih V A., A counterexample to the Hasse principle for systems of two quadratic forms in five variables Mat Zametki 10 (1971), 253–257 [6] Lind C.-E., Untersuchungen uber die rationalen Punkte der ebenen kubis- chen Kurven vom Geschlecht Eins, thesis, University of Uppsala, Uppsala, Sweden, 1940 [7] Milne J S., Algebraic Number Theory, Version 3.06, đặt trang web http://www.jmilne.org [8] Nguyen Ngoc Dong Quan, Algebraic families of hyperelliptic curves violating the Hasse principle Pacific J Math 274 (2015), no 1, 141–182 [9] Reichardt H., Einige im Kleinen uăberall lăosbare, im Groòen unlăosbare dio- phantische Gleichungen J Reine Angew Math 184 (1942), 12–18 [10] Selmer E., The Diophantine equation ax3 + by3 + cz3 = Acta Math 85 (1951), 203–362 [11] Serre J.-P., A course in arithmetic Translated from the French Graduate Texts in Mathematics, No Springer-Verlag, New York-Heidelberg, 1973 viii+115 pp [12] Silverman J., The Arithmetic of Elliptic Curves , second Edition Grandu- ate Texts in Mathematics, No 106 SpringerVerlag 2009 ISBN 978-0-387- 09493-9 [13] Nguyen Quoc Thang, A note on the Hasse principle Acta Arith 54 (1990), no 3, 171–184 ... THỊ HƯƠNG VỀ NGUYÊN LÝ ĐỊA PHƯƠNG - TOÀN CỤC CHO CÁC DẠNG TOÀN PHƯƠNG Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS ĐÀO PHƯƠNG BẮC... 1.3 Dạng toàn phương Qp Q 14 1.3.1 Dạng toàn phương .14 1.3.2 Dạng toàn phương Qp 16 1.3.3 Dạng toàn phương Q 17 Các phản ví dụ nguyên lý Hasse-Minkowski cho hệ dạng tồn phương. .. nào? Một kết theo hướng nghiên cứu nguyên lý địa phương- toàn cục, hay nguyên lý Hasse- Minkowski (đôi gọi đơn giản nguyên lý Hasse) Nguyên lý khẳng định dạng toàn phương với hệ số hữu tỷ có nghiệm