Dạng toàn phương hai biến xác định dương với hệ số nguyên

Nguyễn Duy Tânkhóa luận "Dạng toàn phương hai biến xác định dương với hệ số nguyên" được hoàn thành không trùng với bất kỳ đề tài nào khác.Trong quá trình hoàn thành khóa luận, tác giả đ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS Nguyễn Duy Tân

Hà Nội – Năm 2016

LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của bản báo cáo thực tập chuyênngành, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn DuyTân đã tận tình hướng dẫn tác giả đọc các tài liệu và tập dượt nghiêncứu Tác giả cũng xin được cảm ơn TS đã góp ý chi tiết về cách trìnhbày một số kết quả trong khóa luận

Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể cácthầy cô giáo trong khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2,đặc biệt là tổ Đại số, đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong quátrình học Đại học và thực hiện bản khóa luận này

Tác giả xin chân thành cảm ơn

Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2016

Sinh viên

Lê Thị Duyên

LỜI CAM ĐOAN

Tác giả xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS Nguyễn Duy Tânkhóa luận "Dạng toàn phương hai biến xác định dương với hệ

số nguyên" được hoàn thành không trùng với bất kỳ đề tài nào khác.Trong quá trình hoàn thành khóa luận, tác giả đã kế thừa nhữngthành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn

Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2016

Sinh viên

Lê Thị Duyên

Mục lục

1 Dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên 3

1.1 Các kiến thức cơ bản 3

1.1.1 Khái niệm 3

1.1.2 Một số tính chất 6

1.2 Dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên xác định dương 10

1.3 Dạng toàn phương xác định dương thu gọn 13

1.3.1 Dạng toàn phương xác định dương thu gọn 14

1.3.2 Thuật toán đưa một dạng toàn phương về dạng rút gọn 24

1.4 Lý thuyết giống sơ cấp 27

1.4.1 Luật thuận nghịch toàn phương 27

1.4.2 Dạng toàn phương chính 33

2 Ứng dụng vào biểu diễn số nguyên tố dạng p = x2+ ny2 40 2.1 Số nguyên tố dạng p = x2 + ny2 với n = 1, 2, 3, 4, 7 40

2.2 Số nguyên tố dạng p = x2 + ny2 với n = 5, 6, 10 47

Kết luận chung 56

Lời mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Trong hầu hết các giáo trình về lý thuyết số và đại số hiện đạiđều có đề cập đến một định lý của Fermat phát biểu rằng với một sốnguyên tố lẻ p, ta có:

2 Mục tiêu nghiên cứu

Mục tiêu của đề tài nhằm tổng quan các kết quả của các tác giả

đã nghiên cứu về dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên và lýthuyết giống ứng dụng vào việc biểu diễn các số nguyên tố dưới dạng

p = x2 + ny2.

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu về dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên,luật thuận nghịch toàn phương và lý thuyết giống sơ cấp, ứng dụngcủa chúng vào biểu diễn các số nguyên tố dạng p = x2 + ny2

Đề tài chỉ đề cập tới các trường hợp đơn giản với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6,

4 Phương pháp, phương tiện

Nghiên cứu, thu thập các tài liệu liên quan đến dạng toàn phươnghai biến với hệ số nguyên, luật thuận nghịch toàn phương, lý thuyếtgiống sơ cấp và các ứng dụng của chúng

5 Cấu trúc đề tài

Khóa luận gồm hai chương

Chương 1 "Dạng toàn phương hai biến" trình bày một số khái niệm

và định lý cơ bản liên quan tới dạng toàn phương hai biến xác địnhdương với hệ số nguyên, luật thuận nghịch toàn phương và lý thuyếtgiống sơ cấp

Chương 2 "Ứng dụng dạng toàn phương vào biểu diễn số nguyên tốdạng p = x2 + ny2" trình bày một số trường hợp cụ thể của các sốnguyên tố dạng p = x2 + ny2 với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 10

Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2016

Sinh viên

Lê Thị Duyên

số nguyên tố bởi dạng toàn phương hai biến và ký hiệu Legendre Tàiliệu tham khảo chính được sử dụng là [1].

1.1.1 Khái niệm

Định nghĩa 1.1 Dạng tổng quát của dạng toàn phương hai biến với

hệ số nguyên: f (x, y) = ax2 + bxy + cy2 với a, b, c ∈ Z Khi a, b, c làcác số nguyên tố cùng nhau thì ta gọi f (x, y) là dạng nguyên sơ.Định nghĩa 1.2 Ta nói một số nguyên m được biểu diễn bởi mộtdạng toàn phương hai biến f (x, y) nếu phương trình m = f (x, y) có

nghiệm nguyên (x, y).

Nếu phương trình trên có nghiệm nguyên (x, y) và x, y là hai sốnguyên tố cùng nhau thì m gọi là được biểu diễn thực sự bởi dạngtoàn phương hai biến f (x, y)

Định nghĩa 1.3 Ta nói hai dạng toàn phương f (x, y) và g(x, y) làtương đương nếu tồn tại p, q, r, s ∈ Z và ps−qr = 1 hoặc ps−qr = −1sao cho f (x, y) = g(px + qy, rx + sy)

Chú ý: Gọi A là ma trận của dạng toàn phương f (x, y) = ax2+ bxy +







xy

(trong cơ sở chính tắc) thì ta có B = PtAP

Vậy dạng toàn phương f (x, y) tương đương với dạng toàn phươngg(x, y) khi và chỉ khi tồn tại ma trận P ∈ GL(2, Z) sao cho B = PtAP Tương tự như vậy, ta có dạng toàn phương f (x, y) tương đươngthực sự với dạng toàn phương g(x, y) khi và chỉ khi tồn tại ma trận

P ∈ SL(2, Z) sao cho B = PtAP

Nhận xét:

i) Quan hệ tương đương của hai dạng toàn phương là một quan hệtương đương

• Tính phản xạ: f (x, y) tương đương với f (x, y) (hiển nhiên)

• Tính đối xứng: Cho hai dạng toàn phương f (x, y) và g(x, y),

f (x, y) tương đương với g(x, y), cần chứng minh g(x, y) tươngđương với f (x, y) Gọi A và B lần lượt là ma trận biểu diễncủa dạng toàn phương f (x, y) và g(x, y) trong cơ sở chínhtắc Vì f (x, y) tương đương với g(x, y) nên tồn tại ma trận

P ∈ GL(2, Z) sao cho B = PtAP Do P ∈ GL(2, Z) nên tồntại ma trận P−1 ∈ GL(2, Z) Khi đó, ta có A = (P−1)tBP−1.Như vậy g(x, y) tương đương với f (x, y)

• Tính bắc cầu: Cho f (x, y), g(x, y), h(x, y) là các dạng toànphương và f (x, y) tương đương với g(x, y), g(x, y) tương đươngvới h(x, y) Ta cần chứng minh f (x, y) tương đương với h(x, y).Thật vậy, gọi A, B và C lần lượt là ma trận của f , g và htrong cơ sở chính tắc

Vì f (x, y) tương đương với g(x, y) nên tồn tại ma trận P ∈GL(2, Z) sao cho B = PtAP Tương tự, vì g(x, y) tương

đương với h(x, y) nên tồn tại ma trận Q ∈ GL(2, Z) saocho C = QtBQ Khi đó C = QtBQ = Qt(PtAP )Q =(P Q)tA(P Q) Vậy f (x, y) tương đương với g(x, y), vì ma trận

P Q cũng thuộc GL(2, Z)

ii) Tương tự như trên ta có thể chứng minh quan hệ tương đươngthực sự của hai dạng toàn phương cũng là một quan hệ tươngđương

Định nghĩa 1.4 Cho dạng toàn phương hai biến: f (x, y) = ax2 +bxy + cy2 với a, b, c ∈ Z, giá trị D = b2 − 4ac gọi là biệt thức của

D0 lần lượt là biệt thức của f (x, y) và g(x, y) Khi đó:

D0 = −4 det B = −4 det(PtAP ) = −4 det(P )2det A = −4 det A = D,

Nói riêng, m được biểu diễn bởi f (x, y) khi và chỉ khi nó được biểudiễn bởi g(x, y)

Chứng minhGọi A, B lần lượt là ma trận của f (x, y) và g(x, y) trong cơ sở chínhtắc Ta có f (x, y) tương đương với g(x, y) khi và chỉ khi tồn tại matrận P ∈ GL(2, Z) sao cho A = PtBP









xy







xy

Làm tương tự như trên, ta thấy (x, y) thuộc X Do đó với mỗi (x0, y0) ∈

Y ta luôn xác định được duy nhất (x, y) ∈ X sao cho ϕ((x, y)) =(x0, y0) Suy ra ϕ là song ánh (đpcm)

Định lý 1.1 Một dạng toàn phương biểu diễn thực sự cho một sốnguyên m khi và chỉ khi f (x, y) tương đương thực sự với dạng toànphương mx2 + bxy + cy2 với b, c ∈ Z

Chứng minh:

Giả sử f (x, y) = a0x2 + b0xy + c0y2 với a0, b0, c0 ∈ Z, m được biểudiễn thực sự bởi f (x, y) Ta cần chứng minh f (x, y) tương đương thực

sự với dạng toàn phương mx2+ bxy + cy2 Thật vậy, f (x, y) biểu diễn

thực sự cho số nguyên m, do đó tồn tại p, q ∈ Z, (p, q) = 1 sao cho

f (p, q) = a0p2 + b0qp + c0q2 = m

Do (p, q) = 1 nên ta có thể chọn r, s ∈ Z sao cho ps − qr = 1 Xét

phép biến đổi tuyến tính:

f (px0 + ry0, qx0+ sy0) = a0(px0 + ry0)2 + b0(px0 + ry0)(qx0 + sy0) + c0(qx0 + sy0)2

= x02(a0p2 + c0q2 + b0pq) + x0y0(2a0pr + b0ps + b0rq + 2c0qs)+ y0(a0r2 + b0rs + c0s2)

Đặt:

b = 2a0pr + b0ps + b0rq + 2c0ps, c = a0r2 + b0rs + c0s2

Suy ra f (px0 + ry0, qx0 + sy0) = mx02 + bx0y0 + cy02 Do đó, f tương

đương thực sự với mx2 + bxy + cy2

Ngược lại, cho f (x, y) tương đương thực sự với dạng toàn phương

mx2 + bxy + cy2, ta cần chứng minh f (x, y) biểu diễn thực sự cho số

nguyên m Ta có f (x, y) tương đương thực sự với dạng toàn phương

mx2 + bxy + cy2, nên tồn tại p, q, r, s ∈ Z với ps − rq = 1 sao cho

mx2 + bxy + cy2 = f (px + ry, qx + sy)

Suy ra m = f (1, 0) Do vậy m được biểu diễn thực sự bởi dạng toànphương f (x, y) (đpcm)

= (2ax)2 + b2y2 + 4abxy − b2y2 + 4acy2

= (2ax + by)2 − y2(b2 − 4ac)

= (2ax + by)2 − Dy2

1 Nếu D > 0 thì f (x, y) có thể biểu diễn cho cả số nguyên âm và

số nguyên dương Khi đó, ta nói f (x, y) là dạng toàn phương haibiến không xác định

2 Nếu D < 0 thì f (x, y) có thể biểu diễn cho chỉ số nguyên âm hoặcchỉ số nguyên dương

• Nếu a > 0 thì f (x, y) chỉ có thể biểu diễn cho số nguyên dương.Khi đó, ta nói f (x, y) là dạng toàn phương hai biến xác định

• Nếu a < 0 thì f (x, y) chỉ có thể biểu diễn cho số nguyên âm Khi

đó, ta nói f (x, y) là dạng toàn phương hai biến xác định âm

Định lý 1.2 Cho D ≡ 0, 1(mod4), D ∈ Z và số nguyên lẻ m với

m và D là nguyên tố cùng nhau Khi đó m được biểu diễn thực sựbởi một dạng toàn phương nguyên sơ với biệt thức D khi và chỉ khi

D ≡ x2(modm), với x nguyên nào đó

Chứng minh:

Giả sử m được biểu diễn thực sự bởi f (x, y) là một dạng nguyên

sơ với biệt thức D, ta cần chứng minh D ≡ x2(modm) Thật vậy, mđược biểu diễn thực sự bởi f (x, y) nên ta có f (x, y) tương đương thực

sự với dạng toàn phương mx2+ bxy + cy2, có biệt thức b2 − 4mc Suy

ra f (x, y) cũng có biệt thức D = b2 − 4mc Do vậy D ≡ b2(modm).Ngược lại, giả sử D ≡ b2(modm), ta cần chứng minh m được biểudiễn thực sự bởi một dạng nguyên sơ với biệt thức D Đặt:

• TH2: D ≡ 1(mod4).

Nếu b là số nguyên lẻ thì ta có b2 ≡ 1(mod4) Suy ra D ≡

b2( mod 4m) Nếu b là số nguyên chẵn thì b0 là số nguyên lẻ, tương

tự ta có D ≡ b02(mod4m)

Như vậy trong mọi trường hợp, ta luôn chọn được b sao cho D ≡

b2(mod4m) Ta viết D = b2 − 4mc, với c là số nguyên nào đó Xétdạng toàn phương

f (x, y) = mx2 + bxy + cy2,

với biệt thức D Ta có f (1, 0) = m, suy ra m được biểu diễn thực sựbởi f (x, y) Mặt khác (D, m) = 1 và D = b2 − 4mc, nên ta có b, m, cnguyên tố cùng nhau Suy ra f (x, y) là dạng nguyên sơ với biệt thức

D Vậy m được biểu diễn bởi một dạng nguyên sơ với biệt thức D(đpcm)

Định nghĩa 1.5 Cho p là số nguyên tố lẻ, x ∈ Z Khi đó, kí hiệuLegendre của x, kí hiệu bởi  x

p

được định nghĩa như sau:

 xp

1 khi p - x, x ≡ a2(modp) với a nào đó

−1 khi p - x, x 6≡ a2(modp) với mọi a

Định lý sau đây là quan trọng, nó cho ta mối liên hệ giữa bàitoán biểu diễn một số nguyên tố p bởi dạng toàn phương với ký hiệuLegrendre

Định lý 1.3 Cho số nguyên dương n và số nguyên tố lẻ p, p không

Chú ý rằng với một số nguyên tố p, nếu p được biểu diễn bởi dạngnguyên sơ f (x, y) thì nó cũng được biểu diễn thực sự bởi f (x, y).Theo Định lý 1.2, p được biểu diễn bởi một dạng nguyên sơ có biệtthức D = −4n khi và chỉ khi D ≡ x2(modp) Nhận xét rằng nếu pđược biểu diễn bởi dạng toàn phương với biệt thức D = −4n, thì dạngtoàn phương này là xác định dương vì D < 0 và p > 0 Sử dụng kíhiệu Legendre ta có

  −np

Trong mục này chúng ta sẽ chứng minh mọi dạng toàn phương nguyên

sơ xác định dương đều tương đương thực sự với một dạng thu gọn duynhất

1.3.1 Dạng toàn phương xác định dương thu gọn.

Định nghĩa 1.6 Một dạng toàn phương nguyên sơ xác định dương

f (x, y) = ax2 + bxy + cy2 là dạng thu gọn (rút gọn) nếu: |b| ≤ a ≤ c,

f (x, y) = ax2 + bxy + cy2 ≥ (a − |b| + c) min(x2, y2)

Ta có

ax2 + bxy + cy2 ≥ a|x|2 − |b||x||y| + c|y|2

≥ a|x|2 − |b||x||y| + c|y|2 − a(|x| − |y|)2

≥ −|b||x||y| + c|y|2 + 2a|x||y| − a|y|2

≥ (2a − |b|)|x||y| + (c − a)|y|2.Theo giả thuyết |b| ≤ a ≤ c, suy ra 2a − |b| ≥ 0 và c − a ≥ 0 Do đó

ax2 + bxy + cy2 ≥ (2a − |b|) min(x2, y2) + (c − a) min(x2, y2)

≥ (a − |b| + c) min(x2, y2)

Vậy f (x, y) = ax2 + bxy + cy2 ≥ (a − |b| + c) min(x2, y2)

ii) Nếu xy 6= 0 thì min(x2, y2) ≥ 1 Khi đó f (x, y) ≥ a − |b| + c.Mặt khác |b| ≤ a ≤ c, nên a − |b| + c ≥ c ≥ a Từ đó ta có

f (x, y) ≥ a − |b| + c ≥ c ≥ a khi xy 6= 0

Suy ra a là giá trị khác không nhỏ nhất biểu diễn được bởi f (x, y).Hơn nữa, nếu c > a thì c là giá trị khác không nhỏ nhất tiếp theođược biểu diễn bởi f (x, y)

iii) Nếu min(x2, y2) = 0 thì x = 0 và y = ±1 hoặc x = ±1 và

y = 0 Hiển nhiên f (±1, 0) = a và f (0, ±1) = c Do đó, nếu c > a thì

f (x, y) = a khi và chỉ khi (x, y) = (±1, 0) Nếu c = a thì f (±1, 0) =

f (0, ±1) = a

Vậy bổ đề đã được chứng minh

Bổ đề 1.2 Nếu hai dạng toàn phương rút gọn tương đương thực sự

thì chúng trùng nhau.

Chứng minhCho h(x, y), g(x, y) là hai dạng rút gọn và chúng tương đương thực

sự với nhau Ta cần chứng minh h(x, y) = g(x, y) Thật vậy, gọi

h(x, y) = a1x2 + b1xy + c1y2,g(x, y) = a2x2 + b2xy + c2y2.Theo bổ đề 1.1 ta có a1 là số khác không nhỏ nhất biểu diễn được bởih(x, y), và a2 là số khác không nhỏ nhất biểu diễn được bởi g(x, y) Vìh(x, y) và g(x, y) biểu diễn cùng một tập các số nguyên, nên a1 = a2.Chú ý rằng c1 ≥ a1 Ta xét hai trường hợp

Giả sử c1 > a1 Khi đó a1 = h(±1, 0) được biểu diễn chính xác

2 lần bởi h(x, y) Vì h(x, y) và g(x, y) là tương đương thực sự, nên

a1 = a2 cũng được biểu diễn chính xác 2 lần bởi g(x, y) Từ đó suy ra

c2 > a2 = a1, (vì nếu c2 = a2 thì a2 được biễu diễn 4 lần bởi g(x, y)).Khi đó c1 là số nguyên nhỏ thứ hai được biểu diễn bởi h(x, y) và c2

là số nguyên nhỏ thứ hai được biểu diễn bởi g(x, y) Vì h(x, y) vàg(x, y) biểu diễn cùng một tập các số nguyên, nên c1 = c2 Mà h(x, y)

và g(x, y) có cùng biệt thức, a1 = a2 và c1 = c2, nên b1 = b2 hoặc

p q

r s

= 1

sao cho h(px + qy, rx + sy) = g(x, y) Ta có

a2 = g(1, 0) = h(p, r) = a1 ⇒ (p, r) = (±1, 0),

c2 = g(0, 1) = h(q, s) = c1 ⇒ (q, s) = (0, ±1)

Kết hợp với

= 1

Khi đó:

f (−y, x) = ay2 − bxy + ax2 = h(x, y)

Suy ra f (x, y) tương đương thực sự với h(x, y) Như vậy, ta đã chứngminh f (x, y) là dạng rút gọn hoặc f (x, y) tương đương thực sự vớimột dạng rút gọn h(x, y)

Cuối cùng ta đi chứng minh dạng rút gọn mà tương đương thực sựvới f (x, y) là duy nhất Giả sử h(x, y) và g(x, y) là hai dạng rút gọn

và đều tương đương thực sự với f (x, y) Do đó h(x, y) tương đương

thực sự với g(x, y) Theo Bổ đề 1.2 ta có h(x, y) = g(x, y).

Vậy định lý đã được chứng minh

Chú ý: Hai dạng toàn phương nguyên sơ tương đương thực sự khi vàchỉ khi chúng cùng tương đương thực sự với một dạng rút gọn (duynhất)

Ví dụ 1.3.1 1 Xét hai dạng toàn phương:

f (x, y) = 3x2 + 2xy + 5y2.g(x, y) = 3x2 − 2xy + 5y2

Ta thấy rằng f (x, y) và g(x, y) là tương đương nhưng cả f (x, y),g(x, y) đều là dạng rút gọn do chúng đều thỏa mãn |b| < a < c

Do đó chúng không tương đương thực sự

2 Xét hai dạng toàn phương:

f (x, y) = 2x2 + 2xy + 3y2.g(x, y) = 2x2 − 2xy + 3y2

Ta có f (x, y) và g(x, y) là tương đương Mà f (x, y) là dạng rútgọn do nó thỏa mãn b = |a| và b ≥ 0, còn g(x, y) không phải làdạng rút gọn do b < 0 và |b| = a Phép chứng minh Định lý trênchỉ ra rằng f (x, y) và g(x, y) là tương đương thực sự

Hệ quả 1.1 Cho số nguyên dương n, p là số nguyên tố lẻ và p khôngchia hết n Khi đó  −n

p



= 1 khi và chỉ khi p được biểu diễn bởi mộtdạng rút gọn có biệt thức D = −4n

Chứng minh

Hệ quả này suy ra trực tiếp từ Định lý 1.3 và Định lý 1.4

Định lý 1.5 Cho trước D < 0, D ∈ Z Khi đó số lớp tương đươngthực sự của các dạng toàn phương nguyên sơ xác định dương có biệtthức D là hữu hạn, kí hiệu h(D) Ta có h(D) chính là số dạng toànphương nguyên sơ xác định dương rút gọn với biệt thức D

Chứng minhXét dạng toàn phương nguyên sơ xác định dương thu gọn

Nhận xét: Dạng toàn phương f (x, y) = x2 + ny2 luôn là dạng rútgọn.

Định lý 1.6 Cho số nguyên dương n, và p là nguyên tố lẻ với p khôngchia hết n Giả sử h(−4n) = 1 Khi đó p được biểu biễn bởi dạng rútgọn f (x, y) = x2 + ny2 khi và chỉ khi  −n

1.3.2 Thuật toán đưa một dạng toàn phương về dạng rút

gọn

Để đưa một dạng toàn phương f (x, y) = ax2+ bxy + cy2 với a, b, c ∈ Z

về dạng rút gọn ta thực hiện các phép biến đổi tuyến tính cần thiết

1 Nếu |b| > a thì thực hiện phép biến đổi tuyến tính:

1 m

0 1

= 1

Chọn m thỏa mãn |2am+b| ≤ a, đưa dạng toàn phương f (x, y) =

ax2 + bxy + cy2 về dạng g(x, y) = ax2 + (2am + b)xy + (am2 +

0 −1

1 0

... hữu hạn, kí hiệu h(D) Ta có h(D) số dạng toànphương nguyên sơ xác định dương rút gọn với biệt thức D

Chứng minhXét dạng toàn phương nguyên sơ xác định dương thu gọn