Về nguyên lý địa phương toàn cục cho dạng toàn phương (luận văn ths toán học)

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 Hà Nội - 2017 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn TS Đào Phương Bắc Nhân dịp này, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc chân thành tới Thầy Người cho biết muốn làm khoa học phải học, phải đọc Được làm việc hướng dẫn Thầy, thấy trưởng thành nhiều Thầy Người dành nhiều thời gian, công sức để hướng dẫn, kiểm tra giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi 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 nhận suốt q trình học tập Khoa Tơi 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 lòng 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 q thầy, bạn Hà Nội, ngày 28 tháng 05 năm 2017 Phạm Thị Hương Mục lục Nguyên lý Hasse - Minkowski cho dạng toàn 1.1 Trường p-adic 1.2 Kí hiệu Hilbert 1.3 Dạng toàn phương Qp Q 1.3.1 Dạng toàn phương 1.3.2 Dạng toàn phương Qp 1.3.3 Dạng toàn phương Q phương Các phản ví dụ nguyên lý Hasse-Minkowski cho hệ dạng toàn phương 2.1 Phản ví dụ Lind Reichardt 2.2 Phản ví dụ Birch Swinnerton-Dyer 2.3 Họ phản ví dụ W Aitken F Lemmermeyer 2.3.1 Cách tham số hóa đường conic 2.3.2 Nghiệm modulo số nguyên tố lẻ 2.3.3 Nghiệm modulo lũy thừa số nguyên tố 2.4 Mật độ phản ví dụ nguyên lý Hasse 2.5 Lời giải số tập liên quan 5 11 14 14 16 17 20 20 22 23 24 26 27 32 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 p L/K p : kí hiệu Legendre x, p số ngun tố : kí hiệu Artin 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 nguyên) hay không? Tiếp đến có nghiệm liệu tập nghiệm “nhiều” đến mức độ nào? Một kết theo hướng nghiên cứu nguyên lý địa phương-toàn cục, hay nguyên lý HasseMinkowski (đôi gọi đơn giản nguyên lý Hasse) Nguyên lý khẳng định dạng tồn 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 ngun lý Hasse khơng ta thay dạng toàn 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 + 4y + 5z = 0), hệ hai dạng toàn phương (Lind-Reichardt, tìm độc lập gần đồng thời, xem [6], [9]) Sau 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 ngun lý Hasse cho dạng tồn 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 toàn 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 Lind-Reichardt Cụ thể phản ví dụ cho sau Định lý Ta xét hệ phương trình diophantine có dạng   u2 − qw2 = dz = v2,  uw (1) (1) q ∈ P cho q ≡ 1(8), (2) d = 0, khơng có ước phương q d, ∗4 (3) d ∈ F∗2 q \ Fq , (4) q ∈ F4p với p ước nguyên tố lẻ d Khi hệ phương trình nói vi phạm ngun 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 không tầm thường) Bổ đề 2.3.11 cho thấy điều kiện d ∈ / F∗4 q đưa để đảm bảo hệ phương trình 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 độ 18 tập số nguyên tố Nói riêng [2] Aitken F Lemmermeyer cung cấp họ vô 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/pn Z vành lớp số nguyên modulo pn , p số nguyên tố cho trước Xét đồng cấu φn : An → An−1 , x + pn Z → x + pn−1 Z Nhận thấy toàn ánh hạt nhân pn−1 An 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 ←− x = ( , xn , , x1 ) xn ∈ Z/pn φn (xn ) = xn−1 với n ≥ Các phép toán cộng nhân Zp thực tọa độ x + y = ( , xn + yn , , x1 + y1 ), xy = ( , xn yn , , x1 y1 ) 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 khơng chia hết cho p Thế x1 , x2 , , không chia hết cho p Nếu x1 ≡ (mod p), tồn y1 = (mod p) cho: x1 y1 ≡ Z/p Ta tồn y2 ∈ Z/p2 cho: x y1 ≡ (mod p2 ) y2 ≡ y1 (mod p) Thật vậy,   x2 ≡ x1  p x1 , (mod p), kéo theo p x2 , suy (x2 , p) = Vậy tồn y2 ∈ Z/p2 cho x2 y2 ≡ (mod p2 ) Mặt khác, x2 ≡ x1 (mod p) ⇒ x2 = x1 + pa ⇒ (x1 + pa)y2 ≡ (mod p2 ) ⇒ x1 y1 ≡ (mod p) ⇒ y2 ≡ y1 (mod p) Lặp lại thủ tục ta có xn yn = 1( Z/pn ) yn ≡ ym (mod pm ) (b) Với x ∈ Zp , x = 0, tồn n lớn cho xn ≡ Z/pn Ta có x = pn u với u = p−n ( , xn+2 , xn+1 , 0, 0, , 0), suy u p hay u ∈ (Zp )∗ Với x phần tử khác không Zp , x = ( , xn , , x2 , x1 ) ta xét n số lớn cho xn = Thế x = pn u với u ∈ Z∗p Khi số nguyên n gọi định giá p-adic x kí hiệu vp (x) Đặt vp (0) = ∞ ta có vp (xy) = vp (x) + vp (y), vp (x + y) ≥ inf(vp (x), vp (y)) Trên Zp ta trang bị tôpô tự nhiên sau: Từng không gian (Z/pn ) gồm pn điểm ta xét tôpô rời rạc Khi Zp tập đóng khơng gian tích n≥1 (Z/pn ) trang bị tơpơ cảm sinh từ tơpơ tích Mệnh đề 1.1.4 (xem [11, Prop 3, trang 12]) Tơpơ Zp định nghĩa khoảng cách sau d(x, y) = e−vp (x−y) Không gian Zp không gian mêtric đầy đủ Z trù mật Ở phép nhúng từ Z vào Zp cho bởi: a ∈ Z → ([a]pn := a + pn Z)n≥1 ∈ Zp Định nghĩa 1.1.5 Trường số p-adic, kí hiệu Qp , trường thương vành Zp Cho phương trình F (x1 , , xm ) = 0, (1.1) F ∈ Z[x1 , , xm ] đa thức với hệ số Z có bậc d dương Một gồm m tọa độ (a1 , , am ) gọi nghiệm không tầm thường phương trình (1.1) thỏa mãn phương trình có khác không Một phần tử (bộ) gồm m tọa độ (a1 , , am ) ∈ Zm gọi nguyên thủy ước chung lớn a1 , , am Tương tự, (a1 , , am ) ∈ Zm gọi nghiệm nguyên thủy modulo N F nguyên thủy thỏa mãn phương trình F (a1 , , am ) ≡ (mod N ) Nếu F = (mod N ) có nghiệm (a1 , , am ) với khả nghịch (modulo N ) −1 Gọi a−1 i phần tử nghịch đảo Z/N hay ai = (mod N ), Chứng minh Như nhận xét giả sử d = Sử dụng cách tham số hóa đường conic au2 + cw2 = dz Bổ đề 2.3.1 (Bổ đề 2.3.3 khẳng định tồn tham số hóa đó) suy tồn đa thức q1 , q2 , q3 ∈ Fp [T ], aq12 + bq22 = q32 Do Char Fp = nên q1 , q2 không liên kết Cho q1 , q2 , q3 ∈ Fp [T ] Bổ đề 2.3.1 Thế aq12 + bq22 = q32 (Các đa thức q1 , q2 , q3 tồn tồn x0 , y0 ∈ Fp cho Bổ đề 2.3.2.) Do Char Fp = nên q1 , q2 không liên kết, áp dụng Mệnh đề 2.3.6 suy tồn t ∈ Fp cho q1 (t) q2 (t) =− (2.9) p p q1 (t)q2 (t) = −1; mặt khác q1 (t)q2 (t) = c2 với c ∈ Fp Hơn nữa, p q1 (t), q2 (t) không đồng thời (vì ngược lại mâu thuẫn với (2.9) Do U = q1 (t), W = q2 (t), Z = q3 (t), V = c nghiệm không tầm thường) Suy 2.3.3 Nghiệm modulo lũy thừa số nguyên tố Sau khẳng định hệ (2.8) có nghiệm không tầm thường modulo p, tập trung tìm nghiệm p-địa phương hệ   au2 + cw2 = dz , = v2,  uw (2.10) a, c, d số nguyên khác không Từ hệ Định lý 2.3.5 p số nguyên tố lẻ p acd hệ phương trình (2.10) có nghiệm nguyên thủy modulo p Trong mục mở rộng kết cho lũy thừa p Ngoài xét với trường hợp p = Để thuận tiện cho người đọc, phát biểu chứng minh số kết sơ cấp số học Mệnh đề 2.3.6 (xem [2, Prop 1, trang 618]) Cho p số nguyên tố lẻ, N r > số nguyên cho p rN Nếu N lũy thừa bậc r modulo p, N lũy thừa bậc r modulo pk với k ≥ Chứng minh Chúng ta chứng minh quy nạp theo k Giả sử N ≡ ar (mod pk ), hay N − ar = cpk Ta chứng minh khẳng định với k + Ta có (a + xpk ) ≡ ar + rar−1 xpk (mod pk+1 ) 27 Do N − (a + xpk )r ≡ (c − rar−1 x)pk (mod pk+1 ) Ta có (p, N ) = nên (p, a) = Do tồn x cho p | (c − rar−1 x), N ≡ (a + xpk )r (mod pk+1 ) Sau đề cập đến khái niệm nghiệm mạnh từ nghiệm mạnh modulo p, ta tồn nghiệm mạnh nguyên thủy modulo pk Khái niệm cần đưa nghiên cứu trường hợp p | acd Bây xét kết mục Một nghiệm gọi mạnh modulo pk hệ phương trình (2.10) nghiệm nguyên thủy (u, v, w, z) modulo pk phần tử au, cw, dz khác không modulo p Định lý 2.3.7 (xem [2, Thm 2, trang 618]) Cho p số nguyên tố lẻ, a, c, d số nguyên khác không Nếu au2 + cw2 = dz , uw = v có nghiệm mạnh modulo p, có nghiệm mạnh modulo pk với k Nói riêng, có nghiệm p-địa phương Nhận xét: Định lý không thiết p acd Điều cho phép xử lý số nguyên tố ước acd Chứng minh Đặt (u0 , v0 , w0 , z0 ) nghiệm mạnh modulo p Do au20 +cw02 = dz02 có hai phần tử au0 , cw0 , dz0 khác khơng modulo p (vì ngược lại (u0 , v0 , w0 , z0 ) nghiệm tầm thường) Do tính đối xứng giả sử au0 khác khơng modulo p Ta cố định lũy thừa pk p Do k p a, p u0 , chọn nghịch đảo a−1 , u−1 ∈ Z modulo p Đặt v = v0 u0−1 , w = w0 u0−1 , z = z0 u−1 Khi (1, v, w, z) nghiệm modulo p hệ phương trình Do w ≡ v modulo p, suy a + cv ≡ dz modulo p Do a−1 (dz − cv ) ≡ modulo p, = 14 lũy thừa bậc bốn modulo p, theo Mệnh đề 2.3.9 suy tồn m ∈ Z cho a−1 (dz − cv ) ≡ m4 modulo pk Mặt khác, am4 + cv ≡ dz modulo pk , suy (m2 , mv, v , z) nghiệm modulo pk Do m khác không modulo p nên (m2 , mv, v , z) nghiệm mạnh modulo pk Từ Định lý 2.3.5 Định lý 2.3.7 ta có hệ sau 28 Hệ 2.3.8 Nếu p số nguyên tố lẻ cho p acd hệ au2 + cw2 = dz , uw = v (2.11) có nghiệm p-địa phương: tức có nghiệm nguyên thủy modulo pk với k Chứng minh Do p acd nên a, c, d khác modulo p Suy theo Định lý 2.3.5, hệ phương trình 2.11 có nghiệm khơng tầm thường modulo p Lại p acd, nghiệm (u, v, w, z) nghiệm mạnh modulo p Do theo Định lý 2.3.7, hệ phương trình (2.11) giải p-địa phương Với trường hợp p = cần xử lý kỹ thuật Ví dụ, với hệ phương trình u2 + 3w2 = 7z , uw = v có nghiệm (1, 1, 1, 2) modulo (thậm chí modulo 23 ) Nhưng khơng có nghiệm ngun thủy modulo 24 Chứng minh: xem [2, Bài tập 5, trang 619] Ngoài trường hợp p = Mệnh đề 2.3.6 khơng Ví dụ số nguyên tố lũy thừa bậc bốn modulo không lũy thừa bậc bốn modulo pk với k > Để làm việc với trường hợp p = 2, ta cần dạng khác Mệnh đề 2.3.6 trường hợp p = Mệnh đề 2.3.9 Nếu N ≡ (mod 24 ) N lũy thừa bậc bốn modulo 2k với k ≥ Chứng minh Chúng ta chứng minh quy nạp theo k Giả sử mệnh đề với k hay N ≡ a4 (mod 2k ) k ≥ Suy N − a4 = c2k Ta có (a + x2k−2 )4 ≡ a4 + a3 x2k (mod 2k+1 ) Do N −(a+x2k−2 )4 ≡ (c−a3 x)2k (mod 2k ) Do (2, N ) = nên (2, a) = Do chọn x cho | (c − a3 x) N ≡ (a + x2k−2 )4 (mod 2k ) Sử dụng Mệnh đề 2.3.9 chứng minh tương tự Định lý 2.3.7 ta có định lý sau Định lý 2.3.10 Cho a, c, d số nguyên khác không Nếu hệ au2 + cw2 = dz , uw = v có nghiệm mạnh modulo 24 , có nghiệm mạnh modulo 2k với k 29 Bổ đề 2.3.11 Cho d số nguyên tố khác khơng, khơng có ước phương q ≡ 1(8), q d Nếu hệ   u2 − qw2 = dz , = v2  uw có nghiệm khơng tầm thường Z, d ∈ F4q , hay d lũy thừa bậc modulo q Chứng minh Do hệ phương trình nên có nghiệm nguyên thủy (u, v, w, z) Do d khơng có ước phương nên (u, w) = 1: giả sử ngược lại p | u, p | v p | v, p2 | dz (u, v, w, z) nguyên thủy nên p2 | d, điều mâu thuẫn với d ước phương Tương tự, ta suy (u, z) = 1, (w, z) = Do u2 w2 = v (u, w) = nên u2 , w2 lũy thừa bậc bốn Cho p số nguyên tố chia hết cho z Lấy modulo p ta có u2 ≡ qw2 Do (w, z) = nên (w, p) = 1, w khả nghịch modulo p, gọi w−1 phần tử nghịch đảo w modulo p Do q ≡ (uw−1 )2 modulo p hay ( pq ) = Do q ≡ (mod 4) theo luật thuận nghịch Gauss ta có ( pq ) = Do ( pq ) = với số nguyên tố p | z Do q ≡ (mod 8) nên ( 2q ) = q−1 (−1)w(q) với w(q) = q 8−1 (mod 2) = nên ( 2q ) = Mặt khác −1 =1 q ) = (−1) z (vì q ≡ (mod 8)) Vậy từ tính chất tích kí hiệu Legendre suy ( q ) = Do z lũy thừa bậc bốn modulo q Ta có u2 ≡ dz (mod q), mặt khác theo ta có u2 , z lũy thừa bậc bốn modulo q Do d lũy thừa bậc bốn modulo q Sau kết hợp khẳng định để rút Định lý Bài báo Aitken Lemmermeyer Định lý 2.3.12 (xem [2, Thm 4, trang 621]) Ta xét hệ phương trình diophantine có dạng   u2 − qw = dz , (2.12)  uw = v2, (1) q ∈ P cho q ≡ 1(8), (2) d = 0, khơng có ước phương q d, 30 ∗4 (3) d ∈ F∗2 q \ Fq , (4) q ∈ F4p với p ước nguyên tố lẻ d Khi hệ phương trình nói vi phạm ngun 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 nguyên tố, q ≡ 1(8), mặt khác d ∈ F∗4 q nên C(Z) = ∅ (theo Bổ đề 2.3.11) 1 C(R) = ∅ 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 ) = ∅ (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∗2 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 giả thiết q ∈ F4p , nghĩa tồn m cho m4 ≡ q (mod p), suy (m2 , m, 1, 0) nghiệm mạnh modulo p (z = −q p ) Lại theo Định lý 2.3.7, C(Qp ) = ∅ 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 = ≡ (mod 2)) Mặt khác theo Định lý 2.3.10, C(Qp ) = ∅ 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 ) = ∅ ∗4 Nhận xét 2.3.13 Với d = 2, q ∈ P, q ≡ 1(8), ∈ F∗2 q \ Fq , đường cong cho (2.12) thỏa mãn điều kiện cho định lý Ngoài {q ∈ P | q ≡ 1(8), ∈ ∗4 F∗2 tập số nguyên tố Điều q \ Fq } vô hạn với mật độ cho mục 2.4 31 2.4 Mật độ phản ví dụ nguyên lý Hasse Định lý 2.4.1 Ta xét hệ phương trình Diophantine bậc hai   u2 − qw2 = 2z , = v2  uw (2.13) 1) q số nguyên tố cho q ≡ (mod 8), ∗4 2) ∈ F∗2 q \Fq ,nghĩa là lũy thừa bậc không lũy thừa bậc modulo q Thế đường cong xác định hệ phương trình nói vi phạm ngun lý Hasse, nghĩa hệ ln có nghiệm (khơng tầm thường) Qp (p số nguyên tố), R, khơng có nghiệm Z (cũng Q) Nhận xét 2.4.2 Với q = 17, Định lý quy phản ví dụ LindtReichardt Khẳng định sau họ phản ví dụ nêu Định lý vô hạn mật độ số nguyên tố q thỏa mãn điều kiện 81 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   p ≡1  2 ∗4 ∈ F∗2 p \ Fp , hay (mod 8), p = −1 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: |{p ∈ S | Np ≤ N }| = δ N −→∞ |{p ∈ P | Np ≤ N }| lim Np dùng để chuẩn iđêan 32 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 =C p có mật độ δ = |C| |G| Các kí hiệu khái niệm phần tử Frobenius L/K p người đọc xem [7, trang 140] Ở tác giả liệt kê vắn tắt số 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 động 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, β iđêan nguyên tố OL nằm p, tồn τ ∈ G = Gal(L/K) cho: β = τ β Hơn L/K −1 L/K =τ τ β β Do kí hiệu Artin L/K L/K ={ | β nằm p} p β hiểu lớp liên hợp Gal(L/K) √ Chứng minh Cho K = Q( 2, i) mở rộng Galois Q cách ghép √ thêm i Khi Gal(K/Q) = D4 ∼ = a, b | a4 = b2 , baba = e 33 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 , a : K −→ K b : K −→ K i√ −→ i√ i√ −→ −i √ 4 −→ 2i, −→ (2.14) Ta chứng minh khẳng định sau: {p ∈ P | p ≡ (mod 8), p2 = −1} = {p ∈ VQ,f | p không rẽ nhánh K, K/Q p = {a2 }}, (2.15) 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 tốn biệt thức p disc(OZ(i) /Z) = disc(X + 1) = −4, disc(OL /OK )|disc(L/K) = disc(X − 2) = −211 , 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 = Giả sử thêm σ = a2 Theo (2.14) σ = a2 : K −→ K√ √ −→ − i −→ i Mặt khác, ta nhắc lại σα ≡ αp (mod β) với β | p Do với α = √ √ √ 2, σ(α) = σ( 2) ≡ ( 2)p (mod β) √ p √ Thế ≡ (mod β) β | p, suy p−1 ≡1 (mod p) ⇒ = ⇒ p ≡ ±1 p (mod 8) (2.16) Lại thay α = i, suy ip ≡ i (mod β) ⇒ (ip−1 − 1)i ∈ β ⇒ p − Từ (2.16) (2.17), suy p ≡ (mod 8) √ Lại thay α = 2, suy √ √ 4 ( 2)p ≡ − (mod β) ⇒ 34 √ 2(2 p−1 + 1) ∈ β (2.17) Do lũy thừa bậc modulo p Vậy với p ∈ VQ,f thỏa mãn   p không rẽ nhánh K   K/Q p = a2 , p ≡ (mod 8) p2 = −1 Đảo lại, giả sử p ≡ (mod 8) rẽ nhánh K Ta kiểm tra σ= K/Q p p : = −1 Thế p = 2, suy p khơng √ −→ − i −→ i √ √ √ √ √ p−1 Thật vậy, σ( 2) ≡ ( 2)p (mod β), p ≡ (mod 8) nên ( 2)p = 2.2 Vì không lũy thừa bậc modulo p, nên p−1 2√4 ⇒ ( 4√ 2)p 2) ⇒ σ(√ ⇒ σ( 2) ≡ −1√ (mod p) ≡ −√ (mod p) ≡ −√2 (mod√β) √ √ = − 2( σ( 2) ∈ {± 2, i 2}) Mặt khác, σ(i) ≡ ip (mod β), p ≡ (mod 8) ⇒ ip = i ⇒ σ(i) = i(= −i) (mod β) ⇒ σ(i) ≡ i (mod β) Suy K/Q = a2 Vậy khẳng định (2.15) chứng minh Từ dùng Định p lý mật độ Chebotarev, ta suy điều phải chứng minh 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 aX + bY + cZ ≡ (mod p2 ) (2.18) p−tập trung 35 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 ngun 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 aX + bY + cZ ≡ (mod p) (2.19) có nghiệm p-tập trung Chứng minh −bc bình phương modulo p Từ suy aX + bY + cZ ≡ 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 aX + bY + cZ ⇒ by + cz ⇒ by ⇒ −bc ≡ (mod p) ≡ (mod p) ≡ − cz (mod p) ≡ ( czy )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|Z ∼ = ni=1 Z/pi Z), suy −bc bình phương modulo |a| Nhắc lại định lý Legendre: Cho a, b, c số ngun khác khơng, khơng có ước phương, ngun tố đôi không dấu Khi phương trình aX + bY + cZ = (2.20) có nghiệm ngun khơng tầm thường điều kiện sau thỏa mãn 36 −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 aX +bY +cZ = modulo p có nghiệm p−tập trung với số nguyên tố lẻ p | abc, phương trình aX + bY + cZ = có nghiệm khơng tầm thường R phương trình aX + bY + cZ = 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 aX +bY +cZ = có nghiệm R nên a, b, c khơng dấu Áp dụng Định lý Legendre suy phương trình aX + bY + cZ = 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 aX + bY + cZ = 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 aX + bY + cZ = (mod pm ) có nghiệm nguyên nguyên thủy (x, y, z) với lũy thừa pm số nguyên 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 aX + bY + cZ = (mod p2 ) p−tập trung Mặt khác (x, y, z) nghiệm p−tập trung phương trình aX + bY + cZ = (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 37 Bài tập (xem [2, trang 619]) Chứng minh hệ   u2 + 3w2 = 7z ,  uw = v2 (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 7z (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 7z ∈ {0, 7, 12, 15} modulo 16 ⇒ loại Trường hợp 3: u2 ≡ (mod 16) ⇒ w2 ≡ ⇒ u2 + 3w2 ≡ 15 (mod 16) Từ u2 + 3w2 = 7z kéo theo u2 + 3w2 = u2 + 3w2 = 15 modulo 16 Trường hợp 3a: u2 + 3w2 ≡ ⇒ u2 = 4, w = ⇒ u chẵn, w lẻ ⇒ uw = v ⇒ mâu thuẫn ⇒ loại Trường hợp 3b: u2 + 3w2 ≡ 15 (mod 16) ⇒ u2 ≡ 4, w2 ≡ 9, z ≡ (mod 16) ⇒ u2 w2 ≡ 4.9 ≡ (mod 16) ⇒ v ≡ (mod 16) Điều vơ lý v ≡ 0, 1, 4, (mod 16) ⇒ v ≡ 0, (mod 16) ⇒ loại Trường hợp 4: u2 ≡ (mod 16) ⇒ w2 ∈ {0, 1, 4, 9} ⇒ u2 +3w2 ≡ {9, 12, 5, 4} (mod 16) Vì 7z ∈ {0, 7, 12, 15}, nên u2 + 3w2 = 7z kéo theo u2 + 3w2 = 7z = 12 ⇒ u2 = 9, w2 = 1, z = modulo 16, ⇒ u2 w2 ≡ (mod 16) uw lẻ Mặt khác, uw = v lẻ,⇒ uw = modulo 16 ⇒ u2 w2 ≡ (mod 16), mâu thuẫn với u2 w2 ≡ (mod 16) ⇒ đpcm Bài tập 6: (xem [2, Ex 5, trang 619]) Xét hệ phương trình:   au2 + cw2 = dz ,  uw = v2, 38 (2.22) a, c, d ∈ Z số lẻ Chứng minh rằng: hệ có nghiệm nguyên 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 z ≡ 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 trò u, w giống nhau, nên ta giả sử (u, w) lẻ u chẵn, w lẻ Trường hợp 1: u, w lẻ ⇒ uw = v lẻ ⇒ v lẻ ⇒ v nhận giá trị 1, modulo 16 ⇒ u2 w2 = ⇒ u2 = w2 = u2 = w2 = Trường hợp 1a: u2 = w2 = ⇒ a + c = dz ⇒ ta chọn nghiệm (u, v, w, z) = (1, 1, 1, z) hệ (2.22) modulo 16 Trường hợp 1b: u2 = w2 = ⇒ 9a + 9c = dz 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 Trường hợp 2: u chẵn, w lẻ ⇒ v chẵn ⇒ v ⇒ u ⇒ (u, v, w, z) nghiệm, (0, 0, w, z) nghiệm Trường hơp 2a: Nếu w2 ≡ 1, (0 : : : z) nghiệm Trường hợp 2b: Nếu w2 ≡ 9, 9c ≡ dz (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 39 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 + ny 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 kubischen 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 u ăberall lă osbare, im Groòen unlă osbare diophantische Gleichungen J Reine Angew Math 184 (1942), 12–18 [10] Selmer E., The Diophantine equation ax3 + by + cz = Acta Math 85 (1951), 203–362 40 [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 Granduate Texts in Mathematics, No 106 Springer-Verlag 2009 ISBN 978-0-38709493-9 [13] Nguyen Quoc Thang, A note on the Hasse principle Acta Arith 54 (1990), no 3, 171–184 41 ... 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... Định lý chứng minh hồn tồn 19 Chương Các phản ví dụ nguyên lý HasseMinkowski cho hệ dạng toàn phương Trong mục tác giả điểm qua số ví dụ kinh điển nguyên lý Hasse cho hệ dạng phản toàn phương cho. .. Hilbert 1.3 Dạng toàn phương Qp Q 1.3.1 Dạng toàn phương 1.3.2 Dạng toàn phương Qp 1.3.3 Dạng toàn phương Q phương