2 Các phản ví dụ của nguyên lý Hasse-Minkowski cho hệ các dạng
2.3.3Nghiệm modulo lũy thừa một số nguyên tố
Sau khi khẳng định hệ (2.8) có nghiệm không tầm thường modulo p, chúng ta sẽ tập trung tìm nghiệm p-địa phương của hệ
au2+cw2 =dz2, uw =v2, (2.10)
trong đó a, c, d là các số nguyên khác không. Từ hệ quả của Định lý 2.3.5 là nếu p là một số nguyên tố lẻ và nếu p - acd thì hệ phương trình (2.10) có một nghiệm nguyên thủy modulo p. Trong mục này chúng ta sẽ mở rộng kết quả đó cho mọi lũy thừa của p. Ngoài ra chúng ta cũng sẽ xét với trường hợp p= 2.
Để thuận tiện cho người đọc, chúng tôi sẽ phát biểu và chứng minh một số kết quả sơ cấp về số học.
Mệnh đề 2.3.6. (xem [2, Prop. 1, trang 618]) Cho p là một số nguyên tố lẻ, và N và r > 0 là các số nguyên sao cho p - rN. Nếu N là một lũy thừa bậc r
modulo p, thì N là một lũy thừa bậc r modulo pk với mọi k ≥ 1.
Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo k. Giả sử N ≡ ar
(mod pk), hay N −ar =cpk. Ta đi chứng minh khẳng định trên đúng với k+ 1. Ta có (a+xpk) ≡ar +rar−1xpk (mod pk+1).
Do đó N − (a + xpk)r ≡ (c − rar−1x)pk (mod pk+1). Ta có (p, N) = 1 nên (p, a) = 1. Do đó tồn tại x sao cho p | (c −rar−1x), và N ≡ (a+xpk)r (mod pk+1).
Sau đây chúng ta đề cập đến khái niệm nghiệm mạnh và từ một nghiệm mạnh modulo p, ta chỉ ra tồn tại các nghiệm mạnh nguyên thủy modulo pk. Khái niệm này cần được đưa ra khi nghiên cứu trường hợp p | acd. Bây giờ chúng ta sẽ xét một kết quả chính trong mục này. Một nghiệm được gọi là
mạnh modulo pk của hệ phương trình (2.10) nếu nó là một nghiệm nguyên thủy (u, v, w, z) modulo pk và ít nhất một trong các phần tử au, cw, dz là khác không modulo p.
Định lý 2.3.7. (xem [2, Thm. 2, trang 618]) Cho p là một số nguyên tố lẻ,
a, c, d là các số nguyên khác không. Nếu
au2+cw2 =dz2, uw =v2
có một nghiệm mạnh modulo p, thì nó có một nghiệm mạnh modulo pk với mọi
k. Nói riêng, nó có nghiệm p-địa phương.
Nhận xét: Định lý này không nhất thiết p - acd. Điều này cho phép chúng ta xử lý được những số nguyên tố là ước của acd.
Chứng minh. Đặt (u0, v0, w0, z0) là một nghiệm mạnh modulop. Doau20+cw02 =
dz20 có ít nhất hai phần tử trong au0, cw0, dz0 khác không modulo p (vì nếu ngược lại thì (u0, v0, w0, z0) sẽ nghiệm tầm thường). Do tính đối xứng chúng ta có thể giả sử au0 khác không modulo p. Ta cố định một lũy thừa pk của p. Do
p- a, p- u0, chúng ta có thể chọn nghịch đảo a−1, u−01 ∈Z modulo pk.
Đặt v = v0u−01, w =w0u0−1, và z = z0u−01. Khi đó (1, v, w, z) cũng là nghiệm modulo p của hệ phương trình. Do đó w ≡ v2 modulo p, suy ra a+cv4 ≡ dz2
modulo p. Do a−1(dz2 −cv4) ≡ 1 modulo p, và do 1 = 14 là lũy thừa bậc bốn modulop, theo Mệnh đề 2.3.9 suy ra tồn tạim∈ Zsao cho a−1(dz2−cv4) ≡m4
modulo pk. Mặt khác, am4 + cv4 ≡ dz2 modulo pk, suy ra (m2, mv, v2, z) là một nghiệm modulo pk. Do m khác không modulo p nên (m2, mv, v2, z) là một nghiệm mạnh modulo pk.
Hệ quả 2.3.8. Nếu p là một số nguyên tố lẻ sao cho p- acd thì hệ
au2+cw2 =dz2, uw =v2 (2.11)
có nghiệm p-địa phương: tức là nó có nghiệm nguyên thủy modulo pk với mọi k. Chứng minh. Do p- acd nên a, c, d khác 0 modulo p. Suy ra theo Định lý 2.3.5, hệ phương trình 2.11 có một nghiệm không tầm thường modulop. Lại dop- acd, nghiệm (u, v, w, z) là một nghiệm mạnh modulo p. Do đó theo Định lý 2.3.7, hệ phương trình (2.11) là giải được p-địa phương.
Với trường hợp p = 2 thì chúng ta cần xử lý kỹ thuật hơn. Ví dụ, với hệ phương trình
u2+ 3w2 = 7z2, uw =v2
có nghiệm (1,1,1,2) modulo 2 (thậm chí modulo 23). Nhưng không có nghiệm nguyên thủy modulo 24. Chứng minh: xem [2, Bài tập 5, trang 619]. Ngoài ra đối với trường hợp p = 2 thì Mệnh đề 2.3.6 không còn đúng nữa. Ví dụ số nguyên tố 3 là lũy thừa bậc bốn modulo 2 nhưng không là lũy thừa bậc bốn modulo
pk với mọi k > 1. Để làm việc với trường hợp p= 2, ta cần một dạng khác của Mệnh đề 2.3.6 trong trường hợp p= 2.
Mệnh đề 2.3.9. Nếu N ≡ 1 (mod 24) thì N là lũy thừa bậc bốn modulo 2k với mọi k ≥1. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo k. Giả sử mệnh đề đúng với k hay N ≡ a4 (mod 2k) trong đó k ≥ 4. Suy ra N −a4 = c2k. Ta có (a+x2k−2)4 ≡a4+a3x2k (mod 2k+1).
Do đóN−(a+x2k−2)4 ≡ (c−a3x)2k (mod 2k). Do (2, N) = 1 nên (2, a) = 1. Do đó chúng ta có thể chọn được x sao cho 2 | (c−a3x) và N ≡ (a+x2k−2)4 (mod 2k).
Sử dụng Mệnh đề 2.3.9 và chứng minh tương tự như Định lý 2.3.7 ta có định lý sau.
Định lý 2.3.10. Cho a, c, d là các số nguyên khác không. Nếu hệ
au2+cw2 =dz2, uw =v2
Bổ đề 2.3.11. Cho d là một số nguyên tố khác không, không có ước chính phương. q ≡1(8), q - d. Nếu hệ u2−qw2 =dz2, uw =v2
có nghiệm không tầm thường trên Z, thì d ∈ F4
q, hay d là một lũy thừa bậc 4
modulo q.
Chứng minh. Do hệ phương trình trên là thuần nhất nên nó có nghiệm nguyên thủy (u, v, w, z). Do d không có ước chính phương nên (u, w) = 1: giả sử ngược lại rằng nếu p | u, p | v thì p | v, p2 | dz2 và do (u, v, w, z) là nguyên thủy nên
p2 | d, điều này mâu thuẫn với d không có ước chính phương.
Tương tự, ta suy ra (u, z) = 1,(w, z) = 1. Do u2w2 = v4 và (u, w) = 1 nên
u2, w2 là các lũy thừa bậc bốn.
Cho p là một số nguyên tố chia hết cho z. Lấy modulo p ta có u2 ≡ qw2. Do (w, z) = 1 nên (w, p) = 1, do đó w khả nghịch modulo p, gọi w−1 là phần tử nghịch đảo của w modulo p. Do đó q ≡ (uw−1)2 modulo p hay (qp) = 1. Do
q ≡ 1 (mod 4) và theo luật thuận nghịch Gauss ta có (pq) = 1.
Do đó (pq) = 1 với mọi số nguyên tố p | z. Do q ≡ 1 (mod 8) nên (2q) = (−1)w(q) với w(q) = q28−1 (mod 2) = 0 nên (2q) = 1. Mặt khác −q1) = (−1)q−21 = 1 (vì q ≡ 1 (mod 8)). Vậy từ tính chất tích của kí hiệu Legendre suy ra (zq) = 1. Do đó z2 là một lũy thừa bậc bốn modulo q.
Ta có u2 ≡ dz2 (mod q), mặt khác theo trên ta có u2, z2 đều là lũy thừa bậc bốn modulo q. Do đó d là lũy thừa bậc bốn modulo q.
Sau đây chúng ta sẽ kết hợp các khẳng định trên để rút ra Định lý chính trong Bài báo của Aitken và Lemmermeyer.
Định lý 2.3.12. (xem [2, Thm. 4, trang 621]) Ta xét hệ phương trình diophan- tine có dạng u2−qw2 =dz2, uw =v2, (2.12) trong đó (1) q ∈ P sao cho q ≡ 1(8),
(3) d∈ F∗2
q \F∗4
q , (4) q ∈F4
p với mọi p là ước nguyên tố lẻ của d.
Khi đó hệ phương trình nói trên vi phạm nguyên lý Hasse, nghĩa là hệ có nghiệm trong Qp với mọi p∈ P, hệ có nghiệm thực, nhưng hệ không có nghiệm hữu tỉ. Chứng minh. Đặt C là đường cong xạ ảnh trong P3 cho bởi hệ phương trình nói trên. Vì q nguyên tố, q ≡ 1(8), mặt khác d 6∈ F∗4
q nên C(Z) = ∅ (theo Bổ đề 2.3.11).
C(R) 6=∅ vì: (u, v, w, z) = (q21, q14,1,0)∈C(R).
Bây giờ ta chỉ ra với mọi số nguyên số p, C có chứa điểm hữu tỷ trên Qp, bằng cách xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1: p lẻ, p - acd ⇔ p - qd: Theo Hệ quả 2.3.8, hệ có nghiệm nguyên thủy modulo pk với mọi k, hay C(Qp) 6=∅ (theo Mệnh đề 1.1.6).
Trường hợp 2: plẻ, p| qd:
Trường hợp 2a: p | q: Vì q là số nguyên tố lẻ, nên p = q. Theo giả thiết (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
d∈F∗2
q , chọn m∈Z sao cho
d ≡m2 (mod q),
suy ra (u, v, w, z) = (m,0,0,1) là một nghiệm modulo p. Theo Định lý 2.3.7, nghiệm này được nâng lên thành một nghiệm p−địa phương, hay C(Qp)6= ∅.
Trường hợp 2b:plẻ, p-q, suy rap| d. Theo giả thiết q ∈ F4
p, nghĩa là tồn tại
m sao cho m4 ≡q (mod p), suy ra (m2, m,1,0) là một nghiệm mạnh modulo p
(z = −q 6 ... p ). Lại theo Định lý 2.3.7, C(
Qp) 6=∅.
Trường hợp 3: p= 2:
Trường hợp 3a: q ≡ 1 (mod 16): Suy ra (u, v, w, z) = (1,1,1,0) là một nghiệm mạnh modulo 16 (do au = 1 6≡ 0 (mod 2)). Mặt khác theo Định lý 2.3.10, C(Qp) 6=∅.
Trường hợp 3b: q ≡ 9 (mod 16): Thế thì (u, v, w, z) = (1,1,1,2) là một nghiệm mạnh modulo 16. Suy ra theo Định lý 2.3.10, C(Q2)6= ∅.
Nhận xét 2.3.13. Với d= 2, q ∈ P, q ≡ 1(8),2∈F∗2
q \F∗4
q , đường cong cho bởi (2.12) thỏa mãn điều kiện cho trong định lý. Ngoài ra {q ∈ P | q ≡ 1(8),2 ∈
F∗q2\F∗4
q } là vô hạn với mật độ 1
8 trong tập các số nguyên tố. Điều này được cho trong mục 2.4.