Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đa thức Cantor và định lý Fueter-Pólya

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:39

Thêm vào BST

Báo xấu

25
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích của luận văn này là tìm hiểu chứng minh của Vsemirnov chỉ dùng luật thuật nghịch bậc hai và định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng (và một số lập tương đối sơ cấp) cho định lý này của Fueter và Pólya. Người ta cũng giả thuyết rằng nếu F là một đa thức xếp (bậc tùy ý) thì F = C1 hoặc F = C2. Giả thuyết này đến nay vẫn còn mở.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đa thức Cantor và định lý Fueter-Pólya

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN QUANG TUẤN ĐA THỨC CANTOR VÀ ĐỊNH LÝ FUETER-PÓLYA LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN QUANG TUẤN ĐA THỨC CANTOR VÀ ĐỊNH LÝ FUETER-PÓLYA Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. NGUYỄN DUY TÂN THÁI NGUYÊN - 2018
i Mục lục Lời nói đầu 1 1 Một số kiến thức liên quan 3 1.1 Luật thuận nghịch bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Thặng dư bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 Tiêu chuẩn Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.3 Ký hiệu Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Định lý thặng dư Trung hoa . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3 Định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng . . . 8 2 Chứng minh sơ cấp của định lý Fueter-Pólya 10 2.1 Đa thức Cantor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2.2 Đa thức xếp không thể là tuyến tính . . . . . . . . . . . 12 2.3 Một số bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.4 Định lý Fueter-Pólya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 3 Đa thức Cantor trên hình quạt 24 3.1 Bài toán đa thức Cantor trên hình quạt . . . . . . . . . 24 3.2 Hình quạt và vị nhóm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 3.3 Đa thức xếp trên hình quạt I(1/s) . . . . . . . . . . . . 30 Kết luận 33 Tài liệu tham khảo 34
1 Lời nói đầu Một hàm đa thức F : R2 → R được gọi là một đa thức xếp trên N20 nếu F hạn chế xuống N20 cho ta một song ánh từ N20 tới N0 . Cantor đã xây dựng tường minh hai đa thức xếp bậc hai như vậy. Đó là (x + y)2 (x + 3y) C1 (x, y) = + , và 2 2 (x + y)2 (3x + y) C2 (x, y) = + 2 2 Sau đó Fueter cùng với Pólya dùng phương pháp lý thuyết số giải tích đã chứng minh rằng nếu F là một đa thức xếp bậc hai trên N20 thì F = C1 hoặc F = C2 . Mục đích của luận văn này là tìm hiểu chứng minh của Vsemirnov chỉ dùng luật thuật nghịch bậc hai và định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng (và một số lập tương đối sơ cấp) cho định lý này của Fueter và Pólya. Người ta cũng giả thuyết rằng nếu F là một đa thức xếp (bậc tùy ý) thì F = C1 hoặc F = C2 . Giả thuyết này đến nay vẫn còn mở. Luận văn có cấu trúc như sau: gồm phần Mở đầu, tiếp theo là ba Chương nội dung, phần Kết luận và Tài liệu tham khảo. Chương 1: Một số kiến thức liên quan Chương này phát biểu luật thuận nghịch bậc hai, định lý thặng dư Trung hoa, kèm theo một số hệ quả của chúng. Chương 2: Chứng minh sơ cấp của định lý Fueter-Pólya Chương này giới thiệu đa thức xếp Cantor và chứng minh đa thức xếp đó không thể là tuyến tính, trình bày một số kết quả, bổ đề trong lý thuyết số và trình bày chứng minh của định lý Fueter-Pólya. Chương 3: Đa thức Cantor trên hình quạt
2 Chương này trình bày khái niệm hình quạt và vị nhóm, kết quả của Nathanson về đa thức bậc hai xếp Cantor trên một số vị nhóm. Luận văn này được thực hiện và hoàn thành vào tháng 5 năm 2018 tại trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên. Qua đây, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Nguyễn Duy Tân, người đã tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình làm việc để hoàn thành luận văn này. Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Khoa Toán-Tin học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, đã tạo mọi điều kiện để giúp tác giả học tập và hoàn thành luận văn cũng như chương trình thạc sĩ. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học K10C, khóa 05/2016 - 05/2018 đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn này. Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu và các đồng nghiệp tại trường THPT Hàn thuyên, Bắc ninh đã tạo điều kiện cho tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018 Người viết luận văn Nguyễn Quang Tuấn
3 Chương 1 Một số kiến thức liên quan Chương này phát biểu luật thuận nghịch bậc hai, định lý thặng dư Trung hoa và một số ví dụ. Tài liệu tham khảo sử dụng cho chương này là tài liệu [1] và [4]. 1.1 Luật thuận nghịch bậc hai 1.1.1 Thặng dư bậc hai Định nghĩa 1.1.1. Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên sao cho p - a. Số a được gọi là một thặng dư bậc hai modulo p nếu tồn tại một số nguyên y sao cho y 2 ≡ a( mod p). Nếu không tồn tại một số nguyên y nào sao cho y 2 ≡ a(modp) thì ta nói a là không thặng dư bậc hai modulo p. Ví dụ. Các số 1, 3, 4 là các thặng dư bậc hai modulo 13, trong khi đó 2 là không thặng dư bậc hai modulo 5 vì phương trình y 2 ≡ 2(mod5) vô nghiệm. 1.1.2 Tiêu chuẩn Euler Định lý 1.1.2 (Tiêu chuẩn Euler). Cho p là một số nguyên tố lẻ không là ước của số nguyên a. Khi đó a là một thặng dư bậc hai (tương ứng, p−1 không thặng dư bậc hai) modulo p nếu và chỉ nếu a 2 ≡ 1(modp) p−1 (tương ứng, a 2 ≡ −1(modp)).
4 Ví dụ. Ta có 35 = 243 ≡ 1 (mod 11) và 5 là thặng dư bậc hai modulo 11. Trong khi đó 25 = 32 ≡ −1 (mod 11) và 2 là không thặng dư bậc hai modulo 11. 1.1.3 Ký hiệu Legendre Định nghĩa 1.1.3. Cho p là một số nguyên tố lẻ không chia hết số nguyên a. ( a 1 nếu a là thặng dư bậc hai modulo p Ta định nghĩa: = p −1 nếu a không là bình phương modulo p Ký hiệu này được gọi là ký hiệu Legendre (Adrien Legendre (1752 - 1833) là nhà toán học người Pháp). Một số tính chất Cho p là số nguyên tố lẻ không chia hết các số nguyên a và b. Khi đó ta có các tính chất sau. a2 1. = 1. p ab a b 2. = . p p p a p−1 3. ≡ a 2 (modp) (Tiêu chuẩn Euler). p a b 4. Nếu a ≡ b (modp) thì = . p p −1 5. bằng 1 hoặc −1 tùy theo p ≡ 1 (mod4) hay p ≡ 3 (mod4). p 2 6. Khi đó = 1 và nếu p ≡ 1 (mod8) hoặc p ≡ 7 (mod8); và p 2 = −1 nếu p ≡ 3 (mod8) hoặc p ≡ 5 (mod8). p 65 Ví dụ. Tính ký hiệu Legendre . 47 65 18 2 9 2 Ta có = = = = 1. 47 47 47 47 47 Định lý 1.1.4 (Luật thuận nghịch bậc hai Giả sử p và q là Gauss). p q các số nguyên tố lẻ phân biệt. Khi đó = trừ khi p ≡ q ≡ q p p q 3 (mod4) thì =− . q p
5 12345 Ví dụ. Tính ký hiệu Legendre . 331 Lời giải 12345 3 5 823 = 331 331 331 331 3 5 161 = 331 331 331 3 5 7 23 = 331 331 331 331 331 331 331 331 = (−1) (−1) (−1) 3 5 7 23 1 1 2 9 =− 3 5 7 23 2 1 1 2 3 =− 3 5 7 23 1 1 2 9 =− 3 5 7 23 = − (1) (1) (1) (1) =−1 1.2 Định lý thặng dư Trung hoa Định lý Thặng dư Trung Hoa là tên người phương Tây đặt cho định lý này. Người Trung Quốc gọi nó là Bài toán Hàn Tín điểm binh. Tục truyền rằng khi Hàn Tín điểm quân số, ông cho quân lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng 7 rồi báo cáo số dư. Từ đó ông tính được chính xác quân số đến từng người. Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày nội dung của định lý Thặng dư Trung Hoa và một số ví dụ. Định lý 1.2.1. Giả sử rằng m1 , m2 , . . . , mt là các số nguyên dương và đôi một nguyên tố cùng nhau. Đặt m = m1 · · · mt . Cho a1 , . . . , at ∈ Z là các số nguyên tùy ý. Khi đó ta có các khẳng định sau.
6 1) Tồn tại c ∈ Z thỏa mãn     c ≡ a1 (modm1 ),   c ≡ a (modm ), 2 2    ...   c ≡ a (modm ). t t 2) Nếu c là một nghiệm của hệ đồng dư ở trên thì nghiệm tổng quát của hệ này là x = c + ms, s ∈ Z. Chứng minh. m 1) Với i = 1, 2, . . . , t đặt ni = . Vì vậy m = mi ni . Chú ý rằng mi (mi , ni ) = 1, ∀i = 1, 2, . . . , t do các số m1 , m2 , . . . , mt đôi một nguyên tố cùng nhau. Bởi vậy, với mỗi i, phương trình đồng dư ni x ≡ 1(modmi ) là giải được; tức là, với mỗi i đều tồn tại một số nguyên bi thỏa mãn ni bi ≡ 1(modmi ). (1.1) Mặt khác nếu j khác i thì nj bj ≡ 0(modmj ) do mi |nj . (1.2) Bây giờ, đặt c := a1 n1 b1 + · · · + at nt bt . Khi đó với mọi i, ta có c ≡ ai ni bi ≡ ai (mod mi ). Ta đã chứng minh xong khẳng định thứ nhất. 2) Giả sử d là một nghiệm khác của hệ đồng dư trên. Khi đó c ≡ d(modmi ) với mọi i
7 Suy ra c ≡ d(modm). Vì vậy d = c + ms với s nào đó. Ngược lại, nếu d = c + ms với s nào đó thì d ≡ c(modm), và vì vậy với mỗi i, d ≡ c ≡ ai (modm). Điều này có nghĩa là d cũng là một nghiệm. Ví dụ 1. Giải hệ đồng dư   x ≡ 2(mod3)  x ≡ 3(mod5)  x ≡ 5(mod7)  Lời giải. Ở ví dụ này và ví dụ tiếp theo ta dùng ký hiệu Ni−1 để chỉ một nghiệm bi như trong chứng minh định lý thặng dư Trung Hoa. Ta có N1 = 5.7 = 35 ≡ 2(mod3) ⇒ N1−1 = 2, N2 = 3.7 = 21 ≡ 1(mod5) ⇒ N2−1 = 1, N3 = 3.5 = 15 ≡ 1(mod7) ⇒ N3−1 = 1. Từ đó ta có nghiệm của hệ trên là x = 2.35.2 + 1.21.3 + 1.15.5 = 278 ≡ 68(mod105). Ví dụ 2. Giải hệ đồng dư   x ≡ 3(mod5)  x ≡ 7(mod8)  x ≡ 5(mod7)  Lời giải. Ta có N1 = 8.7 = 56 ≡ 1(mod5) ⇒ N1−1 = 1, N2 = 5.7 = 35 ≡ 3(mod8) ⇒ N2−1 = 3, N3 = 5.8 = 40 ≡ 5(mod7) ⇒ N3−1 = 3.
8 Từ đó ta có x = 3.56.1 + 7.35.3 + 5.40.3 = 1503 ≡ 103(mod280). 1.3 Định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng Trong chứng minh của Vsemirnov trình bày ở chương sau cũng sẽ sử dụng kết quả sau của Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng. Định lý này tuy có phát biểu tương đối sơ cấp nhưng chứng minh của nó là khó. Có thể xem chứng minh của định lý này trong [4]. Định lý 1.3.1. Cho a và d là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Khi đó tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng a + nd, với n ∈ N. Ví dụ 1. (a) Có vô hạn số nguyên tố dạng 2n + 1. Đây chính là Định lý Euclid về sự tồn tại vô hạn số nguyên tố. (b) Có vô hạn số nguyên tố dạng 4n + 1. Dưới đây ta sẽ trình bày lập luận tương đối sơ cấp chứng minh khằng định này. Đầu tiên ta nhận xét rằng mọi ước nguyên tố p của N 2 + 1 (với N ∈ N) đều đồng dư với 1 modulo 4. Thật vậy, vì p | N 2 + 1 nên −1 −1 ≡ N 2 (mod p), tức là = 1. Do vậy p ≡ 1 (mod 4). p Bây giờ ta giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố dạng 4n + 1, chúng là p1 , . . . , pk . Đặt N = 2p1 · · · pk . Xét p là một ước nguyên tố bất kỳ của N 2 + 1. Khi đó hiển nhiên p khác với pi , với mọi i = 1, . . . , k . Như vậy p 6≡ 1 (mod 4), điều này lại mâu thuẫn với nhận xét trên. Ta có điều phải chứng minh. Mười số nguyên tố đầu tiên dạng 4n + 1 là 5, 13, 17, 29, 37, 41, 53, 61, 73, 89, . . . (c) Có vô hạn số nguyên tố dạng 4n + 3. Dưới đây ta cũng sẽ trình bày một lập luận sơ cấp chứng minh khẳng định này. Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố dạng 4n+3, chúng là p1 , . . . , pk . Đặt N = (p1 · · · pk )2 + 2. Vì p2i ≡ 1 (mod 4) nên N ≡ 3 (mod 4). Xét
9 p là một ước nguyên tố bất kỳ của N 2 + 1. Khi đó hiển nhiên p lẻ và p khác với pi , với mọi i = 1, . . . , k . Nói riêng p ≡ 1 (mod 4). Như vậy mọi ước nguyên tố của N đều là đồng dư 1 modulo 4. Do vậy N ≡ 1 (mod 4), điều này mâu thuẫn với việc N ≡ 3 (mod 4) ở trên. Ta có điều phải chứng minh. Mười số nguyên tố đầu tiên dạng này là 3, 7, 11, 19, 23, 31, 43, 47, 59, 67, . . .
10 Chương 2 Chứng minh sơ cấp của định lý Fueter-Pólya Một đa thức xếp (packing polynomial) trên N20 là một đa thức hai biến cảm sinh ánh xạ song ánh tập từ tập các điểm nguyên (lattice points) với các tọa độ không âm N20 lên tập các số nguyên không âm N0 . Cantor đã xây dựng tường minh hai đa thức xếp bậc hai. Sau đó Fueter cùng với Pólya dùng phương pháp giải tích đã chứng minh rằng các đa thức Cantor là các đa thức xếp bậc hai duy nhất. Mục đích của chương này là trình bày chứng minh tương đối sơ cấp của Vsemirnov về định lý Fueter-Pólya. 2.1 Đa thức Cantor Cho S là một tập con của Zn . Một hàm xếp trên S là một song ánh từ S lên tập các số nguyên không âm N0 . Một đa thức xếp trên S là một đa thức n biến hệ số thực F sao cho F cảm sinh một song ánh giữa S và N0 . Ta xét trường hợp n = 2 và xét hàm C1 : N20 → N0 là hàm liệt kê, từ phía dưới bên phải tới phía trên bên trái, các điểm nguyên không âm trên các đoạn song song liên tiếp x + y = k , với k = 0, 1, 2, .... Tức
11 là C1 (0, 0) = 0, C1 (1, 0) = 1, C1 (0, 1) = 2, C1 (2, 0) = 3, C1 (1, 1) = 4, C1 (0, 2) = 5, C1 (3, 0) = 6, C1 (2, 1) = 7, C1 (1, 2) = 8, C1 (0, 3) = 9, ... Với k ≥ 0, số các điểm nguyên không âm (x, y) với x + y < k là k(k + 1) k (k + 1) 1+2+· · ·+k = . Do đó, C1 (k, 0) = . Nếu (x, y) ∈ N20 2 2 và x + y = k , thì: C1 (x, y) = C1 (k, 0) + y = C1 (x + y, 0) + y (x + y) (x + y + 1) = +y 2 1 1 = (x + y)2 + (x + 3y) . 2 2 1 1 Như vậy C1 (x, y) = (x + y)2 + (x + 3y) là một đa thức xếp trên 2 2 N20 . Tương tự ta có hàm C2 : N20 → N0 liệt kê, từ phía trên bên trái xuống phía dưới cùng bên phải, các điểm nguyên không âm trên các đoạn song song liên tiếp x + y = k , ta có công thức 1 1 C2 (x, y) = (x + y)2 + (3x + y). 2 2 Hàm C2 (x, y) cũng là một đa thức xếp trên N20 . Định nghĩa 2.1.1. Hàm C1 (x, y) và C2 (x, y) được gọi là các đa thức xếp Cantor. Dễ thấy C1 và C2 là hai đa thức bậc hai. Trong chương này ta sẽ trình bày chứng minh của Vsemirnov về một định lý của Fueter-Pólya rằng nếu F là một đa thức xếp bậc hai trên N20 thì F = C1 hoặc F = C2 .
12 2.2 Đa thức xếp không thể là tuyến tính Trong mục này ta sẽ chỉ ra đa thức xếp không thể là đa thức tuyến tính. Bổ đề 2.2.1. Cho l, m ∈ N0 , với m ≥ 2. Với mỗi x = (x1 , ..., xm ) ∈ Nm 0 , ta đặt min (x) = min (xi : i = 1, . . . , m). Gọi S là tập hợp tất cả các điểm nguyên x ∈ Nm0 sao cho min (x) ≥ l . Khi đó không có đa thức tuyến tính nào mà cảm sinh đơn ánh từ S vào N0 . Chứng minh. Giả sử tồn tại đa thức tuyến tính F (x) = F (x1 , x2 , ..., xm ) = a1 x1 + a2 x2 + · · · +am xm + c, mà F (S) ⊆ N0 và F là đơn ánh trên S . Đặt A = max (|ai | : i = 1, . . . , m). Gọi e1 , e2 , . . . , em là cơ sở chính tắc của không gian vectơ Rn , tức là ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (1 ở vị trí thứ i). Nếu x ∈ S thì với mọi i = 1, . . . , m, ta có x + ei ∈ S và F (x + ei ) − F (x) = ai ∈ Z. m P m P Do đó ai xi ∈ Z và c = F (x) − ai xi ∈ Z. i=1 i=1 Bây giờ ta chọn x ∈ S sao cho min(x) ≥ l + A. Khi đó với mọi 1 ≤ i 6= j ≤ m ta có x + ai ej − aj ei ∈ S và F (x + ai ej − aj ei ) = F (x) + ai aj − aj ai = F (x) . Do F là hàm đơn ánh trên S nên x = x + ai ej − aj ei và ai ej = aj ei kéo theo ai = aj = 0 và ai = 0 với mọi i ∈ {1, ..., m}. Khi đó, hàm F (x) = c không đổi, điều này vô lý.
13 2.3 Một số bổ đề Bổ đề 2.3.1. Cho D và l là các số nguyên khác 0 và D không là số chính phương. Khi đó thì tồn tại một số nguyên tố p sao cho D là không thặng dư modulo p và p không chia hết l. k Chứng minh. Ta viết D = (−1)α 2β m2 Q qi , trong đó α, β ∈ {0, 1}, i=1 m ∈ N và q1 , . . . , qk là các số nguyên tố lẻ khác nhau. Giả sử k = 0 và D = (−1)α 2β m2 . Nếu β = 0 thì α = 1 và D = −m2 . Ta chọn một số nguyên tố p ≡ 3 (mod4). Khi đó ta có −1 D = = −1. p p Nếu β = 1 thì D = ±2m2 . Ta chọn một số nguyên tố p ≡ 5 (mod8). Khi đó ta có: 2 ±1 D 2 m 2 = = = −1. p p p p p Theo định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng, có vô số số nguyên tố thỏa mỗi quan hệ đồng dư trên. Bằng cách yêu cầu thêm điều kiện p > l, ta có số nguyên tố p không chia hết cho l. Giả sử k ≥ 1. Với mỗi số nguyên tố p mà p ≡ 1 (mod8), ta có: −1 2 = = 1. p p Áp dụng tính chất nhân tính của ký hiệu Legendre và tính luật thuận nghịch bậc hai, ta có: k k D Y qi Y p = = . p i=1 p i=1 qi
14 Chọn các số nguyên r1 , . . . , rk sao cho r1 = −1 q1 và ri = 1 với mọi i = 2, . . . , k . qi Theo định lý thặng dư Trung Hoa, có một số nguyên s sao cho s ≡ 1 (mod8) và s ≡ ri (modqi ) với i = 1, 2, . . . , k. Hơn nữa, ! k Y s, 8 qi =1 i=1 Nếu p là một số nguyên tố mà k ! Y p ≡ s mod8 qi (2.1) i=1 thì k k k D Y p Y s Y ri = = = = −1. p i=1 qi i=1 qi i=1 qi Theo định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng, có vô số các số nguyên tố p thỏa mãn đồng dư thức (2.1). Chọn một số nguyên tố p trong cấp số cộng này sao cho p > l thì ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 2.3.2. Cho F (x, y) là một đa thức xếp bậc hai. Khi đó tồn tại các số nguyên không âm a, c, f và các số nguyên b, d, e sao cho a ≡ d (mod2) , c ≡ e (mod2)
15 và 1 1 F (x, y) = ax2 + 2bxy + cy 2 + (dx + ey) + f. (2.2) 2 2 Hơn nữa, nếu a = c = 0 thì b ≥ 1. Chứng minh. Hiển nhiên đa thức bậc hai F (x, y) với hệ số phức có thể viết dưới dạng (2.2), ở đây a, c, f và b, d, e là các số phức. Do F cảm sinh một hàm từ N20 đến N0 , ta có a = F (2, 0) − 2F (1, 0) + F (0, 0) ∈ Z, c = F (0, 2) − 2F (0, 1) + F (0, 0) ∈ Z và f = F (0, 0) ∈ N0 . Với mọi x ∈ N0 , ta có a d F (x, 0) = x2 + x + f ≥ 0. 2 2 Điều này suy ra a ≥ 0. Tương tự với mọi y ∈ N0 , ta có c e F (0, y) = y 2 + y + f ≥ 0. 2 2 Điều này suy c ≥ 0. Ta có a+d F (1, 0) − F (0, 0) = ∈ Z, 2 c+e F (0, 1) − F (0, 0) = ∈ Z. 2 Từ đó ta suy ra d và e là các số nguyên và a ≡ d (mod2) và c ≡ e (mod2) .
16 Khi đó, a+d c+e F (1, 1) = b + + + f ∈ N0 2 2 và b cũng là một số nguyên. Nếu a = c = 0, thì b 6= 0 do F là hàm bậc hai. Với mọi x ∈ N0 , ta có d+e F (x, x) = bx2 + x + f ≥ 0. 2 Do đó b ≥ 1. Bổ đề 2.3.3. Nếu F (x, y) là một đa thức xếp bậc hai có dạng (2.2), thì hàm 1 ax2 + 2bxy + cy 2 Q (x, y) = 2 là hàm xác định dương trên N20 . Hơn nữa, a ≥ 1 và c ≥ 1. Chứng minh. Hàm bậc hai Q(x, y) không bằng không vì F (x, y) là đa thức bậc hai. Ta định nghĩa dạng tuyến tính 1 L(x, y) = (dx + ey). 2 Khi đó ta có thể viết F (x, y) = Q(x, y) + L(x, y) + f. Nếu a ≥ 1 và r > |d|/2, thì Q(r, 0) = ar2 /2 > |L(r, 0)| = |dr|/2. Nếu c ≥ 1 và s > |e|/2, thì Q(0, s) = cs2 /2 > |L(0, s)| = |es|/2. Nếu a = c = 0 và r > (|d| + |e|)/2, thì b ≥ 1 theo Bổ đề 2.3.2, và |d + e|r Q(r, r) = br2 ≥ r2 > = |L(r, r)|. 2 Do vậy, luôn tồn tại (r, s) ∈ N20 \ {(0, 0)} sao cho Q(r, s) > |L(r, s)|. (2.3)
17 Với mọi (x, y) ∈ N20 và t ∈ N0 , ta có F (xt, yt) = Q(xt, yt) + L(xt, yt) + f = Q(x, y)t2 + L(x, y)t + f. Nếu tồn tại (x, y) ∈ N20 sao cho Q(x, y) < 0, từ đẳng thức trên ta suy ra F (xt, yt) < 0 đối với mọi giá trị t đủ lớn, điều này vô lý. Do đó, Q(x, y) ≥ 0 với mọi (x, y) ∈ N20 . Giả sử Q(u, v) = 0 với (u, v) ∈ N20 \ {(0, 0)} nào đó. Đặt w = L(u, v). Khi đó với mọi t ∈ N0 , ta có: F (ut, vt) = Q(u, v)t2 + L(u, v)t + f = L(u, v)t + f = wt + f. Vì F (ut, vt) ≥ 0 với mọi t ∈ N0 nên w ≥ 0. Hơn nữa vì F (ut, vt) không là hằng số khi t thay đổi nên w > 0. Chọn (r, s) ∈ N20 thỏa mãn bất đẳng thức (2.3), ta có F (rw, sw) = Q(r, s)w2 + L(r, s)w + f = wm + f, trong đó m = Q(r, s)w + L(r, s) ≥ Q(r, s) − |L(r, s)| > 0. Do F là đơn ánh trên N20 và F (um, vm) = wm + f = F (rw, sw), nên (um, vm) = (rw, sw). Do đó ta có 0 = Q(u, v)m2 = Q(um, vm) = Q(rw, sw) = Q(r, s)w2 > 0, điều này vô lý. Do đó, dạng bậc hai Q(x, y) xác định dương trên N20 . Khi đó, a = 2Q(1, 0) ≥ 1