Luận văn Thạc sĩ Toán học: Dạng toàn phương hai biến

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

Thêm vào BST

Báo xấu

22
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu của luận văn này là nghiên cứu về dạng toàn phương hai biến xác định dương. Tác giả sẽ trình bày về một số định nghĩa, tính chất, định lý về dạng toàn phương, quan hệ tương đương của hai dạng toàn phương, tính hữu hạn của C(D), luật hợp thành của hai lớp và sơ lược về lý thuyết giống.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Dạng toàn phương hai biến

BỘ GIÁO DỤC VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ ĐÀO TẠO VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM HỌC VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ ----------------------------- Nguyễn Thị Kim Quy DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – 2020
BỘ GIÁO DỤC VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ ĐÀO TẠO VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM HỌC VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ ----------------------------- Nguyễn Thị Kim Quy DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN Chuyên ngành: Đại số và Lý thuyết số Mã số: 8.46.01.04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. Nguyễn Duy Tân Hà Nội – 2020
LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn "Dạng toàn phương hai biến" là công trình nghiên cứu của tôi. Mọi kết quả nghiên cứu trước đó của các tác giả khác được trích dẫn cụ thể. Nội dung luận văn chưa từng được công bố trong bất kỳ công trình nghiên cứu nào. Tôi xin chịu trách nhiệm về những lời cam đoan trên. Hà Nội, ngày 02 tháng 4 năm 2020 Người cam đoan Nguyễn Thị Kim Quy
LỜI CẢM ƠN Sau quá trình học tập và nghiên cứu tại Khoa Toán học, Học viện Khoa học và Công nghệ, đến nay luận văn đã được hoàn thành. Trước tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới PGS. TS. Nguyễn Duy Tân. Thầy là người đã tận hình hướng dẫn, giúp đỡ tôi vượt qua nhiều khó khăn trong quá trình học tập và nghiên cứu. Bên cạnh đó, tôi xin gửi lời cảm ơn đến những giảng viên đã giảng dạy, đồng hành cùng mình tại Khoa Toán học. Tôi xin cảm ơn Trung tâm đào tạo sau đại học - Viện Toán học và phòng Đào tạo - Học viện Khoa học và Công nghệ đã luôn tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học cao học tại học viện. Hơn nữa, tôi xin gửi lời cảm ơn tới toàn thể bạn bè, gia đình tôi, những người đã sát cánh bên tôi trong quãng thời gian qua. Nguyễn Thị Kim Quy
1 Mục lục Danh mục ký hiệu 2 Mở đầu 3 1 DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN VỚI HỆ SỐ NGUYÊN 4 1.1 Một số kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Dạng xác định dương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Dạng xác định dương thu gọn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2 HỢP THÀNH CỦA HAI DẠNG TOÀN PHƯƠNG 17 2.1 Hợp thành của hai dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.2 Nhóm lớp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 3 LÝ THUYẾT GIỐNG 27 3.1 Ký hiệu Legrendre và ký hiệu Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.2 Lý thuyết giống sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 3.3 Lý thuyết giống . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 KẾT LUẬN 50 Tài liệu tham khảo 51
2 Danh mục ký hiệu Z Tập hợp các số nguyên gcd( a, b) Ước chung lớn nhất của hai số nguyên a và b det( P) Định thức của mua trận P GL(2, Z) Nhóm ma trận cấp 2 với hệ số nguyên và định thức bằng ±1 SL(2, Z) Nhóm ma trận cấp 2 với hệ số nguyên và định thức bằng 1 PT Ma trận chuyển vị của ma trận P P −1 Ma trận nghịch đảo của ma trận chuyển vị P (Z/DZ)× Nhóm các phần tử khả nghịch của vành (Z/DZ)× im(χ) Ảnh của đồng cấu χ ker(χ) Hạt nhân của đồng cấu χ C( D ) Tập hoặc nhóm các lớp của các dạng toàn phương hai biến với định thức D ( a, b,!c) Dạng toàn phương hai biến ax2 + bxy + cy2 a Ký hiệu Legendre (p là số nguyên tố lẻ, a ∈ Z) p M Ký hiệu Jacobi (m lẻ, m > 0, m và M nguyên tố cùng m nhau)
3 Mở đầu Cho dạng toàn phương hai biến f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 với a, b, c ∈ Z có biệt thức D = b2 − 4ac. Nếu D < 0 và 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 dương. Hai dạng toàn phương f ( x, y) và g( x, y) với hệ số nguyên được gọi là tương đương thực sự nếu tồn tại a, b, c, d nguyên sao cho ad − bc = 1 và g( x, y) = f ( ax + by, cx + dy). Nhận xét rằng nếu f và g là tương đương thì chúng có cùng biệt thức. Cho trước D nguyên âm với D ≡ 0, 1 (mod 4). Gọi C( D ) là tập các lớp tương đương thực sự của dạng toàn phương hai biến xác định dương với biệt thức D. Ta chứng minh được rằng C( D ) hữu hạn. Hơn nữa, ta có thể định nghĩa được một phép hợp thành trên các lớp các dạng toàn phương mà phép hợp thành xác định một phép toán nhân trên tập C( D ), mà với phép nhân này, thì C( D ) trở thành một nhóm giao hoán hữu hạn. Nhóm C( D ) được gọi là "nhóm lớp của biệt thức D". Mục tiêu của luận văn này là nghiên cứu về dạng toàn phương hai biến xác định dương. Tôi sẽ trình bày về một số định nghĩa, tính chất, định lý về dạng toàn phương, quan hệ tương đương của hai dạng toàn phương, tính hữu hạn của C( D ), luật hợp thành của hai lớp và sơ lược về lý thuyết giống.
4 CHƯƠNG 1 DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN VỚI HỆ SỐ NGUYÊN Chương này trình một số kiến thức cơ bản về dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên, về dạng toàn phương hai biến xác định dương, xác định dương thu gọn. Chương này được viết dựa theo tài liệu [1, Chapter One, §2]. 1.1 Một số kiến thức cơ bản Định nghĩa 1.1.1. Một dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên là đa thức dạng: f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 với a, b, c ∈ Z. Nếu a, b, c là các số nguyên tố cùng nhau thì ta gọi f ( x, y) là dạng nguyên thủy. Ta cũng kí hiệu f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 ngắn gọn bởi f = ( a, b, c). Để đơn giản, ta chỉ gọi dạng thay cho dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên. Định nghĩa 1.1.2. Ta nói một số nguyên m biểu diễn được bởi một dạng f ( x, y) nếu phương trình m = f ( x, y) có nghiệm nguyên ( x, y). Hơn nữa nếu x, y nguyên tố cùng nhau thì ta nói m biểu diễn thực sự bởi dạng f ( x, y). Định nghĩa 1.1.3. Ta nói hai dạng f ( x, y) và g( x, y) là tương đương (tương ứng, tương đương thực sự) nếu tồn tại p, q, r, s ∈ Z sao cho ps − qr = ±1 (tương ứng, ps − qr = 1) và f ( x, y) = g( px + qy, rx + sy). Hơn nữa, Gọi GL(2, Z) là tập các đa thức cấp 2 hệ số nguyên với định thức bằng ±1. Nếu P, Q ∈ GL(2, Z) thì P−1 và PQ cũng thuộc GL(2, Z). Ta có GL(2, Z) với phép nhân ma trận lập thành một nhóm. Cho f và g là hai dạng. Cho p, q, r, s ∈ Z. Nếu"f ( x, y#) = g( px + qy, rx + sy), p q thì ta viết đơn giản là f = gP, ở đây P là ma trận . r s Gọi A là ma trận của"dạng#toàn phương f ( x, y) = ax2 + bxy"+#cy2 trong cơ a b h i x sở chính tắc, tức là A = b 2 . Khi đó ta có f ( x, y) = x y A . 2 c y
5 Cho P là một ma trận cấp 2. Giả sử g = f P. Khi đó ta có " # h i x g( x, y) = f ( px + qy, rx + sy) = x y P T AP . y Như vậy ma trận biểu diễn của dạng toàn phương g( x, y) (trong cơ sở chính tắc) chính là B = P T AP. ! 1 0 Ta cũng nhận xét rằng, f = f I2 ở đây I2 = , và 0 1 ( f P) Q = f ( PQ), với mọi P, Q ∈ GL(2, Z). Nhận xét 1.1.4. Quan hệ tương đương của hai dạng toàn phương là một quan hệ tương đương. (1) Tính phản xạ: Hiển nhiên. (2) Tính đối xứng: Giả sử hai dạng f và g là tương đương. Khi đó tồn tài P ∈ GL(2, Z) sao cho g = f P. Đặt Q = P−1 . Khi đó Q ∈ GL(2, Z) và f = f I2 = f ( PQ) = ( f P) Q = gQ. Do đó g và f là tương đương. (3) Tính bắc cầu: Giả sử f và g là tương đương, g và h là tương đương. Khi đó tồn tại P, Q ∈ GL(2, Z) sao cho g = f P và h = gQ. Do đó h = gQ = ( f P) Q = f ( PQ). Như vậy f tương đương với h vì PQ cũng thuộc GL(2, Z). Nhận xét 1.1.5. Tương tự như trên ta có thể chứng minh quan hệ tương đương thực sự của hai dạng toàn phương cũng là một quan hệ tương đương. Định nghĩa 1.1.6. Cho dạng f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 (a, b, c ∈ Z), giá trị D = b2 − 4ac được gọi là biệt thức của f ( x, y). Nhận xét rằng D ≡ 0, 1 (mod 4) và nếu ta gọi A là ma trận của f ( x, y) trong cơ sở chính tắc, thì D = −4 det A. Mệnh đề 1.1.7. Hai dạng toàn phương tương đương có cùng biệt thức. Chứng minh. Cho hai dạng tương đương f và g, với ma trận trong cơ sở chính tắc tương ứng là A và B. Khi đó tồn tại P ∈ GL(2, Z) sao cho B = P T AP. Gọi
6 D, D 0 lần lượt là biệt thức của f và g. Khi đó ta có D 0 = −4 det B = −4 det( P T AP) = −4(det P)2 detA = −4 det A = D, vì det P = ±1. Mệnh đề 1.1.8. Tập các số nguyên được biểu diễn bởi hai dạng toàn phương tương đương là trùng nhau. Chứng minh. Cho hai dạng toàn phương tương đương f ( x, y) và g( x, y). Giả sử số nguyên m được biểu diễn bởi f ( x, y), ta cần chứng minh m cũng được biểu diễn bởi g( x, y). Thật vậy, ta có m được biểu diễn bởi f ( x, y) nên phương trình m = f ( x, y) có một nghiệm nguyên. Mặt khác, f ( x, y) tương đương với g( x, y), do đó tồn tại p, q, r, s ∈ Z và ps − qr = ±1 sao cho f ( x, y) = g( px + qy, rx + sy). Suy ra phương trình m = g( px + qy, rx + sy) có nghiệm nguyên. Do đó m được biểu diễn bởi g( x, y). Mệnh đề 1.1.9. Một dạng toàn phương biểu diễn thực sự cho một số nguyên m khi và chỉ khi f ( x, y) tương đương thực sự với dạng toàn phương mx2 + bxy + cy2 với b, c ∈ Z. Chứng minh. Giả sử m biểu diễn thực sự bởi dạng f ( x, y) = a0 x2 + b0 xy + c0 y2 với a0 , b0 , c0 ∈ Z. Khi đó tồn tại p, q ∈ Z, gcd( p, q) = 1 sao cho: f ( p, q) = a0 p2 + b0 pq + c0 q2 = m. Do ( p, q) =1 nên ta có thể chọn r, s ∈ Z sao cho ps − qr = 1. Xét phép biến đổi  x = px 0 + ry0 tuyến tính . Khi đó y = qx 0 + sy0 f ( px 0 + ry0 , qx 0 + sy0 ) = a0 ( px 0 + ry0 )2 + b0 ( px 0 + ry0 )(qx 0 + sy0 ) + c0 (qx 0 + sy0 )2 = x 02 ( a0 p2 + c0 q2 + b0 pq) + x 0 y0 (2apr + b0 ps + b0 rq + 2c0 qs) + y02 ( a0 r2 + b0 rs + c0 s2 ).
7 Đặt b = 2a0 pr + b0 ps + b0 rq + 2c0 ps, c = a0 r2 + b0 rs + c0 s2 . Ta suy ra: f ( px 0 + ry0 , qx 0 + sy0 ) = mx 02 + bx 0 y0 + cy02 . Do đó, f tương đương thực sự với mx2 + bxy + cy2 . Ngược lại, giả sử f ( x, y) tương đương thực sự với dạng toàn phương mx2 + bxy + cy2 . 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 − qr = 1 sao cho: mx2 + bxy + cy2 = f ( px + ry, qx + sy). Suy ra m = f ( p, q). Vì ps − qr = 1, nên gcd( p, q) = 1 và m được biểu diễn thực sự bởi dạng toàn phương f ( x, y). Sau đây là Định lý thặng dư Trung Hoa và Định lý Dirichlet về số nguyên tố, đây là các Định lý quan trọng sử dụng cho các kết quả của các chương sau. Định lý 1.1.10. (Định lý thặng dư Trung Hoa) Cho n là một số nguyên dương và m1 , m2 , ..., mn là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó hệ phương trình đồng dư tuyến tính   x ≡ a ( modm ); i i i = 1, n, có nghiệm duy nhất modulo m1 m2 ...mn . Định lý 1.1.11. (Định lý Dirichlet về số nguyên tố) Nếu q và l là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, khi đó tồn tại vô hạn các số nguyên tố có dạng l + kq với k ∈ Z. 1.2 Dạng xác định dương Cho dạng f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 với biệt thức D = b2 − 4ac. Ta có 4a f ( x, y) = 4a( ax2 + bxy + cy2 ) = (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 không xác định. 2. Nếu D < 0 thì f ( x, y) có thể biểu diễn cho chỉ số nguyên âm hoặc chỉ số nguyên dương.
8 • 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 xác định dương. • 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 xác định âm. Định lý 1.2.1. Cho D ≡ 0, 1 (mod 4) và số nguyên lẻ m với gcd(m, D ) = 1. Khi đó m được biểu diễn thật sự bởi một dạng nguyên thủy với biệt thức D khi và chỉ khi D ≡ x2 (mod m), với x nguyên nào đó. Chứng minh. Giả sử m được biểu diễn thực sự bởi f ( x, y) là một dạng nguyên thủy với biệt thức D. Khi đó f ( x, y) tương đương thực sự với dạng toàn phương mx2 + bxy + cy2 , với b, c ∈ Z nào đó. có biệt thức b2 − 4mc. Suy ra f ( x, y) cũng có biệt thức D = b2 − 4mc. Do vậy D ≡ b2 (mod m). Ngược lại, giả sử D ≡ b2 (mod m), ta cần chứng minh m được biểu diễn thực sự bởi f ( x, y). Ta xét hai trường hợp. • TH1: D ≡ 0 (mod 4)). Nếu b chẵn thì D ≡ b2 (mod 4) và do đó D ≡ b2 (mod 4m). Nếu b lẻ thì b + m chẵn và ta có D ≡ (b + m)2 (mod 4m). • TH2: D ≡ 1( mod 4). Nếu b là số nguyên lẻ thì ta có b2 ≡ 1 (mod 4). Suy ra D ≡ b2 ( mod 4m). Nếu b là số nguyên chẵn thì b + m là số nguyên lẻ, tương tự ta có D ≡ (b + m)2 ( mod4m). Như vậy trong mọi trường hợp, ta luôn chọn được số nguyên b sao cho D ≡ b2 mod 4m. Ta viết D = b2 − 4mc, với c là số nguyên nào đó. Xét dạng toàn phương: f ( x, y) = mx2 + bxy + cy2 có biệt thức D. Vì ( D, m) = 1 và D = b2 − 4mc, nên ta có b, m, c nguyên tố cùng nhau. Suy ra f ( x, y) là dạng nguyên thủy với biệt thức D. Rõ ràng f (1, 0) = m. Như vậy m được biểu diễn thật sự bởi f ( x, y). 1.3 Dạng xác định dương thu gọn Định nghĩa 1.3.1. Một dạng nguyên thủy xác định dương f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 là dạng thu gọn nếu |b| ≤ a ≤ c; và b ≥ 0 nếu |b| = a hoặc a = c.
9 Bổ đề 1.3.2. Với f ( x, y) là một dạng thu gọn, ta có bất đẳng thức sau: f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 ≥ ( a − |b| + c) min( x2 , y2 ). (1.1) Chứng minh. Không mất tính tổng quát giả sử min ( x2 , y2 ) = x2 . (Chứng minh
sẽ chỉ ra là ta chỉ cần dùng giải thiết rằng |b| ≤ a và|b| ≤ c.) Suy ra | x | ≤
y
. Khi đó: (1.1) ⇔ ax2 + bxy + cy2 ≥ ax2 − |b| x2 + cx2 ⇔ bxy + cy2 ≥ − |b| x2 + cx2 . (1.2) Ta đi chứng minh (1.2) đúng. Xét các trường hợp sau. TH1: bxy ≥ 0. Do bxy ≥ 0 nên bxy ≥ −|b| x2 , mà cy2 ≥ cx2 suy ra (1.2) đúng. TH2: bxy < 0. Xét x > 0, y > 0, b < 0. Ta có b < 0 suy ra |b| = −b. Khi đó: (1.2) ⇔ bxy + cy2 ≥ bx2 + cx2 ⇔ bxy + cy2 − bx2 − cx2 ≥ 0 ⇔ bx (y − x ) + c(y2 − x2 ) ≥ 0 ⇔ (y − x )(bx + cy + cx ) ≥ 0 ⇔ (y − x )[(b + c) x + cy] ≥ 0. Ta có x ≤ y nên y − x ≥ 0. Mà |b| ≤ a ≤ c, suy ra c > 0 và c + b > 0. Do đó (y − x )[(b + c) x + cy] ≥ 0, suy ra (1.2) đúng. Xét x > 0, y < 0, b > 0. Ta có: (1.2) ⇔ bxy + cy2 ≥ −bx2 + cx2 ⇔ bx (y + x ) + c(y2 − x2 ) ≥ 0 ⇔ (y + x )[bx + c(y − x )] ≥ 0 ⇔ (y + x )[(b − c) x + cy] ≥ 0. Ta có: |b| ≤ c suy ra (b − c) x ≤ 0 và cy ≤ 0. Ta có x ≤ −y hay y + x ≤ 0. Do đó (y + x )[(b − c) x + cy] ≥ 0 đúng, suy ra (1.2) đúng.
10 Xét x < 0, y > 0, b > 0. Ta có: (1.2) ⇔ bxy + cy2 ≥ −bx2 + cx2 ⇔ (y + x )[(b − c) x + cy] ≥ 0. Ta có − x ≤ y hay x + y ≥ 0. Mà |b| ≤ c nên b − c ≤ 0, suy ra (b − c) x + cy ≥ 0. Do đó (y + x )[(b − c) x + cy] ≥ 0 đúng, suy ra (1.2) đúng. Xét x < 0, y < 0, b < 0. Ta có: (1.2) ⇔ bxy + cy2 ≥ bx2 + cx2 ⇔ bx (y − x ) + c(y − x )(y + x ) ≥ 0 ⇔ (y − x )[ x (b + c) + cy] ≥ 0 Ta có | x | ≤ |y|, mà x < 0, y < 0 nên x ≥ y hay y − x ≤ 0. Mặt khác, ta luôn có b + c ≥ 0, do đó x (b + c) + cy < 0 với x < 0, y < 0 (chú ý rằng c > 0 vì c ≥ |b|). Bổ đề được chứng minh. Trong chương này, ta chứng minh định lý quan trọng sau. Định lý 1.3.3. Mọi dạng toàn phương nguyên thủy xác định dương đều tương đương thực sự với một dạng thu gọn duy nhất. Chứng minh. Cho f 1 ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 là một dạng toàn phương nguyên thủy xác định dương. Trong lớp các dạng toàn phương tương đương thực sự với f 1 ( x, y) ta chọn dạng toàn phương f ( x, y) thỏa mãn |b| là số nguyên nhỏ nhất có thể. Trước hết, ta chứng ( minh f ( x, y) thỏa mãn
|b|
≤ a. Giả sử a < |b|. Xét phép x 0 = x + my