Điểm hữu tỉ trên đường cong bậc hai, đường cong bậc ba : Khóa luận tốt nghiệp toán học

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
NGUYỄN VĂN THÀNH
ĐIỂM HỮU TỈ
TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC HAI
VÀ ĐƯỜNG CONG BẬC BA
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP
BỘ MÔN: ĐẠI SỐ
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN
PGS. TS. NGUYỄN CHÁNH TÚ
HUẾ, THÁNG 5-2011
LỜI CẢM ƠN
Với tất cả lòng kính trọng tôi xin được gửi lời cảm ơn đến
Thầy giáo, PGS.TS. Nguyễn Chánh Tú, người hướng dẫn tôi hoàn
thành bài khóa luận này.
Qua đây tôi cũng xin được gửi lòng biết ơn sâu s ắc đến quý
thầy cô khoa Toán Trường Đại Học Sư Phạm Huế, n hững người
đã dạy dỗ tôi trong suốt 4 năm học vừa qua.
Cuối cùng, tôi gửi sự trân trọng và biết ơn đến tất cả người
thân, bạn bè vì sự quan tâm, động viên, giúp đỡ cho tôi trong suốt
quá trình học tập vừa qua.
Tác giả
i
MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN i
MỤC LỤC iii
1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 3
1.1 NHÓM VÀ ĐỒNG CẤU NHÓM . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Định nghĩa nhóm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Nhóm aben hữu hạn sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.3 Đồng cấu nhóm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 ĐƯỜNG CONG PHẲNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1 Giới thiệu về đường cong p h ẳng . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.2 Định lý Bezout . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC HAI 6
2.1 PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT ĐỂ TÌM ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN
ĐƯỜNG CONIC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.1.1 Điểm hữu tỉ trên đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.1.2 Điểm hữu tỉ trên đường conic . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.2 ĐIỀU KIỆN ĐỂ ĐƯỜNG CONIC TỒN TẠI ĐIỂM HỮU TỈ . 9
2.2.1 Bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2.2 Định lý Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.3 BỘ BA PITAGO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.3.1 Định nghĩa bộ ba Pitago . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.3.2 Điểm hữu tỉ trên đường tròn đơn vị . . . . . . . . . . . 10
2.3.3 Công thức biểu diễn bộ ba Pitago . . . . . . . . . . . . . 11
ii
3 ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC BA 16
3.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG ĐỂ TÌM ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG
CONG BẬC BA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3.2 CẤU TRÚC NHÓM CỦA CÁC ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG
CONG BẬC BA KHÔNG CÓ ĐIỂM KỲ DỊ . . . . . . . . . . . 18
3.2.1 Điểm kỳ dị trên trên đường cong . . . . . . . . . . . . . 18
3.2.2 Cấu trúc nhóm trên đường bậc ba không có điểm kỳ dị . 18
3.3 ĐƯỜNG CONG BẬC BA CHO DƯỚI DẠNG CÔNG THỨC
WEIERSTRASS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.3.2 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3.4 PHÂN LOẠI ĐƯỜNG CONG BẬC BA . . . . . . . . . . . . . 22
3.4.1 Định nghĩa các loại đường cong bậc ba . . . . . . . . . . 22
3.4.2 Ý nghĩa hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.5 ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC BA KỲ DỊ . . . 24
3.5.1 Phương pháp tìm điểm h ữ u tỉ trên đường cong bậc ba kỳ dị 24
3.5.2 Nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba kỳ dị . . 25
3.6 ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG ELLIPTIC . . . . . . . 29
3.6.1 Nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic . . . . . . 29
3.6.2 Công thức tính tọa độ của "tổng" hai điểm . . . . . . . . 30
3.6.3 Định lí Mordell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.7 NHÓM CON XOẮN CỦA E(Q) . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.7.1 Bậc của điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.7.2 Nhóm con xoắn của E(Q) . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.7.3 Đường cong (E) có phương trình y
2
= x
3
+ax và y
2
= x
3
+a 37
3.8 ĐỊNH LÍ FERMAT TRONG TRƯỜNG HỢP N = 3, N = 4 . . 39
3.8.1 Định lý Fermat trong trường hợp n = 3 . . . . . . . . . . 39
3.8.2 Định lý Fermat trong trường hợp n = 4 . . . . . . . . . . 41
3.9 SỐ ĐỒNG DẠNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
iii
MỞ ĐẦU
Chúng ta đều biết phương t rình a
2
+b
2
= c

2
, phương trình này có xuất xứ từ
hình học, ta biết rằng các cạnh của tam giác vuông là nghiệm của phương trình
này. Vấn đề đặt ra là tìm tất cả những nghiệm nguyên của phương trình. Ta
xét nghiệm không tầm thư ờng của phương tr ình này, tức là nghiệm (a, b, c) =
(0, 0, 0). Khi đó phương trình được viết lại như sau
a
2
+ b
2
= c
2
⇔ (
a
c
)
2
+ (
b
c
)
2
= 1.
Như vậy vấn đề đó tương đư ơng với việc tìm tất cả c ác điểm hữu tỉ trên đ ư ờng
tròn đơn vị. Một cách tổng quát hơn là việc tìm tất cả các điểm hữu tỉ trên
đường cong bậc hai.
Chúng ta chắc đều đã từng nghe qua định lý Fermat, định lý p h át biểu rằng
phương trình X
n
+ Y

n
= Z
n
không có nghiệm nguyên X, Y, Z khác 0 tất cả
với n > 2. Ta xét định lý Fermat trong trường hợp n = 3, tức là phương trình
X
3
+ Y
3
= Z
3
không có nghiệm nguyên X, Y, Z khác 0 tất cả. Với X, Y, Z
khác 0 tất cả phương trình được viết lại như sau
X
3
+ Y
3
= Z
3
⇔ (
X
Z
)
3
+ (
Y
Z
)
3
= 1.

Việc chứng minh định lý Fermat trong tr ư ờng hợp này tương đư ơng với việc chỉ
ra đường cong x
3
+ y
3
= 1 chỉ có 2 điểm hữu tỉ là (1, 0), (0, 1). Từ đó đặt ra
vấn đề là làm sao tìm ra được tất cả các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba
này, và tổng quát hơn là cho một đường cong bậc ba bất kỳ.
Vì vậy vấn đề tìm điểm hữu tỉ tr ên đ ư ờng cong bậc hai và bậc ba có nhiều ứng
dụng về mặt số học, thêm n ữ a việc nghiên cứu điểm hữu tỉ trên đường cong
mang đến nhiều điề u thú vị bất ngờ, đó là sự kết hợp của nhiều mảng của toán
học bao gồm số học, hình học và đại số. Được sự hướng dẫn của thầy giáo, PGS.
TS. Nguyễn Chánh Tú tôi quyết định chọn đề tài: Điểm hữu tỉ trên đường
cong bậc hai và đường cong bậc ba để khảo sát.
Mục tiêu của khóa luận là tìm tất cả các điểm hữu tỉ trên đường cong bâc hai,
đường cong bậc ba và nêu một số ứng dụng của việc làm đó. Nội dung của khóa
luận được chia làm 3 chương.
Chương 1: Trình bày một số kiến thức chuẩn bị bao gồm các kiến thức chuẩn
bị bao gồm các kiến thức về nhóm, đồng cấu nhóm, nhóm abel hữu h ạn sinh,
1
giới thiệu về đường cong phẳng, định lý Bezout.
Chương 2: Trình bày phương pháp để tìm các điểm hữu tỉ trên đường cong
bậc hai, điều kiện để đường cong bậc hai tồn tại điểm hữu tỉ, đưa ra công thức
biểu diễn bộ ba Pitago và nêu một số ứng dụng của công thức bộ ba Pitago.
Chương 3: Trình bày p h ư ơng pháp chung để tìm các điểm hữu tỉ trên đường
cong bậc ba cho ở dạng tổng quát, không dừng lại ở đó chúng ta còn xây dựng
được một cấu trúc nhóm của các điểm hữu t ỉ trên đường cong bậc ba không có
điểm kỳ dị. Ở chương này chúng ta làm việc với đư ờng cong bậc ba mà đã có
hoặc có thể chỉ một điểm hữu tỉ trên nó, đường cong như thế này chúng ta c ó
thể đưa nó về dạng Weierstrass, tức là y

2
= P(x), với P (x) là đa thức bậc ba
hữu tỉ. Vì vậy những bài sau đó ta sẽ làm việc với đường cong bậc ba có dạng
Weierstrass. Tiếp đến ta chia đường cong bậc ba làm 2 loại, đó là đường cong
bậc ba kỳ d ị và đường cong elliptic, ta sẽ đi tìm công thức tính tọa độ các điểm
hữu tỉ cũn g như xây dựng và mô tả cấu trúc nhóm của các điểm hữu tỉ trê n hai
loại đường cong này. Cuối c ù n g là nêu một số ứng dụng, đó là chứng minh định
lý Fer mat với n = 3, n = 4 và nêu một số vấn đề c ủ a số đồng dạng.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do hạn chế về thời gian cũng như khả năng c ủ a
bản thân nên khóa luận này không tránh khỏi những sai sót. Rất mong quý
Thầy Cô và các bạn quan tâm góp ý. Tôi xin chân thành cảm ơn.
2
Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 NHÓM VÀ ĐỒNG CẤU NHÓM
1.1.1 Định nghĩa nhóm
Định nghĩa 1.1.1. Một nhóm là một cặp (G, +), trong đó G là một tập không
rỗng và (+) là một phép toán trên G thỏa mãn các điều kiện sau đây:
i, G ổn định với phép toán (+), tức là mọi x, y ∈ G thì x + y ∈ G.
ii, Phép toán (+) có tính kết hợp, nghĩa là với mọi x, y, z ∈ G thì
(x + y) + z = x + (y + z).
iii, Có một phần tử 0 ∈ G được gọi là phần tử trung hòa, có tính chất
x + 0 = 0 + x = x, với mọi x thuộc G.
iv, Với mọi x ∈ G có một phần tử x

∈ G được gọi là phần tử đối của x sao cho
x + x

= x


+ x = 0.
1.1.2 Nhóm aben hữu hạn sinh
Định nghĩa 1.1.2. Nhóm G được gọi là nhóm aben hữu hạn sinh nếu G là một
nhóm aben có tập sinh hữu hạn.
Định nghĩa 1.1.3. Nhóm G được gọi là không xoắn nếu phần tử trung hòa
của G là phần tử duy nhất trong G có cấp hữu hạn.
Định lí 1.1.1 ([5, tr. 81]). Một nhóm aben hữu hạn sinh và không xoắn đều là
một nhóm aben tự do, tức là đẳng cấu với tích của một số hữu hạn nhóm xyclic
Z.
3
Phần chứng minh có thể tham khảo tài liệu [5, tr. 81].
Định lí 1.1.2 ([5, t r . 88]). Một nhóm aben hữu hạn sinh đều có thể phân tích
thành tổng trực tiếp của một nhóm con không xoắn và một nhóm con hữu hạn.
Chúng ta tham khảo phần chứng minh trong tài liệu [5, tr. 88].
1.1.3 Đồng cấu nhóm
Định nghĩa 1.1.4 . Cho (G, +) và (G, ∗) là 2 nhóm. Một ánh xạ ϕ : G → G

được gọi là một đồng cấu nhóm nếu
ϕ(x + y) = ϕ(x) ∗ ϕ(y),
với mọi x, y ∈ G.
Nếu ϕ là một song ánh và một đồng cấu nhóm thì ϕ là một đẳng cấu nhóm từ
G lên G

.
1.2 ĐƯỜNG CONG PHẲNG
1.2.1 Giới thiệu về đường cong phẳng
Chúng tôi làm việc với đường cong phẳng có dạng f(x, y) = 0, với f(x, y) ∈
Q[x, y]. Chúng tôi làm việc với đường cong trên mặt phẳng R
2
. Bậc của đường

cong chính là bậc của đa thức f.
Định nghĩa 1.2.1. Đường cong bậc một (hay đường thẳng hữu tỉ) có phương
trình dạng ax + by + c = 0 với a, b, c là các số hữ u tỉ cho trước trong đó a, b
không đồng thời bằng 0.
Định nghĩa 1.2.2. Đường cong bậc hai (hay đường conic) có p h ư ơng trình
dạng
ax
2
+ bxy + cy
2
+ dx + ey + f = 0
với a, b, c, d, e, f là các số hữu tỉ cho trước a, b, c không đồng thời bằng 0.
Định nghĩa 1.2.3. Đường cong bậc ba (hay đường cubic) có phương trình dạng
a
1
x
3
+ a
2
x
2
y + a
3
xy
2
+ a
4
y
3
+ a

5
x
2
+ a
6
xy + a
7
y
2
+ a
8
x + a
9
y + a
10
= 0.
Với các a
i
là các số hữu tỉ cho trước, a
1
, a
2
, a
3
, a
4
không đồng thời bằng 0.
4
1.2.2 Định lý Bezout
Định lý cho ta biết số giao điểm của hai đ ư ờng cong phẳng, trước khi phát biểu

định lý ta xem ví dụ sau.
Ví dụ 1.2.1. Cho 2 đường cong có phương trình lần lượt là xy = 0 và
(x
2
+ y
2
)y = 0, c ả hai đường cong n ày đều có chứa thành phần chung là đường
cong y = 0, do đó có vô số giao điểm chung. Vậy ta chỉ tìm số giao điểm của
hai đường cong không có thành phần chung.
Đường cong x − 2 = 0 và đ ư ờng cong x
2
+ y
2
= 1 có cắt n h au tại 2 điểm và cả
hai điểm đều có t ọa độ phức. Đường thẳng y −1 = 0 và đường thẳng y −2 = 0
chỉ có giao điểm trong mặt phẳng xạ ảnh P
2
, đường thẳng y−1 = 0 và y −2 = 0
gặp nhau tại một điểm trên đường thẳng tại vô cùng. Vậy ta phải chấp nhận
giao điểm có tọa đ ộ phức và giao điểm tại vô cùng.
Định lí 1 .2.1 ([2, tr. 237]). Cho X, Y là hai đường cong phẳng có bậc m và n
trong mặt phẳng xạ ảnh trên trường số phức. Nếu X, Y không có thành phần
chung thì số giao điểm của X, Y đúng bằng mn.
Đây là định lý cơ bản của đường cong phẳng, phần chứng minh của định lý
khá khó, chúng ta có thể tham khảo ở tài liệu [2, tr. 237].
Chú ý: Dựa vào định lý trên ta thấy rằng 2 đường cong bậc ba không có thành
phần chung có 9 giao điểm, nhờ vào điều này ta sẽ đưa ra định lý sau đây.
Định lí 1.2.2 ([2, tr. 16]). Gọi C, C
1
, C

2
là ba đường cong bậc ba, nếu C đi
qua 8 giao điểm của C
1
và C
2
thì C đi qua giao điểm thứ 9 của C
1
và C
2
.
Phần chứng minh chúng ta có thể tham khảo [2, tr. 16].
5
Chương 2
ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG
CONG BẬC HAI
2.1 PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT ĐỂ TÌM
ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG C ONIC
2.1.1 Điểm hữu tỉ trên đường thẳng
Chúng ta sẽ bắt đầu với việc tìm các điểm hữu tỉ trên đường thẳng có phương
trình dạng ax + by + c = 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử b = 0, khi đó
tập các điểm hữu tỉ trên đường thẳng này là
E = {(x, −
a
b
x −
c
b
), x ∈ Q}.
Ta dễ dàng mô tả tập các điểm hữu tỉ trên đư ờng thẳng.

2.1.2 Điểm hữu tỉ trên đường conic
Cho đường conic (C) có phương trình
ax
2
+ bxy + cy
2
+ dx + ey + f = 0.
Vấn đề đặt ra liệu có tồn tại điểm hữu tỉ trên đường conic này và nếu c ó thì
tìm bằng cách nào. Giả sử tồn tại một điểm hữu tỉ O trên đường conic này, ta
sẽ thực hiện phép chiếu các điểm trên đường conic lên một đường thẳng. Ta đã
biết tập các điểm hữu tỉ trên đường thẳng (d), vì vậy ta lấy một điểm hữu t ỉ
E bất kỳ trên (d), đường thẳng OE cắt conic tại điểm F, ta có F là một điểm
hữu tỉ trên C. Thật vậy đường thẳng OE đi qua 2 điểm hữu tỉ nên nó là đường
6
O
F
E
(C)
(d)
Hình 2.1: Phép chiếu lên đường thẳng.
thẳng hữu tỉ, ta sẽ rút một ẩn từ phương trình của đường thẳng n ày thế vào
phương trình của đường conic (C) ta được một phương trình bậc hai với các hệ
số hữu tỉ, ph ư ơng trình này có một nghiệm hữu tỉ vì vậy nghiệm thứ hai cũng
là n ghiệm hữu tỉ (nghiệm kép sẽ được tính hai lần). Do vậy F là một điểm hữu
tỉ. N gược lại, khi cho một điểm hữu tỉ F trên (C) . Nếu OF song song với (d)
thì không tồn tại giao điểm. Nếu OF không song song với (d) thì đường thẳng
OF cắt (d) tại một điểm E, và E là một điểm hữu tỉ trên (d). Như vậy trừ đi
điểm F mà OF song song với (d) thì ta có sự tương ứng 1 − 1 giữa các điểm
hữu tỉ trên đường conic (C) và trên đường thẳng (d).
Ví dụ 2.1.1. Tìm các điểm hữu tỉ trê n đường tròn (C): x

2
+ y
2
= 2.
Ta dễ dàng tìm được một điểm hữu tỉ trên (C) là A(1, 1). Ta sẽ chọn đường
thẳng (d) là trục Ox có phương trình là y = 0. Lấy một điểm h ữ u tỉ bất kỳ trên
O
y
x
A(1,1)
d
1
1
B(t,0)
(x,y)
Hình 2.2: Phép chiếu đường tròn lên đường thẳng.
(d) là B(t, 0), với t ∈ Q. Phương trình đường thẳng AB
x = (t − 1)(1 − y) + 1.
7
Thay x vào phương trình của đường conic ta được
((1 − y)(t −1) + 1)
2
+ y
2
= 2
⇔ ( 1 − y)
2
(t − 1)
2
+ 2(1 − y)(t −1) + y

2
− 1 = 0. (2.1.1)
Nếu y = 1, suy ra x = ±1 ta có hai điểm hữ u tỉ trên (C) là A(1, 1) và C(−1, 1).
Nếu y = 1, phương trình 2.1.1 trở th ành
(1 − y)(t − 1)
2
+ 2(t − 1) −y − 1 = 0
⇔ y =
−t
2
+ 2
−t
2
+ 2t − 2
. (2.1.2)
Suy ra
x =
t
2
− 4t + 2
−t
2
+ 2t − 2
.
Thay t = 2 vào công thức biểu diễn x, y ở trên ta được điểm A(1, 1). B ằng cách
loại điểm C(−1, 1), ta có sự tương ứng 1−1 giữa điểm hữu tỉ trên đường thẳng
và điểm hữu tỉ trên đường tròn như sau
(t, 0) ←→ (
t
2

− 4t + 2
−t
2
+ 2t − 2
,
−t
2
+ 2
−t
2
+ 2t − 2
).
Chú ý: Đối với đường conic có phương trình cho dưới dạng tổng quát ta sẽ
thực hiện phép đổi biến để đưa nó về phương trình đơn giản hơn trước khi tìm
các điểm hữ u tỉ của nó.
Ví dụ 2.1.2. Cho đường conic (C) có phương tr ình x
2
+4xy+13y
2
+6y−7 = 0.
Ta sẽ thực hiện các phé p đổi biến để đưa nó về dạng đơn giản hơn như sau.
x
2
+ 4xy + 13y
2
+ 6y − 7 = 0
⇔ ( x
2
+ 4xy + 4y
2

) + (9y
2
+ 6y + 1) = 8
⇔ ( x + 2y)
2
+ (3y + 1)
2
= 8
⇔ (
x + 2y
2
)
2
+ (
3y + 1
2
)
2
= 2.
Đặt





X =
x + 2y
2
Y =
3y + 1

2
.
Khi đó phương trình trở thành
X
2
+ Y
2
= 2.
8
Như vậy bằng việc tìm các điểm hữu tỉ trên đường conic có phương trình X
2
+
Y
2
= 2, ta sẽ suy ra được các điểm hữu tỉ trên đ ư ờng conic ban đầu.
Ta nhận thấy r ằng đường conic t ồn tại một đ iểm hữu tỉ thì sẽ có vô số điểm
hữu tỉ. Vậy vấn đặt ra là khi nào đường conic tồn tại điểm hữu tỉ, ta sẽ tìm hiểu
ngay sau đây.
2.2 ĐIỀU KIỆN ĐỂ ĐƯỜNG CONIC TỒN TẠI
ĐIỂM HỮU TỈ
2.2.1 Bài toán
Xét bài toán sau: Tìm các điểm hữu tỉ trên đường tròn (C) có phương trình
x
2
+ y
2
= 3. (2.2.1)
Giả sử tồn tại điể m hữu tỉ (x, y). Khi đó, chúng ta viết x =
X
Z

, y =
Y
Z
với
X, Y, Z nguyên khác 0. Thay vào phương trình 2.2.1 ta được
X
2
+ Y
2
= 3Z
2
. (2.2.2)
Nếu X, Y, Z có cùng ư ớc số chung thì ta có thể rút gọn cả hai vế của 2.2.2
cho ước số chung đó, do đó có thể giả sử rằng chúng không tồn tại ước số
chung. Khi đó X, Y không chia hết cho 3. Thật vậy, nếu X chia hết cho 3 thì
Y
2
= −X
2
+ 3Z
2
sẽ chia hết cho 3 suy ra Y chia hết cho 3. Do đó X
2
+ Y
2
chia
hết cho 9 nên Z
2
chia hết cho 3, suy ra Z chia hết cho 3. Vậy X, Y, Z có ước
số chung là 3 (mâu thuẫn với giả thiết). Vì X, Y không chia hết cho 3 nên ta

có X ≡ ±1 (mod 3), Y ≡ ±1 (mod 3). Suy ra X
2
≡ Y
2
≡ 1 (mod 3). Khi đó
0 ≡ 3Z
2
≡ X
2
+ Y
2
≡ 2 (mod 3) (vô lý). Vậy không có điểm nào hữu tỉ trên
đường tròn này.
Vậy liệu rằng có một phương pháp tổng quát để giúp chún g kiểm tra sự tồn tại
của điểm hữu tỉ trên đư ờng conic không, câu trả lời sẽ có trong định lý dưới
đây.
2.2.2 Định lý Legendre
Định lí 2.2.1 ([2, tr. 15]). Cho phương trình aX
2
+bY
2
= cZ
2
với a, b, c nguyên.
Phương trình tồn tại nghiệm nguyên (X, Y, Z) khác (0, 0, 0) khi và chỉ khi trong
9
modulo m nào đó, phương trình đồng dư aX
2
+ bY
2

≡ cZ
2
có nghiệm (X, Y, Z)
và X, Y, Z nguyên tố với m.
Phần chứng minh sẽ tham khảo tài liệu [6, tr. 21].
Ví dụ 2.2.1. Kiểm tra sự tồn tại của điểm hữu tỉ trên đường tròn có phương
trình x
2
+ y
2
= 6.
Ta xét phương t r ình đồng dư X
2
+ Y
2
≡ 6Z
2
trong modulo 3. Ta sẽ chỉ ra là
phương trình này không có nghiệm (X, Y, Z) mà cả X, Y, Z nguyên tố với 3.
Thật vậy, giả sử phương trình có nghiệm (X, Y, Z) mà cả X, Y, Z đều nguyên
tố với 3. Khi đó X ≡ ±1, Y ≡ ±1. Suy ra 2 ≡ X
2
+ Y
2
≡ 6Z
2
≡ 0 (vô lý).
Vậy không tồn t ại điểm hữu tỉ tr ên đường tròn này.
2.3 BỘ B A PITAGO
2.3.1 Định nghĩa bộ ba Pitago

Các nh à toán học cổ đại từng quan tâm đến việc giải các phương trình đại số
với hệ số nguyên t h ư ờng được gọi là phương trình Đi-ô-phăng, ở đây ta quan
tâm đến việc tìm nghiệm nguyên hoặc nghiệm hữu tỉ của phương trình nổi tiếng
nhất là a
2
+ b
2
= c
2
. Phương trình n ày có xuất xứ từ hình học. Ta biết rằng các
cạnh của một tam giác vuông thỏa mãn phương trình này.
Định nghĩa 2.3.1. Một bộ ba (a, b, c) các số nguyên dương thỏa mãn phương
trình a
2
+ b
2
= c
2
được gọi là một bộ ba Pitago.
Định nghĩa 2.3.2. Một bộ ba P itago (a, b, c) với a, b, c nguyên tố với nhau
từng đôi một được gọi là một bộ ba Pitago nguyên thủy.
2.3.2 Điểm hữu tỉ trên đường tròn đơn vị
Mục này ta sẽ t ìm công thức biểu diễn các điểm hữu tỉ, trên đư ờng tròn đơn
vị (C) có phương trình x
2
+ y
2
= 1. Ta chọn một điểm hữu tỉ trên đường tròn
là A(−1, 0), ch ọn đường thẳng (d) là trục Oy có phương trình x = 0. Lấy một
điểm hữu tỉ bất kỳ trên Oy là B(0, t) với t ∈ Q. Phương trình đường thẳng AB

10
O
y
x
A(-1,0)
B(0,t)
(x,y)
Hình 2.3: Phép chiếu đường tròn đơn vị lên trục Oy.
có dạng y = t(1 + x). Thay y vào phương trình đư ờng tròn (C) ta được
x
2
+ [t(1 + x)]
2
= 1
⇔ t
2
(1 + x)
2
= 1 − x
2
.
Với x = −1, ta có điểm hữu tỉ trên (C) là A(−1, 0).
Với x = −1 phương trình trở thành
t
2
(1 + x) = 1 − x.
Suy ra
x =
1 − t
2

1 + t
2
, y =
2t
1 + t
2
.
Vậy loại trừ điểm A(−1, 0) ra thì ta có sự tương ứng 1 − 1 giữa các điểm hữu
tỉ trên Oy và điểm hữu tỉ trên (C) như sau
(O, t) ←→ (
1 − t
2
1 + t
2
,
2t
1 + t
2
).
2.3.3 Công thức biểu diễn bộ ba Pitago
Trong mục này ta sẽ tiến hành tìm công thức tổng quát cho một bộ ba Pitago.
Cho (X, Y, Z) là một bộ ba Pitago. Nếu X, Y, Z có ước số chung thì ta có thể
rút gọn cho ước số chung đó. Bởi vậy, chúng ta có thể giả sử rằng 3 số đó không
có ước số chung nào khác ±1.
Khi đó X, Y, Z nguyên tố với nhau từng đôi một. Thật vậy, giả sử nếu X, Z
không nguyên tố cùng nhau thì X, Z chia hết cho số nguyên a khác ±1 nào đó,
vì Y
2
= Z
2

− X
2
chia hết cho a
2
nên Y chia hết cho a. Vậy X, Y, Z có ước số
chung là a (mâu thuẫn với giả thiết). Vì X, Y nguyên tố cùng nhau nên X, Y
11
không thể đều chẵn, hơn nữa X, Y không thể đều lẻ. Thật vậy, nếu X, Y đều
lẻ thì X ≡ ±1 (mod 4), Y ≡ ±1 (mo d 4). Do đó, X
2
+ Y
2
≡ 2 (mod 4). Mặt
khác, Z
2
≡ 0 (mod 4) hoặc Z
2
≡ 1 (mod 4). Điều vô lý này dẫn đến X, Y
không thể đều lẻ. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử X lẻ Y chẵn.
Vì X, Y, Z là nguyên dương n ên ta có
X
2
+ Y
2
= Z
2
⇔ (
X
Z
)

2
+ (
Y
Z
)
2
= 1.
Đặt
x =
X
Z
, y =
Y
Z
.
Lúc đó (x, y) là điểm hữu tỉ trên đường tròn đơn vị x
2
+ y
2
= 1, áp dụng c ông
thức biểu biễn các điểm hữu tỉ trên đường tròn đơn vị ở phần 2.4.2 ta đ ư ợc
x =
X
Z
=
1 − t
2
1 + t
2
, y =

Y
Z
=
2t
1 + t
2
, với t ∈ Q.
Đặt
t =
m
n
, với m, n ∈ Z, n = 0, (m, n) = 1.
Khi đó
X
Z
=
n
2
− m
2
n
2
+ m
2
,
Y
Z
=
2mn
n

2
+ m
2
.
Vì X, Y có tính chẵn lẻ khác nhau nên m, n có t ính chẵn lẻ khác nhau. Vì
X, Y, Z d ư ơng nên ta chỉ cần xét n > m > 0. Do
X
Z
,
Y
Z
là các phân số tối giản
nên tồn tại số nguyên λ để λZ = n
2
+ m
2
, λY = 2mn, λX = n
2
− m
2
. Chúng
ta sẽ chứng minh λ = 1.
Vì λ chia hết cả n
2
+ m
2
và n
2
− m
2

nên λ chia hết 2n
2
và 2m
2
, mặt khác
(m, n) = 1 nên λ chia hết 2. Vậy λ = 1 hoặc λ = 2.
Nếu λ = 2 thì n
2
− m
2
= λX chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 vì X
lẻ. Do đó n
2
− m
2
≡ 2 (mod 4). Mặt khác, vì m
2
, n
2
đồng dư với 0 hoặc với 1
theo modulo 4 nên (n
2
−m
2
) không thể đồng d ư 2 theo modulo 4. Do đó λ = 1.
Tóm lại, ta tìm được công thức của bộ ba Pitago (X, Y, Z) với X, Y, Z nguyên
tố cùng nhau (bộ ba Pitago nguyên thủy) như sau
X = n
2
− m

2
, Y = 2mn, Z = n
2
+ m
2
,
với m, n ∈ Z
+
, n > m, (m, n) = 1 và m, n có tính chẵn lẻ khác nhau.
Với (X, Y, Z) là một bộ ba Pitago thì ta có (kX, kY, kZ) với k ∈ Z
+
cũng là
một bộ ba Pitago.
12
Ví dụ 2.3.1. Một số bộ ba Pitago nguyên thủy được sinh ra the o công thức
trên
n m a = 2mn b = n
2
− m
2
c = n
2
+ m
2
2 1 4 3 5
3 2 12 5 13
4 1 8 15 17
4 3 24 7 25
5 2 20 21 29
5 4 40 9 41

6 1 12 35 37
Bảng 2.1 : Một số bộ ba Pitago nguyên thủy.
Ví dụ 2.3.2. Chứng minh rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác vuông
với các cạnh nguyên là một số nguyên.
Ta có tam giác vuông với các cạnh nguyên tương ứng với một bộ ba Pitago
(ka, kb, kc), với k ∈ Z
+
, (a, b, c) là bộ ba Pitago nguyên thủy. Do đó, ta chỉ cần
xét tam giác vuông tương ứng với bộ ba Pitago nguyên thủy (a, b, c) cho bởi
a = 2mn, b = n
2
− m
2
, c = m
2
+ n
2
, với m, n ∈ Z
+
, n > m, (m, n) = 1 và
m, n có tính chẵn lẻ khác nhau. Ta có
S
∆
=
1
2
ab = pr,
với p =
a + b + c
2

=
2n
2
+ 2mn
2
, r là bán kính đ ường tròn nội tiếp tam giác
này. Suy ra
r =
2mn(n
2
− m
2
)
2n
2
+ 2mn
= m(n − m) ∈ Z.
Vậy b án kính đường tròn nội tiếp tam giác vuông có các cạnh nguyên là một số
nguyên.
Ví dụ 2.3.3 ([1, tr. 49]). Ta sẽ chứ n g minh phương trình Fermat
x
4
+ y
4
= z
4
(2.3.1)
không c ó nghiệm nguyên (x, y, z) mà x, y, z đều khác 0. Để làm việc đó ta sẽ
chứng minh một kết quả sâu sắc hơn đó là chứng minh phương trình
x

4
+ y
4
= z
2
(2.3.2)
13
không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà x, y, z đều khác 0. Ta sẽ d ù n g phương
pháp phản chứng.
Ý tư ởng chứng minh là ta sẽ giả sử phương trình 2.3.2 tồn tại nghiệm nguyên
dương (a
0
, b
0
, c
0
) khác 0 t ất cả, lúc đó sẽ chỉ ra được phương trình cũng có
nghiệm nguyên dương (a, b, c) với c < c
0
. Cứ tiếp tục quá trình này dẫn đến
phương trình 2.3.2 có vô số nghiệm nguyên dương (a, b, c) với c < c
0
. Suy ra
điều vô lý.
Vì a
0
, b
0
, c
0

là nghiệm của 2.3.2 nên (a
2
0
)
2
+ (b
2
0
)
2
= c
2
0
, do đó (a
2
0
, b
2
0
, c
0
) là
một bộ ba Pitago và ta có thể giả sử nó là một bộ ba Pitago nguyên thủy, khi
đó ta có
a
2
0
= 2st, b
2
0

= t
2
− s
2
, c
0
= t
2
+ s
2
,
với t, s ∈ Z
+
, (t, s) = 1, t > s, t và s có tính chẵn lẻ khác nhau. Dễ thấy t là
số lẻ và s là số chẵn. Thật vậy, nếu t là số chẵn và s là lẻ thì t
2
−s
2
≡ 3 (mod4).
Mặt khác, b
0
là số lẻ nên b
2
0
≡ 1(mod4) (vô lý). Chúng ta có thể viết s = 2r,
(r ∈ Z
+
). Từ a
2
0

= 2st, suy ra
(
a
0
2
)
2
= rt.
Vì r và t nguyên tố cùng nhau nên t = c
2
, r = d
2
với c, d là hai số nguyên
dương nào đó. Ta có
b
2
0
= t
2
− s
2
⇔ s
2
+ b
2
0
= t
2
.
Vậy (s, b

0
, t) là bộ ba Pitago nguyên thủy nên
s = 2uv, b
0
= u
2
− v
2
, t = u
2
+ v
2
,
với u, v ∈ Z
+
, (u, v) = 1, u > v và u, v có tính chẵn lẻ khác nhau. Suy ra
uv =
s
2
= r = d
2
.
Do u, v nguyên tố cùng nhau nên u = a
2
, v = b
2
với a, b là hai số nguyên
dương nào đó.
Vậy c
2

= t = u
2
+ v
2
= a
4
+ b
4
. Ta tìm được một nghiệm nguyên dương khác
của phương trình là (a, b, c) với
c ≤ c
2
= t ≤ t
2
< t
2
+ s
2
= c
0
.
14
Vậy phương trình 2.3.2 có nghiệm dương (a
0
, b
0
, c
0
) thì sẽ có nghiệm (a, b, c) mà
c < c

0
(vô lý).
Tóm lại phương trình 2.3.2 không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà tất cả đều
khác 0, suy ra phương trình 2.3.1 cũng không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà tất
cả đều khác 0.
15
Chương 3
ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG
CONG BẬC BA
3.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG ĐỂ TÌM ĐIỂM
HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC BA
Cho một đường cong bậc ba có phương trình
a
1
x
3
+ a
2
x
2
y + a
3
y
3
+ a
4
xy
2
+ a
5

x
2
+ a
6
xy + a
7
y
2
+ a
8
x + a
9
y + a
10
= 0.
Với một đường cong bậc ba thì làm cách nào để chỉ ra các điểm hữu tỉ trên nó.
Liệu rằng chúng ta có thể làm như đ ối với đường conic. Trong trường hợp tổng
quát đường thẳng gặp đường cong bậc ba tại ba điểm nên ta không thể thực
hiện phép chiếu như đã làm với conic. Nhưng vấn đề sẽ khác nếu chúng ta biết
2 điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba đ ó, bởi vì đường thẳng đi qua 2 điểm hữu
tỉ sẽ cắt đường cong tại điểm thứ ba cũng hữu tỉ. Thật vậy, đường thẳng đi qua
hai điểm hữu tỉ là đường thẳng hữu tỉ, ta tiến hành rú t một ẩn theo ẩn còn lại
rồi thế vào phương trình của đường cong, ta được một ph ư ơng trình bậc ba với
các hệ số hữu tỉ. Phương trình bậc b a này có 2 nghiệm hữu tỉ vì vậy nghiệm còn
lại c ũn g là nghiệm hữ u tỉ. Như vậy ta có giao điểm thứ ba giữa đường thẳng và
đường cong bậc ba là một điểm hữu tỉ. Với hai điểm hữu tỉ P, Q trên đường
cong ta tìm điểm hữu tỉ thứ ba (như hình vẽ) và ký hiệu là P ∗Q. Trong trường
hợp P ≡ Q thì cát tuyến P Q trở thành tiếp tuyến tại P cắt đường cong bậc ba
tại P ∗P (giả sử đường cong tồn tại tiếp tuyến tại P ) cũng là điểm hữu tỉ. Như
vậy, bằng cách này ta sẽ tìm được thêm nhiều điểm hữu tỉ từ những điểm hữu

16
Hình 3.1: Cách tìm điểm hữu tỉ.
tỉ đã biế t .
Ví dụ 3.1. 1 . Tìm các điểm hữu tỉ trên đường cubic (C) có phư ơng trình là
y
2
= x
3
+ 2x
2
từ các điểm hữu tỉ cho trước là O(0, 0), B(−2, 0), C(2, 4) (hình
3.2).
Hình 3.2: Một vài điểm hữu tỉ được tìm từ các điểm ban đầu.
Vấn đề đặt ra là bằng cách nào để mô tả được tập tất cả các đ iểm hữu tỉ
trên đường cong bậc ba, vấn đề đó ta sẽ tìm hiểu rõ hơn ở các phần sau.
17
3.2 CẤU TRÚC NHÓM CỦA CÁC ĐIỂM HỮU
TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC BA KHÔNG
CÓ ĐIỂM KỲ DỊ
3.2.1 Điểm kỳ dị trên trên đường cong
Cho một đường đường cong bậc ba (C) có phư ơng trình là
a
1
x
3
+ a
2
x
2
y + a

3
y
3
+ a
4
xy
2
+ a
5
x
2
+ a
6
xy + a
7
y
2
+ a
8
x + a
9
y + a
10
= 0.
Đặt
F (x, y) = a
1
x
3
+ a

2
x
2
y + a
4
xy
2
+ a
5
x
2
+ a
6
xy + a
7
y
2
+ a
8
x + a
9
y + a
10
.
Nếu các đạo hàm thành phần
δF
δx
,
δF
δy

đồng thời triệt tiêu tại điểm (x
0
, y
0
)
thuộc (C) thì điểm (x
0
, y
0
) gọi là điểm kỳ dị trên đường cong, tại đó đường
cong không tồn tại tiếp tuyến.
Vì vậy ở bài này ta chỉ đề cập đến đường cong mà không tồn tại điểm kì dị, tức
là tại mọi điểm trên đường cong đều tồn tại tiếp tuyến.
3.2.2 Cấu trúc nhóm trên đường bậc ba không có điểm kỳ dị
Ta biết rằng với P và Q là hai điểm hữu tỉ trên đường cong bậc b a thì ta có
tương ứ ng một điểm hữu tỉ là P ∗ Q. Vì đường bậc ba không có điểm kỳ dị,
nên tại mọi đ iểm P trên đường cong đều tồn tại tiếp tuyến nghĩa là ta xác định
được điểm P ∗ P. Câu hỏi đặt ra là liệu rằng tập các điểm hữu tỉ trên đường
cong bậc ba này và phép toán (∗) có lập thành một nh óm. Câu trả lời là không
vì ta không có phần tử trung hòa của nhóm.
Bây giờ chúng ta lấy một điểm hữu tỉ O trên đường cong và định nghĩa phép
toán (+) như sau: Với hai điểm hữu tỉ P, Q t r ên đường cong, ta xác định điểm
P ∗Q, đường thẳng đi qua O và P ∗Q cắt đường cong tại một điểm hữu t ỉ khác,
ta ký hiệu điểm đó là P + Q. Vậy P + Q = O ∗(P ∗ Q).
18
Hình 3.3: Xác định phép toán (∗).
Hình 3.4: Xác định phép toán (+).
Định lí 3.2.1 ([2, tr. 20]). Đường cong bậc ba không có điểm kỳ dị với một điểm
hữu tỉ O cho trước. Khi đó, tập các điểm hữu tỉ trên đường bậc ba này cùng
với phép toán (+) xác định như trên lập thành một nhóm giao hoán với phần tử

trung hòa là điểm O.
Ký hiệu C(Q) là tập các điểm hữu tỉ trên đường bậc ba không có điểm kỳ dị với
điểm hữu tỉ O cho trước. Ta có (C(Q), +) là nhóm giao hoán.
Chứng minh
Với mọi P, Q thuộc C(Q) ta có P + Q ∈ C(Q), tức là C(Q) ổn định với phép
toán (+).
Với mọi P thuộc C(Q), ta có O + P = P + O = P . Do đó O là phần tử t r u n g
Hình 3.5: Xác định điểm O + P .
19
hòa của nhóm.
Với mọi Q thu ộc C(Q) ta xác định phần tử đối như sau: vẽ đường thẳng tiếp
xúc với đường cong tại O, đường thẳng này cắt đ ư ờng cong tại S, đường thẳng
QS cắt đường cong tại một điểm, ta ký hiệu là −Q. Dễ thấy Q+(−Q) = O, vậy
−Q là phần t ử đối của Q. Do đó mọi điểm thuộc C( Q) đều tồn tại phần tử đối.
Với mọi P, Q, R thuộc C(Q) ta chứng minh (P + Q) + R = P + (Q + R). Ta
Hình 3.6: Xác định điểm −Q.
Hình 3.7: Tính chất kết hợp.
chỉ c ần chứng minh (P + Q) ∗R = P ∗(Q + R) là đủ. Ta xác định (P + Q) ∗R
và P ∗ (Q + R) như trên hình vẽ. Ta có 8 điểm O, P, Q, R, P ∗ Q, P + Q,
Q ∗ R, Q + R thuộc (C) và là giao của các đường thẳng nét đứt và nét liền.
Ta gọi đường cong bậc ba (C
1
) có đồ thị là 3 đường nét đứt, đường cong bậc ba
(C
2
) có đồ thị là 3 đường nét liền. Gọi điểm X giao điểm củ a đường thẳng đi
20
qua điểm R, P + Q và đường thẳng qua điểm P, Q + R. Khi đó (C
1
) và (C

2
)
cắt nhau tại 9 điểm, đó là O, P, Q, R, P ∗ Q, P + Q, Q ∗ R, Q + R, X. Vì (C) đ i
qua 8 giao điểm của C
1
và C
2
nên C đi qua điểm giao thứ 9 còn lại, do đó X
thuộc (C). Suy r a X = (P + Q) ∗ R = P ∗ (Q + R).
Với mọi P, Q thuộc C(Q) dễ dàng nhìn thấy P + Q = Q + P , tức là phép (+)
có tính giao hoán.
Vậy (C(Q), +) là một nhóm giao hoán.
Chú ý: Phần tử trung hòa là điểm hữu tỉ O được chọn tùy ý trên ( C). Nếu ta
chọn điểm O

là phần tử trung hòa, ta có một đồng cấu nhóm giữa nhóm các
điểm hữu tỉ trên (C) với phần tử trung h òa là đ iể m O và nhóm các điểm hữu tỉ
trên (C) với phần tử trung hòa là O

xác định như sau
P → P + (O

+ (−O)), với mọi P ∈ C(Q).
Cấu trúc nhóm mà chúng ta xây dựng là dựa trên việc đ ư ờng cong đã tồn tại
một điểm hữu tỉ O, như vậy vấn đề đặt ra là liệu có cách nào để kiểm tra xem
đường cong bậc ba có tồn tại điểm hữu tỉ không, ở chương trước chúng ta đã
biết cách để kiểm tra xem đường conic có tồn tại điểm hữu tỉ không nhờ định lý
Legendre và liệu rằng chúng ta có thể áp dụn g định lý đó cho đường cong bậc
ba.
Năm 1950, Selmer đã đưa ra ví dụ là phương trình 3X

3
+ 4Y
3
+ 5Z
3
= 0 không
có nghiệm nguyên khác (0, 0, 0). Nhưng trong modu lo 3 phương trình đồng dư
3X
3
+ 4Y
3
+ 5Z
3
≡ 0 có nghiệm (1, 1, 1) và (1, 3) = 1. Như vậy định lý không
còn đúng cho đường cong bậc ba. Với một đường cong bậc b a tổng quát thì vẫn
chưa có phương pháp để kiểm tra sự tồn tại của điểm h ữ u tỉ trên nó. Vì vậy ta
sẽ chỉ làm việc với đường cong bậc ba với một điểm hữu tỉ O đã biết.
3.3 ĐƯỜNG CONG BẬC BA CHO DƯỚI DẠNG
CÔNG THỨC WEIERSTRASS
3.3.1 Định nghĩa
Định nghĩa 3.3.1. Đường cong bậc ba cho dưới dạng y
2
= P(x), với P (x) là
một đa th ứ c bậc b a theo biến x với các hệ số hữu tỉ được gọi là đường cong bậc
ba cho dưới dạng công thức Weierstrass.
21