Dạng toàn phương hai biến xác định dương với hệ số nguyên

Header Page 1 of 161.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Lê Thị Duyên

DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN
XÁC ĐỊNH DƯƠNG VỚI HỆ SỐ NGUYÊN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Hà Nội – Năm 2016

Footer Page 1 of 161.


Header Page 2 of 161.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Lê Thị Duyên

DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN
XÁC ĐỊNH DƯƠNG VỚI HỆ SỐ NGUYÊN

Chuyên ngành: Đại số

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS. Nguyễn Duy Tân

Hà Nội – Năm 2016

Footer Page 2 of 161.


Header Page 3 of 161.

LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của bản báo cáo thực tập chuyên
ngành, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Nguyễn Duy
Tân đã tận tình hướng dẫn tác giả đọc các tài liệu và tập dượt nghiên
cứu. Tác giả cũng xin được cảm ơn TS đã góp ý chi tiết về cách trình
bày một số kết quả trong khóa luận.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các
thầy cô giáo trong khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2,
đặc biệt là tổ Đại số, đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong quá
trình học Đại học và thực hiện bản khóa luận này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn.
Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2016
Sinh viên
Lê Thị Duyên

Footer Page 3 of 161.

Header Page 4 of 161.

LỜI CAM ĐOAN
Tác giả xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Duy Tân
khóa luận "Dạng toàn phương hai biến xác định dương với hệ
số nguyên" được hoàn thành không trùng với bất kỳ đề tài nào khác.
Trong quá trình hoàn thành khóa luận, tác giả đã kế thừa những
thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2016
Sinh viên
Lê Thị Duyên

Footer Page 4 of 161.


Header Page 5 of 161.

Mục lục

Lời mở đầu

1

1 Dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên.

3

1.1

1.2

1.3

1.4

2

Các kiến thức cơ bản. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Khái niệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Một số tính chất. . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên xác định
dương. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

Dạng toàn phương xác định dương thu gọn. . . . . . .

13

1.3.1

Dạng toàn phương xác định dương thu gọn. . .

1.3.2

Thuật toán đưa một dạng toàn phương về dạng

14

rút gọn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

Lý thuyết giống sơ cấp. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

1.4.1

Luật thuận nghịch toàn phương. . . . . . . . . .

27

1.4.2

Dạng toàn phương chính. . . . . . . . . . . . . .

33

Ứng dụng vào biểu diễn số nguyên tố dạng p = x2 + ny 2 40
2.1
2.2

Số nguyên tố dạng p = x2 + ny 2 với n = 1, 2, 3, 4, 7.

.

40

Số nguyên tố dạng p = x2 + ny 2 với n = 5, 6, 10. . . . .

47

i

Footer Page 5 of 161.


Header Page 6 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

Kết luận chung

56

Tài liệu tham khảo

56

ii

Footer Page 6 of 161.


Header Page 7 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài.
Trong hầu hết các giáo trình về lý thuyết số và đại số hiện đại
đều có đề cập đến một định lý của Fermat phát biểu rằng với một số
nguyên tố lẻ p, ta có:
p = x2 + y 2 , x, y ∈ Z ⇔ p ≡ 1(mod4).
Đây là một trong những định lý đầu tiên mở đầu cho một số các kết
quả liên quan của Fermat, chẳng hạn ông cũng phát biểu rằng nếu p
là một số nguyên tố lẻ thì ta có:
p = x2 + 2y 2 , x, y ∈ Z ⇔ p ≡ 1, 3(mod8).
p = x2 + 3y 2 , x, y ∈ Z ⇔ p = 3 hoặc p ≡ 1(mod8).
Các kết quả trên đặt ra cho chúng ta câu hỏi rằng các số nguyên tố
được biểu diễn dưới dạng p = x2 + 4y 2 , p = x2 + 5y 2 , p = x2 + 6y 2 ... thì
cần thỏa mãn những điều kiện gì? Chúng dẫn đến một vấn đề cơ bản

sau đây:"Cho một số nguyên dương n, số nguyên tố p như thế nào có
thể biểu diễn dưới dạng p = x2 + ny 2 , với x, y là các số nguyên".
2. Mục tiêu nghiên cứu.
Mục tiêu của đề tài nhằm tổng quan các kết quả của các tác giả
đã nghiên cứu về dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên và lý
thuyết giống ứng dụng vào việc biểu diễn các số nguyên tố dưới dạng

Footer Page 7 of 161.

1


Header Page 8 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

p = x2 + ny 2 .
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
Đề tài nghiên cứu về dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên,
luật thuận nghịch toàn phương và lý thuyết giống sơ cấp, ứng dụng
của chúng vào biểu diễn các số nguyên tố dạng p = x2 + ny 2 .
Đề tài chỉ đề cập tới các trường hợp đơn giản với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, ...
4. Phương pháp, phương tiện.
Nghiên cứu, thu thập các tài liệu liên quan đến dạng toàn phương
hai biến với hệ số nguyên, luật thuận nghịch toàn phương, lý thuyết
giống sơ cấp và các ứng dụng của chúng.
5. Cấu trúc đề tài.
Khóa luận gồm hai chương.
Chương 1 "Dạng toàn phương hai biến" trình bày một số khái niệm

và định lý cơ bản liên quan tới dạng toàn phương hai biến xác định
dương với hệ số nguyên, luật thuận nghịch toàn phương và lý thuyết
giống sơ cấp.
Chương 2 "Ứng dụng dạng toàn phương vào biểu diễn số nguyên tố
dạng p = x2 + ny 2 " trình bày một số trường hợp cụ thể của các số
nguyên tố dạng p = x2 + ny 2 với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 10.
Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2016
Sinh viên
Lê Thị Duyên

Footer Page 8 of 161.

2


Header Page 9 of 161.

Chương 1
Dạng toàn phương hai biến với hệ
số nguyên.
Trong chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về dạng
toàn phương hai biến, lý thuyết của Lagrange về rút gọn dạng toàn
phương hai biến nguyên sơ xác định dương, luật thuận nghịch toàn
phương, lý thuyết giống sơ cấp và mối liên hệ giữa bài toán biểu diễn
số nguyên tố bởi dạng toàn phương hai biến và ký hiệu Legendre. Tài
liệu tham khảo chính được sử dụng là [1].

1.1
1.1.1

Các kiến thức cơ bản.
Khái niệm.

Định nghĩa 1.1. Dạng tổng quát của dạng toàn phương hai biến với
hệ số nguyên: f (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 với a, b, c ∈ Z. Khi a, b, c là
các số nguyên tố cùng nhau thì ta gọi f (x, y) là dạng nguyên sơ.
Định nghĩa 1.2. Ta nói một số nguyên m được biểu diễn bởi một
dạng toàn phương hai biến f (x, y) nếu phương trình m = f (x, y) có

Footer Page 9 of 161.

3


Header Page 10 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

nghiệm nguyên (x, y).
Nếu phương trình trên có nghiệm nguyên (x, y) và x, y là hai số
nguyên tố cùng nhau thì m gọi là được biểu diễn thực sự bởi dạng
toàn phương hai biến f (x, y).
Định nghĩa 1.3. Ta nói hai dạng toàn phương f (x, y) và g(x, y) là
tương đương nếu tồn tại p, q, r, s ∈ Z và ps − qr = 1 hoặc ps − qr = −1
sao cho f (x, y) =g(px +qy, rx + sy).
p q
Kí hiệu P = 
. Khi đó det P = ±1. Do vậy P nằm trong
r s

nhóm các ma trận nguyên khả nghịch GL(2, Z).
Hai dạng toàn phương f (x, y) và g(x, y) được gọi là tương đương
thực sự nếu ps − qr = 1, f (x, y) và g(x, y) được gọi là tương đương
không thực sự nếu ps − qr = −1.
2
Chú ý: Gọi A là ma trận của dạng toàn
 f (x, y) = ax + bxy +
 phương
b
a 

cy 2 trong cơ sở chính tắc, tức là A =  b 2  . Khi đó:
c
2
 

f (x, y) =

x y

x
A .
y

Ta có:
 
g(x, y) = f (px + qy, rx + sy) =

x
t

x y P AP   .
y

Do vậy, nếu gọi B là ma trận biểu diễn của dạng toàn phương g(x, y)

Footer Page 10 of 161.

4


Header Page 11 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

(trong cơ sở chính tắc) thì ta có B = P t AP .
Vậy dạng toàn phương f (x, y) tương đương với dạng toàn phương
g(x, y) khi và chỉ khi tồn tại ma trận P ∈ GL(2, Z) sao cho B = P t AP .
Tương tự như vậy, ta có dạng toàn phương f (x, y) tương đương
thực sự với dạng toàn phương g(x, y) khi và chỉ khi tồn tại ma trận
P ∈ SL(2, Z) sao cho B = P t AP .
Nhận xét:
i) Quan hệ tương đương của hai dạng toàn phương là một quan hệ
tương đương.
• Tính phản xạ: f (x, y) tương đương với f (x, y) (hiển nhiên).
• Tính đối xứng: Cho hai dạng toàn phương f (x, y) và g(x, y),
f (x, y) tương đương với g(x, y), cần chứng minh g(x, y) tương
đương với f (x, y). Gọi A và B lần lượt là ma trận biểu diễn
của dạng toàn phương f (x, y) và g(x, y) trong cơ sở chính
tắc. Vì f (x, y) tương đương với g(x, y) nên tồn tại ma trận

P ∈ GL(2, Z) sao cho B = P t AP . Do P ∈ GL(2, Z) nên tồn
tại ma trận P −1 ∈ GL(2, Z). Khi đó, ta có A = (P −1 )t BP −1 .
Như vậy g(x, y) tương đương với f (x, y).
• Tính bắc cầu: Cho f (x, y), g(x, y), h(x, y) là các dạng toàn
phương và f (x, y) tương đương với g(x, y), g(x, y) tương đương
với h(x, y). Ta cần chứng minh f (x, y) tương đương với h(x, y).
Thật vậy, gọi A, B và C lần lượt là ma trận của f , g và h
trong cơ sở chính tắc.
Vì f (x, y) tương đương với g(x, y) nên tồn tại ma trận P ∈
GL(2, Z) sao cho B = P t AP . Tương tự, vì g(x, y) tương

Footer Page 11 of 161.

5


Header Page 12 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

đương với h(x, y) nên tồn tại ma trận Q ∈ GL(2, Z) sao
cho C = Qt BQ. Khi đó C = Qt BQ = Qt (P t AP )Q =
(P Q)t A(P Q). Vậy f (x, y) tương đương với g(x, y), vì ma trận
P Q cũng thuộc GL(2, Z).
ii) 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 1.4. Cho dạng toàn phương hai biến: f (x, y) = ax2 +
bxy + cy 2 với a, b, c ∈ Z, giá trị D = b2 − 4ac gọi là biệt thức của

f (x, y).
Nhận xét:
• D ≡ 0, 1(mod4).
• Nếu ta gọi A là ma trận của f (x, y) trong cơ sở chính tắc, thì ta
thấy ngay rằng D = −4 det A.
1.1.2

Một số tính chất.

Mệnh đề 1.1. Hai dạng toàn phương tương đương thì có cùng biệt
thức.
Chứng minh:
Cho hai dạng toàn phương hai biến tương đương f (x, y) và g(x, y),
với ma trận trong cơ sở chính tắc tương ứng là A và B. Do f và g là
tương đương nên tồn tại P ∈ GL(2, Z) sao cho B = P t AP . Gọi D và

Footer Page 12 of 161.

6


Header Page 13 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

D lần lượt là biệt thức của f (x, y) và g(x, y). Khi đó:
D = −4 det B = −4 det(P t AP ) = −4 det(P )2 det A = −4 det A = D,
vì det(P ) = ±1.
Vậy D = D (đpcm).

Mệnh đề 1.2. Cho f (x, y) và g(x, y) là hai dạng toàn phương tương
đương, và m là một số nguyên. Gọi:
X = (x, y) , x, y ∈ Z : f (x, y) = m ,
Y =

x , y , x , y ∈ Z : g(x , y ) = m .

Khi đó tồn tại một song ánh từ X vào Y .
Nói riêng, m được biểu diễn bởi f (x, y) khi và chỉ khi nó được biểu
diễn bởi g(x, y).
Chứng minh
Gọi A, B lần lượt là ma trận của f (x, y) và g(x, y) trong cơ sở chính
tắc. Ta có f (x, y) tương đương với g(x, y) khi và chỉ khi tồn tại ma
trận P ∈ GL(2, Z) sao cho A = P t BP .
Ta xét phép đổi biến:








x 
x
  = P.   .
y
y

Footer Page 13 of 161.

7

(1.1)


Header Page 14 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

Khi đó nếu (x, y) ∈ X thì
 
g(x , y ) =

=

x y

 

x 
B =
y
 

x 
t
P
BP

 
x y
y

x
A
  = f (x, y) = m,
x y
y

tức là (x , y ) ∈ Y . Do vậy, ta có thể định nghĩa ánh xạ:
X −→ Y

ϕ :

(x, y) −→ (x , y ),
với (x , y ) được xác định theo (1.1). Lấy (x , y ) ∈ Y , ta có P ∈
GL(2, Z) suy ra tồn tại ma trận P −1 ∈ GL(2, Z) sao cho








x 
x
−1 
=

P
.
 
 .
y
y
Làm tương tự như trên, ta thấy (x, y) thuộc X. Do đó với mỗi (x , y ) ∈
Y ta luôn xác định được duy nhất (x, y) ∈ X sao cho ϕ((x, y)) =
(x , y ). Suy ra ϕ là song ánh (đpcm).
Định lý 1.1. 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 + cy 2 với b, c ∈ Z.
Chứng minh:
Giả sử f (x, y) = a x2 + b xy + c y 2 với a , b , c ∈ Z, m được biểu
diễn thực sự bởi f (x, y). Ta cần chứng minh f (x, y) tương đương thực

Footer Page 14 of 161.

8


Header Page 15 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

sự với dạng toàn phương mx2 + bxy + cy 2 . Thật vậy, f (x, y) biểu diễn
thực sự cho số nguyên m, do đó tồn tại p, q ∈ Z, (p, q) = 1 sao cho
f (p, q) = a p2 + b qp + c q 2 = m.
Do (p, q) = 1 nên ta có thể chọn r, s ∈ Z sao cho ps − qr = 1. Xét

phép biến đổi tuyến tính:


 x = px + ry

 y = qx + sy .
Khi đó:
f (px + ry , qx + sy ) = a (px + ry )2 + b (px + ry )(qx + sy ) + c (qx + sy )2
= x 2 (a p2 + c q 2 + b pq) + x y (2a pr + b ps + b rq + 2c qs)
+ y (a r2 + b rs + c s2 ).
Đặt:
b = 2a pr + b ps + b rq + 2c ps, c = a r2 + b rs + c s2 .
Suy ra f (px + ry , qx + sy ) = mx 2 + bx y + cy 2 . Do đó, f tương
đương thực sự với mx2 + bxy + cy 2 .
Ngược lại, cho f (x, y) tương đương thực sự với dạng toàn phương
mx2 + bxy + cy 2 , ta cần chứng minh f (x, y) biểu diễn thực sự cho số
nguyên m. Ta có f (x, y) tương đương thực sự với dạng toàn phương

Footer Page 15 of 161.

9


Header Page 16 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

mx2 + bxy + cy 2 , nên tồn tại p, q, r, s ∈ Z với ps − rq = 1 sao cho
mx2 + bxy + cy 2 = f (px + ry, qx + sy).

Suy ra m = f (1, 0). Do vậy m được biểu diễn thực sự bởi dạng toàn
phương f (x, y) (đpcm).

1.2

Dạng toàn phương hai biến với hệ số nguyên
xác định dương.

Cho dạng toàn phương hai biến f (x, y) = ax2 +bxy +cy 2 với a, b, c ∈ Z
có biệt thức D. Xét:
4a.f (x, y) = 4a(ax2 + bxy + cy 2 )
= 4a2 x2 + 4abxy + 4acy 2
= (2ax)2 + b2 y 2 + 4abxy − b2 y 2 + 4acy 2
= (2ax + by)2 − y 2 (b2 − 4ac)
= (2ax + by)2 − Dy 2 .
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 toàn phương hai
biến 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.
• 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 toàn phương hai biến xác định

Footer Page 16 of 161.

10


Header Page 17 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

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 toàn phương hai biến xác định âm.
Định lý 1.2. Cho D ≡ 0, 1(mod4), D ∈ Z và số nguyên lẻ m với
m và D là nguyên tố cùng nhau. Khi đó m được biểu diễn thực sự
bởi một dạng toàn phương nguyên sơ với biệt thức D khi và chỉ khi
D ≡ x2 (modm), với x nguyên nào đó.
Chứng minh:
Giả sử m được biểu diễn thực sự bởi f (x, y) là một dạng nguyên
sơ với biệt thức D, ta cần chứng minh D ≡ x2 (modm). Thật vậy, m
được biểu diễn thực sự bởi f (x, y) nên ta có f (x, y) tương đương thực
sự với dạng toàn phương mx2 + bxy + cy 2 , có biệt thức b2 − 4mc. Suy
ra f (x, y) cũng có biệt thức D = b2 − 4mc. Do vậy D ≡ b2 (modm).
Ngược lại, giả sử D ≡ b2 (modm), ta cần chứng minh m được biểu
diễn thực sự bởi một dạng nguyên sơ với biệt thức D. Đặt:



b
nếu b chẵn
b =


b + m nếu b lẻ.
Khi đó ta cũng có D ≡ b 2 (modm). Ta xét hai trường hợp:
• TH1: D ≡ 0(mod4).
Nếu b là số nguyên chẵn thì b2 ≡ 0(mod4). Suy ra D ≡ b2 (mod

4m). Nếu b là số nguyên lẻ thì b là số nguyên chẵn, tương tự ta
có D ≡ b 2 (mod4m).

Footer Page 17 of 161.

11


Header Page 18 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

• TH2: D ≡ 1(mod4).
Nếu b là số nguyên lẻ thì ta có b2 ≡ 1(mod4). Suy ra D ≡
b2 ( mod 4m). Nếu b là số nguyên chẵn thì b là số nguyên lẻ, tương
tự ta có D ≡ b 2 (mod4m).
Như vậy trong mọi trường hợp, ta luôn chọn được b sao cho D ≡
b2 (mod4m). Ta viết D = b2 − 4mc, với c là số nguyên nào đó. Xét
dạng toàn phương
f (x, y) = mx2 + bxy + cy 2 ,
với biệt thức D. Ta có f (1, 0) = m, suy ra m được biểu diễn thực sự
bởi f (x, y). Mặt khác (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 sơ với biệt thức
D. Vậy m được biểu diễn bởi một dạng nguyên sơ với biệt thức D
(đpcm).
Định nghĩa 1.5. Cho p là số nguyên tố lẻ, x ∈ Z. Khi đó, kí hiệu
x
Legendre của x, kí hiệu bởi
được định nghĩa như sau:

p

x
p





0


=
1




 −1

khi p | x
khi p x, x ≡ a2 (modp) với a nào đó
khi p x, x ≡ a2 (modp) với mọi a.

Định lý sau đây là quan trọng, nó cho ta mối liên hệ giữa bài
toán biểu diễn một số nguyên tố p bởi dạng toàn phương với ký hiệu
Legrendre.
Định lý 1.3. Cho số nguyên dương n và số nguyên tố lẻ p, p không

Footer Page 18 of 161.

12


Header Page 19 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

−n
= 1 khi và chỉ khi p được biểu biễn bởi một
p
dạng toàn phương nguyên sơ xác định dương có biệt thức D = −4n.

chia hết n. Khi đó

Chứng minh
Chú ý rằng với một số nguyên tố p, nếu p được biểu diễn bởi dạng
nguyên sơ f (x, y) thì nó cũng được biểu diễn thực sự bởi f (x, y).
Theo Định lý 1.2, p được biểu diễn bởi một dạng nguyên sơ có biệt
thức D = −4n khi và chỉ khi D ≡ x2 (modp). Nhận xét rằng nếu p
được biểu diễn bởi dạng toàn phương với biệt thức D = −4n, thì dạng
toàn phương này là xác định dương vì D < 0 và p > 0. Sử dụng kí
hiệu Legendre ta có
D ≡ x2 (modp) ⇔
⇔
⇔
⇔

D

=1
p
−4n
=1
p
−n
4
=1
p
p
−n
= 1.
p

−n
= 1 khi và chỉ khi p được biểu biễn bởi một dạng toàn
p
phương nguyên sơ xác định dương có biệt thức D = −4n (đpcm).
Vậy

1.3

Dạng toàn phương xác định dương thu gọn.

Trong mục này chúng ta sẽ chứng minh mọi dạng toàn phương nguyên
sơ xác định dương đều tương đương thực sự với một dạng thu gọn duy
nhất.

Footer Page 19 of 161.

13


Header Page 20 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.3.1

Lê Thị Duyên

Dạng toàn phương xác định dương thu gọn.

Định nghĩa 1.6. Một dạng toàn phương nguyên sơ xác định dương
f (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 là dạng thu gọn (rút gọn) nếu: |b| ≤ a ≤ c,
và b ≥ 0 nếu |b| = a hoặc a = c.
Bổ đề 1.1. Cho f (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 , với |b| ≤ a ≤ c ta có
i) f (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 ≥ (a − |b| + c) min(x2 , y 2 ).
ii) f (x, y) ≥ a − |b| + c ≥ c ≥ a khi xy = 0. Từ đó suy ra a là giá
trị khác không nhỏ nhất biểu diễn được bởi f (x, y). Hơn nữa, nếu
c > a thì c là giá trị khác không nhỏ nhất tiếp theo được biểu diễn
bởi f (x, y).
iii) Nếu c > a thì
f (x, y) = a ⇔ (x, y) ∈ (1, 0) , (−1, 0) ,
và nếu c = a thì
f (±1, 0) = f (0, ±1) = a.
Chứng minh
i) Ta cần chứng minh:
f (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 ≥ (a − |b| + c) min(x2 , y 2 ).

Footer Page 20 of 161.

14


Header Page 21 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

Ta có
ax2 + bxy + cy 2 ≥ a|x|2 − |b||x||y| + c|y|2
≥ a|x|2 − |b||x||y| + c|y|2 − a(|x| − |y|)2
≥ −|b||x||y| + c|y|2 + 2a|x||y| − a|y|2
≥ (2a − |b|)|x||y| + (c − a)|y|2 .
Theo giả thuyết |b| ≤ a ≤ c, suy ra 2a − |b| ≥ 0 và c − a ≥ 0. Do đó
ax2 + bxy + cy 2 ≥ (2a − |b|) min(x2 , y 2 ) + (c − a) min(x2 , y 2 )
≥ (a − |b| + c) min(x2 , y 2 ).
Vậy f (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 ≥ (a − |b| + c) min(x2 , y 2 ).
ii) Nếu xy = 0 thì min(x2 , y 2 ) ≥ 1. Khi đó f (x, y) ≥ a − |b| + c.
Mặt khác |b| ≤ a ≤ c, nên a − |b| + c ≥ c ≥ a. Từ đó ta có
f (x, y) ≥ a − |b| + c ≥ c ≥ a khi xy = 0.
Suy ra a là giá trị khác không nhỏ nhất biểu diễn được bởi f (x, y).
Hơn nữa, nếu c > a thì c là giá trị khác không nhỏ nhất tiếp theo
được biểu diễn bởi f (x, y).
iii) Nếu min(x2 , y 2 ) = 0 thì x = 0 và y = ±1 hoặc x = ±1 và
y = 0. Hiển nhiên f (±1, 0) = a và f (0, ±1) = c. Do đó, nếu c > a thì
f (x, y) = a khi và chỉ khi (x, y) = (±1, 0). Nếu c = a thì f (±1, 0) =
f (0, ±1) = a.
Vậy bổ đề đã được chứng minh.
Bổ đề 1.2. Nếu hai dạng toàn phương rút gọn tương đương thực sự

Footer Page 21 of 161.

15


Header Page 22 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

thì chúng trùng nhau.
Chứng minh
Cho h(x, y), g(x, y) là hai dạng rút gọn và chúng tương đương thực
sự với nhau. Ta cần chứng minh h(x, y) = g(x, y). Thật vậy, gọi
h(x, y) = a1 x2 + b1 xy + c1 y 2 ,
g(x, y) = a2 x2 + b2 xy + c2 y 2 .
Theo bổ đề 1.1 ta có a1 là số khác không nhỏ nhất biểu diễn được bởi
h(x, y), và a2 là số khác không nhỏ nhất biểu diễn được bởi g(x, y). Vì
h(x, y) và g(x, y) biểu diễn cùng một tập các số nguyên, nên a1 = a2 .
Chú ý rằng c1 ≥ a1 . Ta xét hai trường hợp.
Giả sử c1 > a1 . Khi đó a1 = h(±1, 0) được biểu diễn chính xác
2 lần bởi h(x, y). Vì h(x, y) và g(x, y) là tương đương thực sự, nên
a1 = a2 cũng được biểu diễn chính xác 2 lần bởi g(x, y). Từ đó suy ra
c2 > a2 = a1 , (vì nếu c2 = a2 thì a2 được biễu diễn 4 lần bởi g(x, y)).
Khi đó c1 là số nguyên nhỏ thứ hai được biểu diễn bởi h(x, y) và c2
là số nguyên nhỏ thứ hai được biểu diễn bởi g(x, y). Vì h(x, y) và
g(x, y) biểu diễn cùng một tập các số nguyên, nên c1 = c2 . Mà h(x, y)
và g(x, y) có cùng biệt thức, a1 = a2 và c1 = c2 , nên b1 = b2 hoặc
b1 = −b2 .

Mặt khác cũng do h(x, y) tương đương thực sự với g(x, y) nên tồn
tại phép biến đổi tuyến tính:


 x = px + qy
,

 y = rx + sy

Footer Page 22 of 161.

với p, q, r, s ∈ Z và

16

p q
r s

= 1.


Header Page 23 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

sao cho h(px + qy, rx + sy) = g(x, y). Ta có
a2 = g(1, 0) = h(p, r) = a1 ⇒ (p, r) = (±1, 0),
c2 = g(0, 1) = h(q, s) = c1 ⇒ (q, s) = (0, ±1).
Kết hợp với

p q

= 1, ta suy ra

r s




 (p, r) = (1, 0)
 (p, r) = (−1, 0)
hoặc


 (q, s) = (0, 1)
 (q, s) = (0, −1).
Do đó h(x, y) = g(x, y).
Giả sử c1 = a1 . Khi đó a1 = h(±1, 0) = h(0, ±1) được biểu diễn
ít nhất 4 lần bởi h(x, y). Do vậy a1 = a2 cũng được biểu diễn ít nhất
4 lần bởi g(x, y). Do đó a2 = c2 , (vì nếu c2 > a2 thì a2 chỉ được
biểu diễn 2 lần bởi g(x, y)). Như vậy c2 = c1 . Vì h(x, y) và g(x, y) có
cùng biệt thức nên b1 = ±b2 . Mà h(x, y) = a1 x2 + b1 xy + c1 y 2 là rút
gọn, nên b1 ≥ 0. Tương tự như vậy ta có b2 ≥ 0. Do đó b1 = b2 , và
h(x, y) = g(x, y).
Vậy h(x, y) = g(x, y) (đpcm).
Ta có định lý quan trọng sau đây.
Định lý 1.4. Mọi dạng toàn phương nguyên sơ xác định dương đều
tương đương thực sự với một dạng rút gọn duy nhất.
Chứng minh:

Cho f1 (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 là một dạng toàn phương nguyên sơ
xác định dương. Trong lớp các dạng toàn phương tương đương thực

Footer Page 23 of 161.

17


Header Page 24 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

sự với f1 (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 ≤ c.
Giả sử a < |b|. Xét phép biến đổi tuyến tính:


 x = x + my
,

y =
y

với

1 m

= 1.

0 1

Đặt:
g(x, y) = f (x + my, y)
= a(x + my)2 + b(x + my)y + cy 2
= ax2 + xy(2am + b) + (am2 + bm + c)y 2 .
Khi đó f (x, y) tương đương thực sự g(x, y). Do a < |b| nên ta có thể
chọn m ∈ Z sao cho |2am + b| < |b|, nhưng điều này lại mâu thuẫn
với cách chọn f (x, y). Do đó |b| ≤ a.
Bây giờ ta giả sử a > c. Xét phép biến đổi tuyến tính:


 x = −y
0 −1
,
với
= 1.

y = x
1 0
Đặt:
g(x, y) = f (−y, x)
= a(−y)2 + b(−y)x + cx2
= cx2 − bxy + ay 2 .

Footer Page 24 of 161.

18

Header Page 25 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Duyên

Khi đó f (x, y) tương đương thực sự với g(x, y) (mâu thuẫn với cách
chọn f (x, y)), nên ta có a ≤ c.
Do đó ta có thể chọn f (x, y) sao cho |b| ≤ a ≤ c (nếu cần thì ta có
thể thay f (x, y) bởi g(x, y) = f (−x, y) như trên).
Tiếp theo ta cần chứng minh f (x, y) tương thực sự với một dạng
rút gọn. Theo định nghĩa nếu b ≥ 0 khi |b| = a hoặc a = c, thì f (x, y)
là dạng rút gọn.
Do đó ta xét trường hợp còn lại là b < 0 và a = −b hoặc a = c. Xét
dạng toàn phương
h(x, y) = ax2 − bxy + cy 2 .
Ta có |b| ≤ a ≤ c và −b > 0 nếu a = −b hoặc a = c nên h(x, y) là
dạng rút gọn.
Nếu a = −b. Ta có
f (x, y) = ax2 − axy + cy 2 .
h(x, y) = ax2 + axy + cy 2 .
Xét phép biến đổi tuyến tính:


 x = x+y
,

y =
y

Footer Page 25 of 161.

với

1 1
0 1

19

= 1.