Dạng toàn phương hai biến

BỘ GIÁO DỤC
VÀ ĐÀO TẠO

VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC
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
VÀ ĐÀO TẠO

VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC
VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM

HỌC VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ
-----------------------------

Nguyễn Thị Kim Quy

DẠNG TOÀN PHƯƠNG HAI BIẾN
Chuyên ngành:

Mã số:

Đại số và Lý thuyết 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
Mở đầu

2
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
2.1 Hợp thành của hai dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Nhóm lớp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 LÝ THUYẾT GIỐNG

17
17
22
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
gcd(a, b)
det(P)
GL(2, Z)

Tập hợp các số nguyên
Ước chung lớn nhất của hai số nguyên a và b
Định thức của mua trận P
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
Ma trận chuyển vị của ma trận P

PT
1
P
(Z/DZ)
im(c)
ker(c)
C(D)

Ma trận nghịch đảo của ma trận chuyển vị P
Nhóm các phần tử khả nghịch của vành (Z/DZ)
Ảnh của đồng cấu c
Hạt nhân của đồng cấu c
Tập hoặc nhóm các lớp của các dạng toàn phương hai
biến với định thức D

(a, b, c)
a
p !
M
m

2

Dạng toàn phương hai biến ax + bxy + cy

2

Ký hiệu Legendre (p là số nguyên tố lẻ, a 2 Z)
Ký hiệu Jacobi (m lẻ, m > 0, m và M nguyên tố cùng

nhau)


3

Mở đầu
2

2

Cho dạng toàn phương hai biến f (x, y) = ax + bxy + cy với a, b, c 2 Z có
2

biệt thức D = b 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, x2].

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
2
2
dạng: f (x, y) = ax + bxy + cy với a, b, c 2 Z. Nếu a, b, c là các số nguyên tố
2
cùng nhau thì ta gọi f (x, y) là dạng nguyên thủy. Ta cũng kí hiệu f (x, y) = ax
2
+ bxy + cy 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 2 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.

1

Nếu P, Q 2 GL(2, Z) thì P 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 2 Z. Nếu f (x, y) = g(px + qy, rx + sy),
thì ta viết đơn giản là f = gP, ở đây P là ma trận

p

"

#

q.

r s

2

sở chính tắc, tức là A =

2

Gọi A là ma trận của dạng toàn phương f (x, y) = ax + bxy + cy trong cơ
a b2
x
h
i
"

b

2

#

c

. Khi đó ta có f (x, y) =

x

y

A

"y #

.


5

Cho P là một ma trận cấp 2. Giả sử g = f P. Khi đó ta có
"#
h

i

x

T

g(x, y) = f (px + qy, rx + sy) = x y P AP

y

.

Như vậy ma trận biểu diễn của dạng toàn phương g(x, y) (trong cơ sở chính
T
tắc) chính là B = P AP.
1 0!
Ta cũng nhận xét rằng, f = f I2 ở đây I2 =
0 1 , và

( f P)Q = f (PQ), với mọi P, Q 2 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
1

P 2 GL(2, Z) sao cho g = f P. Đặt Q = P . Khi đó Q 2 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 2 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.
2

2

Định nghĩa 1.1.6. Cho dạng f (x, y) = ax + bxy + cy (a, b, c 2 Z), giá trị D =
2
b 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
T

tắc tương ứng là A và B. Khi đó tồn tại P 2 GL(2, Z) sao cho B = P AP. Gọi


6
0

D, D lần lượt là biệt thức của f và g. Khi đó ta có
0

T

D = 4 det B =
vì det P =

2

4 det(P AP) =

4(det P) detA =

4 det A = D,

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 2 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
2

m khi và chỉ khi f (x, y) tương đương thực sự với dạng toàn phương mx + bxy
2

+ cy với b, c 2 Z.
0 2

0

Chứng minh. Giả sử m biểu diễn thực sự bởi dạng f (x, y) = a x + b xy +
0 2

0

0

0

c y với a , b , c 2 Z. Khi đó tồn tại p, q 2 Z, gcd(p, q) = 1 sao cho:
0 2

0

0 2

f (p, q) = a p + b pq + c q = m.
Do (p, q) = 1 nên ta có thể chọn r, s 2 Z sao cho ps
0
0 . Khi đó
tuyến tính 8
x = px + ry

qr = 1. Xét phép biến đổi

+ sy0

:
0

0

0

0

02

0

f (px + ry , qx + sy )
0

0

0

0

0

0

0

0

02

= a (px + ry ) + b (px + ry )(qx + sy ) + c (qx + sy )
02 0 2

0 2

0

0 0

0

0

0

= x (a p + c q + b pq) + x y (2apr + b ps + b rq + 2c qs)
+

02 0 2

0

0 2

y (a r + b rs + c s ).


7
0

0

0

0

02

0

0 2

Đặt b = 2a pr + b ps + b rq + 2c ps, c = a r + b rs + c s . Ta suy ra:
0

0

0

0

f (px + ry , qx + sy ) = mx
2

02

0 0

02

+ bx y + cy .
2

Do đó, f tương đương thực sự với mx + bxy + cy .
2

Ngược lại, giả sử f (x, y) tương đương thực sự với dạng toàn phương mx
2
2
+ bxy + cy . Ta có f (x, y) tương đương thực sự với dạng toàn phương mx +
2
bxy + cy , nên tồn tại p, q, r, s 2 Z với ps qr = 1 sao cho:
2

2

mx + bxy + cy = 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
8

ai(modmi);
:i = 1, n,
có nghiệm duy nhất modulo m1m2...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 2 Z.

1.2 Dạng xác định dương
2

2

Cho dạng f (x, y) = ax + bxy + cy với biệt thức D = b
2

2

4a f (x, y) = 4a(ax + bxy + cy ) = (2ax + by)

2

2

4ac. Ta có
2

Dy .

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
2

D x (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
2

2

2

phương mx + bxy + cy , với b, c 2 Z nào đó. có biệt thức b 4mc. Suy ra f (x,
2

2

y) cũng có biệt thức D = b 4mc. Do vậy D b (mod m).
2

Ngược lại, giả sử D b (mod m), ta cần chứng minh m được biểu diễn thực
sự bởi f (x, y). Ta xét hai trường hợp.
2

2

TH1: D 0 (mod 4)). Nếu b chẵn thì D b (mod 4) và do đó D b (mod 4m).
2
Nếu b lẻ thì b + m chẵn và ta có D (b + m) (mod 4m).
2

TH2: D 1(mod 4). Nếu b là số nguyên lẻ thì ta có b 1 (mod 4). Suy ra D
2
b (mod 4m). Nếu b là số nguyên chẵn thì b + m là số nguyên lẻ, tương
2
tự ta có D (b + m) (mod4m).
2

Như vậy trong mọi trường hợp, ta luôn chọn được số nguyên b sao cho D b
2
mod 4m. Ta viết D = b 4mc, với c là số nguyên nào đó. Xét dạng toàn
phương:
2

f (x, y) = mx + bxy + cy

2

2

có biệt thức D. Vì (D, m) = 1 và D = b 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
2

Định nghĩa 1.3.1. Một dạng nguyên thủy xác định dương f (x, y) = ax + bxy +
2
cy là dạng thu gọn nếu

jbj a c; và b

0 nếu jbj = 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:
2

2

2

f (x, y) = ax + bxy + cy

2

(a jbj + c) min(x , y ).
2

2

(1.1)

2

Chứng minh. Không mất tính tổng quát giả sử min (x , y ) = x . (Chứng minh
sẽ chỉ ra là ta chỉ cần dùng giải thiết rằng jbj
a vàjbj
c.) Suy ra jxj
y.
Khi đó:
2

(1.1) , ax + bxy + cy

, bxy + cy

2

2

2

2

jbj x + cx

ax

2

2

2

(1.2)

jbj x + cx .

Ta đi chứng minh (1.2) đúng. Xét các trường hợp sau.
TH1: bxy 0.
2

2

2

Do bxy 0 nên bxy j bjx , mà cy
cx suy ra (1.2) đúng.
TH2: bxy < 0.
Xét x > 0, y > 0, b < 0. Ta có b < 0 suy ra jbj =
b. Khi đó:
2

2

(1.2) , bxy + cy bx + cx

, bxy + cy

2

, bx(y x) + c(y

bx

2

2
2

cx

2

0

2

x ) 0

,

(y x)(bx + cy + cx) 0

,

(y x)[(b + c)x + cy] 0.

Ta có x y nên y x 0. Mà jbj 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:
2

2

(1.2) , bxy + cy

bx + cx
2

2

2

, bx(y + x) + c(y
x ) 0
, (y + x)[bx + c(y
x)]
0
, (y + x)[(b c)x + cy] 0.
Ta có: jbj 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:
2

2

2

(1.2) , bxy + cy
bx + cx
, (y + x)[(b c)x + cy] 0.
Ta có x

y hay x + y

0. Mà jbj

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:
2

(1.2) , bxy + cy

2

bx + cx

2

, bx(y
x) + c(y x)(y + x)
, (y x)[x(b + c) + cy] 0

0

Ta có jxj jyj, 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 jbj). 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.
2

2

Chứng minh. Cho f1(x, y) = ax + bxy + cy là một dạng toàn phương nguyên
thủy xác định dương. Trong lớp các dạng toàn phương tương đương thực sự

với f1(x, y) ta chọn dạng toàn phương f (x, y) thỏa mãn jbj là số nguyên nhỏ
nhất có thể.
Trước hết, ta chứng minh f (x, y) thỏa mãn jbj
biến đổi tuyến tính ( y00

x

=

= x

+

ymy

, với

a. Giả sử a < jbj. Xét phép

1 m
0 1

= 1. Đặt

g(x, y) = f (x + my, y)
2

2

= a(x + my) + b(x + my)y + cy

2

2

2

= ax + xy(2am + b) + (am + bm + c)y .
Khi đó f (x, y) tương đương thực sự g(x, y). Do a < jbj nên ta có thể chọn m 2
Z sao cho j2am + bj < jbj, nhưng điều này lại mâu thuẫn với cách chọn f (x, y).
Do đó jbj a.


11

Bây giờ ta giả sử a > c. Xét phép biến đổi tuyến tính
(
,với 1 0 = 1.
= x
00

y

=

x

y

0

1

Đặt

2

g(x, y) = f ( y, x) = a(

2

y) + b(

2

2

y)x + cx = cx

bxy + ay .

Khi đó f (x, y) tương đương thực sự với g(x, y).
Do đó ta có thể chọn f (x, y) sao cho jbj 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 đương thực sự với một dạng
thu gọn. Theo định nghĩa nếu b 0 khi jbj = a hoặc a = c, thì f (x, y) là dạng thu
gọn. Do đó ta xét trường hợp còn lại là b < 0 và a = b hoặc a = c. Xét dạng
toàn phương
2

2

h(x, y) = ax bxy + cy .
Ta có: jbj

a

c và b > 0 nếu a =

Giả sử a = b. Xét phép biến đổi tuyến tính

(

b hoặc a = c nên h(x, y) là dạng thu gọn.
x = x+y
1 1
= y

0

y0

, với

0

1

=

1. Khi đó

f (x + y, y) = a(x + y)

2

2

a(x + y)y + cy

2

= ax + 2axy + ay
2

2

axy

2

2

ay + cy

2

= ax + axy + cy
= h(x, y).

Suy ra f (x, y) tương đương thực sự với h(x, y).
x =

(

đó

Giả a = c. Xét phép biến đổi tuyến tính y0

2

f ( y, x) = ay

0

y

= x , với

0
1

1
0 = 1. Khi

2

bxy + ax = h(x, y).

Suy ra f (x, y) tương đương thực sự với h(x, y). Như vậy ta đã chứng minh f
(x, y) là dạng thu gọn hoặc f (x, y) tương đương thực sự với một dạng thu gọn
h(x, y).

12

Cuối cùng ta đi chứng minh dạng thu gọn mà tương đương thực sự với f
(x, y) là duy nhất. Giả sử h(x, y) và g(x, y) là hai dạng thu gọn và đều tương
đương thực sự với f (x, y). Do đó h(x, y) tương đương thực sự với g(x, y). Áp
dụng Bổ đề 1.3.2, vì x, y 2 Z nên f (x, y) a j b j + c c a khi xy 6= 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).
Nhận xét thêm rằng 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.

Gọi
2

2

2

2

h(x, y) = a1x + b1xy + c1y ,
g(x, y) = a2x + b2xy + c2y .
Khi đó a1 là số khác không nhỏ nhất biểu diễn được bởi h(x, y), và a 2 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 a 1 = a2 cũng được biểu
diễn chính xác 2 lần bởi g(x, y). Từ đó suy ra c 2 > a2 = a1. (Vì nếu c2 = a2 thì
a2 được biễu diễn 4 lần bởi g(x, y).) Khi đó c 1 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 c 1 = c2. Vì 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
(
với p, q, r, s 2 Z và r s = 1.
= rx + sy ,
y00
x

=

px + qy

p

sao cho h(x, y) = h(px + qy, rx + sy) = g(x, y). Ta có

a2 = g(1, 0) = h(p, r) = a1 ) (p, r) = (

1, 0),

q

13

Kết hợp với

c2 = g(0, 1) = h(q, s) = c1 ) (q, s) = (0, 1).
p q = 1, ta suy ra
r

s

(

(

(0, 1) hoặc

(q, s) =

Giả sử c1 = a1. Khi đó a1

(q, s) =

(0,

(p, r) = (

(p, r) = (1, 0)
Do đó h(x, y) = g(x, y).

1).

1, 0)

= 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 b 1 = b2. Như vì
2
2
h(x, y) = a1x + b1xy + c1y là thu gọn, nên b1 0. Tương tự như vậy ta có b2
0. Do đó b1 = b2, và h(x, y) = g(x, y). Vậy định lý đã được chứng minh.

Chú ý: Hai dạng toàn phương nguyên thủy tương đương thực sự khi và chỉ
khi chúng cùng tương đương thực sự với một dạng thu gọn (duy nhất).
Ví dụ 1.3.4. Xét hai dạng toàn phương:
2

2

f (x, y) = 3x + 2xy + 5y .
2

2

g(x, y) = 3x 2xy + 5y .
Ta thấy rằng f (x, y) và g(x, y) là tương đương, và cả f (x, y), g(x, y) đều là
dạng thu gọn do chúng đều thỏa mãn jbj < a < c, do đó chúng không tương
đương thực sự.

Ví dụ 1.3.5. Xét hai dạng toàn phương:
2

2

f (x, y) = 2x + 2xy + 3y .
g(x, y) = 2x

2

2

2xy + 3y .

Ta có f (x, y) và g(x, y) là tương đương. Mà f (x, y) là dạng thu gọn do nó thỏa
mãn b = jaj và b 0, còn g(x, y) không phải là dạng thu gọn do b < 0 và jbj = a.
Phép chứng minh Định lý trên chỉ ra rằng f (x, y) và g(x, y) là tương đương
thực sự.


14

Định nghĩa 1.3.6. (i) Ta nói hai dạng f và g thuộc cùng một lớp nếu chúng
tương đương thực với nhau.
(ii) Ta gọi h(D) là số lớp của các dạng nguyên thủy xác định dương biệt thức D.

Định lý 1.3.7. Cho trước số nguyên âm D. Khi đó số lớp h(D) của các dạng
toàn phương nguyên thủy xác định dương có biệt thức D là hữu hạn, và h(D)
bằng số dạng thu gọn với biệt thức D.
2

2

Chứng minh. Xét dạng thu gọn f (x, y) = ax + bxy + cy với biệt thức D. Vì jbj
2 2

a c, suy ra b a và a c. Khi đó

D = 4ac b
Do đó

Vì jbj a

0 a

r

D
3

2

2

4ac a

2

4a

2

2

a = 3a .

r

D (do a jbj 0).
3
, suy ra tồn tại hữu hạn các giá trị của a, b thỏa mãn điều

2

kiện trên. Vì D = b 4ac, nên c được xác định duy nhất theo a và b. Do đó chỉ
có hữu hạn các dạng thu gọn với biệt thức D. Theo Định lý 1.3.3, ta có số lớp
tương đương thực sự của các dạng toàn phương nguyên thủy xác định
dương với biệt thức D bằng với với số dạng thu gọn với biệt thức D. Ta có
điều phải chứng minh.
Dưới đây ta liệt kê một số biệt thức D với số lớp h(D) và dạng thu gọn tương


15

ứng.
D

h(D)

Dạng thu gọn

3
4
7
8
15
12
20
23
28
56
67
108

1
1
1
1
2
1
2
3
1
4
1
3

x + xy + y
2
2

x +y
2
2
x + xy + 2y
2
2
x + 2y
2
2 2
2
x + xy + 4y ,2x + xy + 2y
2
2
x + 3y
2
2
2
2
x + 5y , 2x + 2xy + 3y ,
2
2
2
2
x + xy + 6y , 2x xy + 3y
2
2
x + 7y
2
2
2

2
2
2
x + 14y , 2x + 7y , 3x 2xy + 5y
2
2
x + xy + 17y
2
2
2
2
x + 27y , 4x xy + 7y

2

2

Thuật toán đưa một dạng toàn phương về dạng thu gọn.
2

Để đưa một dạng toàn phương (nguyên thủy xác định dương) f (x, y) = ax
2
+ bxy + cy với a, b, c 2 Z về dạng rút gọn. Ta có thể thực hiện biến đổi tuyến
tính như sau.
1. Nếu jbj > a thì thực hiện phép biến đổi tuyến tính
(
y
với 0 1 = 1.
=
00

y

=

x

x + my

1

m

2

Chọn m thỏa mãn: j2am + bj a, đưa dạng toàn phương f (x, y) = ax +
2
2
2
2
bxy + cy về dạng g(x, y) = ax + (2am + b)xy + (am + bm + c)y .
2. Nếu c < a thì thực hiện phép biến đổi tuyến tính
(
với 1 0 = 1.
= x
00

y

x

=

y

0

2

1

2

Đưa dạng toàn phương f (x, y) = ax + bxy + cy về dạng g(x, y) = cx
2
bxy + ay .
Ví dụ 1.3.8. Tìm dạng thu gọn của dạng toàn phương
2

2

f (x, y) = 6x 14xy + 9y .

2


16

=x

Giải:
+ Xét phép biến đổi tuyến tính

x

(

=

0

+

14
j

y0

thỏa mãn: j2.6.m 14j 6 , j12m

2

(

y0

=

0

x

2

với 1

0

2

= 1. Khi đó

2.

+ 2xy + 6y
1
1

= x
=

y

y

với

0

2

k(x, y) = h(x y, y) = x

1

= 1. Khi đó

2

+ 5y
< a < c). Vậy dạng thu gọn của

và k(x, y) là dạng thu gọn (do thỏa mãn jbj
2

m

2xy + y .
0
1

x

h(x, y) = g( y, x) = x

+ Xét phép biến đổi tuyến tính( y00

1

= 1. Chọn m

6. Lấy m = 1. Khi đó

g(x, y) = f (x + y, y) = 6x
x
y
=
+ Xét phép biến đổi tuyến tính

với 0 1

ymy

2

f (x, y) là k(x, y) = x + 5y .
Ví dụ 1.3.9. Tìm dạng thu gọn của dạng toàn phương
2

2

f (x, y) = 2x + 6xy + 7y .
Giải:
+ Xét phép biến đổi tuyến tính

x
(

y0

=

0

thỏa mãn: 2.2.m + 6
j
j

2

4m + 6

,j

g(x, y) = f (x

1 m

= x + my
y

với

0

1 = 1. Chọn m

2. Lấy m = 1. Khi đó

j

2

2

y, y) = 2x + 2xy + 3y .
2

2

Vậy dạng thu gọn của f (x, y) là g(x, y) = 2x + 2xy + 3y .


17

CHƯƠNG 2
HỢP THÀNH CỦA HAI DẠNG TOÀN PHƯƠNG

Trong chương này chúng tôi trình bày về phép hợp thành trên tập C(D) các
lớp (tương đương thực sự) của các dạng toàn phương nguyên thủy xác định
dương với biệt thức D cho trước. Chúng tôi cũng trình bày chứng minh C(D)
cùng với phép hợp thành này là một nhóm giao hoán hữu hạn. Chương này
được viết sử dụng tài liệu [1, Chapter One, x3] và [3, Chapter III].
Trong chương này, ta chỉ xét các dạng toàn phương nguyên thủy xác định
dương. Do vậy, để đơn giản ta chỉ nói "dạng" cho "dạng toàn phương nguyên
thủy xác định dương". Nói riêng biệt thức D của dạng này sẽ thỏa mãn D < 0,
D 0, 1 (mod 4).

2.1 Hợp thành của hai dạng toàn phương
Định nghĩa 2.1.1. Cho hai dạng f1 = (a1, b1, c1) và f2 = (a2, b2, c2) có cùng biệt
thức D được gọi là phù hợp (concordant) nếu chúng thỏa mãn hai điều kiện sau:

(i) b1 = b2.
(ii) a1jc2 và a2jc1.
Ví dụ 2.1.2. Ta có hai dạng toàn phương f1 = (1, 6, 14) và f2 = (2, 6, 7) là hai
dạng toàn phương phù hợp vì 6 = 6 và 1j7; 2j14.
Nhận xét 2.1.3. Chú ý rằng nếu gcd(a1, a2) = 1 với hai dạng đã cho ở Định
nghĩa 2.1.1 thì điều kiện (ii) được suy ra trực tiếp từ điều kiện (i). Thật vậy, vì
D = b1

2

4a1c1 = b2

2

4a2c2 và b1 = b2 nên a1c1 = a2c2. Suy ra a1 j a2c2 và

a2 j a1c1. Nếu gcd(a1, a2) = 1 thì ta suy ra a1 j c2 và a2 j c1.
Nhận xét 2.1.4. Cho f1 = (a1, b1, c1) và f2 = (a2, b2, c2) là hai dạng phù hợp. Khi
đó a1c1 = a2c2 và a2jc1, vì vậy tồn tại c 2 Z sao cho a2c = c1. Do đó, ta có a1a2c
= a2c2 và a1c = c2. Ta có thể viết f1 và f2 dưới dạng f1 = (a1, b, a2c) và f2 = (a2, b,
c1
a1c) với c =
2 Z, b = b1 = b2.

a

2

Định nghĩa 2.1.5. Dạng hợp thành của hai dạng phù hợp f1 = (a1, b, a2c) và f2 =

(a2, b, a1c), ký hiệu f1 f2, là dạng toàn phương (a1a2, b, c).


18

Ví dụ 2.1.6. Hợp thành của hai dạng toàn phương f1 = (1, 6, 14) = (1, 6, 2 7)
và f2 = (2, 6, 7) = (2, 6, 1 7) là f1 f2 = (1.2, 6, 7) = (2, 6, 7).
Nhận xét 2.1.7. Ta chú ý rằng nếu f1 = (a1, b, a2c) và f2 = (a2, b, a1c) là phù
hợp, khi đó f2 và f1 là phù hợp. Hơn nữa, f1 f2 = (a1a2, b, c) = f2 f1.
2

2

2

Mệnh đề 2.1.8. Cho f1(x, y) = a1x + bxy + a2cy và f2(x, y) = a2x + bxy +
2

a1cy là hai dạng phù hợp. Khi đó
f1(x1, y1) f2(x2, y2) = ( f1 f2)(X, Y),
với X = x1x2 cy1y2 và Y = a1x1y2 + a2x2y1 + by1y2. Nói riêng, nếu hai số
nguyên m1 và m2 lần lượt được biểu diễn bởi f1 và f2, thì m1m2 được biểu
diễn bởi dạng hợp thành f1 f2.
Chứng minh. Bằng tính toán trực tiếp, ta dễ dàng kiểm tra được
2

f1(x1, y1) f (x2, y2) = a1a2X + bXY + cY

2

trong đó X = x1x2 cy1y2 và Y = a1x1y2 + a2x2y1 + by1y2. Từ đó ta suy ra điều
phải chứng minh.
Ta sẽ chứng minh rằng với hai lớp C 1 và C2 với biệt thức D, ta có thể tìm được
dạng f1 2 C1 và f2 2 C2 sao cho f1 và f2 là phù hợp. Trước tiên ta cần bổ đề sau.

Bổ đề 2.1.9. Nếu f = (a, b, c) là dạng nguyên thủy có biệt thức D và n là một
số nguyên dương. Khi đó f biểu diễn thực sự một số nguyên m khác 0 và
nguyên tố cùng nhau với n.
Chứng minh. Trường hợp 1: n = 1. Ta chọn m = f (x0, y0) với x0, y0 là số
nguyên khác 0, (x0, y0) = 1.
Trường hợp 2: n > 1. Gọi p1, ..., ps là các số nguyên tố là ước của đồng thời a, c
s

và n. Ta đặt P := Õ i =1 pi (nếu s = 0 ta đặt P = 1, ta quy ước tương tự với Q, R và
S dưới đây). Gọi q1, ..., qt là các số nguyên tố là ước của a và n nhưng không
t
là ước của c và đặt Q := Õi =1 qi. Gọi r1, ..., ru là các số nguyên tố là ước của c và
u

n nhưng không là ước của a và đặt R := Õ i =1 ri. Cuối cùng, đặt s1, ..., sv là các
ước nguyên tố còn lại của n (không là ước của cả a và c). Chú ý rằng mọi ước
nguyên tố của n nằm ở một trong bốn loại trên. Hiển nhiên rằng (Q, RS) = 1.Ta
2

2

đặt m := aQ + bQ(RS) + c(RS) , và ta chứng minh m 6= 0 và gcd(m, n) = 1.


19

Thật vậy, với mỗi i = 1, . . . , s (nếu s = 0, ta đi tới bước chứng minh tiếp theo),
2

2

ta có pi j aQ và pi j c(RS) và pi - bQ(RS) (vì pi - Q, R, S, pi - b vì f là nguyên
2

thủy); do đó pi - m. Với mỗi i = 1, . . . , t, ta có q i j aQ và qi j bQ(RS) nhưng qi
2

- c(RS) , do đó qi - m. Với mỗi i = 1, . . . , u) và j = 1, . . . , v, ta có r i, sj là ước
2

2

bQ(RS) và c(RS) nhưng không là ước của aQ , do đó ri và sj không là ước
của m. Ta đã liệt kê hết các ước nguyên tố của n và chúng đều không là ước
của m, do đó m 6= 0 và (m, n) = 1.
Với f = (a, b, c) là dạng (nguyên thủy xác định dương) có biệt thức D (âm)
2
b
D
0. Khi đó c =

cho trước, ta có a và c đều khác

và D, và ta ký hiệu f := (a, b, ).

xác định duy nhất từ a, b

4a

Bổ đề 2.1.10. Cho C1 và C2 là hai lớp của dạng toàn phương với biệt thức D
và n là số nguyên dương khác 0. Khi đó, tồn tại hai dạng phù hợp f 1 = (a1, b, )
2 C1 và f2 = (a2, b, ) 2 C2 sao cho gcd(a1, a2) = 1 và gcd(a1a2, n) = 1.
Chứng minh. Cho f là một dạng toàn phương bất kỳ trong C1. Theo Bổ đề
2.1.9 tồn tại một số nguyên a1 > 0 biểu diễn thực sự bởi f sao cho gcd(a1, n) =
1. Theo Mệnh đề 1.1.9, f tương đương thực sự với dạng toàn phương g 1 =
(a1, b1, ) 2 C1 với b1 2 Z. Tương tự, tồn tại g2 = (a2, b2, ) 2 C2 sao cho
gcd(a2, a1n) = 1. Ta có gcd(a1, a2) = 1 và gcd(a1a2, n) = 1.
Đặt e = b2 b1 . Vì b và b 2 có cùng tính chẵn lẻ với D nên e là số nguyên.
2

1

Vì gcd(a1, a2) = 1, nên tồn tại s1, s2 2 Z sao cho a1s1
a2s2e = e. Đặt n1 = s1e và n2
b = b1 + 2a1n1. Ta có ma trận

0 1

a2s2 = 1. Ta có a1s1e

= s2e, ta thu được b1 + 2a1n1 = b2 + 2a2n2. Đặt
!

đưa dạng toàn phương (a, b1, ) thành

1 h

!

dạng toàn phương (a, b, ), với b = b1 + 2ah. Do vậy, nếu ta đặt f1 = g1 0
và f2 = g2

0
1

!

12

, thì ta có

f1 = (a1, b, ) 2 C1,

1

1
1 n

f2 = (a2, b, ) 2 C2. Vì

n

gcd(a1, a2) = 1, nên f1 và f2 là hai dạng phù hợp.
Mệnh đề 2.1.11. Cho C1 và C2 là hai lớp tương đương của các dạng toàn phương với

biệt thức D. Cho f1 = (a1, b, a2c) 2 C1 và f2 = (a2, b, a1c) 2 C2 là hai dạng phù
0 0
0 0
0 0
0 0
hợp, g1 = (a1 , b , a2 c ) 2 C1 và g2 = (a2 , b , a1 c ) 2 C2 là hai dạng phù
hợp. Khi đó f1 f2 tương đương thực sự với g1 g2.


20

Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề qua bốn bước.
0

Bước 1. Giả sử rằng f1 = g1 và gcd(a1, a2 ) = 1.
Ta sẽ chứng minh f1 f2 tương đương thực sự f1 g2. Vì f2 tương đương với
r s
2 SL2(Z) sao cho f2P = g2. Ta suy ra
"t
g2, tồn tại ma trận P =
u#
b

a2
"b

T

2

)
#
a1c P = (P

2

1 a0
"b
2

b
2

2

#,
a10c0

(2.1)

0

(2.2)

và
2

2

f2(r, t) = a2r + brt + a1ct = a2 ,

cũng như
"

(2.3)
2a2rs + b(ru + st) + 2a1ctu = b.
#
T 1
u
t
. Từ (2.1) ta suy ra ta c = sa0 . Vì gcd(a , a0 ) = 1
Ta có (P ) =
1
1
2
2
0
"
#
s r
nên a1
2 Z và đặt P
ta1
ta1v
u . Vì ru
r v
0
ru
st
2 SL2(Z). Chú ý rằng f1 f2 = (a1a2, b, c) và f1 g2 =
= 1 nên P

j s. Ta đặt s

=

= a1v với v

(a a0 , b, ). Ta khẳng định rằng ( f
1

2

2

1

0
f2)P = f
2

=

1

g2. Thật vậy, từ (2.2), ta suy ra
0

( f1 f2)(r, ta1) = a1a2r + brta1 + c(ta1) = a1a2 . Mặt khác, từ (2.3) ta suy ra
2a1a2rv + b(ru + ta1v) + 2cta1u = b. Do đó khẳng định được chứng minh. Ta

kết thúc bước 1.

0

0

Bước 2. Giả sử rằng b = b và (a1, a2 ) = 1.
Trong trường hợp này, f1 và g2 là phù hợp. Áp dụng bước 1, ta thu được:
f1 f2 tương đương thực sự với f1 g2, f1 g2 = g2 f1 và g2 f1 tương đương thực
sự với g2 g1, và g2 g1 = g1 g2. Ở đây các dấu bằng được suy ra từ Nhận xét
2.1.7.Từ đó ta có f1 f2 tương đương thực sự với g1 g2. Ta kết thức bước 2.
0 0
Bước 3. Giả sử rằng gcd(a1a2, a1 a2 ) = 1.
Vì gcd(a1a2, a10a20) = 1, nên theo Định lý thặng dư Trung Hoa, ta có thể chọn


21
0

0

0 0 0

các số nguyên B, n và n sao cho b + 2a1a2n = b + 2a1 a2 n = B . Ta đặt
0 1 ! = (a1, B, e1) 2 C1,
1 a n
2
0
1
! = (a2, B, e2) 2 C2,
k2 := f2

1 a n
1
h
!
1 :=( f1 f 2)
0 1 = (a1a2, B, ),
1 n
k1 := f1

với các số nguyên e1, e2 nào đó. Rõ ràng h1 tương đương thực sự với f1 f2. Vì
D
B2
. Gọi w 2 Z là số nguyên sao cho
dạng h1 có biệt thức D, nên a1a2 j
4
d
2
B2
là B
a1a2w =
4a1e1 = D, do đó a2w = e1. Tương
4 . Vì biệt thức của k1
tự, ta có a1w = e2 và như vậy k1 và k2 là hai dạng phù hợp, và k1

Ta đặt
"

l :=g
1

1
"

l :=g
2

1

#

a0 n0

2

1

#

a n

1
2

0 1

2

1

2 1

0
= (a , B, ) C ,
2
2

g ) 1 n0
2
0 1
"

h :=(g

C,

1

0 1

0 0

0
= (a , B, )

k2 = h1.

2

#

= (a

0 a0, B, ).
1 2

Rõ ràng h2 tương đương thực sự với g1 g2. Bằng cách lập luận tương tự, ta
có l1 và l2 là hai dạng phù hợp và l1 l2 = h2.
0

0

0

Vì gcd(a1a2, a1 a2 ) = 1 nên gcd(a1, a2 ) = 1. Theo Bước 2, ta có k1 k2
tương đươngthực sự với l1 l2. Kết hợp các điều trên, ta suy ra f 1 f2 tương
đương thực sự với h1, h1 = k1 k2, k1 k2 tương đương thực sư với l1 l2, l1 l2 =
h2, và h2 tương đương với g1 g2. Do vậy f1 f2 tương đương thực sự với g1 g2.
Ta kết thúc Bước 3.
Bước 4. Ta xét trường hợp tổng quát.
00

00

Từ Bổ đề 2.1.10, tồn tại hai dạng toàn phương phù hợp j 1 = (a1 , b , ) 2 C1 và
00 00
00
00
00 00
0 0
j2 = (a2 , b , ) 2 C2 sao cho gcd(a1 , a2 ) = 1 và gcd(a1 a2 , a1a2a1 a2 ) = 1.
00 00

Nói riêng ta có gcd(a1a2, a1 a2 ) = 1. Từ Bước 3, ta kết luận rằng f 1 f2 tương
00 00
0 0
đương thực sự j1 j2. Tương tự, ta có (a1 a2 , a1 a2 ) = 1 và j1 j2 tương đương
thực sự với g1 g2. Từ đó ta suy ra f1 f2 tương đương thực sự với g1 g2.