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

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

3

HỢP THÀNH CỦA HAI DẠNG TOÀN PHƯƠNG

17

2.1

Hợp thành của hai dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.2

Nhóm lớp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

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
gcd( a, b)
det( P)
GL(2, Z)
SL(2, Z)
PT
P −1
(Z/DZ)×
im(χ)
ker(χ)
C( D )

( a, b, c)
a
p
M
m

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

Nhóm ma trận cấp 2 với hệ số nguyên và định thức bằng
1
Ma trận chuyển vị của ma trận P
Ma trận nghịch đảo của ma trận chuyển vị P
Nhóm các phần tử khả nghịch của vành (Z/DZ)×
Ảnh của đồng cấu χ
Hạt nhân của đồng cấu χ
Tập hoặc nhóm các lớp của các dạng toàn phương hai
biến với định thức D
Dạng toàn phương hai biến ax2 + bxy + cy2
Ký hiệu Legendre (p là số nguyên tố lẻ, a ∈ Z)
Ký hiệu Jacobi (m lẻ, m > 0, m và M nguyên tố cùng
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
x
sở chính tắc, tức là A = b 2 . Khi đó ta có f ( x, y) = x y A
.
c
y
2


5

Cho P là một ma trận cấp 2. Giả sử g = f P. Khi đó ta có
g( x, y) = f ( px + qy, rx + sy) = x y P T AP

x
.
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 lần lượt là biệt thức của f và g. Khi đó ta có
D = −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) = a x2 + b xy + c y2
với a , b , c ∈ Z. Khi đó tồn tại p, q ∈ Z, gcd( p, q) = 1 sao cho:
f ( p, q) = a p2 + b pq + c 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 + ry
tuyến tính
. Khi đó
y = qx + sy
f ( px + ry , qx + sy )

= a ( px + ry )2 + b ( px + ry )(qx + sy ) + c (qx + sy )2
= x 2 ( a p2 + c q2 + b pq) + x y (2apr + b ps + b rq + 2c qs)
+ y 2 ( a r2 + b rs + c s2 ).


7

Đặt b = 2a pr + b ps + b rq + 2c ps, c = a r2 + b rs + c s2 . Ta suy ra:
f ( px + ry , qx + sy ) = mx 2 + bx y + cy 2 .
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 = x + my

1 m
, với
biến đổi tuyến tính
= 1. Đặt
y =
y
0 1
g( x, y) = f ( x + my, y)

= a( x + my)2 + b( x + my)y + cy2
= ax2 + xy(2am + b) + ( am2 + bm + c)y2 .
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.


11

Bây giờ ta giả sử a > c. Xét phép biến đổi tuyến tính
x
y

= −y
,
= x

0 −1
1 0

với

= 1.

Đặt
g( x, y) = f (−y, x ) = a(−y)2 + b(−y) x + cx2 = cx2 − bxy + ay2 .
Khi đó f ( x, y) tương đương thực sự với g( x, y).
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 đương thực sự với một dạng thu
gọn. Theo định nghĩa nếu b ≥ 0 khi |b| = 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
h( x, y) = ax2 − bxy + cy2 .
Ta có: |b| ≤ a ≤ c và −b > 0 nếu a = −b hoặc a = c nên h( x, y) là dạng thu gọn.
Giả sử a = −b. Xét phép biến đổi tuyến tính

x
y

1 1
= x+y
, với
=
y
0 1

=

1. Khi đó
f ( x + y, y) = a( x + y)2 − a( x + y)y + cy2

= ax2 + 2axy + ay2 − axy − ay2 + cy2
= ax2 + axy + cy2
= h( x, y).
Suy ra f ( x, y) tương đương thực sự với h( x, y).
Giả a = c. Xét phép biến đổi tuyến tính

x
y

= −y
0 −1
, với
= 1. Khi
1 0
= x

đó
f (−y, x ) = ay2 − bxy + ax2 = 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 ∈ Z nên 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).
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
h( x, y) = a1 x2 + b1 xy + c1 y2 ,
g( x, y) = a2 x2 + b2 xy + c2 y2 .
Khi đó 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 . 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
x
y

= px + qy
,
= rx + sy

với p, q, r, s ∈ Z và

p q
r s

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),

= 1.


13

c2 = g(0, 1) = h(q, s) = c1 ⇒ (q, s) = (0, ±1).
Kết hợp với

p q
r s

= 1, ta suy ra
( p, r ) = (1, 0)
hoặc
(q, s) = (0, 1)

( p, r ) = (−1, 0)
(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 . Như
vì h( x, y) = a1 x2 + b1 xy + c1 y2 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:
f ( x, y) = 3x2 + 2xy + 5y2 .
g( x, y) = 3x2 − 2xy + 5y2 .
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 |b| < a < c, do đó chúng không tương đương
thực sự.
Ví dụ 1.3.5. Xét hai dạng toàn phương:
f ( x, y) = 2x2 + 2xy + 3y2 .
g( x, y) = 2x2 − 2xy + 3y2 .
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 = | a| và b ≥ 0, còn g( x, y) không phải là dạng thu gọn do b < 0 và |b| = 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.
Chứng minh. Xét dạng thu gọn f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 với biệt thức D. Vì
|b| ≤ a ≤ c, suy ra b2 ≤ a2 và a ≤ c. Khi đó

− D = 4ac − b2 ≥ 4ac − a2 ≥ 4a2 − a2 = 3a2 .
Do đó
0≤a≤

−D
(do a ≥ |b| ≥ 0).
3

−D
, suy ra tồn tại hữu hạn các giá trị của a, b thỏa mãn điều
3
kiện trên. Vì D = b2 − 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.
Vì |b| ≤ a ≤

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
1

x2 + xy + y2
−4
1
x 2 + y2
−7
1
x2 + xy + 2y2
1
x2 + 2y2
−8
−15
2
x2 + xy + 4y2 ,2x2 + xy + 2y2
−12
1
x2 + 3y2
−20
2
x2 + 5y2 , 2x2 + 2xy + 3y2 ,
−23
3
x2 + xy + 6y2 , 2x2 ± xy + 3y2
−28
1
x2 + 7y2
−56
4
x2 + 14y2 , 2x2 + 7y2 , 3x2 ± 2xy + 5y2
−67
1

x2 + xy + 17y2
−108
3
x2 + 27y2 , 4x2 ± xy + 7y2
Thuật toán đưa một dạng toàn phương về dạng thu gọn.
Để đưa một dạng toàn phương (nguyên thủy xác định dương) f ( x, y) = ax2 +
bxy + cy2 với a, b, c ∈ Z về dạng rút gọn. Ta có thể thực hiện biến đổi tuyến tính
như sau.
1. Nếu |b| > a thì thực hiện phép biến đổi tuyến tính

= x + my
=
y

x
y

với

1 m
0 1

= 1.

Chọn m thỏa mãn: |2am + b| ≤ a, đưa dạng toàn phương f ( x, y) = ax2 +
bxy + cy2 về dạng g( x, y) = ax2 + (2am + b) xy + ( am2 + bm + c)y2 .
2. Nếu c < a thì thực hiện phép biến đổi tuyến tính
x
y

= −y
= x

với

0 −1
1 0

= 1.

Đưa dạng toàn phương f ( x, y) = ax2 + bxy + cy2 về dạng g( x, y) = cx2 −
bxy + ay2 .
Ví dụ 1.3.8. Tìm dạng thu gọn của dạng toàn phương
f ( x, y) = 6x2 − 14xy + 9y2 .


16

Giải:
1 m
x = x + my
= 1. Chọn m
với
0 1
y =
y
thỏa mãn: |2.6.m − 14| ≤ 6 ⇔ |12m − 14| ≤ 6. Lấy m = 1. Khi đó
+ Xét phép biến đổi tuyến tính

g( x, y) = f ( x + y, y) = 6x2 − 2xy + y2 .

+ Xét phép biến đổi tuyến tính

x
y

= −y
= x

với

0 −1
1 0

= 1. Khi đó

h( x, y) = g(−y, x ) = x2 + 2xy + 6y2 .
+ Xét phép biến đổi tuyến tính

x
y

1 −1
= x−y
= 1. Khi đó
với
0 1
=
y

k ( x, y) = h( x − y, y) = x2 + 5y2

và k ( x, y) là dạng thu gọn (do thỏa mãn |b| < a < c). Vậy dạng thu gọn của
f ( x, y) là k ( x, y) = x2 + 5y2 .
Ví dụ 1.3.9. Tìm dạng thu gọn của dạng toàn phương
f ( x, y) = 2x2 + 6xy + 7y2 .
Giải:
x = x + my
1 m
với
y =
y
0 1
thỏa mãn: |2.2.m + 6| ≤ 2 ⇔ |4m + 6| ≤ 2. Lấy m = −1. Khi đó
+ Xét phép biến đổi tuyến tính

g( x, y) = f ( x − y, y) = 2x2 + 2xy + 3y2 .
Vậy dạng thu gọn của f ( x, y) là g( x, y) = 2x2 + 2xy + 3y2 .

= 1. Chọn m


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, §3] 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 f 1 = ( a1 , b1 , c1 ) và f 2 = ( 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) a1 |c2 và a2 |c1 .
Ví dụ 2.1.2. Ta có hai dạng toàn phương f 1 = (1, 6, 14) và f 2 = (2, 6, 7) là hai
dạng toàn phương phù hợp vì 6 = 6 và 1|7; 2|14.
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 = b12 − 4a1 c1 = b22 − 4a2 c2 và b1 = b2 nên a1 c1 = a2 c2 . Suy ra a1 | a2 c2 và
a2 | a1 c1 . Nếu gcd(a1 , a2 ) = 1 thì ta suy ra a1 | c2 và a2 | c1 .
Nhận xét 2.1.4. Cho f 1 = ( a1 , b1 , c1 ) và f 2 = ( a2 , b2 , c2 ) là hai dạng phù hợp.
Khi đó a1 c1 = a2 c2 và a2 |c1 , vì vậy tồn tại c ∈ Z sao cho a2 c = c1 . Do đó, ta có
a1 a2 c = a2 c2 và a1 c = c2 . Ta có thể viết f 1 và f 2 dưới dạng f 1 = ( a1 , b, a2 c) và
c
f 2 = ( a2 , b, a1 c) với c = 1 ∈ Z, b = b1 = b2 .
a2
Định nghĩa 2.1.5. Dạng hợp thành của hai dạng phù hợp f 1 = ( a1 , b, a2 c) và
f 2 = ( a2 , b, a1 c), ký hiệu f 1 ∗ f 2 , là dạng toàn phương ( a1 a2 , b, c).


18

Ví dụ 2.1.6. Hợp thành của hai dạng toàn phương f 1 = (1, 6, 14) = (1, 6, 2 · 7)
và f 2 = (2, 6, 7) = (2, 6, 1 · 7) là f 1 ∗ f 2 = (1.2, 6, 7) = (2, 6, 7).
Nhận xét 2.1.7. Ta chú ý rằng nếu f 1 = ( a1 , b, a2 c) và f 2 = ( a2 , b, a1 c) là phù hợp,
khi đó f 2 và f 1 là phù hợp. Hơn nữa, f 1 ∗ f 2 = ( a1 a2 , b, c) = f 2 ∗ f 1 .
Mệnh đề 2.1.8. Cho f 1 ( x, y) = a1 x2 + bxy + a2 cy2 và f 2 ( x, y) = a2 x2 + bxy +
a1 cy2 là hai dạng phù hợp. Khi đó
f 1 ( x1 , y1 ) f 2 ( x2 , y2 ) = ( f 1 ∗ f 2 )( X, Y ),
với X = x1 x2 − cy1 y2 và Y = a1 x1 y2 + a2 x2 y1 + by1 y2 . Nói riêng, nếu hai số
nguyên m1 và m2 lần lượt được biểu diễn bởi f 1 và f 2 , thì m1 m2 được biểu diễn
bởi dạng hợp thành f 1 ∗ f 2 .
Chứng minh. Bằng tính toán trực tiếp, ta dễ dàng kiểm tra được
f 1 ( x1 , y1 ) f ( x2 , y2 ) = a1 a2 X 2 + bXY + cY 2
trong đó X = x1 x2 − cy1 y2 và Y = a1 x1 y2 + a2 x2 y1 + by1 y2 . Từ đó ta suy ra điều
phải chứng minh.
Ta sẽ chứng minh rằng với hai lớp C1 và C2 với biệt thức D, ta có thể tìm được
dạng f 1 ∈ C1 và f 2 ∈ C2 sao cho f 1 và f 2 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
và n. Ta đặt P := ∏is=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
là ước của c và đặt Q := ∏it=1 qi . Gọi r1 , ..., ru là các số nguyên tố là ước của c và
n nhưng không là ước của a và đặt R := ∏iu=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
đặt m := aQ2 + bQ( RS) + c( RS)2 , và ta chứng minh m = 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),
ta có pi | aQ2 và pi | c( RS)2 và pi bQ( RS) (vì pi Q, R, S, pi b vì f là nguyên
thủy); do đó pi m. Với mỗi i = 1, . . . , t, ta có qi | aQ2 và qi | bQ( RS) nhưng
qi c( RS)2 , do đó qi m. Với mỗi i = 1, . . . , u) và j = 1, . . . , v, ta có ri , s j là ước
bQ( RS) và c( RS)2 nhưng không là ước của aQ2 , do đó ri và s j 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 = 0 và (m, n) = 1.
Với f = ( a, b, c) là dạng (nguyên thủy xác định dương) có biệt thức D (âm)
b2 − D
cho trước, ta có a và c đều khác 0. Khi đó c =
xác định duy nhất từ a, b
4a
và D, và ta ký hiệu f := ( a, b, •).
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, •) ∈ C1
và f 2 = ( a2 , b, •) ∈ C2 sao cho gcd( a1 , a2 ) = 1 và gcd( a1 a2 , 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 g1 = ( a1 , b1 , •) ∈
C1 với b1 ∈ Z. Tương tự, tồn tại g2 = ( a2 , b2 , •) ∈ C2 sao cho gcd( a2 , a1 n) = 1.
Ta có gcd( a1 , a2 ) = 1 và gcd( a1 a2 , n) = 1.
b2 − b1
. Vì b1 và b2 có cùng tính chẵn lẻ với D nên e là số nguyên.
Đặt e =
2
Vì gcd( a1 , a2 ) = 1, nên tồn tại s1 , s2 ∈ Z sao cho a1 s1 − a2 s2 = 1. Ta có a1 s1 e −

a2 s2 e = e. Đặt n1 = s1 e và n2 = s2 e, ta thu được b1 + 2a1 n1 = b2 + 2a2 n2 . Đặt
1 h
b = b1 + 2a1 n1 . Ta có ma trận
đưa dạng toàn phương ( a, b1 , •) thành
0 1
dạng toàn phương ( a, b, •), với b = b1 + 2ah. Do vậy, nếu ta đặt f 1 = g1

1 n1
0 1

1 n2
, thì ta có f 1 = ( a1 , b, •) ∈ C1 , f 2 = ( a2 , b, •) ∈ C2 . Vì
0 1
gcd( a1 , a2 ) = 1, nên f 1 và f 2 là hai dạng phù hợp.
và f 2 = g2

Mệnh đề 2.1.11. Cho C1 và C2 là hai lớp tương đương của các dạng toàn phương với
biệt thức D. Cho f 1 = ( a1 , b, a2 c) ∈ C1 và f 2 = ( a2 , b, a1 c) ∈ C2 là hai dạng phù hợp,
g1 = ( a1 , b , a2 c ) ∈ C1 và g2 = ( a2 , b , a1 c ) ∈ C2 là hai dạng phù hợp. Khi đó f 1 ∗ f 2
tương đương thực sự với g1 ∗ g2 .


20

Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề qua bốn bước.
Bước 1. Giả sử rằng f 1 = g1 và gcd( a1 , a2 ) = 1.
Ta sẽ chứng minh f 1 ∗ f 2 tương đương thực sự f 1 ∗ g2 . Vì f 2 tương đương với
r s
g2 , tồn tại ma trận P =
∈ SL2 (Z) sao cho f 2 P = g2 . Ta suy ra

t u
a2

b
2

T −1

a2

b
2

,

(2.1)

f 2 (r, t) = a2 r2 + brt + a1 ct2 = a2 ,

(2.2)

2a2 rs + b(ru + st) + 2a1 ctu = b.

(2.3)

b
2

a1 c

P = (P )

b
2

a1 c

và

cũng như

Ta có ( P T )−1 =

u −t
. Từ (2.1) ta suy ra −ta1 c = sa2 . Vì gcd( a1 , a2 ) = 1
−s r

r v
. Vì ru − ta1 v =
ta1 u
ru − st = 1 nên P ∈ SL2 (Z). Chú ý rằng f 1 ∗ f 2 = ( a1 a2 , b, c) và f 1 ∗ g2 =
( a1 a2 , b, •). Ta khẳng định rằng ( f 1 ∗ f 2 ) P = f 1 ∗ g2 . Thật vậy, từ (2.2), ta suy ra
( f 1 ∗ f 2 )(r, ta1 ) = a1 a2 r2 + brta1 + c(ta1 )2 = a1 a2 . Mặt khác, từ (2.3) ta suy ra
2a1 a2 rv + b(ru + ta1 v) + 2cta1 u = b. Do đó khẳng định được chứng minh. Ta
kết thúc bước 1.
nên a1 | s. Ta đặt s = a1 v với v ∈ Z và đặt P =

Bước 2. Giả sử rằng b = b và ( a1 , a2 ) = 1.
Trong trường hợp này, f 1 và g2 là phù hợp. Áp dụng bước 1, ta thu được:
f 1 ∗ f 2 tương đương thực sự với f 1 ∗ g2 , f 1 ∗ g2 = g2 ∗ f 1 và g2 ∗ f 1 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 f 1 ∗ f 2 tương đương thực sự với g1 ∗ g2 . Ta kết thức bước 2.
Bước 3. Giả sử rằng gcd( a1 a2 , a1 a2 ) = 1.
Vì gcd( a1 a2 , a1 a2 ) = 1, nên theo Định lý thặng dư Trung Hoa, ta có thể chọn


21

các số nguyên B, n và n sao cho b + 2a1 a2 n = b + 2a1 a2 n = B . Ta đặt
k1 := f 1

1 a2 n
0 1

= ( a1 , B, e1 ) ∈ C1 ,

k2 := f 2

1 a1 n
0 1

= ( a2 , B, e2 ) ∈ C2 ,

h1 :=( f 1 ∗ f 2 )

1 n
0 1

= ( a1 a2 , B, •),

với các số nguyên e1 , e2 nào đó. Rõ ràng h1 tương đương thực sự với f 1 ∗ f 2 . Vì
B2 − D
dạng h1 có biệt thức D, nên a1 a2 |
. Gọi w ∈ Z là số nguyên sao cho
4
B2 − d
a1 a2 w =
. Vì biệt thức của k1 là B2 − 4a1 e1 = D, do đó a2 w = e1 . Tương
4
tự, ta có a1 w = e2 và như vậy k1 và k2 là hai dạng phù hợp, và k1 ∗ k2 = h1 .
Ta đặt
l 1 : = g1

1 a2 n
0 1

= ( a1 , B, •) ∈ C1 ,

l 2 : = g2

1 a1 n
0 1

= ( a2 , B, •) ∈ C2 ,

h2 :=( g1 ∗ g2 )

1 n
0 1

= ( a1 a2 , B, •).

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 .
Vì gcd( a1 a2 , 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 ∗ f 2 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 f 1 ∗ f 2 tương đương thực sự với g1 ∗ g2 .
Ta kết thúc Bước 3.
Bước 4. Ta xét trường hợp tổng quát.
Từ Bổ đề 2.1.10, tồn tại hai dạng toàn phương phù hợp j1 = ( a1 , b , •) ∈ C1
và j2 = ( a2 , b , •) ∈ C2 sao cho gcd( a1 , a2 ) = 1 và gcd( a1 a2 , a1 a2 a1 a2 ) = 1. Nói
riêng ta có gcd( a1 a2 , a1 a2 ) = 1. Từ Bước 3, ta kết luận rằng f 1 ∗ f 2 tương 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 f 1 ∗ f 2 tương đương thực sự với g1 ∗ g2 .